Международная олимпиада 2021, Санкт-Петербург, Россия, 2021 год

Точка $D$ внутри остроугольного треугольника $ABC$, в котором $AB > AC$, такова, что $\angle DAB =\angle CAD.$ Точка $E$ на отрезке $AC$ такова, что $\angle ADE =\angle BCD$; точка $F$ на отрезке $AB$ такова, что $\angle FDA =\angle DBC$; точка $X$ на прямой $AC$ такова, что $CX = BX$. Точки $O_1$ и $O_2$ — центры описанных окружностей треугольников $ADC$ и $EXD$ соответственно. Докажите, что прямые $BC,$ $EF$ и $O_1O_2$ пересекаются в одной точке.

Комментарий/решение

Так как $\angle FDE + \angle BDC = 180^\circ$, то в четырехугольнике $CBFE$ существует точка $D'$ изогонально сопряженная точке $D$, она также изогонально сопряжена $D$ в $\Delta FAE$, поэтому она лежит на биссектрисе $AD$. Тогда $\angle D'CE = \angle DCB = \angle ADE$, значит $DD'EC$ - вписанный, аналогично $DD'FB$ - вписанный, тогда $AF*FB=AD'*AD=AE*AC$, значит $BFEC$ - вписанный. Пусть $EF \cap BC = S$, тогда, по лемме об изогоналях для угла $\angle FDC$ и изогоналей $DE$ и $DB$, выходит, что $DS$ и $DA$ - изогонали, тогда $\angle SDC = \angle FDA = \angle FBD' = \angle DBC$, значит $SD^2=SC*SB=SE*SF$ $(1)$. Пусть теперь окружность с центром $S$ и радиусом $SD$ пересекает прямую $AC$ в точках $Y$ и $Z$, тогда из $(1)$ выходит, что $BFYSZ$ - вписанный. Простым счетом углов можно убедиться, что $BX$ - касательная к $(BFYZS)$. Тогда по теореме Дезарга об инволюции для вырожденного четырехугольника $SBBF$, его описанной окружности и прямой $AC$, $(Y,Z), (A,C), (X,E)$ - пары инволюции, тогда окружности $(DYZ), (DAC), (EDX)$ имеют вторую точку пересечения, то есть их центры $S,O1,O2$ лежат на одной прямой, что и требовалось -_-

и как до этого додуматься можно было

Начните с доказательства цикличности $BCEF$ (например, введя изогональное сопряжение $D$, как это делают другие решения).

Пусть $EF$ пересекает $BC$ в точке $Y$, прогоняя угол, можно показать, что $YD^2 = YB \cdot YC$.

Обратите внимание: $(BFY)$ и $AC$ являются обратными относительно круга $\omega$ с центром в $Y$, проходящего через $D$.

Пусть $(BFY)$ пересекает $(AC)$ в точке $(P, Q)$.

Чеканка угла дает тангенс $XB$ к $(BFY)$.

DIT, примененный к $FYBB$, дает, что $(P, Q), (X, E), (A, C)$ — пары инволюции на $AC$.

Следовательно, $\omega$, $(ADC)$ и $(DEX)$ соосны (поскольку $D$ также лежит на радикальной оси), и мы закончили.

Пацаны а вы сколько умеете чеканить угол? Я вот 6 могу

Вчера рекорд свой побил, 8 раз

Как? Я только 3 могу

Небаян вам Лишь бы всегда куда то влезть

1. Точки $B, F, E, C$ лежат на одной окружности.

Доказательство:

Пусть $D'$ изогональна сопряженная к точке $D$ в четырехугольника $BFEC$. Тогда известно что точки $A, D, D'$ лежат на одной прямой. Понятно $DD'CE$ и $DD'BF$ вписанные, из чего следует наше утверждение.

2. Окружности $(DEF)$ и $(BDC)$ касаются.

Доказательство:

Заметим что $\angle DEF + \angle DCB = 180 - \frac{\angle A}{2} - \angle B -\angle ADE + \angle DCB = 180 - \frac{\angle A}{2} - \angle B=180 - \angle DAB - (\angle ADF + \angle ABD) = \angle FDB$.

Откуда легко следует требуемое.

Пусть $T=BC \cap EF$. Тогда $TD^2=TB*TC=TE*TF$. Теперь пусть $K=(AEF) \cap (ABC)$.

3. Точки $K, E, B, X$ лежат на одной окружности.

Доказательство:

$\angle EKB = \angle TKB - \angle TKE=180 -2\angle C = \angle EXB$

что и требовалось.

Пусть $L=(ADC) \cap (EDX)$ и $R=AC \cap BM$. Понятно $LR*RD=AR*RC=KR*RB$.

Значит точки $L, K, D, B$ лежат на одной окружности.

4. $TL=TD$.

Доказательство:

При инверсии с центром в точке $T$, и с радиусом $TD^2=TB*TC=TK*TA$, окружности $(ADC)$ и $(KDB)$ переходят в друг друга, значит их точки пересечения равноудалены от точки $T$ откуда легко следует требуемое.

Из последнего легко понять что точки $T, O_1, O_2$ лежат на одной прямой, а именно на серпере отрезка $LD$, что и требовалось доказать.