39-я Балканская математическая олимпиада. Кипр, 2022 год

Пусть $ABC$ является остроугольным треугольником с описанной окружностью $\omega$ и центром описанной окружности $O$ так, что $CA\ne CB$. Пусть $\tau_A$ и $\tau_B$ являются касательными к окружности $\omega$ в точках $A$ и $B$ соответственно, которые пересекаются в точке $X$. Пусть точка $Y$ является основанием перпендикуляра, опущенного из точки $O$ на отрезок $CX$. Прямая, проходящая через точку $C$, параллельная прямой $AB$, пересекает $\tau_A$ в точке $Z$. Докажите, что прямая $YZ$ проходит через середину отрезка $AC$.

Комментарий/решение

Заметим что $OA \bot AX , OB \bot BX$ значит точки $A,Y,O,B,X$ лежат на одной окружности с диаметром  $OX$. Заметим что $\angle CZA=\angle BAX=\angle ABX=\angle AYX$ значит $ZCYA$ вписанный. Легко увидеть что $\triangle CAZ \sim \triangle ABC$. B силу того что $\angle AZY=\angle ACY$ то $ZY$ и $CY$ изогонально сопряженные чевианы в подобных треугольниках, но так как $CY$ семидиана значит $ZY$ медиана

Альтернативное решение:

$F \in BX \cap ZC$ если $H$ середина $ZF$ тогда $CHOY$ вписан в $\omega_{1}$ если $E \in \omega_{1} \cap AC, \ G \in \omega_{1} \cap BC$ тогда при гомотетий $(C,2)$ $\omega_{1} -> \omega$ если $Y -> Y'$ покажем что если $Z' \in Y'A \cap CZ$ тогда $ZZ' = ZC$ вытекает из того что $AB$ поляра точки $X$ значит если $L \in XC \cap AB$ тогда точки $(XL, Y'C)=1$ образуют гармоническую четверку то есть $\dfrac{CL}{LY'} = \dfrac{CX}{XY'}$ откуда $ZZ'=ZC$ значит $E$ середина $AC$ и $E \in ZY$ так как переходит в $Z'Y'$.

Так как $Y$ это проекция из $O$ на семидиану отсюда $Y$ это точка Балтая в треугольнике $ABC$. Пусть точка $E$ пересечение $CX$ с окружностью.Тогда $ABCE$ гармонический и $Y$ будет центром диагонали то есть центром $CE$. Если возьмем центр $AC$ как $D$ тогда $YD||AE$ и докажем что $YZ||AE$ отсюда будет следовать что $Y,D,Z$- коллинеарны.Заметим что $\angle ZAY+ \angle ZCY=180$ значит $ZCYA$-вписанный. Отсюда $ \angle YZC= \angle YAC= \angle BAE$ значит $YZ||AE$.

$\angle CZA=\angle BAX=\angle ABX=\angle AYX\Rightarrow$ $CZAY$ вписанный. $\angle OYX=90=\angle OAX\Rightarrow$ $OYAXB$ вписанный. $(ABX)\cup CB=E,$ $ZC\cup XE=F,$ так как $XEYA$ и $ZCYA$ вписанный по теорема Микеля $FCYE$ вписанный. $\angle CZX=\angle BAX=\angle BEX,$ тогда $ZC,AY$ и $XE$ пересекаются в одной точке так как они рад. оси окрудностей $(AZCY),(AYEX)$ и $ZCEX)\Rightarrow E$ точка микеля четырехугольника $CZAY.$ $\angle ECA=\angle BAX=\angle AZC\Longrightarrow EC$ касается к $(ACZ)$ $\Rightarrow$ $\angle CAF=\angle ECY=\angle EFY$ $\Rightarrow$ $CA\parallel XF$ $\Rightarrow$ $\angle ACY=\angle EXY=\angle EAY$ $\Rightarrow ZE$ симедиана треугольника $CZA$. $\angle AZY=180-\angle ZAY-\angle ZYA=180-\angle ZAF-\angle ZCA=180-\angle ZEF-\angle ZFE=\angle CZE\blacksquare$

По свойством точка Болтая заметим что точка $Y$ является точкой Болтая треугольника $BCA$ ведь $CX$ - симмедиана а $Y$ - $O$ проекция на $CX$ . Тогда $\angle CAY$ = $\angle BCY$ и $\angle CBY = \angle YCA$ . Пускай $M$ - $AC$ $\cap$ $ZY$ и $\angle YAC$ $=$ $\angle YCB$ $=$ $\alpha$ и $\angle YCA = \angle YBC = \beta$ . $T$ - $(ABC)$ $\cap$ $CX$ $\Rightarrow$

$\angle YAC = \angle YCB = \alpha = \angle BAT$ и $\angle YCA = \angle YBC = \beta = \angle ABT$ и из-за касательности $\angle TAX$ $=$ $\beta$ ; $\angle TBX = \alpha$ и пусть $P$ - $ZC$ $\cap$ $BX$ $\rightarrow$ $\angle ABC = \angle BCP = \angle CAZ = \theta$ $\Rightarrow$ $\angle CAB$ $=$ $180 - \alpha - \beta - \theta$ $\Rightarrow$ $\angle YAB = 180 - 2\alpha - \beta - \theta$ $\Rightarrow$ четырехугольник $AYBX$ - вписанный .

(P.S $\angle YXB = 180 - \angle YCB - \angle CBX = 180- \alpha - \theta - \beta - \alpha$) .

Так как из-за $AB \parallel ZP$ $\Rightarrow$ $\angle PCB$ $=$ $\angle CAB$ $=$ $\theta$ и $\angle CBP = 180 - \alpha - \beta -\theta$ $\Rightarrow$ $\angle CPB$ $=$ $\alpha + \beta$ $\rightarrow$ $CYBP$ вписанный .

(P.S $\angle YCB = \alpha$ и $\angle YBC = \beta$ $\Rightarrow$ $\angle CYB = 180 - \alpha - \beta$) .

Тогда то точке Микеля заметим что $ZCYA$ - вписанный , $\angle ATC = \angle ZAC = \angle MYC$ $\rightarrow$ $AT \parallel MY$ и так как у нас $CY = YT$ $\rightarrow$ $CM = MA$ $\blacksquare$