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 $YZ||AE$.