7-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2020 год, третья лига, 11-12 классы

Дөңес $ABCD$ төртбұрышы центрі $I$ болатын шеңберге сырттай сызылған. Осы шеңбер $AD$, $DC$, $CB$ және $BA$ қабырғаларын сәйкесінше $K$, $L$, $M$ және $N$ нүктелерінде жанайды. $AD$ және $BC$ түзулері $E$, ал $AB$ және $CD$ түзулері $F$ нүктесінде қиылысады. $KM$ түзуі $AB$ және $CD$ түзулерін сәйкесінше $X$ және $Y$ нүктелерінде қисын. $LN$ түзуі $AD$ және $BC$ түзулерін сәйкесінше $Z$ және $T$ нүктелерінде қисын. Келесі шарттар сонда, және тек сонда ғана орындалатынын дәлелдеңіз: егер $\triangle XFY$-ға сырттай сызылған шеңбер мен диаметрі $EI$ болатын шеңберлер жанасса, онда $\triangle TEZ$-ға сырттай сызылған шеңбер және диаметрі $FI$ болатын шеңберлер жанасады. (Шарттар үшін «сонда және тек сонда ғана» дегеніміз, егер бірінші шарт орындалса екінші шарт орындалатынын, және керісінше, екінші шарт орындалса, бірінші шарт орындалатыны дәлелдеу керек.)

Комментарий/решение

Хорошо известно, что $AC,BD,KM,LN$ параллельны в $P'$. Пусть $P=IP'\cap EF$.

Мы также легко доказываем, что $(XPY)$ касается $(EI)$ в точке $P$.

Случай 1: $I\notin (XFY)$. Обращаясь относительно $(I)$, получаем, что $(X'F'Y')$ касается $KM$. Но $(X'P'Y')$ также касается $KM$, поэтому $X',F',Y',P'$ концикличны или $X,Y,F,P$ концикличны.

Таким образом, $(YP,YX)\equiv (FP,FX)\equiv (IP,IL) \pmod{\pi}\подразумевается, что I,L,P,Y$ являются конциклическими.

Пусть $W=IL\cap KM$, имеем $P'Y.P'W=P'P.P'I=P'L.P'N\ подразумевает, что W,L,Y,N$ лежат на одной окружности.

Следовательно, $(YW,YN)\equiv (LI,LN)\equiv (NP',NI) \pmod{\pi}$, но $IN\perp YN$, поэтому $KM\perp NL$.

Следовательно, $ABCD$ — взаимный четырехугольник и $P$ — его точка Микеля. Можно доказать, что $(TEZ)$ касается $(FI)$ в точке $P$, просто преследуя угол.

Случай 2: $I\in (XFY)$. Очевидно, что $(XFY)$ и $(EI)$ касаются в точке $I$, поэтому $IX=IY$. Пусть $H$ — середина $KM$.

По теореме Менелая и учитывая, что $XN=YL,FL=FN$, имеем, что $L,H,N$ коллинеарны, то есть $L\in AC,BD$.

Поскольку $HI.HE=HM.HK=HN.HL\ подразумевает E\in (FI)$. Окончательно,

$(FE,FI)+(ZE,ZT)\экв (LE,LI)+(IK,IF)\экв (HL,HI)+(IK,IF)\экв (IF,KM)+(IK,IF )\экв (ИК,КМ)\экв (EI,EC) \pmod{\pi}$

$\подразумевается, что (FI)$ касается $(TEZ)$ в точке $E$. Итак, мы закончили.