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

Биіктіктерінің қиылысуы нүктесі $H$ болатын сүйірбұрышты $ABC$ ($AC > AB$) үшбұрышы $\Gamma$ шеңберіне іштей сызылған. $M$ және $P$ нүктелері сәйкесінше $BC$ және $AH$ кесінділерінің орталары. $AM$ түзуі $\Gamma$-ны екінші рет $X$ нүктесінде қияды. $N$ нүктесі $BC$ түзуінде жатыр және $NX$ түзуі $\Gamma$-ны жанайды. Диаметрі $MP$ болатын шеңбердің бойынан $\angle AJP=\angle HNM$ болатындай $J$ және $K$ нүктелері белгіленген ($B$ және $J$ нүктелері $AH$ түзуінің бір жағында жатыр). $K$, $H$ және $J$ нүктелері арқылы өтетін $\omega_1$ шеңбері мен $K$, $M$ және $N$ нүктелері арқылы өтетін $\omega_2$ шеңбер өзара сырттай жанасады. $\omega_1$ және $\omega_2$ шеңберлерінің ортақ сыртқы жанамалары $NH$ түзуінің бойында қиылысатынын дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

Отметим что данная окружность с диаметром $MP$ есть окружность девяти точек $\omega_{9}$ тр $ABC$. Пусть $AF,CD,BE$ высоты и $HJ' \perp DE, \ J' \in DE$

Покажем два факта, то что точки в условии определяются как:

1) Точка $J \in PJ' \cap \omega_{9}$

2) Точка $K \in AM \cap \omega_{9}$

Доказательство первого пункта: Опишем окружность $\omega$ около $ADHE$ тогда его центр находится в $P$, тогда из вписанности $BDHF$ выходит $\angle HFD = \angle HBD = \angle DHE - 90^{\circ} = 90^{\circ} - \angle DAE = 90^{\circ}-\dfrac{\angle DPE}{2} = \angle DPE$ то есть $DP$ касательная к окр-и $BDHF$ если $F' \in AF \cap DE$ значит $PF' \cdot PF = PD^2$, тогда рассмотрим инверсию $\omega_{9}$ относительно $\omega$ тогда ее образ есть прямая $DE$. Это значит что образы любых точек на прямой $DE$ при инверсии лежат на $\omega_{9}$.

Так же покажем что $AHJK$ вписанный, опишем окружность около $AHJ$ тогда $PJ' \cdot PJ = PA^2$ или $\angle PAJ' = \angle PJA$ учитывая $\angle HJP = \angle J'HA$ тогда радиус окружности описанная около $AHJ'$ равна $AHJ$, тогда так как при инверсии $\omega_{9}$ относительно $\omega$ переходит $DE$ а окр $AHJ$ переходит в $AHJ'$ пусть точки пересечений образов будет точка $K'$, тогда если $K \in PK' \cap \omega_{AHJ}$ но $\angle HJ'K' = \angle HAK'$ но тогда из $PK \cdot PK' = PA^2$ откуда $\angle PKA = \angle HAK' = 90^{\circ}$ но тогда $AK$ пересекает $BC$ в середине из свойств окружности девяти точек.

Покажем что $NH \perp AJ'$ это и докажет $\angle AJP = \angle HAJ' = \angle HNM$.

Если $O$ центр $\Gamma$ и так как $NX$ касательная, учитывая что $OM \perp BC$ тогда проведя $AQ || BC$ где $Q \in \Gamma$ если $U \in AQ \cap OM$ тогда $\angle AXQ = \angle UOQ$ значит $OMXQN$ вписанный откуда $NQ$ так же касательная, тогда $CN = \dfrac{CQ^2}{AQ} = \dfrac{AB^2}{AQ} \ (*)$ так как $ABCQ$ равноб-я трапеция.

Пусть $E'D'$ и $E' \in AB, D' \in AC$ симметрична биссектрисы $l$ угла $BAC$ пусть $J''$ симметрична $J'$ относительна $l$, тогда $J''D=J'D$ пусть $V \in AJ'' BC, \ T \in AJ'' \cap \Gamma$ тогда из того что $E'D' || BC$ получается

$\dfrac{J''D'}{CV} = \dfrac{E'D'}{BC} = \dfrac{ED}{BC}$ но из подобия $DHE, BHC$ выходит $\dfrac{J'D}{BF} = \dfrac{DH}{BH} = \dfrac{ED}{BC}$ то есть $BF=CV$ если $G \in AF \cap \Gamma$ тогда покажем что $G,T,N$ лежат на одной прямой.

Пусть $N' \in GT \cap BC$

тогда применим теорему Менелая для секущей $NF$ и $GAT$ тогда

$$\dfrac{GF}{AF} \cdot \dfrac{AV}{TV} = \dfrac{N'G}{N'T}$$ учитывая что $GF \cdot AF=AV \cdot TV$ тогда $GF=\dfrac{AV \cdot TV}{AF}$

тогда $\dfrac{AV^2}{AF^2} = \dfrac{N'G}{N'T}$ или $\dfrac{AQ^2}{AF^2}=\dfrac{GT}{N'T} \ (1)$

Аналогично для $AT$ и $GN'F$ учитывая $FV=AQ$

$$\dfrac{GT}{N'T} \cdot \dfrac{N'V}{AQ} = \dfrac{AG}{AF}$$

подставляя $(1)$ в уравнение

$$\dfrac{AQ^2}{AF^2} \cdot \dfrac{N'V}{AQ} = \dfrac{AG}{AF}$$

или $AQ \cdot N'V = AG \cdot AF$ преобразовывая

$AQ \cdot (CN'+CV) = AG \cdot AF$

$AQ \cdot CN' = AG \cdot AF-AQ \cdot CV$

$CN' = \dfrac{(AF+FG) \cdot AF-AQ \cdot CV}{AQ}$

$CN' = \dfrac{AB^2-CV^2+FG \cdot AF - AQ \cdot CV}{AQ}$

$CN' = \dfrac{AB^2+FG \cdot AF-CV \cdot (CV+AQ)}{AQ}$

так как $CV \cdot (CV+AQ) = BF \cdot CF = FG \cdot AF$

$CN' = \dfrac{AB^2}{AQ}$ то есть равно $(*)$ значит $N'=N$

Но так как $H,O$ изоганально сопряжены и $HF=HG$ тогда $\angle HAJ' = \angle OAV = \dfrac{180^{\circ} - \angle TOA}{2} = 90^{\circ}- \angle AGT = 90^{\circ} - \angle GHN = \angle HNM$

Доказательство второго пункта: для этого достаточно доказать что $\angle NKH = 90^{\circ}$, покажем что $PKH, MKN$ подобны, так как $\angle PKH = \angle KMN$ нужно показать что

$$\dfrac{PK}{MK} = \dfrac{PH}{MN}$$

учитывая $PK \cdot AM = AP \cdot FM$

$MN \cdot FM = AM \cdot MK$

и так как $\angle AP \cdot AF = AK \cdot AM$

$MN \cdot FM = AM(AM-AK) = AM^2-AP \cdot AF$

$MN \cdot FM = AF^2+FM^2-AP \cdot AF$

$(CN+CV+FM) \cdot FM = AF^2+FM^2-AP \cdot AF$

$(CN+CV) \cdot FM = AF^2-AP \cdot AF$

и так как $CN = \dfrac{AB^2}{AQ}$ если $S$ середина $AB$ тогда $AP \cdot AF = AS \cdot AD$

$AB^2+2CV \cdot FM = 2AF^2-2AS \cdot AD$

$AB^2+2CV \cdot FM = 2AF^2-AB \cdot AD$

$CV^2+2CV \cdot FM = AF^2-AB \cdot AD$

$2CV^2+2CV \cdot FM = AB \cdot BD$

$CV \cdot BC = AB \cdot BD$

$\dfrac{BC}{AB} = \dfrac{BD}{CV}$ что верно

тогда $\angle HKN = \angle PKM = 90^{\circ}$ или $FHKN$ вписанный.

3) Проведем через точку $K$ перпендикуляр $l_{1}$ к общей внутренней касательной окр $\omega_{AKJ}, \omega_{KMN}$ с центрами $O_{1},O_{2}$ и радиусами $R_{1},R_{2}$ соответственно, тогда $O_{1},O_{2}$ лежат на $l_{1}$ пусть $I \in l_{1} \cap \omega_{AKJ}, \ Y \in NH \cap l_{1}$ тогда из того что $\angle NKH = 90^{\circ}$ значит $NK || IH$ откуда

$\dfrac{YI}{YK} = \dfrac{IH}{KN} = \dfrac{R_{1}}{R_{2}}$ значит внешние касательные пересекаются в точке $Y$.