8-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2021 год, вторая лига, 9-10 классы

Около остроугольного неравнобедренного треугольника $ABC$ описана окружность $\Gamma$, а в него вписана окружность с центром в точке $I$. Прямая $AI$ вторично пересекает $\Gamma$ в точке $M$. Точка $N$ — середина стороны $BC$, точка $T$ на $\Gamma$ такова, что $IN \perp MT$. Прямые $TB$ и $TC$ пересекаются с прямой, проходящей через $I$ перпендикулярно $AI$, в точках $P$ и $Q$ соответственно. Докажите, что $PB = CQ$.

Комментарий/решение

Пусть $IN \cap MT = J$, $S$ диаметрально противоположна $M$, линия, проходящая через $I$, перпендикулярная $AI$, пересекает $BC$ в точке $K$ и пусть $KM \cap \Gamma = L$.

$90 = \angle{MNK} = \angle{MIK}$, поэтому $(KINM)$ является вписаным, поэтому $\angle{JMN} = \angle{KNI} = \angle{KMI} \Rightarrow \angle{SMT} = \angle{LMA} \Rightarrow LT || AS$ и поскольку $AS \perp AM \Rightarrow LT || PK$

Таким образом, $\angle{BPK} = \angle{BTL} = \angle{BML} = \angle{BMK} \Rightarrow (PKBM)$ является вписаным, и аналогично мы имеем вписаным $(QCMK)$.

Итак, $\angle{KPM} = \angle{MBC}$ и $\angle{KQM} = \angle{KCM} = \angle{BCM} \Rightarrow \angle{QPM} = \angle{PQM}$, поэтому $IP = IQ$, поэтому если $PQ \cap AB = A'$ и $PQ \cap AC = B'$, то $PB' = QC'$. При этом $\angle{QC'C} = \angle{PB'B} \Rightarrow \sin\angle{QC'C} = \sin\angle{PB'B}$ и $\angle{QCC'} = \ угол{TCA} = \angle{TBA} = 180 - \angle{PBB'} \Rightarrow \sin\angle{QCC'} = \sin\angle{PBB'}$. По теореме Синусов

$QC = \frac{C'Q\sin\angle{CC'Q}}{\sin\angle{QCC'}}$ и $PB = \frac{B'P\sin\angle{BB'P}} {\sin\angle{PBB'}} \Rightarrow QC = PB$ по желанию.

Пусть $(MNB) , (MNC)$ пересекают $IN$ в точках $D,E$ соответсвенно. Пусть $BD \cap CE = X$. Докажем что $X=T$.(Пусть $X,A$ находятся по одну сторону от прямой $BC$).

$\angle MNB=\angle MNC = 90 \rightarrow \angle MDX=\angle MEX=90$ по вписанности.

$\angle MDE=\angle MBN=\angle MCN=\angle MED \rightarrow MD=ME, \triangle DME \sim \triangle BMC$

$MD=ME , \angle MDX=\angle MEX=90 \rightarrow MDXE$ - вписанный дельтоид.Значит $IN \perp MX$. $(1)$

$\triangle DME \sim \triangle BMC \rightarrow \angle BXC=\angle DXE=180 - \angle DME = 180 - \angle BMC = \angle BAC$ , Значит $X$ лежит на $(ABC)$. $(2)$

Из $(1),(2)$ очевидно следует $T=X$.

$\angle MIP=\angle MIQ=90 ,$ из чего следует вписанности $(MDIP),(MEIQ)$

Из вписанностей$(MBDN,MDIP,MEIQ,MCEN)$:$\triangle MBP \sim \triangle MNI \sim \triangle MCQ$ , но так как $MB=MC, \rightarrow \triangle MBP = \triangle MCQ$

Отсюда $BP=CQ$

Пусть прямая перпендикулярная к $AI$ пересекает стороны $AC$ и $AB$ в точках $D$ и $E$ соответсвенно. Пусть прямая $DE$ пересекает $(ADM)$ и $(AEM)$ в точках $P’$ и $Q’$. Докажем что $P’=P$ и $Q’=Q$.

Пусть $(P’IM)$ пересекает $IN$ в точке $L$. Аналогично определим точку $K$. Тогда заметим что $\angle MLN= \angle IPM= \angle BAM = \angle MBN$. То есть точки $L, N, M, B$ лежат на одной окружности. Значит $\angle MLB = \angle MLP = \angle MIP = 90$. Значит точки $L, B, P’$ лежат на одной прямой. Аналогично, точки $K, C, Q’$ лежат на одной прямой. Заметим что, $\angle MTC = \angle MAC = \angle MKL$. Значит точки $L, T, K, M$ лежат на одной окружности.

Значит $\angle MLT = \angle MKT = \angle MIQ’ = 90$. Значит точки $B, L, T$ лежат на одной прямой. Значит $P’=P$ и $Q’=Q$. Дальше легко заметить равенство треугольников $\triangle MBP$ и $\triangle MCQ$ по двум углам и сторонам $MB$ и $MC$. Отсюда, $PB=CQ$.