8-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2021 год, третья лига, 11-12 классы

$\Gamma_1$ және $\Gamma_2$ шеңберлері $A$ және $B$ нүктелерінде қиылысады. $A$ арқылы өтетін түзу $\Gamma_1$ және $\Gamma_2$-ны сәйкесінше $C$ және $D$ нүктелерінде қияды ($A$ нүктесі $CD$ кесіндісінде жатыр). $\Gamma_2$-ге $A$ нүктесінде жүргізілген жанама түзу $\Gamma_1$-ді $E$ нүктесінде қияды. $\Gamma_2$ шеңберінде $2\angle AFC = \angle ABC$ болатындай $F$ нүктесі табылған ($F$ және $A$ нүктелері $BD$-ның екі жағында жатыр). $\Gamma_2$-ге $F$ нүктесіндегі жанама түзу, $BD$ және $CE$ түзулері бір нүктеде қиылысатынын дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

Сделаем инверсию с центром $A$. Будем обозначать $X'$ - образ точки $X$. Тогда $\Gamma_1,\Gamma_2$ перейдут в прямые $C'E'',F'B'$, соответственно, а $B'$ их пересечение. Из $2\angle AFC=\angle ABC$ имеем, что $2\angle AC'F'=\angle AC'B'$, то есть $C'F'$ - биссектриса $\angle AC'B'$;Также $AE'||B'D'$.

Касательная к $\Gamma_2$ в точке $F$ переходит в окружность $\omega$, который касается $B'D'$ в точке $F'$ и проходит через $A$. Таким образом необходимо доказать, что $\omega,(AC'E'),(AB'D')$ проходят через одну точку, т.е. соосны.

Пусть точка $X\in B'D'$ такая, что $AX$ касается $(B'D'C')$(откуда она касается и $AE'C'$). Тогда счётом углов несложно получить, что $XC'=XF'$. Следовательно $$pow_{(B'C'D')}X=XB'\cdot XD'=XC'^2=XF'^2$$ $$pow_{(C'E'A)}X=XC'^2$$ $$pow_{(AB'D')}X=XB'\cdot XD'$$ $$pow_{\omega}X=XF'^2$$ Это значит, что $AX$ общая радикальная ось окружностей $(AB'D'),\omega,(C'E'A)$, что требовалось