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

Центрі $I$ болатын, $\triangle ABC$-ға іштей сызылған шеңбер $BC$-ны $D$ нүктесінде жанайды. $P$ және $Q$ нүктелері $BC$ қабырғасында $\angle PAB = \angle BCA$ және $\angle QAC = \angle ABC$ болатындай жатыр. $K$ және $L$ нүктелері сәйкесінше $ABP$ және $ACQ$ үшбұрыштарына іштей сызылған шеңберлер центрі. $AD$ түзуі $\triangle IKL$-дің Эйлер түзуі болып келетінін дәлелдеңіз. (Эйлер түзуі дегеніміз ол үшбұрыштың ортоцентрі мен оған сырттай сызылған шеңбер центрі арқылы өтетін түзу.)

Комментарий/решение

1) Точки $P,Q$ восстанавливаются следующим образом, рассмотрим окружность с радиуcом $R=AB$ с центром $B$, совершим инверсию относительно этой окружности, точки $C$ тогда $P$ и есть образ точки $C$, аналогично $R=AC$ с центром $C$ для точки $Q$.

2) Пусть $G \in AL \cap BI, \ F \in AK \cap CI$, тогда $\angle IGL = \dfrac{\angle B + \angle C}{2}$ и учитывая что $\angle CAQ = \angle B$ тогда $\angle GLI = \dfrac{\angle B + \angle C}{2}$ то есть $GI=GL$ аналогично $FI=FK$.

3) Проведем через $I$ прямую параллельную $AB$ пусть она пересекает $AC$ в точке $E$ тогда так как $\angle AEI = 180^{\circ}-A = \angle B + \angle C$ но $\angle IGA = \angle B + \angle C$ то есть $AIGE$ лежат на одной окружности, аналогично проведем через $I$ параллельную $AC$ пересекающая $AB$ в точке $T$ тогда $ATFI$ лежат на одной окружности.

4) Так как $\angle IEG = \angle IAG = \dfrac{\angle A - \angle B}{2}$ но $\angle EIL = B + \dfrac{C}{2}$ тогда $\angle IEG + \angle EIL = 90^{\circ}$ то есть $EG \perp IL$ аналогично $TF \perp IK$ то есть они серединные перпендикуляры $IKL$.

5) Докажем что $EG,TF,AD$ пересекаются в одной точке. Пусть $J \in EG \cap BC, \ M \in TF \cap BC$ покажем что $JD=MD$

Доказательство: отметим что $TIEA$ - ромб по построению, тогда $IT=IE$ так же $BT=BM$ так как $TF$ серединный перпендикуляр $IKL$ и $BI$ биссектриса, значит $IT=IM$ аналогично $IE=IJ$ то есть $IT=IE=IJ=IM$ так как $ID \perp BC$ тогда $JD=MD \ (1)$$.

Пусть $H \in EG \cap AD$ и тогда по теореме Менелая: $$\dfrac{CE}{AE} \cdot \dfrac{AH}{DH} = \dfrac{JC}{JD}$$ или $$\dfrac{AH}{DH} = \dfrac{JC}{JD} \cdot \dfrac{AE}{CE}$$ аналогично пусть $H_{1} \cap TF \cap AD$ тогда

$$\dfrac{AH_{1}}{DH_{1}} = \dfrac{MB}{MD} \cdot \dfrac{AT}{BT}$$ покажем что $$\dfrac{JC}{JD} \cdot \dfrac{AE}{CE} = \dfrac{MB}{MD} \cdot \dfrac{AT}{BT}$$ учитывая $(1)$ и $JC = CE, \ MB = BT$ тогда

$$\dfrac{CE \cdot AE}{CE} = \dfrac{BT \cdot AT}{BT}$$ или $AE=AT$ что верно, значит $EG,TF,AD$ пересекаются в одной точке.

6) $V \in AH, \ KV \perp IL$ тогда и $V_{1} \in AH, \ LV_{1} \perp KI$ тогда покажем по угловой форме теоремы Чевы

$$\dfrac{\sin \angle KAH}{\sin \angle LAH} = \dfrac{\sin \angle KLV_{1}}{\sin \angle LKV}$$

Пусть $\angle IKL = x, \ \angle KIF=a$ тогда $\dfrac{\sin \angle KAH}{\sin \angle LAH} = \dfrac{\cos(x)}{\cos(a-x)}$ но $\dfrac{\sin \angle KLV_{1}}{\sin \angle LKV} = \dfrac{\sin(90^{\circ}-x)}{\sin(90^{\circ}-(a-x))} = \dfrac{\cos(x)}{\cos(a-x)}$ то есть $V=V_{1}$ она же и есть ортоцентр $IKL$, значит $A,V,H,D$ лежат на прямой Эйлера.