9-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2022 год, третья лига, 11-12 классы

Дан остроугольный треугольник $ABC$, в котором $AB \neq AC$. Пусть $D$ --- точка на прямой $BC$ такая, что прямая $DA$ касается описанной окружности треугольника $ABC$. Пусть $E$ и $F$ --- центры описанных окружностей треугольников $ABD$ и $ACD$ соответственно, а $M$ --- середина отрезка $EF$. Докажите, что касательная к описанной окружности треугольника $AMD$ в точке $D$ также касается описанной окружности треугольника $ABC$.

Комментарий/решение

Б.О.О. $AB>AC$.

$O$ - центр $(ABC)$. Пусть $X$ - точка на касательной к $(AMD)$ в точке $D$ в одной полуплоскости с $M$ относительно $AD$. Тогда раз $DA$ касается $(ABC)$ то разумно будет доказывать, что $DO$ является биссектрисой $\angle ADX$.

$(i):$

$EDFO$ - параллелограмм. Это следует из простого счета углов:

$$\angle BDF=90-\frac{\angle DFC}{2}=90-\angle DAC=90-\angle ABC \Rightarrow DF \bot AB, DF||OE.$$

$(ii):$

$$\angle XDM=\angle DAM; \angle DAO=90, DM=MO=MA \Rightarrow \angle DAM=\angle ADM.$$

То есть $DO$ является биссектрисой $\angle ADX$.

Сделаем инверсию в точке $D$ с радиусом $DA$.Так как $B$ и $C$ меняются местами то $E,F$ переведется в отражение $D$ относительно $AC,AB$ соответственно(Пусть это $E',F'$).Обозначим через $P,Q$-проекцию $D$ на $AC,AB$,$A'$-точку так что $ABA'C$-был гармоническим и $M$-середина $AA'$.Тогда $-1=(A,A';B,C)\stackrel{A}{=}(D,M;Q,P)$.Поэтому если $D'$-отражение $D$ относительно $M$ то $(D,D';E',F')=-1$.Но также если $M'$-инверсный образ $M$ то $-1=(E,F;M,\infty)\stackrel{D}{=}(E',F';M',D)$ тоесть $M'=D'$ а значит так как $ADA'M'$-ромб то $AM'\parallel DA'\Rightarrow (AMD),A'D$-касаются