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

$ABC$ үшбұрышында ($\angle A \neq 90^\circ$) $O$ нүктесі — сырттай сызылған шеңбер центрі, ал $H$ нүктесі — $A$ төбесінен түсірілген биіктік табаны. $M$ және $N$ арқылы сәйкесінше $BC$ және $AH$ кесінділерінің орталарын белгілейік. $AO$ және $BC$ түзулері $D$ нүктесінде қиылысады, ал $H'$ нүктесі $H$ нүктесіне $M$-ге қарағандағы симметриялы нүкте. $\triangle OH'D$-ға сырттай сызылған шеңбер $\triangle BOC$-ға сырттай сызылған шеңберді $E$ нүктесінде қияды. $NO$ және $AE$ түзулері $\triangle BOC$-ға сырттай сызылған шеңбер бойында қиылысатынын дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

Вот гибридное решение, использующее проективную лемму, инверсию, а затем лемму о соотношении для завершения. Кроме того, позвольте мне упомянуть, что точка $M$ в моем решении не является средней точкой $BC$, поскольку она в любом случае бесполезна (так что это небольшое злоупотребление обозначениями).

Сначала пусть WLOG $AB>AC$ и определит несколько новых точек: пусть $Q$ будет точкой A-HM (точка пересечения $(BOC)$ и симмедианы), $AO \cap (ABC)=A' , OH \cap (BOC)=H", AH" \cap (BOC)=M', OM' \cap BC=M, OQ \cap BC=Q'$ (и известно, что $AQ'$ касается описанной окружности).

Первая часть — использовать проективное гео: проецируйте $(AH, N\infty)=-1$ через $O$ на окружность $(BOC)$, а затем через $A$ на $(BOC)$, чтобы увидеть желаемое. параллелизм эквивалентен $(EQ, OM')=-1$.

Теперь инвертируйте относительно описанной окружности. Тогда $(BOC) \rightarrow BC, H \rightarrow H", Q \rightarrow Q', E \rightarrow E', M' (\in AH") \rightarrow M (\in (AOH)$, т.е. $\angle AOM=90)$, и мы хотим доказать, что $M$ — это середина $Q'E'$. У нас есть $OM \parallel AQ' \iff \frac {DO} {AO}=\frac{DM} {MQ'} $, поэтому нам нужно $\frac {AO} {DO}=\frac {ME'} {MD} \iff \frac {DA'} {DO}=\frac {DE'} {DM} \iff OM \parallel A'E'$, поэтому мы хотим, чтобы $A'E'$ касалась $(ABC )$.

Теперь нам осталось сделать немного более длинный удар. Мы определяем $f(Z)=\pm \frac{ZB} {ZC}$ и используем леммы из раздаточного материала по лемме о соотношении mira74 (здесь: https://artofproblemsolve.com/community/c6h2357938p19166714) без доказательства. Нам нужно доказать, что $f(E')=f(A')^2=(\frac {\cos \gamma} {\cos\beta})^2$. Имеем $f(E')=f(E)f(O)=f(H')f(D)$ и легко доказать, что последнее есть $\frac{H'B}{H 'C} \frac{DB}{DC} =\frac{HC}{HB} \frac{DB}{DC} =\frac{AC}{AB}\frac {\sin (90-\gamma)}{ \sin (90-\beta)} \frac{AB}{AC}\frac{\sin (90-\gamma)}{\sin (90-\beta)}=(\frac{\cos \gamma}{ \cos \beta}) ^2$, используя классическую версию леммы о соотношении и равные отрезки $H'B=HC, H'C=HB$, и мы наконец закончили

Пусть $NO$ пересекает $(BOC)$ в точке $F$, докажем что $A,E,F$ коллинеарны.

$OH \cap (BOC) = X$, вначале покажем что $X,D,E$ лежат на одной прямой.

$\angle{OED}=\angle{OH'D}=\angle{OHH'}=\angle{OBH}+\angle{BOH}=\angle{OCB}+\angle{XCB}=\angle{OCX}$, то есть $X,D,E \in 1$ прямая так как $\angle{OED}=\angle{OEX}=\angle{OCX}$

Заметим, что $OX$ биссектра $\angle{BXC}$, откуда $\angle{XBO}=\angle{HBO}$, получаем что $OB^2=OH*OX$. Пусть $AO \cap (ABC) = P$, тогда $OH*OX=OB^2=OP^2$, значит $OP$ касается $(XHP)$. Из счета углов, $\angle{XPO}=\angle{PHO}=\angle{HON}$, ведь $NO$ средняя линия в $AHP$.

Из вписанностей $ABCP$ и $XBOC$, получаем $ED * DX = CD * DP = AD * DP$, то есть $XPEA$ вписанный, откуда $\angle{XEA}=\angle{XPA}=\angle{HON}$. В итоге, выходит что $180-\angle{HON}=\angle{XOF}=\angle{XEF}$, тоесть $\angle{XEF}+\angle{XEA}=180-\angle{HON}+\angle{HON}=180$, значит $A,E,F$ лежат на одной прямой, что и требовалось доказать.