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

Сүйірбұрышты $ABC$ үшбұрышы центрі $O$ болатын $\omega$ шеңберіне іштей сызылған. $E$ және $F$ нүктелері сәйкесінше $AC$ және $AB$ қабырғаларынан $O$ нүктесі $EF$ түзуінде жататындай және $BCEF$ іштей сызылған төртбұрыш болатындай алынған. $EF$ түзуі $\omega$-ның кіші $AB$ және $AC$ доғаларын сәйкесінше $R$ және $S$ нүктелерінде қияды. $K$ нүктесі $R$ нүктесіне $C$-ға қарағандағы, ал $L$ нүктесі $S$ нүктесіне $B$-ға қарағандағы симметриялы нүктелер. $BS$ және $RC$ түзу бойларында $PK \perp BC$ және $QL \perp BC$ болатындай сәйкесінше $P$ және $Q$ нүктелері алынған. Егер центрі $Q$ және радиусы $QL$ болатын шеңбер $\triangle BFS$-ға сырттай сызылған шеңберді жанаса, онда центрі $P$ және радиусы $PK$ болатын шеңбер $\triangle RCE$-ға сырттай сызылған шеңберді жанайтынын дәлелдеңіз. Осыған кері тұжырымды да дәлелдеңіз: егер центрі $P$ және радиусы $PK$ болатын шеңбер $\triangle RCE$-ға сырттай сызылған шеңберді жанаса, онда центрі $Q$ және радиусы $QL$ болатын шеңбер $\triangle BFS$-ға сырттай сызылған шеңберді жанайды.

Комментарий/решение

Из условия выходит что $EF \perp AO$, пусть $X \in AC \cap BS, \ Y \in AB \cap RC$ тогда $\angle BXC = \dfrac{\angle BOC + 90^{\circ}}{2} = \angle BYC$.

Покажем что если $BS \perp AC$ окружность с $R_{PK}$ и описанная около $RCE$ касаются.

Доказательство: пусть $O_{1}$ центр окружности $RCE$ и $BS \perp AC$ тогда нужно показать что $PO_{1} = O_{1}C + PK$.

1) Пусть $\omega_{1}$ окружность описанная около $SCK$ тогда, так как $\angle RCS=90^{\circ}$ и то что $CR=CK$ получаем $RS=SK$ если $G \in SC \cap \omega_{RCE}$ и $N \in \omega_{1} \cap GK, \ T \in GR \cap \omega$ тогда из симметрии получаем $SN=SG$ так же

если $H \in PK \cap BC$ и $A' \in PK \cap \omega_{1}$ и так как $\angle SCK = \angle SNK = 90^{\circ}$ учитывая что $\angle CKH = \angle SRB$ и $\angle CKN = \angle CSN = \angle TSC = \angle TRC = \angle BSR$ последнее выходит из счет углов и $\angle BSC= \angle SRT = 45^{\circ}$

получается $\angle NKH = 90^{\circ}$, пусть $A' \in PK \cap \omega_{1}$, тогда $ST=SN=SA'$ так же пусть $D \in BS \cap RT$ тогда из счета углов получаем $\angle SDT = \angle SPA'$ тогда $\Delta SA'P = \Delta SDT$ или $SP=SD$.

Тогда $PK=A'K+A'P=ST+DT$.

Так же отметим что что из счета углов можно убедиться что $BT || CR, \ BR || AC \ (1)$.

2) Пусть $U \in AT \cap BS, \ L \in RT \cap AB$ покажем что $O_{1},U,E$ лежат на одной прямой, но покажем с начало что $O_{1}U || AR$ для этого должно выполняться условие

учитывая $(1)$ получается $$\dfrac{BT}{AB}=\dfrac{O_{1}T}{O_{1}R}=\dfrac{TU}{AU}$$

если $\angle RAB=x$ тогда $\dfrac{BT}{AB} = tg(45^{\circ}-x)$ но с треугольника $ABT$ получается $TU=\dfrac{BU \cdot sin45}{\sin(45+x)}, \ AU=\dfrac{BU \cdot sin45}{sin(45-x)}$ подставляя получаем требуемое.

Значит $O_{1}U \perp RT$, подсчетом углов получим $O_{1}B=O_{1}L$ но $O_{1}B=O_{1}T$ и учитывая предыдущее, получаем $LUT$ прямоугольный равнобедренный треугольник или $O_{1}B=O_{1}L=O_{1}T=O_{1}U$, тогда так как из непосредственно условия следует что $OUXE, \ OXAS$ вписанные, тогда $45^{\circ} = \angle OSA = \angle OXA = \angle OUE$ но $\angle TUO_{1}=45^{\circ}$

откуда $O_{1},U,E$ лежат на одной прямой.

3) преобразуем $PK+O_{1}C = ST+DT+O_{1}R = ST+O_{1}D+O_{1}T+O_{1}D+RD = 2ST+O_{1}D$

пусть $J,W$ симметричные относительно $AS$ точкам $O_{1},T$ соответственно, тогда учитывая из ранее доказаного $SP=SD$, получаеться $J,W,P$ лежат на одной прямой и $JP \perp TS$

тогда нужно доказать по теореме Пифагора учитывая $O_{1}J=2ST, \ JP = 2O_{1}T+O_{1}D$

$(2ST+O_{1}D)^2=PO_{1}^2 = O_{1}J^2+JP^2 = (2ST)^2+(2O_{1}T+O_{1}D)^2$

открыв скобки и преобразовав с учтом $ST-O_{1}T=O_{1}R$ получим

$O_{1}T^2 = O_{1}D \cdot O_{1}R$ или $O_{1}B^2 = O_{1}D \cdot O_{1}R$ которое следует из того что $O_{1}B$ касательная к окружности описанная около $RBD$ так как $\angle BAT = \angle CAS$.

Значит учитывая что $\angle BXC = \angle BYC = 90^{\circ}$ окружность описанная около $BFS$ касается окружности с радиусом $QL$.