Республиканская олимпиада по математике, 2023 год, 9 класс

Высоты неравнобедренного остроугольного треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H$. Касательная прямая в точке $H$ к описанной окружности треугольника $BHC$ пересекает прямые $AB$ и $AC$ в точках $Q$ и $P$ соответственно. Описанные окружности треугольников $ABC$ и $APQ$ вторично пересекаются в точке $K$. Касательные в точках $A$ и $K$ к описанной окружности треугольника $APQ$ пересекаются в точке $T$. Докажите, что прямая $TH$ проходит через середину отрезка $BC$. ( Зауытхан А. )

Комментарий/решение

Пусть $w$ окружность около $ABC$ с центром $O$ пусть $LG || BC$ проходящая через $O$ где $L \in AB, \ G \in AC$ пусть $AE \perp BC$ где $E \in w$ и $S \in AE \cap BC$,пусть $H, H_{1}$ ортоцентры $ABC, ALG$ соответственно.

Так же $F \in LG \cap AE, D \in AO \cap BC, \ R \in AO \cap w$. Опишем окружность $\alpha$ около $LH_{1}G$ тогда, так как $EF=AF$ по построению, получается

$\angle LGH_{1} = \angle LAH = \angle LEH_{1}$ пусть $Q_{1}, P_{1} \in \alpha \cap AB, \ AC$ тогда $\angle LAG = \angle LEG = \angle LQ_{1}G = \angle LP_{1}G$ то есть $GQ=AG, \ LP=AL$ но так как прямые $GH_{1}, LH_{1}$ высоты $AGL$ откуда $Q_{1}H_{1}=AH_{1}=P_{1}H_{1}$ $(1)$

Так как $\angle Q_{1}BH = \angle ALH_{1} = \angle AGH_{1} = \angle Q_{1}GH_{1} = \angle Q_{1}EH_{1} = \angle Q_{1}EH$ пусть $N \in EG \cap BC$ тогда $\angle AEG = \angle CAH = \angle CBH$ значит $BQ_{1}EHN$ вписанный.

По известной лемме $BE=BH$ тогда $NE=NH$ откуда $NH || AC$ значит $\angle BQ_{1}H = 180^{\circ} - \angle ACB$ значит $\angle BHQ_{1} = 90^{\circ} - \angle ABC$ аналогично $\angle CHP_{1} = 90^{\circ} - \angle ACB$ то есть $Q_{1}P_{1}$ есть касательная $QP$, учитывая $(1)$ тогда центр окружности описанной около $QAP$ есть точка $H_{1}$.

Пусть $M$ середина $BC$ тогда $M,R,H$ лежат на одной прямой, так как $ER || BC$ значит $BH=BE=RC$ то есть $BHRC$ параллелограмм, пусть $l || BC$ прямая проходящая через $A$ и $T_{1} \in MH \cap l$ тогда $T_{1}A$ касательная к окружности $APQ$ покажем что $O, H_{1},T$ лежат на одной прямой, по теореме Менелая

$$\dfrac{AH_{1}}{HH_{1}} = \dfrac{TR}{TH}$$ из подобия $ALG, ABC$ преобразуем

$$\dfrac{1}{\dfrac{BC}{LG}-1} = 1 + \dfrac{EH}{AH}$$ или из подобия $ALO, \ BAD$ если $AO=R$ тогда $$\dfrac{1}{\dfrac{AD}{R}-1} = 1 + \dfrac{2SH}{AH}$$

$$\dfrac{DR}{AD-DR} = \dfrac{SH}{AH}$$ $$\dfrac{AD}{DR} = \dfrac{AS}{ES}$$ что верно, так как $ASD,AER$ подобны, то есть точка $T_{1}=T$ из условия задачи, тогда $TK$ так же касательная, где $K \in w \cap w_{APQ}$ так как $T,H_{1},O$ лежат на одной прямой.

Классная задачах для $9$ класс

Следующие факты довольно простые и известные:

$\bullet$ $HM$ проходит через $A',$ $\angle BAH = \angle CAA'$ и центр окружности $ABC$ лежит на $AA'.$

$\bullet$ $AT \parallel BC$ и $AT \perp AH$ поскольку $\angle ABC = \angle APQ = \angle TAB.$

Решение 1 (Официальное решение, Теорема Паскаля)

Утверждение 1. Прямые $AK,PQ$ и $BC$ пересекаются в одной точке.

Доказательство. Счетом углов четырехугольник $BQPC$ вписанный и прямые $AK, PQ$ и $BC$ являются радикальными осями окружностей $(ABC), (APQ)$ и $(BQPC)$.

Утверждение 2. Точки $K, F$ и $A'$ лежат на одной прямой.

Доказательство. $AT\perp AH$ и $TA$ является касательным, откуда $AF$ содержит центр $(APQ)$ и $\angle AKF = 90^{\circ} = \angle AKA'.$

Утверждение 3. Точки $A, E$ и $A'$ лежат на одной прямой.

Доказательство. Так как $SH$ касается $(BHC),$ имеем равенство $SH^2 = SB\cdot SC.$ Из вписанности $ABCK$ следует, что $SB\cdot SC = SK \cdot SA.$ Значит $SH^2 = SK \cdot SA$ и $\angle SAH = \angle KHS.$ Но поскольку $\angle KAH = \angle KEF$ выходит, что $KF \parallel PQ.$ Из последнего следует, что $\angle QAF = \angle PAE,$ который равносилен тому, что $A, E$ и $A'$ на одной прямой.

Завершение. По теореме Паскаля к точкам $KKF\text{ }AAE$ выходит, что точки $T, H$ и $A'$ лежат на одной прямой. Так как точки $H,M$ и $A'$ лежат на одной прямой, то и точки $T, H$ и $M$ должны лежать на одной прямой.

\\ \\ \\ \\

Решение 2 (Нурсултан Хаджимуратов, Теорема Менелая)

Через $T$ отметим пересечение прямых $HM$ и касательную в точке $A$ к окружности $APQ.$ Достаточно доказать, что $OJ$ проходит через $T,$ откуда $TK$ также будет касательным. Заметим, что $AT\parallel BC \parallel NA'.$

По теореме Менелая к $\triangle AA'H$ и точкам $O, J, T$ нужно доказать следующее: $$\frac{A'O}{OA}\cdot \frac{AJ}{JH}\cdot \frac{HT}{TA'} = 1 \iff \frac{AJ}{JH} = \frac{TA'}{TH}.$$

Из параллельности $AT$ и $NA'$ имеем $\frac{TA'}{TH} = \frac{AN}{AH}.$ Теперь заметим, что треугольники $APQ$ и $ABC$ подобны и значит $\frac{AJ}{JH} = \frac{AO}{OE}.$ В итоге

$$\frac{AJ}{JH} = \frac{TA'}{TH} \iff \frac{AO}{OE} = \frac{AN}{AH} \iff \frac{AO}{AN}=\frac{OE}{AH}.$$

Воспользуемся тем, что $AH = 2OM$ и перепишем последнее как

$$\frac{AO}{AN}=\frac{OE}{AH} \iff \frac{AO}{AN}=\frac{OE}{2OM} \iff \frac{2AO}{AN}=\frac{OE}{OM} \iff \frac{AA'}{AN}=\frac{OE}{OM}.$$

Последнее легко вывести из того, что треугольники $ADN$ и $OEM$ подобны (например, потому, что они оба прямоугольные и $\angle OEM= \angle AA'N$).

Решение 3 (Tran Gia Huy (aops), Окружность Нулевого Радиуса)

Пусть $N$ середина $AH.$ Мы докажем, что прямые $HT$ и $HM$ перпендикулярны $SN$ и это решает задачу. Пусть $S=AK\cap PQ\cap BC.$ Через $\omega$ обозначим окружность нулевого радиуса в точке $H.$ Через $\Omega$ обозначим окружность с центром $T$ и радусом $TA.$

Часть 1. Из подобия $ABC$ и $APQ$, а также из $\angle BAH = \angle CAA'$ выводим, что $AO\perp PQ.$ Поскольку $MN$ средняя линия в треугольнике $HAA',$ то $PQ$ также перпендикулярен $MN.$ Из последнего следует, что $H$ ортоцентр треугольника $SNM,$ а значит $HM\perp SN.$

Часть 2. $NA$ касается $\Omega$, поскольку $AT\perp AH,$ а также $NA^2 = NH^2$, откуда $N$ лежит на радикальной оси $\Omega$ и $\omega$. Далее $SH^2 = SB\cdot SC = SK\cdot SA$ и $S$ также лежит на радикальной оси. Значит прямая $SN$ является радикальной осью $\Omega$ и $\omega$, откуда $HT\perp SN.$

\\ \\ \\ \\

Решение 4 (Мирон Юркевич, Гармонические четверки)

Пусть $E$ и $F$ основания высот из $B$ и $C$ соответственно. Пусть $L = (AEF) \cap (ABC) \cap HM,$ иными словами точка Микеля для вписанного четырехугольника $BFEC.$ Окружности $(APQ)$ и $(AEF)$ касаются, поскольку $EF\parallel PQ.$

Утверждение 1. $SL$ касается окружности $(ABC)$.

Доказательство. Заметим, что $(L,D;B,C) \stackrel{A}{=} (V,U;B,C) = -1.$ Также у нас $SD^2 = SH^2 = SB\cdot SC.$ Из последнего $SD$ касается $(ABC),$ но поскольку $LDBC$ гармонический, то $SL$ также должно касаться $(ABC)$. Получаем, что $SL = SH.$

Пусть $\omega$ окружность с центром в точке $S$ и радиусом $SL$ и $X, Y = (APQ)\cap \omega$. По радикальным осям к цветным окружностям выходит, что $T = HL \cap XY \cap AA.$ Осталось доказать, что $TK$ касается $(APQ).$

Утверждение 2. Четырехугольник $KXAY-$ гармонический.

Доказательство. $SX^2 = SY^2 = SH^2 = SB\cdot SC = SK\cdot SA.$ Значит $SX$ и $SY$ касательные, откуда $KXAY$ гармонический.

Осталось заметить, что $T$ является пересечением касательного из $A$ и $XY$ в гармоническом четырехугольнике $KXAY,$ откуда $TK$ также должно касаться $(APQ)$ ч.т.д.

\\ \\ \\ \\

Решение 5 (Мирас Бисенбаев и Нурсултан Бекбосын, Инверсия)

Исполним инверсию с центром $A$ и с радиусом $\sqrt{AP\cdot AC}.$ Не сложно заметить, что $P$ перейдет в $C$, $Q$ перейдет в $B,$ $H$ перейдет в $D,$ $A'$ перейдет в $E,$ $K$ перейдет в $S$. Из $\angle TKA = \angle TAK$ следует, что $ST' = SA.$ Пусть $M' = (APQ)\cap AM.$ Нужно доказать, что четырехугольник $AT'DM'$ вписанный.

Пусть $L$ это отражение точки $H$ относительно $S,$ тогда точки $L, D$ и $A'$ лежат на одной прямой ($SB$ средняя линия и $\angle HDL = 90^{\circ}$). Из последнего следует, что $SL$ = $SD$ и $T'ADL-$ прямоугольник и следовательно $T'ADL$ вписанный. Теперь достаточно доказать, что $ALDM'$ вписанный.

Из антипараллельности $PQ$ и $BC$ выходит, что $AE\perp PQ$, откуда $AEDL$ вписанный. Теперь заметим, что точки $A,E,M',D$ лежат на одной окружности поскольку точки $H,M,A'$ лежат на одной прямой. Следовательно $AEM'D$ вписанный, откуда $ALDM'$ тоже вписанный четырехугольник ч.т.д.

Пусть $\alpha = \angle BAC, \beta = \angle ABC, \gamma = \angle ACB$ и $a = BC, b = AC, c = AB$. Далее, пусть $D$ --- основание высоты из точки $A$ на $BC$ и $M$ --- середина отрезка $BC$. Тогда по свойству касательной к окружности имеем: $$ \angle APQ = \angle PHC + \angle PCH = \angle HBC + \angle HCA = 90^{\circ} - \gamma + 90^{\circ} - \alpha = \beta = \angle ABC . $$ Следовательно, треугольники $ABC$ и $APQ$ подобны. Пусть $O_1$ --- центр описанной окружности треугольника $ABC$ и $O_2$ --- центр описанной окружности треугольника $APQ$, а также $R_1$ и $R_2$ --- радиусы соответственных описанных окружностей.

Так как $\angle BAH = \angle CAO_1$, то $O_2$ лежит на прямой $AH$. Так как $TA$ касается описанной окружности треугольника $APQ$, то $TA \perp AH$, то есть $TA \parallel BC$. Заметим, что если мы докажем подобие треугольников $TAH$ и $MDH$, то мы решим задачу, так как получим, что $\angle THA = \angle MHD$, значит точка $H$ будет лежать на прямой $TM$ --- что нам и нужно. Так как оба треугольника $TAH$ и $MDH$ прямоугольные, то достаточно доказать отношение $\frac{TA}{AH} \stackrel{?}{=} \frac{MD}{DH}$ или же $TA \stackrel{?}{=} \frac{AH}{DH} \cdot MD$.

Заметим, что $$ TA = O_2 A \cdot \tan{\angle A O_2 T} = - R_2 \cdot \tan{\angle A O_2 O_1} = - R_2 \cdot \frac{\sin{\angle A O_2 O_1}}{\cos{\angle A O_2 O_1}} = \text{[по т. синусов]} = $$ $$ = - R_2 \cdot \frac{\sin{O_1 A O_2} \cdot \frac{A O_1}{O_1 O_2}}{\cos{\angle A O_2 O_1}} = \text{[так как $O_1 M \perp M D \perp D H$]} = - R_2 \cdot \frac{\frac{MD}{O_1 O_2}}{\cos{\angle A O_2 O_1}} = $$ $$ = -\frac{R_2 \cdot MD}{O_1 O_2} \cdot \frac{1}{\cos{\angle A O_2 O_1}} = \text{[по т. косинусов]} = -\frac{R_2 \cdot MD}{O_1 O_2} \frac{2 \cdot R_2 \cdot O_1 O_2}{R_2^2 + O_1 O_2^2 - R_1^2} = $$ $$ = \frac{2 \cdot R_2^2 \cdot MD}{R_1^2 - R_2^2 - O_1 O_2^2} \stackrel{?}{=} \frac{AH}{DH} \cdot MD , $$ то есть $$ \frac{2}{\left( \frac{R_1}{R_2} \right)^2 - 1 - \left( \frac{O_1 O_2}{R_2} \right)^2} \stackrel{?}{=} \frac{AH}{DH} . $$

Продолжение решения

Пусть $k$ --- коэффициент подобия треугольников $APQ$ и $ABC$. Тогда мы можем найти его следующим образом: $$ k = \frac{AP}{AB} = \text{[по т. синусов]} = \frac{AH}{AB} \cdot \frac{\sin{\angle AHP}}{\sin{\angle APH}} = \frac{\sin(90^{\circ} - \alpha)}{\sin \gamma} \cdot \frac{\sin(\beta + 90^{\circ} - \gamma)}{\sin \beta} = \frac{\cos \alpha \cdot \cos(\beta - \gamma)}{\sin \gamma \cdot \sin \beta} . $$ По теореме косинусов для треугольника $A O_1 O_2$ можем получить $$ O_1 O_2^2 = R_1^2 + R_2^2 - 2 \cdot \cos{\angle O_1 A O_2} \cdot R_1 \cdot R_2 \Leftrightarrow $$ $$ \Leftrightarrow 2 \cdot \frac{R_1}{R_2} \cdot \cos{\angle O_1 A O_2} = \left( \frac{R_1}{R_2} \right)^2 + 1 - \left( \frac{O_1 O_2}{R_2} \right)^2 \Leftrightarrow $$ $$ \Leftrightarrow 2 \cdot \frac{R_1}{R_2} \cdot \cos{\angle O_1 A O_2} - 2 = \left( \frac{R_1}{R_2} \right)^2 - 1 - \left( \frac{O_1 O_2}{R_2} \right)^2 \Leftrightarrow $$ $$ \Leftrightarrow 2 \cdot \frac{1}{k} \cdot \cos{\angle O_1 A O_2} - 2 = \left( \frac{R_1}{R_2} \right)^2 - 1 - \left( \frac{O_1 O_2}{R_2} \right)^2 . $$

По теореме синусов можно легко получить, что $$ \frac{AH}{BH} = \frac{AB}{BD} \cdot \frac{\sin{\angle ABH}}{\sin{\angle DBH}} = \frac{1}{\cos \beta} \cdot \frac{\cos \alpha}{\cos \gamma} = \frac{\cos \alpha}{\cos \beta \cdot \cos \gamma} . $$

Следовательно, нам нужно доказать, что $$ \frac{1}{\frac{1}{k} \cdot \cos{\angle O_1 A O_2} - 1} \stackrel{?}{=} \frac{\cos \alpha}{\cos \beta \cdot \cos \gamma} \Leftrightarrow \frac{\cos{\angle O_1 A O_2}}{k} - 1 \stackrel{?}{=} \frac{\cos \beta \cdot \cos \gamma}{\cos \alpha} . $$ Очевидно, что $\angle O_1 A O_2 = \angle O_1 A H = \alpha - 2 (90^{\circ} - \beta) = \alpha + 2 \beta - 180^{\circ}$, тогда $\cos{\angle O_1 A O_2} = -\cos(\alpha + 2 \beta)$ и нам нужно доказать, что $$ \frac{-\cos(\alpha + 2 \beta)}{\cos \alpha \cdot \cos(\beta - \gamma)} \cdot \sin \beta \cdot \sin \gamma - 1 \stackrel{?}{=} \frac{\cos \beta \cdot \cos \gamma}{\cos \alpha} \Leftrightarrow \text{[так как $\cos(\beta - \gamma) = -\cos(\alpha + 2 \beta)$]} \Leftrightarrow $$ $$ \Leftrightarrow \frac{\sin \beta \cdot \sin \gamma}{\cos \alpha} - 1 \stackrel{?}{=} \frac{\cos \beta \cdot \cos \gamma}{\cos \alpha} \Leftrightarrow \sin \beta \cdot \sin(\alpha + \beta) - \cos \alpha \stackrel{?}{=} - \cos \beta \cdot \cos(\alpha + \beta) \Leftrightarrow $$ $$ \Leftrightarrow \sin \beta \cdot (\sin \alpha \cdot \cos \beta + \cos \alpha \sin \beta) - \cos \alpha \stackrel{?}{=} - \cos \beta \cdot (\cos \alpha \cdot \cos \beta - \sin \alpha \sin \beta) \Leftrightarrow $$ $$ \Leftrightarrow \cos \alpha \cdot \sin^2 \beta - \cos \alpha \stackrel{?}{=} -\cos \alpha \cdot \cos^2 \beta \Leftrightarrow \sin^2 \beta - 1 \stackrel{?}{=} - \cos^2{\beta} , $$ а это верно.

$A'$ - точка, которая противоположна диаметрально $A$ относительно $(ABC)$, а $M$ - середина $BC$. Пересечение $AT$ и $A'K$ будет точкой $D$. Б.О.О $AC>AB$. $\angle TAQ=\angle APQ=\angle ABC\Leftrightarrow AT||BC$. $\angle AKA'=90^\circ\Leftarrow TA=TK=TD$. $(A'D,A'A;A'H,AD)\stackrel{?}{=}-1$. $E$ - точка Шалтая $\triangle BHC$ для $H$, то есть $HM\cap (ABC)\neq A'$.$F$ - вторая точка пересечения $(ABC)$ и $AH$. $(A'D,A'A;A'H,AD)\stackrel{A'}{=}(K,A;E,F)$. $PQ,AK,BC$ пересекаются в одной точке, как попарные радикальные оси. Касательная к $F$ по определению симметрична $PQ$. По определению касательная из $E$ к $(ABC)$ пересекает касательную из $F$ на $PQ$, то есть на $BC$, то есть на $AK$. Тем самым $K,A,E,F$ образуют гармонический четырехугольник, а значит $HM$ проходит через $T$.