қазақша
русскийМеждународная олимпиада 2023, Чиба, Япония, 2023 год
Комментарий/решение:
Пусть $H$ середина второй дуги $BC$ и $I \in AH \cap BS$ опишем окружность $\gamma$ около $AIB$ и $J \in \gamma \cap AE$.
1) Покажем что $BDLJ$ вписанный.
Доказательство: Так как $AE || HS$ тогда $\angle ABS = \angle AHS = \angle HAE = \angle IBJ$ то есть $BS$ биссектриса $ABJ$ так же $\angle AHS = 90^{\circ}- \dfrac{\angle BAC}{2}- \angle ACB$ тогда $ \angle JBC = \angle ABC - 2\angle AHS = \angle ACB$ тогда, так как $BC || LD$ то есть $\angle BLD = \angle EBC = \angle CAE$ значит $\angle JBC + \angle EBC = \angle ACB+ \angle EAC = 90^{\circ}$ то есть $BJ \perp LE$ значит $JBLD$ вписанный.
Из доказанного выходит что $\angle IBJ = \angle AJI$ то есть $IJ$ касательная к $JBLD$.
2) Покажем что $L,P,S$ лежат на одной прямой.
Доказательство: пусть $L' \in PS \cap LD$ и $V \in BJ \in \Omega$ для этого нужно показать что
$\angle ADS + \angle BVS = 90^{\circ}$ что верно так как $\angle AES = \angle VES$ тогда $\angle BVS = \dfrac{\angle AEV}{2} + \angle AEB$ и $\angle ADS = 180-\angle AEB - (90^{\circ}+\dfrac{\angle AEV}{2})$ откуда и выходит требуемое.
Из доказанного выходит что $\angle LBJ = \angle APD = 90^{\circ}$ так как $\angle APS = \angle SBV$
3) Покажем что $PJ$ биссектриса $\angle DPE$
Доказательство: так как $\angle DPJ = \angle DBJ = \angle ABD$ но $\angle JPE = \angle DJP- \angle JEP = \angle PBD - \angle PBA = \angle ABD$ то есть $\angle DPJ = \angle JPE$.
Откуда $\angle IJ=180- \angle ABJ, \ \angle APJ=\angle APD + \dfrac{\angle ABJ}{2} =90^{\circ} + \dfrac{\angle ABJ}{2}$
то есть $APJ$ лежат на одной окружности с радиусом $IA=IP=IJ$, тогда так как $IJ$ касательная к $BLD$ тогда и $IP$ так же касательная
Обозначим углы треугольника $ABC$ через $\alpha,\beta,\gamma$.
Утверждение 1. Точки $L$, $P$ и $S$ лежат на одной прямой.
Доказательство: Из вписанности четырехугольника $BPSC$, $\angle BPS=180^{\circ}-\frac{\beta}{2}-\frac{\gamma}{2}$. Из вписанности четырехугольника $BPDL$ и в силу параллельности, $\angle LPB=\angle LDB=\angle DBC=\frac{\beta}{2}+\frac{\gamma}{2}$. Следовательно,
$$\angle BPS+\angle BPL=180-\frac{\beta}{2}-\frac{\gamma}{2}+\frac{\beta}{2}+\frac{\gamma}{2}=180^{\circ}$$
Утверждение 2. Угол $\angle APD$ прямой
Доказательство: $\angle APS=\frac{\beta-\gamma}{2}$. Из вписанности четырехугольника $BLPD$ $\angle DPS=\angle LBD=180^{\circ}-\angle EBD=\angle SCE=90+\frac{\gamma-\beta}{2}$. Следовательно,
$$\angle APD=\angle APS+\angle SPD=90+\frac{\beta-\gamma}{2}+\frac{\gamma-\beta}{2}=90^{\circ}$$
Обозначим через $W$ середину дуги $BC$ описанной окружности треугольника $ABC$ не содержащая точку $A$. Пусть $AE$ и $AP$ пересекают $\omega$ в точках $I$ и $K$.
Утверждение 3. Точки $P$, $I$, $W$ лежат на одной прямой; точки $K$, $B$, $W$ лежат на одной прямой.
Доказательство: Так как $90=\angle IDL=\angle IPL$, $\angle IPS=90$. Известный факт, что $SW$ - диаметр $\Omega$. Из этого факта $\angle WPS=90$. $\angle IPS=\angle WPS$, следовательно точки $P$, $I$, $W$ лежат на одной прямой.
Почти также, $\angle DBW=90=\angle SBW$, откуда точки $K$, $B$, $W$ лежат на одной прямой.
Завершение. Пусть касательная из точки $P$ к $\omega$ и прямая $BS$ пересекаются в точке $X$. По теореме Паскаля к шестиугольнику $PPIDBK$ выходит, что точки $A$, $W$, $X$ лежат на одной прямой. Тогда точка $X$ лежит на биссектрисе угла $\angle A$, что и требовалось
После второго утверждения можно было завершить вот так:Пусть $X’$ пересечение касательной из $P$ к $(BDL)$ с $AW$.Тогда посчитав уголки:
$\angle X’AP= 180 - \angle PEW=90 - \angle PES=90 - \angle PBD=90 - \angle X’PD=\angle X’PA$
Выйдет что $X’P=X’A$. Степень точки $X’$ относительно окружностей $(PBD),(ABD)$ соответсвенно равно $X’P^2,X’A^2$ и так как $X’P=X’A$ , $X’$ лежит на радикальной оси этих окружностей.То есть $X’$ лежит на $BS$.
До 3 утверждение можно было так доказать:
Совершим инверсию с центром в точке $D$ и радиусом $\sqrt {DB*DS}$ тогда пусть $DL \cap AC=G$
$\angle BEA=\angle BCA=\angle DGA=\angle ASB$ отсюда $ASDG$ вписаный и тк при инверсии $B=>S, A=>E$ значит $L=>G$ и заметим что у нас $\angle ADL=\angle ASG=90$ значит $AG$ пересекает опис окр в точке диаметрально противоположной $A$ допустим в точке $F$ .
$(BLP)=>SG$ отсюда $P=>F$ и значит $\angle APD=90$
Не трудно вычислить что:
$$\angle BLD=\angle EBC=\angle EAC=90^{\circ}-\angle C$$
Будем использовать следующее свойство:
Центр окружности лежит на серединном перпендикуляре любого отрезка окружности.
Пусть биссектриса $\angle BAC$ пересекает $BS$ и $\Omega$ в $X$ и $R$ соответственнo. Тогда:
$$AX\cdot XR=BX\cdot XS$$
Заметим что $SR$- диаметр $\Omega$ и серединный перпендикуляр к $BC$, получим $AD\parallel SR$ и:
$$\frac{AX}{XR}=\frac{DX}{XS}$$
$$AX^2=DX\cdot BX$$
Окружность с центром $X$ и радиусом $AX$ пересекает $\Omega$ в двух точках $A$ и $Q$. Эта окружность не может касатся $\Omega$, иначе не трудно вывести что $A,X,O$ лежат на одной прямой и далее получим что $AB=AC$, противоречие условию $AB<AC$.
Заметим что $OX$ делит пополам $SR$, так как $AD\parallel SR$ то $OX$ делит $AD$ пополам. $OX$ также лежит на серединном перпендикуляре к $AQ$. Тогда $QD$ параллельна серединному перпендикуляру к $AQ$. Из чего $\angle AQD=90^{\circ}$. Тогда:
$$\angle BQD=\angle AQB-\angle AQD=(180^{\circ}-\angle C)-90^{\circ}=90^{\circ}-\angle C=\angle BLD$$
Из этого $Q$ лежит на $\omega$ и $\Omega$. Значит $Q=P$. Посчитаем степень точки $X$ к $\omega$:
$$AX^2=DX\cdot BX=PX^2$$
Получем что $PX$ касается $\omega$ что требовалось.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.