10-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2023 год, вторая лига, 9-10 классы

$\omega$ шеңбері $\angle B=3\angle C$ болатын $ABC$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбер. $\angle A$ бұрышының ішкі биссектрисасы $\omega$-ны және $BC$-ны, сәйкесінше, $M$ және $D$ нүктелерінде қияды. $ME$ кесіндісі $\omega$-ның радиусына тең болатындай етіп $E$ нүктесі $CM$ түзуінде $M$-нен ары созындысынан (яғни $M$ нүкесі $C$ мен $E$ арасында) алынған. $ACE$ және $BDM$ үшбұрыштарына сырттай сызылған шеңберлер өзара жанасатынын дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

Введем пару обозначений$:$

$O -$ центр описанной $\triangle ABC$; $\text{ }O_1 -$ центр окружности $\Gamma_1$ описанной вокруг $\triangle CMD;$ $\text{ } O_2 -$ центр $\Gamma_2$ описанной вокруг $\triangle AME$

$J - AC \cap \Gamma_2;$ $\text{ } P - OM \cap \Gamma_1; \text{ } N - AB \cap PM; \text{ } L - BC \cap NP$

$\angle B = \alpha^\circ, \angle C = 3 \alpha^\circ, \dfrac{\angle A}{2}= 90 - 2\alpha^\circ$

Утверждение 1: $BNCP -$ ромб

Доказательство: $\angle MDC = \angle MPC = 90 + \alpha^\circ; \text{ } \angle NPC =\angle BNP = 90- \alpha^\circ$ $\text{ } \text{ } \text{ } \triangle PLC \sim \triangle NLB \text{ }$ также $\text{ } BL=LC \text{ }$ и $\text{ } BN = NC \text{ } \text{ } \text{ } \blacksquare$

Утверждение 2: $AOME -$ вписанный

Доказательство: $\angle BMN = 180-(\angle MNB + \angle MBN)= 2\alpha^\circ; \text{ } \angle AOM = 180-2\alpha^\circ \text{ }$ значит $\text{ } \angle MEO = \angle OAM \text{ } \text{ } \text{ } \blacksquare$

$\angle AEB=\angle AJB =2\alpha^\circ = \angle CJP$

Утверждение 3: $J - \text{ }$ принадлежит $\text{ } \Gamma_1$

Доказвтельство: $\angle BCP = \alpha^\circ = \angle OMA \rightarrow \angle DPC = \angle DCP = \alpha^\circ \rightarrow \angle PDC = 180 - 2\alpha^\circ$ $\text{ } \text{ } \text{ } \blacksquare$

Осталось доказать что$:$ $J, O_1, O_2 - \text{ }$ на одной прямой

$\angle O_1JP = 180- 2\angle PCJ; \text{ } \angle O_2JB = 180 - 2\angle BAJ \rightarrow \text{ }$ нужно доказать $\text{ } \angle BAJ =\angle PCJ \text{ }$ что верно из $\text{ } AB \parallel PC$

$O$ - центр $\omega.$

Из условия следует существование точки $P$ на $AC$ такой, что $\triangle PCB$ и $\triangle ABP$ равнобедренные. Таким образом окружности $(BDM)$ и $(PDM)$ симметричны относительно $AM$. Из простого счета углов $C$ принадлежит $(PDM)$ и из не менее простого счета углов $AOME$ вписанный. Симметрия относительно $AM$ сохраняет $(ACE)$: пусть $E'$ - симметричная $E$ относительно $AM$ точка, тогда счетом углов $E'$ лежит на $(ACE)$. Замечаем $PM||AE$ и по лемме Фусса задача решена.