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

$P$ нүктесі $ABC$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбердің $BAC$ доғасының ортасы. $H$ нүктесі — $ABC$ үшбұрышының биіктіктерінің қиылысу нүктесі. $Q$ және $S$ нүктелері $HAPQ$ және $SACQ$ параллелограмдар болатындай нүктелер. $T$ нүктесі $AQ$-дің ортасы, ал $R$ нүктесі —$SQ$ және $PB$ түзулерінің қиылысу нүктесі. $AB$, $SH$ және $TR$ түзулері бір нүктеде қиылысатынын дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

$\textbf{Short solution}$: Рассмотрим равнобокую гиперболу которая проходит через $ABCHP$. Понятно $T$ это его центр. Откуда легко понять что точки $Q, S$ лежат на ней. Тогда из Теоремы Паскаля для шестиугольника $APSBQH$ получаем требуемое.

Легко понять что треугольник $\triangle SAP = \triangle QHC$. Известный факт что радиус окружностей $(ABC)$ и $(BHC)$ равны. Откуда выходит что $\angle ACP = \angle QCH$. Из

$$\angle PSQ = \angle ASH = \angle ACH = \angle PCQ = \angle PBQ = \angle ABH$$

Выходит что четырехугольники $ASBH$ и $SPQB$ вписанные. Если $N=AB \cap SH$, тогда легко заметить что точки $N, R$ лежат на радикальной оси $(SHQ)$ и $(ABC)$. И из равенства радиусов их окружностей легко заметить что $T$ лежит на ней. Откуда следует требуемое.

Пояснительное решение:

Если взять пересечение $(BHC) \cap Perpendicular bisector of AB=Q$ тогда не сложным счетом углов понятно что $APQH$ параллелограм. По теореме дезарга для $HQC$ и $ASP$ понятно что $SP||HC$ и по теореме дезарга для $ASH$ и $QPC$ понимаем что $SH||PC$. Отсюда $SHCP$ параллеограм.

Заметим что $\angle PQC=90-\angle BAC=\angle HCA =>> \angle HCQ=\angle PCA=\angle PSA$

Также заметим что

$\angle PSQ=\angle PSA+\angle ASQ=\angle ASQ+\angle PCA=\angle PCQ=\angle PBQ$ отсюда $(PQBS)$.

Также

$\angle ASH=\angle QCP=\angle HBA$ отсюда $(AHBS)$.

Теперь заметим что

$RP*RB=RS*RQ$ и $SN*NH=AN*NB$ отсюда $N,R$ лежат на рад оси $(SHQ)$ и $(ABC)$ и по равенству треугольников эти окружности симметричны относительно $T$ значит он тоже лежит на рад оси.