10-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2023 год, третья лига, 11-12 классы

Сүйірбұрышты $ABC$ үшбұрышында $BAC$ бұрышының биссектрисасы $BC$ қабырғасын $P$ нүктесінде қияды. $D$ және $E$ нүктелері, сәйкесінше, $AB$ және $AC$ кесінділерінде $BC \parallel DE$ болатындай алынған. $K$ және $L$ нүктелері, сәйкесінше, $PD$ және $PE$ кесінділерінде $A$, $D$, $E$, $K$, $L$ нүктелері бір шеңберің бойында жататындай алынған. $B$, $C$, $K$, $L$ нүктелерінің бір шеңбер бойында жатқанын дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

По лемме Фусса замечаем, что $ALPB$ и $AKPC$ являются вписанными в окружность. Пусть $X,Y$ - точки вторичного пересечения $(APC), (APB)$ с $AB,AC$ соответственно. Благодаря тому, что $AP$ - биссектриса $\angle BAC$, имеем: $XP=PC,YP=PB$. $M$ - середина дуги $DE$ и $Q,R$ пересечения $KE,LD$ с $(APC),(APB)$ соответственно.

Заметим, что по лемме Фусса $QY||XR||DE||BC \Rightarrow QB=PY, RC=PX$, поэтому поворотная гомотетия в точке $A$ переводящая $(ADE)$ в $(APB)$ переводит $\triangle DME$ в $\triangle QBP$, следовательно $M \in LB$ и с $KC$ аналогично.

Тогда $ML\cdot MB=|pow_{(ABP)} M|=|pow_{(APC)} M|=MK\cdot MC \Leftrightarrow BKLC$ - вписанный.

Пусть $AP$ вторично пересекает окружность на которой лежат точки $A, D, E, K, L$ в точке $P'.$

Утверждение 1: четырехугольники $ABPL$ и $ACPK$ вписанные$.$

Доказательство$:$

$BC \parallel DE$ $\Rightarrow$ $\angle ABC = \angle ADE.$ Точки $A, D, E, L$ лежат на одной окружности $\Rightarrow$ $\angle ADE = 180^\circ - \angle ALE$ $\Rightarrow$ $\angle ABC = \angle ABP = \angle ADE = 180^\circ - \angle ALE = 180^\circ - \angle ALP$ $\Rightarrow$ $\angle ABP + \angle ALP = 180^\circ$ $\Rightarrow$ Точки $A, B, P, L$ лежат на одной окружности. Аналогично доказываем то что точки $A, C, P, K$ лежат на одной окружности.

Из Утверждение 1 счетом углов можно вывести то что точки $B, P', L$ и $C, P', K$ лежат на одной прямой $\Rightarrow$ $AP' \cdot P'P = BP' \cdot P'L$ $;$ $AP' \cdot P'P = CP' \cdot P'K$ $\Rightarrow$ $BP' \cdot P'L = CP' \cdot P'K$ $\Rightarrow$ Точки $B, C, K, L$ лежат на одной окружности.

Инверсия с центром $A$ и симметрией относительно биссектрисе $AP$ с радиусом $\sqrt{AB*AE}=\sqrt{AD*AC}$

$BC=>(ADE)$, $P=>P’$ где $P’$ середина дуги $KL$ . $(AP’C) \cap BC=K’ , (AP’B) \cap BC=L’$ заметим что $AKPC, APLB$ вписанный значит $D-P’-K’, E-P’-L’$ отсюда по счету углов $L’K’DE$ равнобокая трапеция отсюда $BCKL$ вписан.

Пусть $O-$центр описанной $ABC$

$O_1-$центр описанной $ADE$

$H-$основание высоты с вершины $A$ на сторону $BC$.

Ну заметим, что центр описанной $ADE$ будет лежать на $AO$ потому что высота с вершины $A$ на сторону $DE$ лежит на прямой $AH$ и тогда если воспользуемся фактом, что центр описанной и ортоцентр изогонально сопряжены, то сразу следует что $O_1-O-A \Rightarrow$ (i) $(ADE)$ касается $(ABC)$

$\angle{CPE}=\angle{PED}=\angle{LKP}$ (первое равенство из параллельности, а второе из вписанности $DEKL$) ну значит (ii)$BC$ касается $(KLP)$

Давайте из точки $P$ проведем перпендикулярную прямую относительно $BC$. Пусть эта прямая пересекает прямую $AO$ в точке $X$. Немного по считаем углы:

$\angle{ABC}=2b, \angle{BCA}=2c \\ 90°-2c=\angle{HAC}=\angle{BAO}=\angle{BAX}$

Известно, что $\angle{BAC}=180°-2b-2c \Rightarrow \angle{BAP}=90°-b-c$

Ну тогда очевидно что $\angle{PAX}=\angle{BAP}-\angle{BAX}=c-b$

$\angle{APC}=180°-\angle{PAC}-\angle{PCA}=90°-c+b \Rightarrow \angle{APX}=c-b$

Тогда $AX=XP$. Нарисуем окружность $\omega$ с центром $X$ и с радиусом $XA$.

$\omega$ касается $(ADE)$ в точке $A$ т.к. $A-X-O_1$

$\omega$ касается $KLP$ в точке $P$ т.к. $XP$ перпендикулярен $BC$ т.е. $\omega$ касается $BC$ в точке $P$ как и $(KLP)$ (вспомните (ii))

Тогда чекнем рад оси для $\omega, (ADE), (KLP)$. Это будет касательная с $A$, $KL$, $BC$. Ну т.е. они пересекаются в одной точке $G$ какой нибудь (iii)

Но погодите, теперь чекнем рад оси для

$(ADE), (ABC), (BKC)$, вспоминая факт (i) и (iii)

От сюда мы получаем, что $(BKC) \cap (ADE) ≠ K - K-G$

А такое точка у нас уже известно и может быть только $L$ ну все значит $L \in (BKC)$ чтд

Проведем касательную в точке $A$ и пусть она пересекает $BC$ в точке $N$. Тогда так как $N$ центр окружности аполония $NA=NP$.Понятно что $NA$ касается $(ADE)$.

Заметим что $\angle DPB=\angle EDP=\angle EAK=\angle KLP$ отсюда $NP$ касается $(KLP)$. Отсюда $N$ лежит на рад оси $(KLP)$ и $(ADE)$ значит $K-L-N$. Значит

$FK*FL=FP^2=FA^2=FB*FC$ отсюда $(KLBC)$.