Республиканская олимпиада по математике, 2024 год, 10 класс

Теңбүйірлі емес $ABC$ үшбұрышына центрі $I$ болатын $\omega$ шеңбері іштей сызылған. $\omega$ шеңбері $BC$, $CA$ және $AB$ қабырғаларын, сәйкесінше, $D$, $E$ және $F$ нүктелерінде жанайды. $ABC$ және $AEF$ үшбұрыштарына сырттай сызылған шеңберлер екінші рет $K$ нүктесінде қиылысады. $EF$ және $AK$ түзулері $X$ нүктесінде қиылысып, ал $BC$ түзуін, сәйкесінше, $Y$ және $Z$ нүктелерінде қияды. $\omega$-ға $Y$ және $Z$ арқылы өтетін, әрі $BC$ түзуінен өзге жанама түзулер $\omega$-ны, сәйкесінше, $P$ және $Q$ нүктелерінде жанайды. $AP$ және $KQ$ түзулері $R$ нүктесінде қиылыссын. $M$ нүктесі — $YZ$ кесіндісінің ортасы. $IR\perp XM$ екенін дәлелдеңіз. ( Зауытхан А. )

Комментарий/решение

Решение без элементов проек-й геометрии.

Пусть $w_{1}$ окружность с центром $G$ и диаметром $AI$ с $R=GF=GE$ так что $AI \perp FE$ и $w_{2}$ с центром $A$ радиусом $R=AI$ так же $\omega$ окружность с центром $I$ и $R=FI=EI$. Возьмем на $w_{1}$ произвольную точку $K$, пусть $l$ касательная к $w_{1}$ в точке $I$ если $Z \in l \cap AK$ проведем касательные $ZD,ZQ$ к $\omega$ где $Q$ ближе к $A$.

Если $C \in ZD \cap AE, \ C' \in ZQ \cap AE, \ B \in ZD \cap AF, \ B' \in ZQ \cap AF , \ H \in l \cap AF$

1) Покажем что $BCB'C'$ - описанный.

Достаточно посчитать углы приняв $\angle ACB=c, \ \angle ABC=b$

$\angle BAC = 180-b-c , \ \angle FAI = 90^{\circ}-(b+c)/2, \ \angle BHZ = (b+c)/2, \ \angle HZB = (b-c)/2, \angle B'ZB = b-c , \ \angle ZB'B = c$ то есть $BCB'C'$ - описанный , так же $AIB'= b/2$ но $ABI = b/2$ значит $AB'I, ABI$ подобны, ровна как и $AIC', AIC$ откуда $AI^2=AB' \cdot AB = AC' \cdot AC$.

Но из построения $AI^2=AK \cdot AZ$ значит при инверсии относительно $w_{2}$ касательная $ZQ$ перейдет в окружность описанную около $ABCK$.

2) Пусть $L \in ZQ \cap EF, \ X \in EF \cap AK, \ Y \in BC \cap EF$ тогда $\angle CYE = \angle HZB = (c-b)/2$ но $\angle QLE = \angle QZI = \angle HZB$ то есть $ZL=ZY$ .

3) Из 1 получается $\angle KCB = \angle KAF = \angle KEF$ то есть $KECY$ - вписанный, откуда $YKZ = YKE - ZKE = 180-c - FKE - FKZ = 180-c-(180-b-c) - (b+c)/2 = (b-c)/2$ то есть $YKLZ$ вписанный, пусть $YP$ касательная к $\omega$ тогда $A,P,D$ лежат на одной прямой, так как $IY \perp AD$ так же по известному свойству при инверсии относительно окружности с радиусом $AF$ прямая $EF$ переходит в $w_{1}$ тогда $\angle KYC = \angle AEK = \angle AFK = \angle AXE$ то есть $YZX , YZK$ подобны и $KQIDZ$ лежат на одной окружности с диа-м $ZI$ откуда $\angle KDI = \angle KIA$ так же из вписанности $\angle QKI = \angle IKD$.

4) Для того чтобы доказать что $MX \perp RI$ из задачи, нужно показать что $\angle AIR = \angle YXM$ отметим что из выше описанных свойств, следует что если $T \in KR \cap AI$ то $YXZ, KTI$ подобны тогда нужно показать что $IR$ симедиана $KIT$

5) Пусть $S \in KD \cap AI$ .

Для этого покажем по свойству симедианы $\dfrac{KR}{TR} = \dfrac{KI^2}{TI^2}$ . Тогда из подобия $KDI, KIT$ выходит $KI^2 = KD \cdot KT$ и пользуясь тем что $KI$ биссектриса $KTS$ получается $TI = \dfrac{SI \cdot KT}{KS}$ подставляя $\dfrac{KR}{TR} = \dfrac{KD \cdot KS^2}{SI^2 \cdot KT}$ но $SI$ касательная к $KQIDZ$ откуда $SI^2 = SD \cdot KS$ откуда $\dfrac{KR}{TR} = \dfrac{KD \cdot KS}{SD \cdot KT}$ что верно так как это есть т. Менелая для секущей $AD$ и $KST$ учитывая $\dfrac{AS}{AT} = \dfrac{KS}{KT}$ так как $AK$ биссектриса внешнего $\angle AKD$

Очевидно что $A-P-D$ так как их поляры проходят через $Y$.

$IK \cap FE=L$, При инверсии с центром $I$ и $r^2=ID^2$ $L=>K$ отсюда тк $\angle IKA=90$ прямая $AK$ поляр точки $L$, и заметим что поляры точек $L,Q,D$ проходят через $Z$ отсюда они колинеарны. По свойству поляра:

\[ (Q,D;L,QD \cap AK) \stackrel K= (R,D;AD \cap KL,A) = (IR,ID;IK,IA) = -1 \] и так как $ID\perp BC$, $IK\perp XZ$, $IA\perp XY$ отсюда следует перпендикулярность.