41-я Балканская математическая олимпиада. Варна, Болгария, 2024 год

$ABC$ — сүйірбұрышты үшбұрыш ($AC > AB$), ал $AD$ оның биссектрисасы. $BC$ түзуіне қатысты $AB$ және $AC$ түзулеріне симметриялы түзулер $AC$ және $AB$ түзулерін, сәйкесінше, $E$ және $F$ нүктелерінде қияды. $D$ арқылы өтетін түзу $AC$ және $AB$ түзулерін, сәйкесінше, $G$ және $H$ нүктелерінде келесі шарттар орындалатындай қияды: $G$ нүктесі $A$ мен $C$ арасында, $H$ нүктесі $B$ мен $F$-тің арасында жатыр. $\triangle EDG$ және $\triangle FDH$-қа сырттай сызылған шеңберлер бірін бірі жанайтынын дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

Заметим что

$\frac{DB}{DC}=\frac{AB}{AC}=\frac{sin C}{sin B}=\frac{EB}{EC}$ значит $ED$ биссектриса угла $BEC$ аналогично $FD$ биссектриса угла $BFC$

Пусть $FD \cap (EDG)=I$ тогда $\angle HFD=\angle DEG=\angle DIG$ отсюда $HF||DI$ значит $IGD$ гомотетичен $DHF$ а так как центр гомотетии лежит на обоих окружностях значит эти окружности касаются в точке $D$

Заметим,что D это инцентр $\triangle ACF$ и также D это инцентр $\triangle ABE$ если взять $\angle A = 2\alpha$, $\angle ABE = 2\beta$ то $\angle HFD = \alpha + \beta$ и $\angle CED = 180^\circ - \alpha - \beta$ если провести касательную к $(FHD)$ то она тоже будет касаться $(GDE)$