11-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2024 год, первая лига, 7-8 классы

$Y, Z$ нүктелері сүйір бұрышты $ABC$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбердің $BC$-ның кіші доғасындағы нүктелер (мұнда $Y$ нүктесі $BZ$ кіші доғасында жатыр). $X$ нүктесі үшін $\triangle ABC$ және $\triangle XYZ$ үшбұрыштары ұқсас және $A, X$ нүктелері $YZ$ түзуінің бір жағында жатыр. $XY, XZ$ түзулері $AB, AC$ қабырғаларын, сәйкесінше, $E, F$ нүктелерінде қияды. $BY$ және $CZ$ түзулері $K$ нүктесінде қиылысады. $AEF$ және $KBC$ үшбұрыштарына сырттай сызылған шеңберлердің қиылысу нүктелерінің бірі $KX$ түзуінде жатқанын дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

Решение. Прежде всего заметим, что A, E, F, X лежат на одной и той же окружности, называемой ω (поскольку ∠EXF = ∠EAF =180◦ − ∠BAC).

Пусть Q — второе пересечение описанной окружности треугольников ∆BKC,∆YKZ.

Докажем что, что Q лежит на ω.

По углам имеем что:

∠BEY = ∠ABY − ∠BY E = ∠ABC + ∠CBY − ∠XYK

= ∠ABC + ∠CBY − ∠XY Z − ∠KY Z = ∠KZY − ∠KCB=

= (180◦ - ∠KCB) - (180◦ - ∠KZY ) = ∠KQB - ∠KQY = ∠BQY

(Обратите внимание, что ∠ABC = ∠XYZ, поскольку ∆АВС ∼∆ХYZ)

поэтому BQEY вписанный, и аналогично CZQF вписанный. итак у нас есть:

∠QEX = ∠QBY = ∠QCZ = ∠QFX

Следовательно, Q лежит на ω.//