11-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2024 год, вторая лига, 9-10 классы

Дөңес $ABCDE$ бесбұрышының $CD$ қабырғасынан $X$ және $Y$ нүктелері алынған ($X$ нүктесі $Y$ пен $C$ арасында жатыр). $\triangle XCB$, $\triangle ABX$, $\triangle AXY$, $\triangle AYE$ және $\triangle YED$ үшбұрыштары бір біріне ұқсас болсын (сәйкес төбелер дәл осы төбелер ретімен есептелінген). $ACD$ және $AXY$ үшбұрыштарына сырттай сызылған шеңберлердің жанасатынын дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

Заметим, что $\angle{BCX}=\angle{ABX}=\angle{AXY}=\angle{AYE}=\angle{YED}=\beta$ и $\angle{CBX}=\angle{BXA}=\angle{XYA}=\angle{AEY}=\angle{EDY}=\alpha$. Легко заметить что $BC \parallel AX$ и $AY \parallel ED$.

Проведем касательную прямую к окружности $(AXY)$ через $A$ (пусть эта прямая будет $\ell$), тогда $\angle{(\ell, AX)} = \alpha$. Теперь, пусть $\angle{(\ell, AC)} = b$ и $\angle{ADC}=a$, тогда для решения задачи достаточно показать что эти углы равны. $\angle{CAX}=\alpha-b$ и $\angle{ADE}=\angle{DAY}=\alpha-a$.

$(1) \, \bigtriangleup{XCB} \, \cong \, \bigtriangleup{ABX} \Rightarrow \dfrac{XC}{AB}=\dfrac{CB}{BX}=\dfrac{XB}{AX}$

$(2) \, \bigtriangleup{ABX} \, \cong \, \bigtriangleup{AXY} \Rightarrow \dfrac{AB}{AX}=\dfrac{BX}{XY}=\dfrac{AX}{AY}$

$(3) \, \bigtriangleup{AYE} \, \cong \, \bigtriangleup{YED} \Rightarrow \dfrac{AY}{YE}=\dfrac{YE}{ED}=\dfrac{AE}{YD}$

Из подобия $ \triangle{ABX} \, \cong \, \triangle{AYB} $

получим $\frac{BX}{AB}=\frac{YE}{AY} \Leftrightarrow BX * AY=YE *AB$

что равносильно

$BX*AY^2=YE *AY*AB$, а из (2) можно получить

$AX^2=AY*AB$, то есть

$BX * AY^2 = YE * AX^2 \Leftrightarrow$

$\frac{BX}{AX}*AY=\frac{YE}{AY} * AX \Leftrightarrow \frac{CX}{AB} * AY = \frac{DY}{AE} * AX$, где момент с заменой можно получить из $(1)$ и $(3)$

Применив Ratio Lemma в треугольниках $CAY$ и $DAX$, получим что:

$\dfrac{\sin(\alpha-b)}{\sin(180-\alpha-\beta)} = \dfrac{CX*AY}{XY*AC}$ что в свою очередь из теоремы синусов в $\triangle{BCA}$ равно $\dfrac{\sin(\alpha-b)}{\sin(\alpha + \beta)} = \dfrac{AB}{AC}$, откуда $AB = \frac{CX*AY}{XY}$. Применив тот же самый метод в $\triangle{DAX}$, получим что $AE = \frac{DY*AX}{XY}$.

Из $(1)$ можно получить $CX * AX = XB * AB$, а из $(2)$ что $AX^2 = AY * AB$. То есть, $\frac{AX^2}{AY} = \frac{CX*AX}{BX} \Rightarrow \frac{AX}{AY} = \frac{CX}{BX}$

Из подобия $\triangle{XCB}$ и $\triangle{YED}$ получим $\frac{BX}{BC} = \frac{DY}{DE}$ что можно представить как $\frac{CX}{BC} = \frac{DY}{DE} * \frac{CX}{BX}$, где заменяя $\frac{CX}{BX}$ на $\frac{AX}{AY}$ получим $\frac{CX}{BC} * AY = \frac{DY}{DE} * AX$. Заметим, что мы имеем $\frac{CX}{AB} * AY = \frac{DY}{AE} * AX$, поэтому $\frac{BC}{DE}= \frac{CX*AY}{DY*AX}=\frac{AB}{AE}$. Также учитывая что $\angle{AED}=\angle{ABC}$, можно сказать что $\triangle{ABC} \cong \triangle{AED}$

Отсюда, $\alpha - b = \alpha - a \Leftrightarrow a = b$, ч.т.д.