11-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2024 год, третья лига, 11-12 классы

Точка $P$ лежит на стороне $CD$ вписанного четырёхугольника $ABCD$ так, что $\angle CBP = 90^\circ$. Прямые $AC$ и $BP$ пересекаются в точке $K$, при этом $AK = AP = AD$. Пусть $H$ — это проекция точки $B$ на прямую $AC$. Докажите, что $\angle APH = 90^\circ$.

Комментарий/решение

Отметим такую точку $E$ на $(ABCD)$, что $AD=AE$ и $E\neq D$. Заметим, что по лемме о трезубце в $\triangle CED$ на биссектрисе угла $C$ выбрана точка $K$ так, что $KA=AE=AD$, тогда верно, что $K$ - инцентр $\triangle CED$. Таким образом $EK\cap (ABCD)=W$ - середина дуги $CD$, поэтому по лемме Фусса для $(EKPD),(ABCD)$ и пар секущих $E-K-W,D-P-C$ выходит, что $KP||CW$, то есть $BCW=90^\circ$, а значит $B$ - середина дуги $DAC$. $\angle BEK=\angle BHK = 90^\circ\Rightarrow E,B,H,K$ - лежат на одной окружности. Заметим, что $E$ - симметрична $P$ относительно $AC$, поэтому $\angle KHP=\angle KHE=\angle EBK$ и $\angle CAE=\angle 180^\circ - EBC=90^\circ - EBK$, поэтому $\angle AEH=\angle APH=90^\circ$

Возьмём $M$ --- середина $PK$.

Тогда, $\angle AMK = 90^\circ$, и $ABHM$ вписан.

$\angle ABD = a$

$\angle HBP = \alpha$

(!') $\angle HPM = \alpha$, у нас $\angle ABD = a$, $\angle BDA = \alpha \implies \angle PMH = 180 - a - \alpha$

(!') $\frac{AD}{AB} = \frac{PM}{MH} \implies \frac{AK}{AB} = \frac{MK}{MH} \implies \frac{MH}{AB} = \frac{MK}{AK}$, что верно по вписанности $ABHM$

Если что $\angle PMH=180-a-\alpha$ потомучто по счету углов $\angle BAC$ $=$ $\angle BDC$ = $a+\alpha$

Пусть $l$ - прямая проходящая через точку $P$ и перпендикулярная отрезку $AP$ и пусть $l \cup AC = H'$

Докажем что $AC$, $BH$, и $l$ пересекаются в одной точке

Взяв $\angle PAK = 2 \alpha$ и $\angle PAD = 2 \beta$

Тогда небольшим счетом углов получаем что $\angle BAK = 90 - \alpha - \beta$ , $\angle PBH = \alpha = \angle BPH'$ , $\angle APH' = 90$ , $\angle ABH = \alpha + \beta$

Тогда по тригонометрической теореме Чева имеем:

$$ (!) \frac{\sin \angle PAK}{\sin \angle BAK } \cdot \frac{\sin \angle BPH'}{\sin \angle APH' } \cdot \frac{\sin \angle ABH}{\sin \angle PBH } = 1$$ $$\Leftrightarrow$$

$$(!) \frac{\sin 2\alpha}{\sin 90 - \alpha - \beta } \cdot \frac{\sin \alpha}{\sin 90 } \cdot \frac{\sin \angle \alpha + \beta}{\sin \alpha } = 1$$ $$\Leftrightarrow$$

$$ (!) \sin 2\alpha \cdot \sin \alpha + \beta = \sin 90 - \alpha - \beta$$

Заметим что $\frac{AC}{\sin \angle ABC } = \frac{AC}{\sin \angle APC }$ отсюда у $(APC)$ и $(ABC)$ радиусы равны $R$, $\Rightarrow$ $\frac{PC}{\sin \angle PAC } = 2R$ $\Rightarrow$ $\sin 2\alpha = \frac{PC}{2R }$

Пусть $BP \cup (ABCD) = X$ $\Rightarrow$ $\angle BAC = 90 - \alpha - \beta = \angle BXC$ $\Rightarrow$ $\angle BCX = \alpha + \beta$ $\Rightarrow$ $\sin \alpha + \beta = \frac{BX}{2R }$ и $\sin 90 - \alpha - \beta = \frac{BC}{2R }$

$$ (!) \sin 2\alpha \cdot \sin \alpha + \beta = \sin 90 - \alpha - \beta$$ $$\Leftrightarrow$$

$$ (!) PC \cdot BX = BC \cdot 2R$$ $$\Leftrightarrow$$

$$(!)\frac{PC}{BC } = \frac{2R}{BX}$$

Но по счету углов мы получаем что...

$$\triangle BCP \sim = \triangle CBP$$

Что завершает доказательство.