Областная олимпиада по математике, 2025 год, 10 класс

$\omega$ шеңберіне дұрыс $ABCDEF$ алтыбұрышы іштей сызылған. $t_1$ және $t_2$ түзулері $AD$ түзуіне параллель және $\omega$-ны, сәйкесінше, $G$ және $H$ нүктелерінде жанайды. $GH$ түзуі $BC$ және $EF$-ті, сәйкесінше, $I$ және $J$ нүктелерінде қияды. $t_3$ түзуі $\omega$-ны жанап, $t_1$ және $t_2$ түзулерін, сәйкесінше, $K$ және $L$ нүктелерінде қияды. $KH$ және $LG$ түзулері $M$ нүктесінде қиылысады. $MI+MJ=GH$ екенін дәлелдеңіз. ( А. Васильев )

Комментарий/решение

$1)$ Пусть $t_3$ касается $\omega$ в $N$, если $O$ центр $\omega$, отметим что $NM \ || \ t_{1} || t_{2}$ так как $\dfrac{KN}{LN} = \dfrac{KM}{HM} \ (1)$ но $KN=KG, LN=LH$ значит $(1)$ есть $\dfrac{KG}{LH} = \dfrac{KM}{HM}$ что верно из подобия $LHM, KMG$.

Так же $\angle HNG = 90^{\circ}$ и $\angle LOK = 90^{\circ}$ так как $ON \perp t_3$ и из вписанности $ONGK$ получается $\angle NGO = \angle NKO$ значит треугольники $NOK, NGT \ (2)$ подобны.

$2)$ Пусть $T \in NM \cap GH$ или $NT \perp GH$ тогда если $OT = x, \ ON = y , \ LN = a, \ KN = b$, по известному свойству в прям-м треугольнике $LOK$ выходит $y^2=ab$ и из $(2)$ получается $\dfrac{NT}{NO} = \dfrac{GT}{KN}$ или $\dfrac{\sqrt{y^2-x^2}}{y} = \dfrac{y+x}{b}$ решая в совокупности : $a = \dfrac{y\sqrt{y^2-x^2}}{x+y} , \ b = \dfrac{y(x+y)}{\sqrt{y^2-x^2}}$ а так же $MT = \dfrac{NT}{2} = \dfrac{\sqrt{y^2-x^2}}{2}$ следует из $NT \ || t_1 \ || t_2.$

$3)$ $MJ,MI$ можно найти через т. Пифагора из прям-х треугольников $MJT,MTI$ зная что $\angle EOJ = 30^{\circ}$ откуда $JO = \dfrac{\sqrt{3}y}{2} , JT = \dfrac{\sqrt{3}y}{2} - x, IT =\dfrac{\sqrt{3}y}{2} + x $

Которые будут равны после преобразований $MJ = \dfrac{2y-\sqrt{3}x}{2}, \ MI = \dfrac{2y+\sqrt{3}x}{2}$ или $MI + MJ = 2y = GH.$