Областная олимпиада по математике, 2025 год, 11 класс

$O$ нүктесі сүйір бұрышты $ABC$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбер центрі, ал $CH$ — осы үшбұрыштың биіктігі. $K$ нүктесі $H$ нүктесіне $AC$-ға қатысты, ал $L$ нүктесі $H$ нүктесіне $BC$-ға қатысты симметриялы нүкте. $CO$ түзуі $HK$ және $HL$ түзулерін, сәйкесінше, $P$ және $Q$ нүктелерінде қияды. $PQH$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбер $KLP$ және $KLQ$ үшбұрыштарына сырттай сызылған шеңберлерді, сәйкесінше, екінші рет $P_1$ және $Q_1$ нүктелерінде қияды. $C$, $P_1$ және $Q_1$ нүктелері бір түзудің бойында жатқанын дәлелдеңіз. ( М. Кунгожин )

Комментарий/решение

Пусть $CH$ пересекает $(CKL)$ и $KL$ в $C_0$ и $R$. Пусть высота из $H$ к $PQ$ пересекает $(HPQ)$ в $X$. Потом задачи решаются через следующие утверждения:

i) треугольники $HPQ$ и $CAB$ подобны

ii) $CH$ касается $(HPQ)$

iii) $K, P_1, X$ и $L, Q_1, X$ лежат на одной прямой

iv) $KRP_1H$ и $LRQ_1H$ вписанные

v) $R, P_1, Q_1, C_0$ лежат на окружности апполония для отрезка $KL$

vi) $R, P, Q, C_0$ лежат на одной окружности.

Легко можно закончить через радикальные оси.

Чудо решение от Ерки(1 балл)

Заметим, что $PP_1, QQ_1, KL$ пересекаются в одной точке, как попарные радикальные оси $(KLQQ_1), (KLPP_1), (PP_1Q_1Q)$. $X=P_1L\cap (PP_1Q_1Q)$. По теореме Паскаля к $P_1XQ_1QHP$ получаем, что $HP, XQ_1$ пересекутся на $KL$, а значит $X$ лежит на $KQ_1$. По лемме Фусса или $\angle KLQ=\angle XQ_1Q=\angle XHK$, значит $HX||KL\bot CO$. $KL\bot CO$ поскольку $CO$ и $CH$ - изогонали. $M$ - середина $KL$. $(K,L; M, \infty_KL)\stackrel{X}{=}(Q_1, P_1; MX\cap (PP_1Q_1Q), H)=-1$. Кстати $(K,L; M, \infty_KL)\stackrel{H}{=}(P,Q;M,PQ\cap HX)=-1$, значит $M$ - гармоническое дополнение к основанию высоты и, как известно, пересечение $(HPQ)$ и $MX$ дополняют $(HPQ)$ до гармонического четырехугольника, откуда и следует требуемое.