Областная олимпиада по математике, 2025 год, 11 класс

$O$ — центр описанной около остроугольного треугольника $ABC$ окружности, $CH$ — его высота. Точка $K$ симметрична $H$ относительно $AC$, $L$ симметрична $H$ относительно $BC$. $CO$ пересекает $HK$ и $HL$ в точках $P$ и $Q$, соответственно. Окружность, описанная около треугольника $PQH$, вторично пересекает окружности, описанные около треугольников $KLP$ и $KLQ$, в точках $P_1$ и $Q_1$, соответственно. Докажите, что точки $C$, $P_1$ и $Q_1$ лежат на одной прямой. ( 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.

Из условия получаем то что $CK = CH = CL$, соответственно рассмотрим $Inv_R C$ где $\sqrt R = CK = CH = CL$. Заметим то что из счета углов и изогонального сопряжение $CH$ и $CO$ получим это: $\angle PHB = \angle AHK = \angle ACH = \angle BCO \Rightarrow (CBPH) \Rightarrow CH$ касается $(PQH) \Rightarrow P \rightarrow Q$. Пусть $Q_1 \rightarrow Q_1 ' \Rightarrow$ нужно доказать то что $Q_1 ' = P_1 = (PQH) \cap (KPL)$. У нас $Q_1 \in (PQH)$ из за степени точки $C$, а $Inv_R C \Rightarrow (KQL) \rightarrow (KPL) \Rightarrow Q_1 ' \in (KPL) \Rightarrow Q_1 ' = (PQH) \cap (KPL)$, то есть $Q_1 ' = P_1$. $\square$

Точки $L_1$ и $K_1$ — середины $HK$ и $HL$.

Пусть $Y = Q_1$. Докажем, что второе пересечение прямой $CY$ с окружностью $(PQHX)$,

обозначим его через $X$, лежит на окружности $(LPK)$, тогда задача решится.

\medskip

\textbf{Утверждение 1.}

$CP \perp KL$.

\textit{Доказательство.}

\[

CK = KH = KL.

\]

\[

\angle KCP = 2\alpha + \beta

\quad \text{и} \quad

\angle PCL = 2\alpha + \beta.

\]

Назовём их пересечение $M$.

Ч.Т.Д.

\medskip

\textbf{Утверждение 2.}

$CH$ касается окружности $(XHYQP)$.

\textit{Доказательство.}

Пусть

\[

\angle ACH = \alpha

\quad \text{и} \quad

\angle HCP = \beta.

\]

Тогда

\[

\angle PCB = \alpha

\quad (\text{$H$ и $O$ изогонально сопряжены}),

\]

и

\[

\angle KCA = \alpha

\quad (\triangle KCH \text{ равнобедренный}).

\]

Аналогично,

\[

\angle BCL = \alpha + \beta.

\]

\[

\angle CBA

= 180^\circ - \angle CHB - \angle HCB

= 180^\circ - 90^\circ - \alpha - \beta

= 90^\circ - \alpha - \beta.

\]

\[

\angle CHL_1

= 180^\circ - \angle CL_1H - \angle HCL_1

= 90^\circ - \alpha - \beta.

\]

\[

\angle CPK_1

= 180^\circ - \angle CK_1P - \angle K_1CP

= 90^\circ - \alpha - \beta.

\]

(Отметим, что $\angle CPL = 90^\circ - \alpha - \beta$, так как $CP \perp KL$.)

Ч.Т.Д.

\medskip

По степени точки $C$:

\[

CY \cdot CX = CH^2 = CK^2.

\]

Из этого следует:

\[

\frac{CK}{CY} = \frac{CX}{CK}.

\]

Из общего угла и этого отношения получаем:

\[

\triangle CKX \sim \triangle CYK.

\]

Следовательно,

\[

\angle CKY = \angle CXK,

\quad

\angle CXL = \angle CLQ.

\]

Очевидно, что

\[

\angle KXL = \angle CXK + \angle CXL.

\]

\[

\angle KYL

= 360^\circ - \angle KCL - \angle CKY - \angle CLQ

= 360^\circ - (4\alpha + 2\beta + \angle KXL).

\]

\medskip

\textbf{Утверждение 3.}

\[

\angle KQL = 180^\circ - 2\alpha.

\]

\textit{Доказательство.}

Из утверждения 1 треугольник $KQL$ равнобедренный.

Найдём угол $\angle KLQ$.

$L_1MCL$ — вписанный, так как

\[

\angle CML = \angle CL_1L.

\]

Следовательно,

\[

\angle KLQ = \angle PCB = \alpha.

\]

Ч.Т.Д.

\medskip

\[

180^\circ - 2\alpha + \angle KXL

= 360^\circ - 4\alpha - 2\beta

\Rightarrow

\angle KXL = 180^\circ - 2\alpha - 2\beta.

\]

Задача решена.