Республиканская олимпиада по математике, 2025 год, 11 класс

$ABC$ ($AB\neq AC$) үшбұрышында $I$ нүктесі — іштей сызылған шеңбер центрі, $I_A$ нүктесі — $BC$ қабырғасын жанайтын іштейсырт сызылған шеңбер центрі, $\Omega$ — сырттай сызылған шеңбер, ал $AD$ — биіктік. $\Omega$ шеңберінде $M$ нүктесі — $BAC$ доғасының ортасы, ал $AL$ — оның диаметрі. $IL$ және $I_AD$ түзулері $P$, ал $ID$ және $I_AL$ түзулері $Q$ нүктесінде қиылысады. $S$ нүктесі үшін $SA = SM$ және $SP = SL$ теңдіктері орындалады. $AP, MQ$ және $I_AS$ түзулері бір нүктеде қиылысатынын дәлелдеңіз. ( Зауытхан А. )

Комментарий/решение

Пусть $Q’$ отражение точки $Q$ относительно $AI$. Точка $E$ середина отрезка $IL$, точка $N$ середина малой дуги $BC$.

Следующие факты довольно простые и легко доказываются:

$\bullet$ $PDLQ, ALI_{A}P, AIDP, ADI_{A}Q, AILQ$ $-$ вписанные четырехугольники.

$\bullet$ $AP=AI, AI_{A}=AQ$ и точки $A, P, Q’$ лежат на одной прямой.

Утверждение 1. $AS\parallel IP$.

Понятно $S$ лежит на серединном перпендикуляре прямых $LN$ и $PL$. Значит $S$ центр $(PNL)$.

Из чего $\angle PSN=2\angle PLN=\angle PEN=\angle PAN$. Откуда точки $P, A, S, E, N$ лежат на одной окружности. Из того что $SE\parallel AI$, выходит что точки $E$ и $S$ симметричны в прямоугольнике $AMLN$. Значит $EN=EL=AS$, из чего следует что $AS\parallel IP$.

Утверждение 2. Треугольники $\triangle ASM$ и $\triangle Q’I_{A}M$ гомотетичны.

Из $AP=AI$ и $AQ’=AI_{A}$ выходит что $IP\parallel Q’I_{A}\parallel AS$, и понятно $Q’Q\bot AI$ и $AM\bot AI$, значит $AM\parallel Q’Q$, и из того что $SA=SM$ и $I_{A}Q’=I_{A}Q$ получаем требуемое.

Завершение:

Из гомотетии прямые $AQ’$, $MQ$ и $I_{A}S$ пересекаются или $AP, MQ$ и $I_{A}S$ пересекаются в одной точке.