Европейская математическая олимпиада среди девочек (EGMO). 2019 год. Украина

$ABC$ үшбұрышында $\angle CAB>\angle ABC$ болсын, ал $I$ — оның iштей сызылған шеңбердiң центрі болсын. $\angle CAD=\angle ABC$ болатындай $BC$ қесiндiде $D$ нүктесi белгiленсiн. $\omega$ шеңберi $AC$ түзудi $A$ нүктесiнде жанайды және $I$ нүктеден өтедi. $\omega$ және $ABC$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңберлерi екiншi рет $X$ нүктесiнде қиылыссын. $\angle DAB$ және $\angle CXB$ биссектрисаларының қиылысу нүктесi $BC$ түзудiң бойында жататынын дәлелдеңiз.

Комментарий/решение

Пусть $P$ - точка, лежащая на $BC$ и являющиеся основанием биссектрисы $\angle BAD$, а точка $Q$ - основание биссектрисы $\angle CXB$ на $BC$. Докажем, что четверки точек $A,B,Q,I$ и $A,B,P,I$ лежат на одной окружности. Обозначим за $M$ - середину дуги $AB$ окружности треугольника $ABC$, по лемме о трезубце $MI=MA=MB$, отсюда $M$ - центр описанной окружности треугольника $AIB$, пусть окружность $(AIB)$ пересекает $CB$ в точке $P`$. Пусть углы треугольника $ABC$ $\alpha ,\beta , \gamma$ соответственно. Мы имеем, что $$\angle BAD=\angle BAC-\angle CAD=\angle BAC-\angle ABC=\alpha-\beta.$$ Более того, $\angle MBC=\angle ABC+\angle MBA=\frac{1}{2}\gamma+\beta$, отсюда $$\angle BMP`=180^\circ-2\angle MBC=180^\circ-\gamma-2\beta=\alpha+\beta-2\beta=\alpha-\beta.$$ Из этого получаем, что $\angle BAP=2\angle BMP=2\angle BAD$, тем самым $P`=P$.

Пусть $N$ - середина дуги $BC$ окружности треугольника $ABC$, понятно что $X,T,N$ и $A,I,N$ -прямые. Имеем, что $\angle NBT=\angle NBC=\angle NAC=\frac{1}{2}\alpha=\angle BAN=\angle BXN$, то есть окружность $(XBT)$ касается $BN$, это значит, что $$NT\cdot NX=NB^2=NI^2,$$ (из леммы о трезубце), это значит, что и окружность $(XTI)$ касается $NI$. Учитывая что, $\angle NBC=\angle NAC=\angle AXI$, получим, что $$\angle TIN=\angle IXT=\angle NXA-\angle AXI=\angle NBA-\angle NBC=\angle TBA,$$ то есть точки $A,I,B$ и $T$ лежат на одной окружности.

Пусть $Y=(AIX)\cap AB,M\in AB:IM\bot AB;BC=a,CA=b,AB=c;AZ-$,биссектриса $\triangle ADB$.Тогда

$\angle AYI=\angle CAI=\angle IAY\Rightarrow AY=2AM=b+c-a\Rightarrow BY=a-b$

.$\angle CZA=\angle BAZ+\angle ZBA=\angle ZAD+\angle DAC=\angle ZAC\Rightarrow b=AC=CZ;BZ=a-b$.Также $\angle XYA=180^\circ-\angle AYX=\angle XAC;\angle XCA=\angle XBY\Rightarrow \triangle XAC\sim \triangle XYB\Rightarrow \dfrac{CX}{BX}=\dfrac{AC}{BY}=\dfrac{b}{a-b}=\dfrac{CZ}{BZ}$ а значит $XZ-$биссектриса угла $BXC$ что и требовалось доказать

Пусть биссектриса угла $\angle BAD$ пересекает $BC$ в точке $T, AB \cap \omega = E, AD \cap \omega = F, BI \cap \omega = G, f(Z) = \pm \frac{BZ}{CZ}.$

$\textbf{Утверждение 1:} \: C - F - X.$

$\textbf{Доказательство:}$ заметим то что по условии $\omega$ касается $AC$. Пусть $CX \cap \omega = F',$ тогда $\angle ABC = \angle AXC = \angle CAF',$ но с другой стороны $\angle ABC = CAF \Rightarrow F = F'. \square$

Теперь заметим то что $\triangle XAC \sim \triangle XEB,$ тогда по свойстве поворотной гомотетии $f(X) = \frac{BE}{AC}.$

$\textbf{Утверждение 2:} \: A - G - T.$

$\textbf{Доказательство:}$ докажем то что $AG$ является биссектрисой угла $\angle BAD.$ Пусть $\angle BAD = 2\alpha, \: \angle CAD = 2\beta.$ Заметим то что $\angle AGE = 180^\circ - \angle AXE = 180^\circ - \angle BXC = 180^\circ - \angle BAC = 180^\circ - 2\alpha - 2\beta, \: \angle BAI = \frac{\angle BAC}{2} = \angle BGE = \alpha + \beta \Rightarrow \angle AGB = 180^\circ - \alpha - \beta, \: \angle ABG = \frac{\angle ABC}{2} = \frac{\angle CAD}{2} = \beta \Rightarrow \angle BAG = \alpha \Rightarrow \angle DAG = \angle BAD - \angle BAG = \alpha \Rightarrow \angle BAG = \angle DAG. \square$

$\textbf{Утверждение 3:} \: CA = CT, \: BT = BE.$

$\textbf{Доказательство:}$ $\angle BAT + \angle ABT = \angle CTA = \angle DAT + \angle CAD = \angle CAT = 2\beta + \alpha.$ Заметим то что $\angle EBG = \angle TBG = \beta, \: \angle EGB = \angle TGB = \alpha + \beta \Rightarrow BEGT \: -$ дельтоид $\Rightarrow BT = BE. \square$

$\textbf{Завершение:}$ по свойстве биссектрисы нам нужно доказать то что $f(X) = f(T),$ но $f(X) = \frac{BE}{AC} = \frac{BT}{CT} = f(T) \Rightarrow XT \: -$ биссектриса угла $\angle BXC. \square$