Европейская математическая олимпиада среди девочек (EGMO). 2020 год. Нидерланды

Радиусы $R$ болатын $\Gamma$ шеңберiне $\angle BCA>90^{\circ}$ болатын $ABC$ үшбұрышы iштей сызылған. $AB$ кесiндiсiнде белгiленген $P$ нүктесi үшiн $PB=PC$ және $PA=R$ теңдiктерi орындалады. $PB$ кесiндiсiнiң орта перпендикуляры $\Gamma$-ны $D$ және $E$ нүктелерiнде қияды. $P$ нүктесiнiң $CDE$ үшбұрышына iштей сызылған шеңбердiң центрi екенiн дәлелдеңiз.

Комментарий/решение

Проведем серединный перпендикуляр $AJ$ в равноб-м треуг-е $AOP$ к $OP$ тогда

1) Из условия следует что $b=\angle PCB = \angle PBC = \angle PAJ = \angle OAJ$ но $\angle AOC =2 \angle PBC = 2b$ и $AO=CO=AP$ значит $AOPC$ - равнобедренная трапеция.

2) Пусть $K$ симметричная точка к $A$ отн $OP$ тогда $AOKP$ ромб, радикальные оси треух окружностей описанных около трапеции $AOPC, OKBP, \Gamma$ пересекаются в точке $S$ тогда $S \in DE$.

3) Отметим что $DK=DO=OK$ тогда $\angle DBK = \dfrac{\angle 60}{2}=30^{\circ}$

но $\angle DBK = \angle OPD = 30^{\circ}$ и так как $\angle BSP = \angle PAO = \angle PKO = \angle BOK = 2\angle KDB$ тогда треугольники $BES, KDB$ подобны, откуда $\angle EBS = \angle DBK = 30^{\circ}$ но $\angle EPS = \angle EBS = 30^{\circ}$ значит $\angle OPD = \angle EPS=30^{\circ}$ значит если $G \in DP \cap \Gamma$ то $EPG$ равносторонний или $BE=EG=CG$.

4) Из вышеописанного $DP$ - биссектриса $\angle EDC$ и так как $KE=EO=OD=KD$ то $CP$ - биссектриса $ECD$