12-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2025 год, вторая лига, 9-10 классы

Пусть $\omega$ — описанная окружность данного треугольника $ABC$. Точка $T$ — середина дуги $BC$ окружности $\omega$, не содержащей точку $A$. Прямая $BT$ пересекает биссектрису внешнего угла $BAC$ в точке $P$. Точка $H$ — основание перпендикуляра, проведённого из $A$ на касательную к $\omega$ в точке $T$, а $M$ — середина отрезка $AP$. Докажите, что $\angle AHM=\angle ACP$.

Комментарий/решение

$PK \perp l, K \in l$ $CT \cap PK = N$, $T$-середина дуги $BC$, $\Rightarrow$ $\angle TCB = \angle TBC = \angle DTC = \angle HTP= \alpha$ где $D$ точка на касательной $l$ $\Rightarrow$ $\angle PTK= \angle NTK$, кроме этого $TK \perp PN$ $\Rightarrow$ $PK=KN$ $\Rightarrow$ $KM \parallel AN$, $APKH$-трапеция где $\angle AHK= \angle PKH= 90^\circ$. То по лемме $HM=MK$ $\Rightarrow$ $\angle PNT=\angle PAB=90- \alpha$ $\angle CAB= 2\alpha$ $\Rightarrow$ $PNCA$ вписанный и используя равнобедренность $\angle AHM=\angle PKM=\angle PNA=\angle PCA$ что и требовалось доказать.

Адеми

Пусть $A'$ и $C'$ симметричны $A$ и $C$ относительно касательной к $\omega$ в $T$ $\Rightarrow H$ - середина $AA'$, $ACC'A'$ - равнобокая трапеция $\Rightarrow$ $ACC'A'$ - вписанный.

Касательная к $\omega$ в $T$ $\|$ $BC$ $\Rightarrow CC' \perp BC$, $C' \in BT$ $\Rightarrow \angle BC'C = 90^\circ - \angle C'BC = 90^\circ - \angle TAC = 180^\circ - (90^\circ + \angle TAC) = 180^\circ - \angle PAC$

$\Rightarrow PACC'$ - вписанный $\Rightarrow PACA'$ - вписанный $\Rightarrow$ Так как $HM \| A'P$, $\angle ACP = \angle AA'P = \angle AHM$