22-я Международная Жаутыковская олимпиада по математике, 2026 год

Точки $O$ и $H$ — центр описанной окружности и точка пересечения высот неравнобедренного треугольника $ABC$. Прямая $OH$ пересекает отрезки $AB$ и $AC$ в точках $B'$ и $C'$ соответственно. Допустим, что описанные окружности $\Gamma$ и $\Omega$ треугольников $AB'C'$ и $ABC$ соответственно пересекаются в точке $S\ne A$. Касательная, проведённая к $\Gamma$ в точке $A$, пересекает $\Omega$ в точке $K\ne A$. Прямая $AH$ пересекает $\Omega$ в точке $M\ne A$. Докажите, что прямые $KH$, $BC$ и $SM$ пересекаются в одной точке. ( М. Нсанбаев )

Комментарий/решение

Пусть $SM \cap BC=T$. Докажем что точки $K-H-T$ лежат на одной прямой. Рассмотрим поворотную гомотетию с центром в точке $S$ и переводящий точку $B'$ в точку $B$. Очевидно она переводит $C$ в $C'$. Докажем что $A$ переходит в $K$ или $\triangle SAK \sim \triangle SC'C$.

Док-во: $\angle SKA = \angle SCC'$ по вписанности $SAKC$. Из касания $\angle SAK = 180 - \angle SC'A=\angle SC'C$. из чего следует требуемое.

Теперь пусть точка $O$ переходит в $O'$. Понятно $O'K=O'S$ так как $OA=OS$ и $O' \in BC$ из $O \in B'C'$. Теперь пусть $\angle STO'=\alpha=\angle BTM$. Тогда из $AM \bot BC$ следует $\angle AMS=90-\alpha$. Значит $\angle SOA=2\angle SMA=180-2\alpha=\angle SO'K$. Или $\angle SKO'=\angle KSO'=\alpha$. Значит $SKTO'$ вписан. Но из $SO'=O'K$ следует $\angle KTB = \angle BTM=\angle HTM$, то есть $K, H, T$ на одной прямой, ч.т.д.

Топ задача

Не

Мое решение на Жаутыковской олимпиаде:

Введем пару обозначений $SM \cap BC = P$, $BH \cap (ABC) = B_1$, $SB1 \cap AC = Q$.

\text{Факт 1: $P - H - Q$}

Док-во: Применим теорему Паскаля на шестиугольник $SMACBB_1$ получим требуемое.

Осталось доказать $H-Q-K$, равносильно тому, что $(!)\angle C'HK = \angle SB_1C'$.

\textrm{Факт 2: $KO \cap B_1C' = A'$, то $A' \in (ABC)$}

Док-во: Равносильно доказать, что $\angle KB_1C' = 90^\circ$. Нетрудно заметить, что прямая $AK$ также касательная к окружности $(AHO)$, так как $AO, AH$ - изогонально сопряжены относительно угла $B'AC'$.

Тогда $\angle KB_1C' = \angle AB_1K + \angle AB_1C' = \angle AB_1K + \angle AHC' = 90^\circ - \angle OAK + \angle AHC' =90^\circ$.

\textrm{Факт 3: $SHC'B_1$ --- вписанный }

Док-во: $\angle SB_1H = \angle SAB = \angle SAB' = \angle SC'B' = \angle SC'H$

\textrm{Факт 4: $SHOK$ --- вписанный }

Док-во: $\angle SHO = 180^\circ - \angle SB_1C' = 180^\circ - \angle SB_1A' = 180^\circ - \angle SKA' = 180^\circ - SKO$

\textrm{Завершение: } $\angle C'HK = \angle OSK = \angle OKS = \angle A'KS = \angle SB_1A' = \angle SB_1C'$, что и требовалось

Мое решение на Жаутыковской олимпиаде:

Введем пару обозначений $SM \cap BC = P$, $BH \cap (ABC) = B_1$, $SB1 \cap AC = Q$.

Факт 1: $P - H - Q$

Док-во: Применим теорему Паскаля на шестиугольник $SMACBB_1$ получим требуемое.

Осталось доказать $H-Q-K$, равносильно тому, что $(!)\angle C'HK = \angle SB_1C'$.

Факт 2: $KO \cap B_1C' = A'$, то $A' \in (ABC)$

Док-во: Равносильно доказать, что $\angle KB_1C' = 90^\circ$. Нетрудно заметить, что прямая $AK$ также касательная к окружности $(AHO)$, так как $AO, AH$ - изогонально сопряжены относительно угла $B'AC'$.

Тогда $\angle KB_1C' = \angle AB_1K + \angle AB_1C' = \angle AB_1K + \angle AHC' = 90^\circ - \angle OAK + \angle AHC' =90^\circ$.

Факт 3: $SHC'B_1$ --- вписанный

Док-во: $\angle SB_1H = \angle SAB = \angle SAB' = \angle SC'B' = \angle SC'H$

Факт 4: $SHOK$ --- вписанный

Док-во: $\angle SHO = 180^\circ - \angle SB_1C' = 180^\circ - \angle SB_1A' = 180^\circ - \angle SKA' = 180^\circ - SKO$

Завершение: $\angle C'HK = \angle OSK = \angle OKS = \angle A'KS = \angle SB_1A' = \angle SB_1C'$, что и требовалось

Решение с мотивациями

Пусть $S$ находится на маленькой дуге $AB$. Определим $f(x)$ как поворотную гомотетию с центром $S$ так что $f(B)=B’$ и $f(C)=C$, по счету углов очевидно что $f(A)=K$.

Заметим что из симметрии если мы отразим точку $K$ относительно $BC$ в точке $K’$ тогда $KH$ и $K’M$ пересекаются на $BC$. Отсюда исходит мотив доказать коллинеарность $S-M-K’$.

Будем искать $f(K’)$. Заметим что так как $BC->B’C’$ и $KK’$ перпендикулярно $BC$ тогда $AP$ перпендикулярно $B’C’$ где $f(K’)=P$. Также определим $B’C’ \cap BC=T$. Тогда заметим что если $(A, AP \cap B’C’, AM \cap BC, T)$ вписанный отсюда $\angle HAP$ равен углу поворота, что по сути должны быть равно углу $\angle APK$ отсюда $P$ будет лежат на описанной окружности что нам и на руку. Пусть $AP \cap KK’=P’$ тогда по счету углов также выйдет что $P’$ лежит на описанной окружности и заметим что $\angle SP’K’P=180-\angle SAK=180-\angle SPK’$ и отсюда $P=P’$. Ну завершить легко счетом углов зная что $AH || KK’$.