22-я Международная Жаутыковская олимпиада по математике, 2026 год

$O$ және $H$ нүктелері — теңбүйірлі емес $ABC$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбер центрі мен биіктіктерінің қиылысу нүктесі. $OH$ түзуі $AB$ және $AC$ кесінділерін сәйкесінше $B'$ және $C'$ нүктелерінде қиып өтеді. $AB'C'$ және $ABC$ үшбұрыштарына сырттай сызылған, сәйкесінше, $\Gamma$ және $\Omega$ шеңберлері $S\ne A$ нүктесінде қиылысады. $\Gamma$-ға $A$ нүктесінде жүргізілген жанама $\Omega$-ны $K\ne A$ нүктесінде қияды. $AH$ түзуі $\Omega$-ны $M\ne A$ нүктесінде қияды. $KH$, $BC$ және $SM$ түзулері бір нүктеде қиылысатынын дәлелдеңіз. ( 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