13-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2026 год, первая 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

Пусть \(A'\) и \(C'\) — симметричные отражения точек \(A\) и \(C\) относительно касательной к \(\omega \) в точке \(T\). Заметим, что \(ACC'A'\) — равнобедренная трапеция, следовательно, она вписанная. Так как \(\triangle TC'C\) равнобедренный, имеем:\(\angle CTC^{\prime }=180^{\circ }-2\angle TCC^{\prime }=180^{\circ }-2(90^{\circ }-\frac{1}{2}\angle A)\)Отсюда следует, что \(C'\) лежит на прямой \(BT\). Теперь, имея \(\angle PAC = \angle A + 90^\circ - \frac{1}{2}\angle A = 90^\circ + \frac{1}{2}\angle A = 180^\circ - \angle TC'C\), получаем, что четырёхугольник \(PACC'\) является вписанным.Следовательно, все точки \(P, A, C, C', A'\) лежат на одной окружности, и, таким образом:\(\angle AHM=\angle AA^{\prime }P=\angle ACP\)что и требовалось доказать.Вообщем вначале можно было догадаться что симметрия способ решения