Городская Жаутыковская олимпиада по математике, 8 класс, 2023 год
Комментарий/решение:
Пусть $\gamma$ окруж-ть опис-я около $ADEH$ пусть $X' \in \omega \cap \gamma$
пусть $M' \in X'H \cap BC, \ F \in X'H \cap \omega$ тогда $\angle ACF = \angle AX'H = \angle ADH = 90^{\circ}$ или $CF || BH$ так как $\angle BFX'=\angle X'AB = \angle X'HE = \angle CHF$ или $CH || BF$ тогда $CHBF$ параллелограмм или $M'$ середина $BC$ тогда $M'=M, \ X' =X$ . Так как $\angle ACZ = \angle ABC = \angle ADE$ то есть $CD=CZ$ по известной теореме $HD=DY$.
Так как $DM=CM$ тогда $\angle DZM = \angle MZC = \angle BCE = \angle EXM$ то есть $X,E,M,C,Z \ (2)$ лежат на одной окружности.
1) Покажем что $DYZ, \ XEM$ подобны, так как $\angle YDZ = \angle HDE = \angle EXH$ нужно доказать
$$\dfrac{DY}{DZ} = \dfrac{EX}{MX} (1)$$ так как $\angle EXH = \angle HDE = \angle BCE = \angle MEC$ последние два из того что $ME=MC$
то есть $ME$ касательная к $\gamma$, откуда $ME^2 = \dfrac{BC^2}{4} = HM \cdot MX, \ MX = \dfrac{BC^2}{4HM}$ учитывая $(2)$ или $\dfrac{EX}{CM} = \dfrac{EH}{HM}$ или $EX = \dfrac{CM \cdot EH}{HM}$ тогда $(1)$ примет вид $$\dfrac{HD}{CZ} = \dfrac{EH}{CM}$$ а это есть подобие $EHD, \ CMZ$.
2) учитывая $(2)$ тогда $\angle DYZ = \angle EMX = \angle EZX$ то есть $X,Y,Z$ лежат на одной прямой .
Пусть луч $HM$ пересекает $\omega$ в точке $K$ а высота $AN$ пересекает $\omega$ в точке $L$ и пусть $BC \cap AX=T$, касательная из точки $C$ на $\omega$ и $XY$ пересекаются в точке $Z'$.Наша дальнейшая цель доказать что $E,D,Z'$ лежат на одной прямой тогда будет $Z'=Z$.
$\textbf{Утверждение 1:} $ $N$ середина $LH $.
$\textit{Доказательства: }$
$\angle DAL=\angle HBC= \angle LBC$ из за $(ABLC),(ABND)$ то есть $BN$ биссектриса и высота $\triangle LBH$ и значит медиана.$\square$
$\textbf{Утверждение 2:}$ $AK$ диаметр $\omega$.
$\textit{Доказательства: }$
Пусть $AK'$ диаметр и $HK' \cap BC=M'$ тогда $\angle ALK'=90 $ значит $M'N$ средняя линия $\triangle HLK'$. $M'$ середина $HK'$.
$ BH\bot AC, K'C \bot AC \Rightarrow BH //K'C $ также $M'$ пересечения диоганали $HBK'C$ еще $K'M'=M'H \Rightarrow BM'=M'C$ то есть $M'=M$ из этого $K'=K$ $\square$
$\textbf{Утверждение 3:}$ $X \in (AEHD)$
$\textit{Доказательства:}$
Из $\textbf{утверждений 2}$ $\angle AXH=90$, также $\angle ADH=90$ значит $X \in (AHD)$ также очевидно $E \in (AHD)$ $\square$
$\textbf{Утверждение 4:}$$E,D,T$ лежат на одной прямой.
$\textit{Доказательства:}$
Рассмотрев радикальные оси $\omega, (BCDE),(AEHDX)$ выведем что, $BC,ED,AX$ пересекаются на одной точке. Заметим что, это точка и есть $T$.
То есть $ED$ проходит через $T$ $\square$
$\textbf{Утверждение 5.}$ $T,D,Z'$ лежат на одной прямой.
$\textit{Доказательства:}$
Исполним теорему Паскаля на шестиугольник $CCAXYB$ тогда
$CC \cap XY=Z', AC \cap YB=D, AX \cap BC=T$
то есть $Z',D,T $ на одной прямой $\square$
$\textbf{Завершения:}$ $Z',D,T $ на одной прямой и
$E,D,T$ на одной прямой значит $E,D,Z' $ на одной прямой. То есть $ Z'$ пересечение $ED$ и касательный из точки $С$ значит $Z'=Z$ еще $Z'$ лежит на $XY$. Задача решено!
$X \in (AEHD):$
$\angle AXM=\angle AXH=90°=\angle AEH.$
$X \in (EMC):$
$\angle EXH=\angle EDH=\angle ECB.$
$MZ-$ серединный перпендикуляр к $CD:$
$\angle BDC=90° \Rightarrow MD=MC.$
$\angle ZCD=\angle ABC=\angle ABD+\angle DBC=\angle ECD+\angle DEC=\angle ZDC.$
Факт:
Пусть в четырехугольнике $ABCD$ диагональ $AC$ является биссектрисой угла $A$ и $B,D$ не симметричны относительно $AC$, тогда четырехугольник вписан.
$Z \in (EMC):$
$\angle EZM=\angle CZM, MC=ME$ и пара точек $C,D$ не совпадает при симметрии относительно $MZ.$
$X,Y,Z$ лежат на одной прямой$:$
$\angle YXM=90°-\angle AXY=\angle BAC,$
$\angle MCZ=180-\angle BAC$, что завершает доказательство.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.