Математикадан 51-ші халықаралық олимпиада, 2010 жыл, Астана

$I$ нүктесі — $ABC$ үшбұрышына іштей сызылған шеңбер центрі, ал $\Gamma $ — осы үшбұрышқа сырттай сызылған шеңбер. $AI$ түзуі $\Gamma $ шеңберін $A$ және $D$ нүктелерінде қиып өтеді. $\angle BAF=\angle CAE < \tfrac{1}{2}\angle BAC$ болатындай $BDC$ доғасының бойынан $E$ нүктесі, ал $BC$ қабырғасының бойынан $F$ нүктесі таңдап алынған. $G$ нүктесі — $IF$ кесіндісінің ортасы. $DG$ және $EI$ түзулері $\Gamma $ шеңберінің бойында жататын нүктеде қиылысатынын дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

1) Пусть $ V \in \Gamma \cap CI $ и $S \in DV \in BC, \ K \in DV \cap AB$

Утверждение 1 : $SI || AB, \ KI || BC$

Доказательство: по теореме о трезубце $DB=DC=DI, \ VI=VB=VA$ тогда так как

$BI \perp DV$ получается $BS=IS$ значит $\angle DIS = \angle DBS = \angle DCB = \angle DAB$ то есть $SI || AB$ , так как $BK = IK$ тогда учитывая это $\angle SIK = \angle CBA = \angle CSI$ то есть $KI || BC$

2) Пусть $H \in KI$ и $M \in DH \cap BC$ и $Q \in DA \cap BC, \ N \in \Gamma \cap DM$

Утверждение 2 : $AH || MI$

Доказательство : из утверждения 1 получается $\dfrac{DM}{DH} = \dfrac{DQ}{DI} = \dfrac{DI}{DA}$ тогда $DI^2 = DQ \cdot DA$ но так как $\angle DAC = \angle DBC = \angle DCB$ тогда $DC$ касательная к описанной окружности $ACQ$ то есть $DI^2=DC^2=DQ \cdot DA$ значит $AH || MI$ аналогично $DI^2 = DS \cdot DV$ откуда $SQVA$ вписанный.

3) Утверждение 3: $HNIA$ вписанный

Доказательство: $\angle DVA = \angle DNA$ тогда и $MQAN$ вписанный , но так как $MQ || HI$ тогда $NHIA$ вписанный.

4) Значит если $F \in AH \cap BC, T \in AH \cap \Gamma , \ E \in NI \cap \Gamma$ тогда $\angle CAE = \angle BAT = \angle BAF$ получается $FMIH$ параллелограмм и $G \in MH \cap FI$ в середине как диагональ, откуда $N \in DG \cap IE$

Рисунок

 Заметим что достаточно доказать что $\angle AEI=\angle ADG$. Пусть $I_a$ центр вневписанной окружности тогда в силу $ID=I_aD$ получаем что $I_aF \parallel DG$ . заметим что: $\triangle AEC \sim ABF$ и $ACI_a \sim AIB$. Отсюда $\dfrac{AF}{AC}=\dfrac{AE}{AB}$ и $\dfrac{AC}{AI_a}=\dfrac{AI}{AB}$ перемножаем и получаем $\dfrac{AF}{AI_a}=\dfrac{AI}{AE}$ учитывая $\angle EAI=\angle I_aAF$ получаем $\triangle EAI \sim \triangle I_aFA$, отсюда имеем $\angle AEI=\angle AI_AF=\angle ADG$

Пусть $I_a$ центр вневписаний.

Совершим Инверсию с центром $A$ и радиусом $\sqrt {AB*AC}$ и симметрией относительно биссектрисе.

$E=>F, I=>I_a, => \angle AEI=\angle AI_aF=\angle ADG$

В решении будем использовать $\textbf{проективное движения точек}$ впервые в историй матола.

Докажем задачу для любого расположений $E$ на $\Gamma$.

Будем двигать точку $E$ по $\Gamma$. Пусть $EI \cap \Gamma =X_1$ и $DG \cap \Gamma=X_2.$

$\textbf{Утверждение 1: }$ Отображение $f:E \rightarrow X_1$ проективное.

$\textit{Док-во:}$ Спроецируем $\Gamma$ с точки $I$ на саму себя. Тогда $E$ перейдет в $X_1$ и по определению рассматриваемая отображение проективное. $\square$

$\textbf{Утверждение 2: }$ Отображение $g:E \rightarrow X_2$ тоже проективное.

$\textit{Док-во:}$ Рассмотрим следующую цепочку проекций: $$E \rightarrow AE \rightarrow AF \rightarrow F \rightarrow G \rightarrow X_2$$

Отображение $AE \rightarrow AF$ проективное поскольку это проекция $\Gamma \rightarrow BC$ c точки $A$ с симметрией относительно $AD$.

Отображение $F \rightarrow G$ проективное поскольку $G$ является образом $F$ при гомотетий с центром $I$ и с коэффицентом $1/2$. Как известно, гомотетия сохраняет двойные отношения.

Наконец, отображение $G \rightarrow X_2$ проективное поскольку это является отображением проективно движущей точки $G$ на $\Gamma$ с точки $D$. $\square$

$\\$ $\textbf{Завершения:}$

Теперь покажем, что отображение $f:E \rightarrow X_1$ и $g:E \rightarrow X_2$ совпадают в 3 случаях, следовательно они совпадут во всех случаях поскольку эти отображении являются проективными. Так, как мы двигали $E$ по $\Gamma$ рассмотрим следующие 3 случаи:

$\textbf{(i) } C=E. $ Тогда $F=B$, следовательно $X_1$ середина дуги $AB. $ По лемма о трезубце $X_1I=X_1B$ и $DI=DB$ Значит $DX_1$ проходит через середину $BI \Rightarrow X_1=X_2. \square$

$\textbf{(ii) } E=B.$. Также как в первой случае. $\square$

$\textbf{(iii) } E=D. $ Следовательно, $X_1=A$ тогда $F=AD \cap BC \Rightarrow G \in AD \Rightarrow A=X_2=X_1. \square$