55-я Международная Математическая OлимпиадаЮжно-Африканская Республика, Кейптаун, 2014 год

Дан выпуклый четырехугольник $ABCD$, в котором $\angle ABC=\angle CDA=90{}^\circ $. Точка $H$ — основание перпендикуляра, опущенного из точки $A$ на прямую $BD$. Точки $S$ и $T$ выбраны на отрезках $AB$ и $AD$ соответственно так, что точка $H$ находится внутри треугольника $SCT$, и выполнены равенства $$\angle CHS-\angle CSB=90{}^\circ ,\quad \angle THC-\angle DTC=90{}^\circ .$$ Докажите, что прямая $BD$ касается окружности, описанной около треугольника $TSH$.

Комментарий/решение

Возьмем точку $C'$ как изогонально сопряженную точку к точке $H$ относительно $\triangle AST$

Заметим что $$\angle SAC=\angle SAC'$$ $$\angle SCT=\angle SC'T$$

Значит $C$ и $C'$ эквивалентгы

По счету углов

$$CH\perp ST$$

Возбмем точку $X$ как симметричную точку к $C$ относительно $ST$

Отрезки $SA$ и $SX$ симметричны относительно биссектрисе угла $\angle TSH$

Значит $X, A$ изогонально сопряженные точки отночительно $\triangle STH$.

Из чего $HA$ проходит через центр описанной окружности $\triangle STH$ так как $HX\perp ST$

Возьмем центр как $O$

$$\angle AHB = \angle AHD = \angle OHB = \angle OHD = 90^{\circ}$$

Из чего BD касательная

Ч.т.д.

Прежде всего, пусть точки $M,N$ являются точками, симметричными $C$ относительно $D,B$. Теперь легко получить циклический код $CHTM,CHSN$. И пусть $Y,X$ — центры этих окружностей соответственно. Теперь, если вы попытаетесь доказать по теореме Менелая, что биссектрисы $HS,HT$ пересекаются на $AH$ (что эквивалентно данной задаче), вы сведете задачу к $XS/XA=YT/YA$. Теперь это сокращается до $XH/HY=XA/AY$. Теперь это можно доказать, если вы докажете, что $AHC$ — это аполлонический круг для отрезка $XY$. Если вы пересечете биссектрису $AH$ с $XY$ в точке $T'$, это уменьшится до $T'A^2=T'X\cdot T'Y$, теперь вы можете под углом преследовать этот $T'AX\sim Т'Я$, что тривиально

Решено с: AliaskarSultanali, agybaevanuar, Smoking.smoldi, combi

Обозначим $M,O-$ середина $CH$ и центр $(ABC)$. Тогда из средней линии $MO || AH$ и отсюда $M$ лежит на середном перпендикуляре к $BD$, значит $BM=MD$.

Пусть $O_1, O_2$ центры $(CHT),(CHS)$. Тогда если $AD \cap (CHT)=F, AB \cap (CHS)=E$ из условие $ \Longrightarrow \angle TCF=\angle SCE=90 \Longrightarrow O_1,O_2$ лежат на $AD,AB$.

Из $\angle BHA=90$ надо доказать что центр $(HST)$ лежит на $AH$. То равносильно тому что серединые перпендикуляры к $HT,HS$ пересекаются на $AH$. И из теорем биссектрис надо доказать что: $\dfrac{AO_1}{HO_1}=\dfrac{AO_2}{HO_2}$

Заметим что $O_1DCM,O_2BCM$ вписаны и отсюда;

$\dfrac{HO_1}{HO_2}=\dfrac{CO_1}{CO_2}=\dfrac{\sin CO_2O_1}{\sin CO_1O_2}=\dfrac{\sin CBM}{\sin CDM}=\dfrac{\sin BCH}{\sin DCH}=\dfrac{\sin AO_2O_1}{AO_1O_2}=\dfrac{AO_1}{AO_2}$