Геометриядан 6-шы Иран олимпиадасы, 2019 жыл, 3-ші лига, 11-12 сыныптар

Сүйірбұрышты теңбүйірлі емес $ABC$ үшбұрышы $\Gamma$ шеңберіне іштей сызылған. $M$ нүктесі $BC$ кесіндісінің ортасы, ал $N$ нүктесі $\Gamma$ шеңберінің $A$ нүктесін қамтымайтын $\arc{BC}$ доғасының ортасы. $\Gamma$ шеңберінде $ BX \parallel CY \parallel AM $ болатындай $X$ және $Y$ нүктелері белгіленген. $BC$ кесіндісінде $XYZ$ шеңберіне сырттай сызылған шеңбер $BC$-ны жанайтындай $Z$ нүктесі табылған. $ZMN$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңберді $\omega$ арқылы белгілейік. $AM$ түзуі $\omega$-ны екінші рет $P$ нүктесінде қисын. $\omega$-дан $KN \parallel AM$ болатындай $K$ нүктесі белгіленген. $\omega_b$ арқылы $B$ және $X$ нүктелері арқылы өтетін және $BC$ түзуін жанайтын шеңберді, ал $\omega_c$ арқылы $C$ және $Y$ нүктелері арқылы өтетін және $BC$ түзуін жанайтын шеңберді белгілейік. Центрі $K$ және радиусы $KP$ болатын шеңбер $\omega_b$, $\omega_c$ және $\Gamma$ шеңберлерімен жанасатынын дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

Пусть $XY\cup BC=D,$ и $J$ такая точка на $\Gamma$ что $DJ$ касается $\Gamma\Longrightarrow \angle DJO=90=\angle DMO\Longrightarrow DOMJ$ вписанный. $DJ^2=DX\cdot DY=DZ^2\Longrightarrow DJ=DZ,$ $\angle ZDJ=\angle MDJ=\angle MOJ=\angle NOJ\Longrightarrow \angle JNM=\angle JNO=\angle JZD\Longrightarrow J$ лежит на $(ZMN),$ так как $OD\bot BX\Longrightarrow OD\bot AM\Longrightarrow \angle MJO=\angle MDO=\angle AMO=\angle NMP=\angle MNK=\angle MJK\Longrightarrow O,K,J$ лежат на одной прямой. $ON=OJ\Longrightarrow KJ=MN=KP\Longrightarrow J$ лежит на окружности с центром $K$ и радиусом $KP,$ и так как $O,K,J$ лежат на одной прямой $\angle DJO=\angle DJK=90\Longrightarrow DJ$ касается окружности с центром $K$ и радиусом $KP\Longrightarrow \Gamma$ касаетмся с окрудности с центром $K$ и радиусом $KP.$

$E\in AM$ и $EKNM$ параллеграм. Пусть $BE$ и $PX$ пересекает $\omega_b$, в точкахх $F$ и $F'$ $\Longrightarrow$ $\angle F'BM=\angle BXF'=\angle F'PM$ $\Longrightarrow$ $BF'MP$ вписанный $\Longrightarrow \angle BFX+\angle BF'P=\angle DBX+\angle BMP=\angle BMA+\angle BMP=180=\angle BFX+\angle BFP\Longrightarrow F=F'.$

Пусть $(BMP)\cup$ окружность с центром $K$ радиусом $KP=F_1.$ $\angle ZJP=90-\angle NJP=90-\angle NMP=90-\angle KPE=\dfrac{\angle EKP}{2}=\angle EJP\Longrightarrow E,Z,J$ лежат на одной прямой. $\angle ZBF_1=\angle MBF_1=\angle MPF_1=\angle EPF_1=\angle EJF_1\Longrightarrow BF_1ZJ$ вписанный. Прямые $BF_1, ZJ,$ и $MP$ пересекаются в точке $E$ так как они радикальные оси окружностей $(BF_1ZJ), (ZJMP),$ и $(BFMP)\Longrightarrow B,F_1,E$ лежат на одной прямой. Так как $(BMP)\cup$ окружность с центром $K$ и радиусом $KP=P, F, F_1\Longrightarrow F=F_1$

$BL\parallel MN\parallel KE,$ $BK\parallel EP\Longrightarrow KL\cup BE\cup PX=F$ где $L$ центр $\omega_b.$ Аналогично с $\omega_c\blacksquare$