Городская Жаутыковская олимпиада по математике, 8 класс, 2023 год

Сүйірбұрышты $ABC$ үшбұрышының $BD$ және $CE$ биіктіктері $H$ нүктесінде қиылысады. $\omega$ — $\triangle ABC$-ға сырттай сызылған шеңбер, ал $M$ — $BC$ қабырғасының ортасы. $BD$ түзуі мен $MH$ сәулесі $\omega$-ны, сәйкесінше, $Y$ және $X$ нүктелерінде қиыды. $\omega$-ға $C$ нүктесінде жүргізілген жанама түзу $DE$-ні $Z$ нүктеде қияды. $X$, $Y$, $Z$ нүктелері бір түзудің бойында жатқанын дәлелдеңіз.

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!

Перепишем задачу:

$D,E$ на сторонах $AC,AB$ треугольника $ABC$ таковы, что $BCDE$ вписан в окружность, то есть их и двигать будем. $BD\cap CE=S, BD\cap (ABC)=Y, ED\cap$ касательная в точке $C$ к окружности $(ABC)=Z$ ($(ABC)$ - описанная окружность треугольника $ABC$). $YZ\cap (ABC)=X$, а доказать, что $XS$ проходит через фиксированную точку.

Это делается очень простым замечанием, а именно теоремой Паскаля, примененной к $CCAXYB$ из которой следует, что точка пересечения $AX$ и $BC$ лежит на $ED$, откуда раз $BCDE$ и $ABCX$ вписанные, то и $AEDX$ является вписанным. Далее просто замечаем, что получается известная задача или просто пристально смотрим и видим, что из леммы о велосипедистах центр $(BCDE)$ $R$ является точкой равноудаленной от положений $(B,E),(C,D)$. Поэтому $RX$ - основание равнобокой трапеции, у которой второе основание - что-то соединяющее центры $(ABC)$ и $(AED)$, но а это что-то есть часть серединного перпендикуляра к $AX$, значит $\angle AXS=90^\circ$. Поэтому все $XS$ проходят диаметрально противоположную точку $A$ относительно $(ABC)$. Исходная задача зиждется на том, что $S=H$, значит требуемое установлено.

$BB \cap CC=W$, $DE \cap BB=V$ и пусть $AH,CH$ пересекает окружность в точке $G,F$. Заметим что $FY||VZ, FG||VW, GY||ZW$ потому что продолжение высот это отражение точки $H$ относительно сторон треугольника отсюда по сред.линии верна паралельность. Отсюда треугольники $GFY, ZVW$ гомотетичны.

Факт $W-G-X$ колинеарны.

Док-во:

Заметим что $XADE$ вписаный значит по счету углов понимаем что $H$ точка шалтая в треугольнике $XBC$ значит её отражение то есть точка $G$ дополняет до гармонического четырехугольника но пересечение $XW$ с окружностью тоже дополняет до гармонического четырехугольника отсюда следует требуемое.

Факт $M$ центр вписаной в $WVZ$.

Док-во:

Понятно что $XM$ это бисектриса угла $\angle BWC$. Заметим по счету углов понимаем что $ZDCM$ вписаный и так как $MC=MD$ значит $MZ$ тоже бисектриса.

Завершение:

Так как H центр вписаной $FGY$ а значит $MH, WG и ZY$ пересекаются в центре гомотетии а так как $MH \cap WG=X$ отсюда следует требуемое