Международная олимпиада 2023, Чиба, Япония, 2023 год

Дан равносторонний треугольник $ABC$. Внутри $ABC$ выбраны точки $A_1, B_1, C_1$ такие, что $BA_1=A_1C,$ $CB_1=B_1A,$ $AC_1=C_1B$ и $$\angle BA_1 C+\angle CB_1A+\angle AC_1B=480^{\circ} .$$ Прямые $B C_1$ и $C B_1$ пересекаются в точке $A_2$, прямые $CA_1$ в $AC_1$ пересекаются в точке $B_2$, прямые $AB_1$ и $B A_1$ пересекаются в точке $C_2$. Предположим, что у треугольника $A_1B_1C_1$ стороны имеют попарно различные длины. Докажите, что тогда все три окружности, описанные около треугольников $A A_1A_2,$ $BB_1B_2$ и $CC_1C_2$, проходят через какие-то две общие точки.

Комментарий/решение

Так как $ABC$ равносторонний треугольник выберем систему картизановых координат так чтобы: $A=\left(1, 0 \right)$, $B=\left(\frac{-1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2} \right)$ и $C=\left(\frac{-1}{2}, \frac{-\sqrt{3}}{2} \right)$. Пусть $k_a$, $k_b$, и $k_c$ является расстоянием от $A_1$, $B_1$, и $C_1$ до прямых $BC$, $CA$, and $AB$, соответственно. Так как $A_1$, $B_1$, $C_1$ внутренние точки треугольника $ABC$ и $\angle BA_1C+\angle CB_1A+\angle AC_1B=480^\circ$, получим:

$$k_a=\frac{3-4k_bk_c-6(k_b+k_c)}{2(3-4k_bk_c+2(k_b+k_c))}.$$Значит

$$A_1=\left(\frac{3-4k_bk_c-6(k_b+k_c)}{2(3-4k_bk_c+2(k_b+k_c))}-\frac{1}{2}, 0 \right)=\left(\frac{4k_b + 4k_c}{4k_bk_c - 2k_b - 2k_c - 3}, 0 \right),$$$$B_1=\left(\frac{-2k_c + 1}{4}, \frac{\sqrt{3}(2k_c- 1)}{4} \right),$$И

$$C_1=\left(\frac{-2k_b + 1}{4}, \frac{\sqrt{3}(-2k_b +1)}{4} \right).$$ $A_2$ пересечение прямых $BC_1$ и $CB_1$ значит

$$A_2=\left(\frac{-4k_bk_c + 4k_b + 4k_c - 3}{4k_bk_c - 2k_b - 2k_c - 3}, \frac{2\sqrt{3}(k_b - k_c)}{4k_bk_c - 2k_b - 2k_c - 3} \right).$$Также $B_2$ пересечение прямых $CA_1$ и $AC_1$ значит

$$B_2=\left(\frac{8k_b^2k_c + 4k_b^2 - 24k_b - 18k_c + 3}{16k_b^2 + 12}, \frac{\sqrt{3}(8k_b^2k_c - 12k_b^2 - 16k_bk_c + 6k_c + 3)}{16k_b^2 + 12} \right).$$ Аналогично $C_2$ пересечение прямых $AB_1$ и $BA_1$ значит

$$C_2=\left(\frac{8k_bk_c^2 - 18k_b + 4k_c^2 - 24k_c + 3}{16k_c^2 + 12}, \frac{\sqrt{3}(-8k_bk_c^2 + 16k_bk_c - 6k_b + 12k_c^2 - 3)}{16k_c^2 + 12} \right).$$ $K_a$ центр описанной окружности треугольника $AA_1A_2$ является пересечением серединных перпендикуляров к $AA_1$ и $AA_2$:

$$K_a=\left(\frac{4k_bk_c + 2k_b + 2k_c - 3}{8k_bk_c - 4k_b - 4k_c - 6}, \frac{\sqrt{3}(16k_b^2k_c^2 - 12k_b^2k_c + 6k_b^2 - 12k_bk_c^2 - 9k_b + 6k_c^2 - 9k_c)}{24k_b^2k_c - 12k_b^2 - 24k_bk_c^2 - 18k_b + 12k_c^2 + 18k_c} \right).$$Также

$$K_b=\left(\frac{16k_b^2 - 8k_bk_c^2 + 32k_bk_c - 6k_b + 12k_c^2 - 3}{16k_b^2k_c - 8k_b^2 - 16k_bk_c - 24k_b - 12k_c + 6}, \frac{\sqrt{3}(8k_b^2k_c^2 + 6k_b^2 - 12k_bk_c^2 - 9k_b)}{24k_b^2k_c - 12k_b^2 - 24k_bk_c - 36k_b - 18k_c + 9} \right).$$Аналогично

$$K_c=\left(\frac{-8k_b^2k_c + 12k_b^2 + 32k_bk_c + 16k_c^2 - 6k_c - 3}{16k_bk_c^2 - 16k_bk_c - 12k_b - 8k_c^2 - 24k_c + 6}, \frac{\sqrt{3}(-8k_b^2k_c^2 + 12k_b^2k_c - 6k_c^2 + 9k_c)}{24k_bk_c^2 - 24k_bk_c - 18k_b - 12k_c^2 - 36k_c + 9} \right).$$Теперь

$$\frac{{\rm Pow}_{A/(K_b)}}{{{\rm Pow}_{A/(K_c)}}}=\frac{AK_b^2-BK_b^2}{AK_c^2-CK_c^2}=\frac{8k_bk_c^2 - 8k_bk_c - 6k_b - 4k_c^2 - 12k_c + 3}{8k_ck_b^2 - 8k_ck_b - 6k_c - 4k_b^2 - 12k_b + 3},$$$$\frac{{\rm Pow}_{A_1/(K_b)}}{{{\rm Pow}_{A_1/(K_c)}}}=\frac{A_1K_b^2-BK_b^2}{A_1K_c^2-CK_c^2}=\frac{8k_bk_c^2 - 8k_bk_c - 6k_b - 4k_c^2 - 12k_c + 3}{8k_ck_b^2 - 8k_ck_b - 6k_c - 4k_b^2 - 12k_b + 3},$$значит

$$\frac{{\rm Pow}_{A_2/(K_b)}}{{{\rm Pow}_{A_2/(K_c)}}}=\frac{A_2K_b^2-BK_b^2}{A_2K_c^2-CK_c^2}=\frac{8k_bk_c^2 - 8k_bk_c - 6k_b - 4k_c^2 - 12k_c + 3}{8k_ck_b^2 - 8k_ck_b - 6k_c - 4k_b^2 - 12k_b + 3}.$$ЧТД

Моя школа

легенда в отличии от Abdulkhasib

сколько времени заняло это решение, если не секрет?

Пусть прямая симметричная $AA_2$ относительно биссектрисы угла $A$ в треуголнике $\triangle ABC$ пересекает $(BA_2C)$ в точке $X$. Аналогично определим точки $Y, Z$.

Утверждение 1. Четырехугольники $B_2C_1B_1C_2$, $C_1A_2C_2A_1$, и $A_1B_2A_2B_1$ вписаны.

Пусть $\angle A_1BC=\alpha, \angle BAC_1=\beta, \angle ACB_1 = x$. Тогда условие можно переписать как $\alpha + \beta + x= 30$. Счетом углов $\angle BA_2C=180 - (60-\beta)-(60-x)=90-\alpha$. Значит $A_1$ центр описанной окружности $A_2BC$. Аналогично для $B_1$ и $C_1$. Но тогда заметим что, $\angle BA_2A_1 = \angle C_1BC_2= \angle C_1C_2B$. Значит $A_2C_2A_1C_1$ вписан. $\square$

Пусть $\omega_1=(B_1B_2C_2C_1)$ и аналогично определим $\omega_2$ и $\omega_3$. И $AB_1\cap \omega_2=P$ и $AC_1\cap \omega_3=Q$. Тогда: $$\frac{P(A, \omega_2)}{P(A, \omega_3)}=\frac{AP\times AB_1}{AQ\times AC_1}=\frac{AP}{AA_1} \times \frac{AA_1}{AQ} \times \frac{AB_1}{AC_1}=\frac{\sin(\beta+x)}{\sin(30+x)} \times \frac{\sin(30+\beta)}{\sin(\beta+x)}\times \frac{AB_1}{AC_1}$$ из теоремы синусов на треугольники $\triangle APA_1$ и $\triangle AQA_1$.

Утверждение 2(*). Для любой точки $X$ на $(AA_1A_2)$ из леммы о соосных выполняется:

$$\frac{P(X, \omega_2)}{P(X, \omega_3)}=\frac{\sin(30+\beta)}{\sin(30+x)}\times \frac{AB_1}{AC_1}$$.

Что симметрично для $B$ и $C$. Тогда выполняется равенство:$$\frac{P(A, \omega_2)}{P(A, \omega_3)}\times \frac{P(B, \omega_3)}{P(B, \omega_1)} \times \frac{P(C, \omega_1)}{P(C, \omega_2)} = 1.$$

Пусть $(BB_1B_2)\cap (CC_1C_2)=U, V$. Тогда для $X={U, V}$ выполняется: $\frac{P(X, \omega_3)}{P(X, \omega_1)}=\frac{P(B, \omega_3)}{P(B, \omega_1)}$ и $\frac{P(X, \omega_1)}{P(X, \omega_2)}=\frac{P(C, \omega_1)}{P(C, \omega_2)}$ из (*).

Значит для $X={U,V}:$ $$\frac{P(X, \omega_2)}{P(X, \omega_3)}=\frac{P(A, \omega_2)}{P(A, \omega_3)}$$. Значит $X \in (AA_1A_2)$, ч.т.д.

(P.S. Очевидно окружности $(BB_1B_2)$ и $(CC_1C_2)$ пересекаются.)