Республиканская олимпиада по математике, 2025 год, 9 класс

В неравнобедренном треугольнике $ABC$ точка $M$ — середина стороны $AB$, $I$ — центр вписанной окружности, а $J$ — середина дуги $AB$ окружности, описанной около $\triangle ABC$, не содержащей точку $C$. К окружности с центром $J$ и радиусом $JM$ провели касательные $IP$ и $IQ$ ($A$ и $P$ лежат по одну сторону от прямой $CI$). Описанные окружности треугольников $APJ$ и $BQJ$ вторично пересекаются в точке $R$. Докажите, что $R$ лежит на прямой $AB$. ( М. Кунгожин )

Комментарий/решение

$JP=JM=JQ$ радиусы, а по лемме трезубца $AJ=IJ=BJ.$

Очевидно, что $JM \bot MB.$ Тогда по пифагоре;

$IQ^2= IJ^2-JQ^2=JB^2-JM^2=MB^2 \Rightarrow IQ=MB.$

Так же аналогично $IP=AM=MB=IQ$

Пусть $MB \cup IQ=T \Rightarrow TM,TQ$ касательные, значит равны; $IQ=MB \Rightarrow IT=TB; \angle MTI= \angle QTB, \Rightarrow \triangle MTI= \triangle QTB \Rightarrow MI=QB$

Так же аналогично $MI=AP=QB.$

Получаем; $AJ=IJ=BJ, PJ=MJ=QJ, AP=MI=BQ.$

Значит треугольники $\triangle APJ= \triangle IMJ= \triangle BQJ$ равны. $\Rightarrow \angle APJ= \angle BQJ. $

Пусть окружность $(APJ)$ пересекает прямую $AB$ в точке $R'$. тогда $180^\circ - \angle BR'J=180^\circ - \angle ARJ= \angle APJ= \angle BQJ$, из чего следует, что $BQJR'$ вписанный. Окружности $(APJ)$ и $(BQJ)$ вторично пересекаются в точках $R$ и $R'$. Значит $R=R'$, а она лежит на $AB$ ч.т.д.

Через точку $Q$ проведем прямую, параллельную стороне $AB$. Пусть эта прямая пересечет описанную окружность треугольника $\triangle BJQ$ в точке $E$. Через точку $A$ проведем прямую, параллельную стороне $RE$. Тогда $\angle ARE+\angle BRE=\angle REQ+\angle RBQ=180^\circ$

Второй случай — когда $R$ лежит на прямой $AB$. Пусть $D$ такая точка на $EQ$, что $RE=AD=BQ$. Тогда $AB\parallel DQ\parallel EQ\parallel RB \longrightarrow A$ дежит на отрезке $RB$

Мне кажется, что моё предыдущее решение неверно. Б.О.О $CA>CB$

$CJ\cup AB=D\Longrightarrow \dfrac{CJ}{\sin\angle SBJ}\cdot \dfrac{CD}{\sin\angle CAD}=\dfrac{CB}{\sin\angle CJB}\cdot \dfrac{CA}{\sin\angle CDA}\Longrightarrow CJ\cdot CD=CA\cdot CB.$ $(RJD)\cup CR=E,$ $(ABC)\cup RJ=F,$ $(FJD)\cup (FRE)=G,$ и $H$ симметричная точка $B$ относительно $CJ$(очевидно что $H$ лежит на $CA$) $\Longrightarrow JD, FG, RE$ пересекаются в точке $C$ так как они рад. оси окружности $(JDGF), (RFGE), (JRED).$ В треугольнике $CRJ$, $RFGE$ и $JFGD$ вписанный $\Longrightarrow CDGE $ вписанный (Теорема Микеля). $\angle DGF+\angle FGH=180-\angle FJD+180-\angle FAH=180=\angle DGH.$ $FD\cup (ABC)=K\Longrightarrow \angle CKD=\angle CKF=\angle CJF=\angle CGD=\angle CED\Longrightarrow K$ симметрично $E$ относительно $CJ\Longrightarrow \angle CEJ=\angle CKJ=\angle CBJ=\angle CHJ\Longrightarrow CJHE$ вписанный и $\angle DAR=\angle CAD+\angle CAR=\angle CJH+\angle CEH=180\Longrightarrow B,D,A,R$ лежт на одной прямой. А если $R$ лежит внутри $(ABC)\Longrightarrow \angle DRA=\angle DRC+\angle CRA=\angle CJE+\angle CHE=180\Longrightarrow B,D,R,A$ лежат на одной прямой $\blacksquare$