Международная олимпиада 2025, Саншайн-Кост (Квинсленд), Австралия, 2025 год

$\Omega$ және $\Gamma$ – центрлері, сәйкесінше, $M$ және $N$ болатын шеңберлер, мұнда $\Omega$ шеңберінің радиусы $\Gamma$ радиусынан кіші. $\Omega$ және $\Gamma$ екі түрлі $A$ және $B$ нүктесінде қиылысады. $M N$ түзуі $\Omega$ шеңберін $C$ нүктесінде, ал $\Gamma$ шеңберін $D$ нүктесінде қиып өтеді. Бұл нүктелер $C, M, N$ және $D$ ретімен бір түзу бойында орналасқан. $P$ – $A C D$ үшбұрышының сырттай сызылған шеңбер центрі. $A P$ түзуі $\Omega$ шеңберін екінші рет $E \neq A$ нүктесінде қиып өтеді. $A P$ түзуі $\Gamma$ шеңберін екінші рет $F \neq A$ нүктесінде қиып өтеді. $H$ – $P M N$ үшбұрышының биіктіктерінің қиылысу нүктесі.
   $H$ нүктесі арқылы өтетін және $A P$-ға параллель түзу $B E F$ үшбұрышының сырттай сызылған шеңберін жанайтынын дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

$\angle ACD=\angle CAM=\alpha=\dfrac{\angle APD}{2}=\angle APN=\angle DPN \Longrightarrow ACPN$ вписанный $\Longrightarrow \angle CPM=\angle APM=\dfrac{\angle APC}{2}=\angle ADC=\angle DAN=\theta \Longrightarrow $ $AMPD$ вписанный $\Longrightarrow \angle MAP=\angle MDP=\angle NCP=\angle NAP=90-\alpha-\theta$

Let $ME \cup NF=G\Longrightarrow \angle MEA=\angle MAE=\angle NAE=\angle NFA\Longrightarrow ME\parallel AN; MA\parallel NF$

$\angle BEF=\angle BCA=2\alpha; \angle BFA=\angle BDA=2\theta \Longrightarrow \angle EBF=180-2\alpha-2\theta=180-\angle EGF \Longrightarrow BEGF$ is cylic (P.S. $\angle EGF=180-\angle MGN=180-\angle MAN=2\alpha+2\theta$). $\angle PDN=\angle PCM=90-\alpha-\theta\Longrightarrow \angle MNP=\angle PDN+\angle DPN=90-\theta\Longrightarrow \angle NMH=\theta=\dfrac{\angle GMN}{2}=\angle GMH$ и $\angle NMP=\angle PCM+\angle CPM=90-\alpha\Longrightarrow \angle MNH=\alpha=\dfrac{\angle MNG}{2}=\angle GNH\Longrightarrow H$ инцентр треугольника $\triangle MNG\Longrightarrow \angle MGH=\angle NGH=90-\alpha-\theta=\angle GEF=\angle GFE \Longrightarrow GH\parallel EF\parallel AP$ и $GH$ касается с $(BEFG)$ в точке $G$

$\angle ACD=\angle BCD=\angle APN=\angle DPN=a$

$\angle ADC=\angle BDC=\angle APM=\angle CPM=b$

$2\angle BAE=2c=\angle BME=\angle BNF (ME\cup NF=I) \Longrightarrow \triangle BME\sim \triangle BNF\Longrightarrow BEI+\angle BFI=180-\angle BEM+\angle BNF=180\Longrightarrow BFIE$ вписанный.

$\angle CPH=\angle DPH=2a-c=2b+c\Longrightarrow \angle NMO=\angle BMN-\angle BMO=2b ; \angle NMH=\angle NPH=b=\angle OMH$

$\angle MNO=\angle MNB+\angle BNF=2a ; \angle MNH=\angle MPH=a=\angle ONH\Longrightarrow \angle EOH=\dfrac{\angle MOH}{2}=90-a-b\Longrightarrow \angle FOE=2a+2b; \angle OEF=\angle MEA=\dfrac{180-\angle AME}{2}=\dfrac{180-\angle AMD-\angle DME}{2}=90-a-b=\angle OFE=\angle EOH \Longrightarrow AP\parallel EF\parallel OH(\angle HOE=\angle OEF)$ $\angle HOE=\angle OFE\blacksquare$

Рассмотрим комплексный базис с треугольником $\triangle ACD$, вписанным в единичную окружность, так что $$|a|=|c|=|d|=1$$ и $$p=0.$$ Тогда точка $B$ является отражением точки $A$ относительно прямой $CD$, поэтому $$b = c + d - \frac{cd}{a}.$$ Тогда $$m = \frac{ac(b\overline{b}-1)}{b-a-c+ac\overline{b}} = \frac{a(c+d)}{a+d}, \qquad n = \frac{ad(b\overline{b}-1)}{b-a-d+ad\overline{b}} = \frac{a(c+d)}{a+c}.$$ Далее находим $$e = m + a^2\overline{m} - a = \frac{a(ad+c^2)}{c(a+d)}, \qquad f = n + a^2\overline{n} - a = \frac{a(ac+d^2)}{d(a+c)}.$$ Теперь найдём координату точки $H$. Поскольку $HM \perp NP$, имеем $$\frac{h-m}{n-p} \in i\mathbb{R},$$ то есть $$\frac{h-\frac{a(c+d)}{a+d}}{\frac{a(c+d)}{a+c}} \in i\mathbb{R}.$$ Отсюда $$\frac{(a+c)(ah+dh-ac-ad)}{a(a+d)(c+d)} = -\frac{d(a+c)(ac\overline{h}+cd\overline{h}-c-d)}{c(a+d)(c+d)},$$ и после преобразований получаем $$ach+cdh-ac^2-acd = -a^2cd\overline{h}-acd^2\overline{h}+acd+ad^2,$$ $$ch(a+d) + acd\overline{h}(a+d) = a(c+d)^2,$$ следовательно $$\overline{h} = \frac{a(c+d)^2 - ch(a+d)}{acd(a+d)}.$$ Аналогично, поскольку $HN \perp MP$, имеем $$\overline{h} = \frac{a(c+d)^2 - dh(a+c)}{acd(a+c)}.$$ Приравнивая эти выражения, получаем $$\frac{a(c+d)^2 - ch(a+d)}{acd(a+d)} = \frac{a(c+d)^2 - dh(a+c)}{acd(a+c)},$$ откуда $$a(a+c)(c+d)^2 - ch(a+c)(a+d) = a(a+d)(c+d)^2 - dh(a+c)(a+d),$$ $$a(c-d)(c+d)^2 = h(c-d)(a+c)(a+d),$$ и, наконец, $$h = \frac{a(c+d)^2}{(a+c)(a+d)}.$$ Теперь пусть $O$ — центр описанной окружности треугольника $\triangle BEF$. Имеем векторы $$e' = e-b = \frac{a(ad+c^2)}{c(a+d)} - \frac{ac+ad-cd}{a} = \frac{d(a-c)(a^2-cd)}{ac(a+d)},$$ $$f' = f-b = \frac{a(ac+d^2)}{d(a+c)} - \frac{ac+ad-cd}{a} = \frac{c(a-d)(a^2-cd)}{ad(a+c)}.$$ Тогда $\overline{e'} = \frac{e'}{d^2}$ и $\overline{f'} = \frac{f'}{c^2}$. Если $o' = o-b$, то $$o' = \frac{e'f'(\overline{e'} - \overline{f'})}{\overline{e'}f'-e'\overline{f'}} = \frac{c^2e' - d^2f'}{c^2-d^2} = -\frac{cd(a^2-cd)}{a(a+c)(a+d)}.$$ Следовательно, $$o = b+o' = \frac{a(ac+ad+c^2+d^2)}{(a+c)(a+d)}.$$ Прямая, проходящая через $H$ и параллельная $AP$, имеет уравнение $$\frac{z-h}{a-p} \in \mathbb{R},$$ то есть $$\frac{z-\frac{a(c+d)^2}{(a+c)(a+d)}}{a} \in \mathbb{R}.$$ Пусть $Q$ — отражение точки $O$ относительно этой прямой. Тогда $$q = \frac{a^2cd\overline{o}(a+c)(a+d) - a(c+d)^2(a^2-cd)}{cd(a+c)(a+d)}.$$ Пусть $R$ — середина отрезка $OQ$, тогда $R$ является проекцией точки $O$ на прямую, проходящую через $H$ параллельно $AP$, и $$r = \frac{o+q}{2} = \frac{a(-a^2+ac+ad+c^2+cd+d^2)}{(a+c)(a+d)}.$$ Мы хотим показать, что описанная окружность треугольника $\triangle BEF$ касается прямой, проходящей через $H$ параллельно $AP$, в точке $R$. Действительно, $$o-r = \frac{a(a^2-cd)}{(a+c)(a+d)},$$ следовательно $$|o-r| = |o'|,$$ то есть расстояние от $R$ до $O$ равно радиусу описанной окружности треугольника $\triangle BEF$. $\blacksquare$

Умно:

https://artofproblemsolving.com/community/c6h3609790p35332610