13-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2026 год, первая лига, 9-10 классы

$\omega$ — $ABC$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбер. $T$ нүктесі — $\omega$-ның $A$ нүктесін қамтымайтын $BC$ доғасының ортасы. $BT$ түзуі $\angle BAC$-ның сыртқы бұрышының биссектрисасын $P$ нүктесінде қияды. $\omega$-ға $T$ нүктесінде жүргізілген жанамаға $AH$ перпендикуляры түсірілген, ал $M$ — $AP$ кесіндісінің ортасы. $\angle AHM=\angle ACP$ екенін дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

Пусть \(A'\) и \(C'\) — симметричные отражения точек \(A\) и \(C\) относительно касательной к \(\omega \) в точке \(T\). Заметим, что \(ACC'A'\) — равнобедренная трапеция, следовательно, она вписанная. Так как \(\triangle TC'C\) равнобедренный, имеем:\(\angle CTC^{\prime }=180^{\circ }-2\angle TCC^{\prime }=180^{\circ }-2(90^{\circ }-\frac{1}{2}\angle A)\)Отсюда следует, что \(C'\) лежит на прямой \(BT\). Теперь, имея \(\angle PAC = \angle A + 90^\circ - \frac{1}{2}\angle A = 90^\circ + \frac{1}{2}\angle A = 180^\circ - \angle TC'C\), получаем, что четырёхугольник \(PACC'\) является вписанным.Следовательно, все точки \(P, A, C, C', A'\) лежат на одной окружности, и, таким образом:\(\angle AHM=\angle AA^{\prime }P=\angle ACP\)что и требовалось доказать.Вообщем вначале можно было догадаться что симметрия способ решения

Пусть описаннач окружность треугольника ABC это unit circle. $A = a^2$; $B = b^2$; $C=c^2 \implies T = -bc$.

Так как $PA$ перпендикулярен $AT \implies P + a^2 - bc + a^2bc \times \bar{p} = 2a^2$. Так же по коллинеарности $P-B-T$ находим $\bar{p} = \frac{p + bc - b^2}{b^3c}$. Подставляя

$P = \frac{2a^2b^2 + b^3c - a^2bc}{a^2 + b^2}$

Так же $M = \frac{a^4 + 3a^2b^2 + b^3c - a^2bc}{2a^2 + 2b^2}$

Так как $HT$ паралелен $BC \implies \frac{H + bc}{b^2 - c^2} = \frac{\bar{H} + 1/bc}{1/b^2 + 1/c^2} \implies \bar{H} = -\frac{H + 2bc}{b^2c^2}$. Потом записываем коллинеарность ортоцентр-$H$-$A$ и находим $H = \frac{a^2 - b^2c^2/a^2 - 2bc}{2}$

Теперь известны координаты всех нужных точек значит запишем:

$\frac{M - H}{A - H} \times \frac{A - C}{P - C} =$

$\frac{(2a^2 \times b^2 + 3b^3c + a^2bc + b^2c^2 + b^4 \times c^2/a^2)(a^2 - c^2)}{(a^2 + b^2 \times c^2/a^2 + 2bc) \times (2a^2b^2 + b^3c - a^2bc - a^2c^2 - b^2c^2)} \implies$ Это после факторизэйшона:

$\frac{b(a^2 - c^2)}{(b - c) \times (a^2 + bc)}$ что очевидно действиетльное число

Решение slverg и agybaevanuar

Самое красивое решение которое я видел в жизни.Вообще не понятно как я на самой олимпиаде не увидел это