Problema de OMI 2014 3, primer día

Question

% De cuadrilátero convexo $ABCD$tiene $\angle ABC = \angle CDA = 90^{\circ}$. % De punto $H$es el pie de la perpendicular de $A$ $BD$. Puntos $S$ y $T$ lie en % lados $AB$y $AD$, respectivamente, que $H$ miente adentro triángulo $SCT$ y $$\angle CHS - \angle CSB = 90^{\circ}, \quad \angle THC - \angle DTC = 90^{\circ}. $$ Prove that line $ BD $ is tangent to the circumcircle of triangle $ TSH$.

Este es el tercer problema de OMI 2014, África del sur. ¿Cómo hacerlo? Gracias.

Answer 1

Deje $M$ ser el punto medio de la $CH$. Además, vamos a $P$ ser un punto en (la extensión de) $CH$ tal que $SP$ es perpendicular a $CH$. Debido a $\angle CHS - \angle CSB = 90^{\circ}$, es sencillo demostrar que los triángulos $\triangle SBC$ $\triangle SPH$ son similares. Considere la posibilidad de espiral homotheties $$B(90^\circ \text{counter clockwise},\rho:=\frac{BS}{BC}=\frac{PS}{PH})$$ and $$P(90^\circ \text{counter clockwise},\frac{1}{\rho}).$$ La combinación de estas dos transformaciones es una $180^{\circ}$ rotación de mapas de $C$$H$. Por lo tanto, $M$ (es decir, el punto medio de la $CH$) es el centro de este movimiento y es invariante bajo la transformación. El uso de este hecho, es sencillo demostrar que $MB=MP$. También es fácil demostrar que los $M$ se encuentra en la bisectriz perpendicular de $BD$, lo que significa que $MB=MD$. Por lo tanto, podemos concluir que $S$, $P$, y $T$ son colineales. En otras palabras, $CH$ es perpendicular a $ST$.

Para mostrar que $BD$ es tangente a la circunferencia circunscrita de $\triangle HST$ es suficiente para mostrar que

$$\angle DHT = \angle HST.\tag{*}$$

Tenga en cuenta que, $CPSB$ es cíclico y, por tanto,$\angle HPB = \angle CPB = \angle CSB = \angle HSP$. Por lo tanto, $BP$ es perpendicular a $HS$. Así mismo, se $\angle HPD = \angle HTP$ $DP$ es perpendicular a $HT$. Deje $X$ el valor de la intersección de las $HS$$BP$. Igualmente, os $Y$ ser la intersección de $HT$$DP$. Tenemos $\triangle XBS \sim \triangle PCS$, $\triangle YDT \sim \triangle PCT$, $\triangle XPH \sim \triangle PSH$, y $\triangle YPH \sim \triangle PTH$. Por lo tanto, podemos deducir

\begin{align} \frac{SP/SH}{SB/CS} & = \frac{TP/TH}{TD/CT} = 1 \\ \implies \frac{XP}{XB} = \frac{HP}{CP}\cdot\frac{SP/SH}{SB/CS} & = \frac{HP}{CP}\cdot\frac{TP/TH}{TD/CT} = \frac{YP}{YD} \\ \implies XY & \parallel BD \\ \implies \angle DHT = \angle DHY & = \angle XYH \\ & = \angle XPH, \end{align}

donde la última ecuación tiene porque $XPYH$ es cíclico. Ahora, (*) se sigue inmediatamente de usar el hecho de que $\angle XPH = \angle HST$.