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第2問

MM、NN をそれぞれ中心とする円 Ω\Omega、Γ\Gamma があり、Ω\Omega の半径は Γ\Gamma の半径より小さいとする。円 Ω\Omega と Γ\Gamma は相異なる2点 AA、BB で交わるとする。直線 MNMN は Ω\Omega と点 CC で、Γ\Gamma と点 DD で交わり、点 CC、MM、NN、DD はこの順に直線上に並んでいるとする。PP を三角形 ACDACD の外心とする。直線 APAP は Ω\Omega と再び E≠AE\ne A で交わる。直線 APAP は Γ\Gamma と再び F≠AF\ne A で交わる。HH を三角形 PMNPMN の垂心とする。HH を通り APAP に平行な直線が、三角形 BEFBEF の外接円に接することを証明せよ。
ステップ 7/7: H は TMN の内心であり、これで接することが示される
前のステップ次のステップ
H=incentre of △TMN ⟹ HT∥AP ⟹ the line through H parallel to AP is tangent to (BEF) at TH=\text{incentre of }\triangle TMN\ \Longrightarrow\ HT\parallel AP\ \Longrightarrow\ \text{the line through }H\text{ parallel to }AP\text{ is tangent to }(BEF)\text{ at }T
詳しい解説

MH∥ADMH\parallel AD、NH∥ACNH\parallel AC なので ∠HMN=∠A′DC=∠ADC=β\angle HMN=\angle A'DC=\angle ADC=\beta であり、さらに E,T,ME,T,M が共線だから ∠TMN=∠CME=2∠CAE=2β\angle TMN=\angle CME=2\angle CAE=2\beta である。したがって MHMH は ∠NMT\angle NMT の二等分線である。同様に ∠MNT=2α\angle MNT=2\alpha であり、NHNH は ∠MNT\angle MNT を二等分する。ここで外角の二等分線ではなく内角の二等分線であることを確認する。△ACD\triangle ACD を反時計回りに向ける。C,M,N,DC,M,N,D がこの順に並び、C,DC,D が直線 MNMN との遠い方の交点であるため、∠NHM=∠CAD\angle NHM=\angle CAD は鈍角である。直線 MNMN を二つの二等分線 MH,NHMH,NH について反射すると、交点は MNMN に関して HH と同じ側にある TT になる;したがって HH は △TMN\triangle TMN の内部にあり、これらは内角二等分線である。ゆえに HH は内心で、∠NTH=∠HTM=90∘−(α+β)\angle NTH=\angle HTM=90^\circ-(\alpha+\beta) となる。△ADF\triangle ADF では中心 NN により ∠NFA=90∘−∠ADF=90∘−(α+β)\angle NFA=90^\circ-\angle ADF=90^\circ-(\alpha+\beta) である(向き付き角は 180∘180^\circ を法として扱う)。FA=APFA=AP であり、この角は ∠NTH\angle NTH に等しいから HT∥APHT\parallel AP を得る。ステップ4で (BEF)(BEF) の TT における接線が APAP に平行と示したので、HH を通り APAP に平行な直線は TT を通り、その接線そのものである。