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NF杯2024

NF杯2024(R)

　直線 RHRH と Γ\Gamma の交点を SS (S≠R)(S\neq R) とする．HH と PP は直線 ACAC に関して対称であり，HH と QQ は直線 ABAB に関して対称であるから，AA を中心とし HH を通る円を Ω\Omega とすると，Ω\Omega は P,QP, Q を通る．線分 ARAR が Γ\Gamma の直径であることから ∠APR=∠AQR=90∘\angle{APR}=\angle{AQR}=90^\circ であり，Ω\Omega は直線 PR,QRPR, QR とそれぞれ P,QP, Q で接する．また，OO を中心とし，M,NM, N を通る円を ω\omega とすると，ω\omega は RR を中心として Ω\Omega を 12\dfrac{1}{2} に相似拡大した円である．よって，ω\omega は直線 PR,QRPR, QR とそれぞれ M,NM, N で接する．線分 BCBC の中点を LL とすると，OL=12AHOL=\dfrac{1}{2}AH であり，線分 OLOL と直線 BCBC は直交するから，ω\omega は LL で直線 BCBC に接する．

補題 (La Hire's theorem)． 円 γ\gamma と，γ\gamma の中心とは異なる 22 点 I,JI, J に対して，JJ が II の極線上にあるならば， II は JJ の極線上にある．

証明 　γ\gamma の中心を OO とし，γ\gamma に関する反転で I,JI, J がうつる点を I′I^{\prime}, J′J^{\prime} とする．II の極線 ll は，I′I^{\prime} を通り OIOI に垂直な直線であるから， γ\gamma に関する反転で ll が移る円を ω\omega とすると，OIOI は ω\omega の直径となる．JJ が ll 上にあることから，J′J^\prime は ω\omega 上にあり，∠IJ′O=90∘\angle{IJ^\prime O}=90^\circ である．よって，II は J′J^\prime を通り，OJOJ に垂直な直線，すなわち JJ の極線上にある．

　直線 MNMN は ω\omega に関する RR の極線であり，XX は直線 MNMN 上にあるから，補題より直線 RLRL は XX の極線である．よって，直線 XOXO と直線 RSRS は直交し，特に ∠XRS=∠XSR\angle{XRS}=\angle{XSR} が成り立つ．また，三角形 AHOAHO と三角形 RXHRXH は相似であるから，∠HAO=∠XRH\angle{HAO}=\angle{XRH} が成り立つ．よって，直線 AHAH と SXSX の交点を DD とすると， ∠DSH=∠XSR=∠XRH=∠HAO=∠DAR\angle{DSH}=\angle{XSR}=\angle{XRH}=\angle{HAO}=\angle{DAR} が成り立つから，DD は Γ\Gamma 上にある．DD は直線 AHAH と Γ\Gamma の AA でない方の交点であるから, BCBC に関して HH と対称であり，∠XDH=∠XHD\angle{XDH}=\angle{XHD} が成り立つ．また，円周角の定理より ∠XDH=∠HRO\angle{XDH}=\angle{HRO} であるから，∠XHD=∠HRO\angle{XHD}=\angle{HRO} である．再び三角形 RXHRXH と三角形 AHOAHO の相似より，∠RHX=∠AOH\angle{RHX}=\angle{AOH} であるから，∠SHX=∠HOR\angle{SHX}=\angle{HOR} である．以上より， ∠SHD=∠SHX+∠XHD=∠HOR+∠HRO=∠OHS\angle{SHD}=\angle{SHX}+\angle{XHD}=\angle{HOR}+\angle{HRO}=\angle{OHS} を得る．また，∠SDH=∠ORS=∠OSH\angle{SDH}=\angle{ORS}=\angle{OSH} であるから，三角形 SHDSHD と三角形 OHSOHS は相似であり，特に ∠DSH=∠SOH\angle{DSH}=\angle{SOH} である．よって，∠SOH=∠DSH=∠RAH=∠ROL\angle{SOH}=\angle{DSH}=\angle{RAH}=\angle{ROL} であり，OS=OROS=OR であることとあわせて，HH と LL が OXOX に関して対称であることが分かる．これより，OH=OLOH=OL であるから，AH=2OL=2OHAH=2OL=2OH であり，SH=HL=LRSH=HL=LR であるから，HR=2SHHR=2SH である．また，HH と LL の対称性より，∠XHL=∠XLH\angle{XHL}=\angle{XLH} であるから，HH から直線 ARAR に下した垂線の足を EE とすると， ∠HOE=∠XHL=∠XLH=∠DRS=∠HAS\angle{HOE}=\angle{XHL}=\angle{XLH}=\angle{DRS}=\angle{HAS} が成り立ち，∠HEO=∠HSA=90∘\angle{HEO}=\angle{HSA}=90^\circ とあわせて三角形 HOEHOE と三角形 HASHAS は相似であることが分かる．よって，三角形 SHESHE と三角形 AHOAHO は相似となり，AH=2HOAH=2HO より，SH=2HESH=2HE となる．HR=2SHHR=2SH であったから，HR=2SH=4HEHR=2SH=4HE であり，三角形 RHERHE と三角形 RASRAS は相似であるから，AR=4ASAR=4AS が分かる．
　以上より，Γ\Gamma の半径を rr とおくと， AR=2r,AS:AR=1:4,SH:HR=1:2AR=2r, \hspace{5pt}AS:AR=1:4, \hspace{5pt}SH:HR=1:2 が成り立つから，三平方の定理などを用いて計算することで， AH=63r,tan⁡∠HAS=153AH=\dfrac{\sqrt{6}}{3}r, \hspace{5pt}\tan\angle{HAS}=\dfrac{\sqrt{15}}{3} を得る．HH と LL が OXOX に関して対称であることから，∠OHX=∠OLX=90∘\angle{OHX}=\angle{OLX}=90^\circ であり，三角形 AHOAHO と三角形 RXHRXH の相似により，XR=AH⋅HXOH=AH⋅tan⁡∠HOXXR=AH\cdot \dfrac{HX}{OH}=AH\cdot \tan\angle{HOX}が成り立つ．また，四角形 OLXHOLXH は円に内接するから，円周角の定理より，∠HOX=∠HLX=∠HAS\angle{HOX}=\angle{HLX}=\angle{HAS} である．以上より，XR=AH⋅tan⁡∠HOX=AH⋅tan⁡∠HAS=63r⋅153=103rXR=AH\cdot \tan\angle{HOX}=AH\cdot\tan\angle{HAS}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}r\cdot\dfrac{\sqrt{15}}{3}=\dfrac{\sqrt{10}}{3}r と計算できるから，r=2024r=2024 を代入することで，XR=2024103XR=\dfrac{2024\sqrt{10}}{3} を得る．特に解答すべき値は 40965769\mathbf{40965769} である．

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