27-я Балканская математическая олимпиадаКишинёв, Молдавия, 2010 год

В остроугольном треугольнике $ABC$ с ортоцентром $H$ (ортоцентр — точка пересечения высот) точка $M$ является серединой стороны $AC$. Точка $C_1$ стороны $AB$ — основание высоты $CC_1$ треугольника $ABC$, а точка $H_1$ симметрична $H$ относительно $AB$. Точки $P$, $Q$ и $R$ являются ортогональными проекциями точки $C_1$ на прямые $AH_1$, $AC$ и $BC$, соответственно. Пусть точка $M_1$ такая, что центр описанной окружности треугольника $PQR$ является серединой отрезка $MM_1$.
Докажите, что $M_1$ лежит на отрезке $BH_1$.

Комментарий/решение

Пусть $L$ середина $BH_1$. Так как $H_1$ симметрична $H$ относительно $AB$ у нас, $\angle BH_1C=\angle H_1HB=90^{o}-\angle HBA=\angle BAC$ следовательно, четырехугольник $ACBH_1$ вписанный и $\angle H_1C_1L=90^o-\frac{1}{2}\angle HBH_1=\angle H_1HB$, следовательно, $LC_1 || BH$ , и поэтому $LC_1 \perp AC$ и мы знаем что $C_1Q \perp AC$. Следовательно , точки $L,C_1,Q$ лежат на одной прямой(коллинеарны) .Откуда $Q$ лежит на окружности $(\Omega)$ (с диаметром $ML$). Теперь мы имеем $\overrightarrow{LP} \cdot \overrightarrow{MP}=(\overrightarrow{LC_1}+\overrightarrow{C_1P})(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AP})=\overrightarrow{C_1P}\cdot\overrightarrow{MA} - \overrightarrow{LC_1} \cdot \overrightarrow{PA} = \sin\measuredangle H_1AC \cdot (MA \cdot C_1P-LC_1 \cdot PA)=X$ и еще , $\frac{LC_1}{C_1P}=\frac{\frac{1}{2}H_1B}{H_1C_1 \cdot \sin \beta}=\frac{1}{2}\frac{\frac{1}{\cos \measuredangle BAC}}{\sin \beta}=\frac{1}{2}\frac{AC}{AC_1 \cdot \sin(90^{o}-\measuredangle H_1AB)}=\frac{MA}{PA}.$ Или $X=0.$ Поэтому $P$ лежит на окружности $(\Omega).$ Аналогично доказывается что $R$ лежит на окружности $(\Omega)$ откуда следует что $L=M_1$.