Азиатско-Тихоокеанская математическая олимпиада, 2012 год

Пусть дан остроугольный треугольник $ABC$. Обозначим через $D$ — основание перпендикуляра, опущенного из вершины $A$ на сторону $BC$, $M$ — середину $BC$, $H$ — точку пересечения высот треугольника $ABC$. Пусть $E$ — точка пересечения описанной окружности $\Gamma$ треугольника $ABC$ и луча $MH$, $F$ — точка пересечения (отличная от $E$) прямой $ED$ и окружности $\Gamma$ . Докажите, что выполнятся равенство $\frac{{BF}}{{CF}} = \frac{{AB}}{{AC}}$.

Комментарий/решение

Заметим что требуемое в задаче можно переформулировать как BF*AC=CF*AB, а это свою очередь условие гармонического четырехугольника. Следовательно достаточно доказать что BF симедиана исходного треугольника.

По свойству ортоцентра вторая точка пересечение HM и описанной окружности треугольника ABC диаметрально противоположен A. Следовательно <MEA=90. Из этого вытекает вписанность четырехугольника MDEA.

Обозначим <BME=b , <EMA=a и <BCA=c, следовательно <DEA=180-a-b, из за вписанности

<ABF=180-a-b. Опять из за вписанности <FCA=a+b => < BCF=a+b-c=<BAF

<MAC+<MCA=<BMA=a+b => <MAC=a+b-c. Заметим что <BAF=<CAM следовательно по определению симедианы BF является симедианой, что и требовала задача.

Пусть $AE$ пересекается с $BC$ в точке $P$, $AD$ пересекается с окр в точке $N$. Очевидно $AEDM$ и $DNFM$ вписанные из свойства ортоцентра. Тогда из рад. осей $N, F, P$ лежат на одной линии. Применим Тео. Паскаля для $AANFFE$ тогда очевидно что четырехугольник $ABFC$ гармоничный.