Азия-тынық мұхит математикалық олимпиадасы, 2012 жыл

Сүйірбұрышты $ABC$ үшбұрышы берілген. $M$ нүктесі $BC$-ның ортасы, $AD$ — биіктік, $H$ — $ABC$ үшбұрышының биіктіктер қиылысу нүктесі болсын. $MH$ сәулесі мен $ABC$ үшбұрышына сырттай сызылған $\Gamma$ шеңбері $E$ нүктесінде қиылысады. $ED$ түзуі мен $\Gamma$ шеңбері екінші рет $F$ нүктесінде қиылыссын. $\dfrac{{BF}}{{CF}} = \dfrac{{AB}}{{AC}}$ теңдігін дәлелдеңіздер.

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.