Азия-тынық мұхит математикалық олимпиадасы, 2010 жыл

$ABC$ сүйiрбұрышты үшбұрышында $AB > BC$ және $AC > BC$. $ABC$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбердiң центрiн және ортоцентрiн сәйкесiнше $O$ және $H$ деп белгiлейiк. $AHC$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбер $AB$ түзуiн $A$-дан басқа $M$ нүктесiнде қияды, ал $AHB$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбер $AC$ түзуiн $A$-дан басқа $N$ нүктесiнде қияды. $MNH$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбердiң центрi $OH$ түзуiнiң бойында жататынын дәлелде. ( А. Баев )

Комментарий/решение

Решим "предзадачу" и лемму

Пусть имеется треугольник $AB=AC$ и $H$ ортоцентр и $I$ - точка пересечения медиан и $CE, BF$ высоты , так же $N \in AC$ и $E \in AB$ так что $FC=FN, \ EB=EM$ если $\angle BAC = a$

Лемма: тогда выполняется условие $ MN = 3HI \cdot \sin(a)$

Доказательство: Если $T$ середина $BC$ тогда $AT = \dfrac{BC \cdot ctg(\dfrac{a}{2})}{2} , \ HT = \dfrac{BC \cdot tg(\dfrac{a}{2})}{2} , \ \ \ HI = \dfrac{AT}{3} - HT =\dfrac{BC \cdot (ctg( \dfrac{a}{2}) - 3 \cdot tg( \dfrac{a}{2}))}{6}$

так как $MN || BC$ тогда $ MN = \dfrac{AN \cdot BC}{AC}$, так как $AN = AC-CN = AC-4AC \cdot \sin^2(\dfrac{a}{2})$ откуда $MN = BC \cdot (1-4 \sin^2(\dfrac{a}{2}))$

подставив получаем требуемое.

Предзадача: на том же построений пусть $K$ середина $AC$ пусть $C'A' || CA$ где $C' \in CE$ и $A' \in EA$ так же $K' \in EK \cap C'A'$ пусть $D \in MH \cap EK$ тогда $\angle MHF = 180-2a$ и $\angle EKC = 2a$ то есть $EK \perp MH$ проведем через $I$ прямую $IG || KK'$ где $G \in MH$ и $I' \in IG BK'$ тогда $\angle HII' = \angle HMN$ и пусть $N' \in A'C' \cap HN$ докажем что $HII'$ и $MNN'$ подобны.

Доказательство для этого нужно доказать что (учитывая что $CC'=NN'$) $$\dfrac{II'}{HI} = \dfrac{CC'}{MN} \ \ \ (1)$$

так как $II' || KK'$ тогда $I'$ точка пересечения медиан $A'C'B$ тогда $\dfrac{II'}{KK'} = \dfrac{BI}{KI} = \dfrac{2}{3}$ учитывая это, откуда $(1)$ будет иметь вид $\dfrac{KK'}{HI} = \dfrac{3CC'}{2MN}$ но по теореме Фалеса $\dfrac{KK'}{CC'} = \dfrac{EK'}{EC'} = \dfrac{1}{2\sin(a)} $ откуда $MN = 3HI \cdot \sin(a)$ по лемме это верно.

К задаче из условия следует что $FC=FN, \ EB=EM$ (вписанность $AMHC, \ BHNA$) предзадаче следует что $N'MH + I'HN = 90^{\circ}$ тогда заменим $I' -> I, N'->N$ получаем, $O_{1}$ лежит на $IH$ где $O_{1}$ центр описанной окружности $MHN$, но по прямой Эйлера $OHI$ лежат на одной прямой.