Азиатско-Тихоокеанская математическая олимпиада, 2000 год

Пусть $ABC$ — треугольник. Пусть $M$ и $N$ — точки пересечения медианы и биссектрисы соответственно, опущенных из вершины $A$ на сторону $BC$. Пусть $Q$ и $P$ — точки в которых перпендикуляр из вершины $N$к прямой $NA$ пересекается с $MA$и $BA$ соответственно, и $O$ — точка в которой перпендикуляр из точки $P$ к $BA$ пересекается с $AN$. Докажите, что прямая $QO$ перпендикулярна $BC$.

Комментарий/решение

$\Gamma -$ окружность описанная вокруг $\triangle ABC$

$R \in AC, \text{ } OR \perp AC ($ По прямой Симпсона $P, N, Q, R -$ колинеарны $)$

$\Gamma \cap AO - T$

$K \in AC, \text{ } TK \perp AC$

Утверждение 1: $A, N, O ‐$ колинеарны

Доказательство:

Очевидно: $AP=AR, \text{ } OP=OR$

$\triangle APO \cong \triangle ARO \rightarrow$ $AO -$ биссектриса $\blacksquare$

Утверждение 2: $MK \parallel QR$

Доказательство:

Если $L \in AB, \text{ } TL \perp AB \rightarrow KL \parallel PR$

По прямой Симпсона $M,K,L -$ колинеарны $\blacksquare$

$\dfrac{QR}{MK} = \dfrac{AR}{AK} ($ Теорема Фалеса $)$ $(3)$

$\dfrac{OR}{TK} = \dfrac{AR}{AK} ($ Теорема Фалеса $)$ $(4)$

$(3), (4) \rightarrow \dfrac{QR}{OR} = \dfrac{MK}{TK}$ $(5)$

$\angle MKT = \angle OQR, (5) \rightarrow \triangle OQR \sim \triangle MKT \rightarrow OQ \parallel MT \square$

Хорошое решение!

Есть решение с теоремой Менелая:

БОО $AC>AB$. Достаточно показать, что $CRMO$ - вписанный. Докажем, что $\triangle ROQ$ подобен $\triangle ACN$. $\angle CAN=\angle QRO, \rightarrow RQ/RO=AN/AC (!)$, что легко доказывается через теорему Менелая