Математикадан 27-ші Балкан олимпиадасы, Кишинёв, Молдова, 2010 жыл

Ортоцентрі $H$ нүктесі болатын (ортоцентр —биіктіктердің қиылысу нүктесі) сүйірбұрышты $ABC$ үшбұрышының $AC$ қабырғасының ортасы $M$ нүктесі болсын. $AB$ қабырғасына түсірілген биіктіктің табаны $C_1$ нүктесі, ал $H_1$ нүктесі $H$ нүктесінің $AB$-ға қатысты симметриясы. $P$, $Q$ және $R$ нүктелері $C_1$ нүктесінің $AH_1$, $AC$ және $BC$ түзулеріне түсірілген ортогональ проекциялары. $PQR$ үшбұрышыныа сырттай сызылған шеңбердің центрі $MM_1$ кесінідісінің ортасы болатындай $M_1$ нүктесі алынсын.
$M_1$ нүктесі $BH_1$ кесіндісінде жататынын дәлелдеңіздер.

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 $L=M_1$.

Нетрудно заметить, что задачу можно свести к следующему очевидному факту:

Дана коника, внутри которой выбрали точку $G$, через которую проходят 4 хорды: $AE,BF,CH,DI$. Для простоты будем считать, что точки на конике располагаются в последовательном порядке $A,B,C,D,E,F,H,I$. $$AB\cap CD=K, EF\cap CD=J,KG\cap EF=L,JG\cap AB=M.$$

Требуется установить, что $K,H,I,M$ лежат на одной прямой. Из теоремы Паскаля, примененной к шестиугольнику $IBAECD$, следует, что $IB\cap EC=N,BA\cap CD=K,AE\cap DI=G$ лежат на одной прямой, а по теореме Паскаля, примененной к шестиугольнику $HIBFEC$, следует, что $HI\cap FE=L',IB\cap EC=N,BF\cap CH=G$ лежат на одной прямой. Однако $NG$ пересекает прямую $EF$ только в одной точке - $L$, поэтому $L$ и $L'$ совпадают, а значит $L$ лежит на прямой $IH$.$M$ лежит на $IH$ аналогично.

Лемма:

Проекции основания высоты $D$ (высота из вершины $A$) на стороны $AB,AC$, а также точки $B,C$ лежат на одной окружности.

Доказательство:

$A$ лежит на радикальной оси относительно окружностей с диаметрами $DB,DC$, которые касаются в $D$, откуда и следует.

Из леммы и леммы Фусса следует, что середины $AB,AC$ и проекции основания высоты $D$ лежат на одной окружности. $(H)$

К задаче:

$C_1=C'$. Середины $BC$ и $AH'$ обозначим за $D$ и $E$ соответственно. По $(H)$ $PEQM$ и $RDQM$ вписанные.

Лемма 2:

Проекции вершин на изогонали угла равноудалены от середины.

Доказательство леммы 2 и доказательство вписанности $PEQMDR$ следуют например из композиции поворотных гомотетий и счета углов соответственно. По факту, где коника окружность $PQR$ следует, что $BH'\cap QC'\in (PQR)$, но $\angle MQC'=90^\circ$, откуда и следует требуемое.

Примечание:

Задача следует из теоремы Брахмагупты+леммы 2 (номер из Акопяна 5.7.14).