19-я Балканская математическая олимпиада среди юниоров Белград, Сербия, 2015 год

Пусть $ABC$ — остроугольный треугольник. Прямые $l_1$ и $l_2$ перпендикулярны $AB$ и проходят через $A$ и $B$, соответственно. Перпендикуляры, опущенные из середины $M$ отрезка $AB$ на прямые $AC$ и $BC$, пересекают $l_1$ и $l_2$ в точках $E$ и $F$, соответственно. Прямые $EF$ и $MC$ пересекаются в точке $D$. Докажите, что $\angle ADB = \angle EMF$.

Комментарий/решение

Из условию следует что $l_{1} || l_{2}$ , пусть $MK \perp AC$ и $MN \perp BC$. Продлим отрезок $CM$, выберем на ней точку $D'$, такую что $DM=D'M$ . Положим так же что $Y \in MN \cap l_{1}$ и $X \in MK \cap l_{2}$ , тогда $AY=BF , \ AE=BX$ или $YE=BX$ значит $XYEF$ - параллелограмм так же как и $D'ADB$ и $D' \in XY$ . Тогда $\angle ADB = \angle AD'B$. Заметим что $M,K,N,C$ лежат на одной окружности , откуда $\angle EMF = 180^{\circ}-\angle ACB$. Значит надо доказать что точки $A,B,C,D'$ так же будут лежат на одной окружности , откуда и будет следовать утверждение задачи. А это в свою очередь означает, что должно выполнятся условие $DM \perp EF$ . Осталось доказать это , так как $\angle MKN = \angle MCN , \angle MNK = \angle MCK$ следует из описанности четырехугольника $MNCK$. То есть надо доказать что $\Delta MKN , \Delta MEF$ подобны , или тоже самое что $MN \cdot MF = MK \cdot ME (1)$ .

так как $MN = BM \cdot sin \angle ABC, \ MF = \dfrac{BM}{sin \angle ABC}$ аналогично $ME = \dfrac{AM}{sin \angle BAC} , \ MK = AM \cdot sin \angle BAC$ . Подставляя в $(1)$ получим $BM^2=AM^2$ что верно так как $M$ - середина $AB$. Значит $DM \perp EF$ , тогда $ABCD'$ описанный , откуда $\angle AD'B = \angle ADB = \angle EMF$ .

Пусть $K, L \in ME \cap CA$ и $MF \cap CB$ соответственно, поскольку $AK, BL$ - высоты в $\triangle EAM, MFB$, то $AM^2=KM \cdot EM=BM^2=ML \cdot MF$, откуда выходит, что $\triangle KML \sim \triangle FME, \Rightarrow \angle MCL=\angle MKL=\angle EFM$, $\rightarrow DLFC$ - вписанный, тогда $\angle FLC=\angle FDC=90=\angle MDF$, $\rightarrow M,B,F,L \in \omega$, то есть $\angle FMB=\angle FDB$. Аналогично равны и углы $EDA, EAM$, тогда $$\angle ADB=\angle EMF=180-(\angle EDA+\angle FDB)=180-(\angle AME+\angle BMF).$$

Тк $MA^2=MN*ME=MB^2=MG*MF$ =>> EFMG-вписаный , пусть ME пересекает AC в точке N , а MF BC в точке G=>> $\angle MNG= \angle GFE= \angle MCG$ =>> $\angle MDF=90$ =>> MDFB-вписанный и аналогично MDFA вписанный значит треугольники ABD и MFE подобны =>> $\angle ADB= \angle EMF$

$M,G,F$ один прямой же. Так как $MF$ пересекает $BC$ в точке $G$. Думаю $NGFE$-вписанный

Заметим, что направления $CA, CB, AB, CM$ при повороте на $90^\circ$ должны давать гармоническую четвёрку. Первые три переходят в направления $ME, MF, l$, где последнее - серединный перпендикуляр к $AB$. Таким образом, $l$ содержит среднюю линию трапеции $ABFE$, то есть при повороте $CM\to EF$. Следовательно, $MD\cdot MC=MA^2$, а это равносильно требуемому.