57-я Международная Математическая OлимпиадаГонконг, 2016 год

Дан треугольник $BCF$ с прямым углом при вершине $B$. Точка $A$ на прямой $CF$ такова, что $FA = FB$ и $F$ лежит между $A$ и $C$. Точка $D$ выбрана так, что $DA = DC$ и $AC$ — биссектриса угла $DAB.$ Точка $E$ выбрана так, что $EA = ED$ и $AD$ — биссектриса угла $EAC$. Точка $M$ — середина отрезка $CF$. Пусть точка $X$ такова, что $AMXE$ — параллелограмм (в котором $AM \parallel EX$ и $AE \parallel MX$). Докажите, что прямые $BD$, $FX$ и $ME$ пересекаются в одной точке.

Комментарий/решение

Возьмем $\omega$ как описанную окружность $\triangle BCF$

Докажем что $BA, MX, \omega$ и серединный перпендикуляр $AC$ пересекаются в точке $L$

Oбозначим как

$$MX \cap \omega = L$$

Тогда

$$\angle LMF = \angle MXD = \angle MAE = 2 \angle BAF = \angle BFC$$

Допустим что

$$BA \cap \omega = Q$$

Тогда:

$$\angle QBF = \frac{1}{2} \angle BFC$$

Из чего: $$L=Q$$

Из этого $$\angle LCA = \angle LAC = \frac{1}{2} \angle BFC$$

Значит $L$ лежит на серединном перпендикуляре $AC$

$D$ точка симметричная $L$ относительно $AC$

Значит $D$ лежит на $BCF$

$$\angle LXD = 2 \angle LCF = \angle LCD$$

Из чего $X$ также лежит на окружности $\omega$

$$\angle FXD = \angle FBA = \angle FAD$$

$FAXD$ является параллелограммом

Это дает нач что $MFED$ является параллелограммом так как $MF=DE$

$ME$ проходит через середину $FD$ так как

$$BF=FA=XD$$

Из чего $BFDX$ равнобокая трапеция

Докажем что точки $B, F, E$ лежат на одной прямой

Для этого докажем что

$$\angle BFC = \angle FED$$

$$\angle FED = \angle FMD = 2 \angle YBF = \angle BFC$$

Что доказывает выше поставленное утверждение что точки $B, F, E$ лежат на одной прямой

Из чего $BD, FX, ME$ пересекаются в одной точке

Ч.т.д.

не по идее неправильно

Проверьте еще раз