Городская олимпиада по математике среди физ-мат школ г. Алматы, 2016 год

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены высоты $A{{A}_{1}}$, $B{{B}_{1}}$ и $C{{C}_{1}}$. К окружности описанной вокруг треугольника $ABC$ в точках $A$ и $C$ проведены касательные, пересекающиеся в точке $Q$. Прямая, проходящая через середину стороны $AC$ и ортоцентр треугольника $ABC$ пересекает прямую ${{A}_{1}}{{C}_{1}}$ в точке $F$. Доказать, что точки $Q$, ${{B}_{1}}$ и $F$ лежат на одной прямой.

Комментарий/решение

Введем так же дополнительные параметры , проведем в треугольнике $BC_{1}A_{1}$ высоту , положим что она равна $BB_{1}'$ , дальше положим что $M'$ середина $A_{1}C_{1}$ тогда проведем до пересечения с $AC$ прямую $HM'$ , положим что это будет точка $F' \in AC$ . Тогда получим что треугольники $HF'M$ и $HFM'$ подобны то есть $\dfrac{HM}{HM'} = \dfrac{HF'}{HF}$ , так как треугольники $C_{1}HA_{1}$ и $AHC$ заведомо подобны и $HM$ и $HM'$ медианы треугольников , а точки $F',F$ определены симметрична . Значит точки $F,F',M,M'$ лежат на одной окружности , заметим что $MM' \perp A_{1}C_{1}$ так как $A_{1}M = CM$ как медиана проведенная из прямого угла в треугольнике $A_{1}AC$ , таким же образом и $C_{1}M=AM$ , но $CM=AM$ так как $M$- середина $AC$ , значит $A_{1}M=C_{1}M$ то есть треугольник $C_{1}MA_{1}$ - равнобедренный и $MM_{1}$ его медиана. Так как $F'FMM'$ вписанный и по доказанному ранее $ \angle FM'M = 90^{\circ}$ тогда $\angle FF'M = 90^{\circ}$ . Заметим так же что справедливы соотношение:$$\dfrac{HM}{HM'} = \dfrac{AC}{A_{1}C_{1}} = \dfrac{BB_{1}}{BB_{1}'} (1)$$ Так же из того что $\angle A_{1}HM = \angle CHM$ следует равенство $\angle HFC_{1} = HF'A(*)$ так как $ACA_{1}C_{1}$ описанный . Примем $\angle FF'H=a$ и $\angle BB_{1}B_{1}'=b$ тогда из треугольников $HM'M$ и $BB_{1}B_{1}'$ утверждение $(1)$ учитывая $(*)$ запишется как $$\dfrac{sin(a+\angle A- \angle C)}{siny} = \dfrac{sin(b+\angle A-\angle C)}{sina}$$ откуда $a=b$ или $\angle FF'H = \angle BB_{1}B_{1}'$ тогда $BB_{1} || F'M'$(2) и $FB_{1}'MB_{1}$(3) описанный.

Пусть $Q,B_{1},M$ лежат на одной прямой , тогда $\angle F'FB_{1} = \angle B_{1}QM $ так как $\angle FF'B_{1}= QMB_{1} =90^{\circ}$ , из $(2)$ и $(3)$ следует что $\angle FF'H + \angle F'FB_{1} = FB_{1}B_{1}' = \angle FMB_{1} ' $ но $\angle FF'H = \angle FMM' = \angle BB_{1}B_{1}' $ , откуда $\angle M'MB_{1} = \angle F'FB_{1}$.

Это говорит о том что , точки $Q,B_{1},F$ лежат на одной прямой , тогда когда $\Delta QBM$ и $ \Delta MM'B_{1}' $ подобны . Осталось показать это , заметим что $MC_{1},MA_{1}$ это касательные проведенные к описанному треугольнику $BC_{1}A_{1}$ пусть $O$ его центр , тогда $\angle BC_{1}M - \angle BCO = 180^{\circ}-\angle A - (90^{\circ}- \angle A) = 90^{\circ}$ . Но треугольники $ABC$ и $A_{1}BC_{1}$ подобны , откуда $\dfrac{M'B_{1}'}{B1M} = \dfrac{MM'}{QM}$ (подобие треугольников $QBM , MM'B$) , значит $Q,B_{1},F$ лежат на одной прямой.