21-я Балканская математическая олимпиада среди юниоров. Кипр, 2019 год

Дан треугольник $ABC$ такой, что $AB < AC$. Серединный перпендикуляр к стороне $BC$ пересекает прямые $AB$ и $AC$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Пусть $H$ — ортоцентр треугольника $ABC$, и пусть $M$ и $N$ являются серединами отрезков $BC$ и $PQ$ соответственно. Докажите, что прямые $HM$ и $AN$ пересекаются на окружности, описанной около треугольника $ABC$.

Комментарий/решение

Из леммы об отражении ортоцентра, знаем, что прямая $HM$ пересекает малую дугу $BC$ описанной окружности $\triangle ABC$ в точке диаметрально противоположную точке $A$. Тогда вторая точка пересечения $K$ будет таким, что $\angle AKH = 90^{\circ}$. Значит, чтобы доказать, что $HM \cap AN \in (ABC)$, нам достаточно показать, что $AN \perp HN$.

Сначала поймем, что $\triangle BHC \sim \triangle QAP$, потому что $\angle APQ = 90^{\circ} - \angle ABC = \angle HCA$ и $\angle PAQ = 180^{\circ} - \angle BAC = \angle BHC$, но так как $QP \perp BC$, все соответствующие элементы так же перпендикулярны. Но, $AN$ и $HM$ соответствующие медианы, значит $AN \perp HM$. ч.т.д.

Очень интересная и легкая задача:

Пусть $R - MH \cap (ABC)$ и высоты $B_1 , C_1$ треугольника $ABC$ опущенные из $B , C $ на $AC , AB$, у нас $\angle ARH = 90$ так как отражение ортоцентра при середины $BC$ является точкой который диаметрально $A$ . Заметим что $\angle PC_1C = 90 = \angle PMC$ $\Rightarrow$ $\angle MCC_1 = \angle C_1PM$ и $\angle MHC = \angle C_1HR = \angle RAC_1 = \angle PAN$ и $\angle CBB_1 = \angle HAB_1 = \angle AQP$ так как $PM \parallel AH$ , откуда $\triangle BHC \sim \triangle QAP$ $\rightleftharpoons$ $PN = NQ$ $\blacksquare$

$AN \cap HM=R$

$BB_{1}$ = высота опущенная на $AC$

1) $\angle B_{1}BC=\angle HAC=\angle AQP$, и $\angle HCB=\angle HAB=\angle APQ \rightarrow \triangle HCB=\triangle AQP \rightarrow \angle BHM=\angle RHB_{1}=\angle QAN \rightarrow RHB_{1}A -$ вписанный четырехугольник $\rightarrow \angle ARH=90^\circ$

2) из вписанности $RHB_{1}A \rightarrow RBMB_{1}$ тоже вписанный $\rightarrow B_{1}M=BM \rightarrow \angle B_{1}BM=\angle RBM$

3)$\angle B_{1}BM=\alpha \rightarrow \angle NRB=90+\alpha^\circ, \angle B_{1}CB= 90-\alpha^\circ$, ведь $\angle BB_{1}C=90^\circ$. Сумма данных углов 180, соответственно $R$ лежит на данной по условию задачи, окружности

в пункте 2) $\angle BB_{1}M=\angle RBM=\angle BRM$ для ясности.

я в наивысшей степени счастья от того как развиваются математики казахстана, кроме пользователя obsessed.prime