37-я Балканская математическая олимпиада. Румыния, 2020 год

Пусть $ABC$ является остроугольным треугольником, у которого $AB=AC$, пусть $D$ является серединой стороны $AC$, и пусть $\gamma$ является описанной окружностью треугольника $ABD$. Касательная к $\gamma$ в точке $A$ пересекает прямую $BC$ в точке $E$. Пусть $O$ является центром описанной окружности треугольника $ABE$. Докажите, что середина отрезка $AO$ лежит на окружности $\gamma$.

Комментарий/решение

$\Delta BAD \sim \Delta AEC \Rightarrow BC=CE$

углами можно получить $\angle OAE = 90-\angle ABC= \angle ADM$ где $M = \gamma \cap AO$

и, $\angle ACO= 90 - \angle ABC$ откуда получим что $DM \parallel CO$ поэтому $DM$ середина что и завершает доказательство

Не понял решения мухамеджана, кажется он опечатался. В любом случае, размышления над треугольниками $BAD$ и $ACE$, вызванные его решением, привели меня к следующему: Пусть $X$ такая точка, что $AX||BC$, и $B,D,X$ лежат на одной прямой. Несложно доказать, что $\triangle BCD=\triangle XAD$, а после $\triangle BAX=\triangle ACE$, по двум соответствующим углам и стороне. Из этих равенств получаем, что $C$ - середина $BE$, вследствие $\angle OCB=90^\circ$. Легко посчитать, что $\angle DBC=\angle AEC$. Полагая $M$, как середину $AO$, $DM$ - средняя линия $\triangle ACO$, следовательно $$\angle AMD=\angle AOC=360^\circ-\angle ABC-\angle BCO-\angle OAB=270^\circ-(\angle DBC+\angle DBA)-(90^\circ-\angle AEC)=180^\circ-\angle ABD$$ , что заканчивает доказательство.