Республиканская олимпиада по математике, 2022 год, 10 класс
Комментарий/решение:
Решение: Из Леммы с задачи «Жаута 2016/5» выводим, что $R$ принадлежит $AD.$
Пусть $K,H$ ортоцентры $\triangle BCR,\triangle ABC$ соответственно. Заметим, что
$$\angle MFC =\angle MBC =\angle HKC, $$
значит $FMKH$ вписан. Аналогично $ENKH.$ Очевидно, что $ENMF$ тоже вписан.
Тогда искомые прямые служат радикальными осями для пар этих трех окружности, а так же они не параллельны. Следовательно они пересекаются в одной точке.
$\boldsymbol{Решение:}$ Главная идея заключается в том чтобы доказать что $R$ лежит на $AD$.
Из $\angle BEQ$=$90$ и BQ - диаметр, следует что $B,E,Q$ на одной окружности (окружность $w_1$)
Из $\angle CFP$=$90$ и CP - диаметр, следует что $C,F,P$ на одной окружности ( окружность $w_2$)
$\angle FPQ$=$90$=$\angle FBC$ =$180$-$\angle FEC$ значит $P,F,E,Q$ на одной окружности ($w_3$)
$RT$ - радикальная ось $w_1$ и $w_2$
$QE$ - радикальная ось $w_1$ и $w_3$, $PF$ - радикальная ось $w_2$ и $w_3$
$PF$ и $QE$ пересекаются в $A$ $\Rightarrow$ $А$ - радикальный центр для $w_1$, $w_2$ и $w_3$ $\Rightarrow$ $RT$ проходит через $A$. $O_1$, $O_2$ центры окружностей $w_1$, $w_2$, тогда, $RT \bot $ $O_1$$O_2$ $\Rightarrow$ $RT \bot BC$ (т.к. $O_1$, $O_2$ - середины диагоналей в трапеции $BPQC$) $\Rightarrow$ $AR \bot BC$, ещё $AD \bot BC$. Значит $A, R, D$ на одной прямой.
Заметим, что $BFMNEC$ - вписанный шестиугольник ( из $\angle BMC$ = $\angle BFC$ = $\angle BEC$ = $\angle BMC$ =90). Затем, применим теорему Паскаля:
$BMFCNE$, $BM \cap CN$, $MF \cap NE$, $FC \cap EB$ на одной прямой $\Rightarrow$ $R$, $MF \cap NE$, $A$ - на одной прямой, но $A, R, D$ на одной прямой, значит, $A$, $MF \cap NE$, $D$. Следовательно, $AD, MF и NE$ пересекаются в одной точке.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.