Азиатско-Тихоокеанская математическая олимпиада, 2022 год

В треугольнике $ABC$ $\angle B = 90^\circ$. На прямой $CB$ выбрали точку $D$ так, что $B$ лежит между точками $D$ и $C$. Пусть $E$ — середина отрезка $AD$ и $F$ — вторая точка пересечения окружностей, описанных около треугольников $ACD$ и $BDE$. Докажите, что все такие прямые $EF$ проходят через фиксированную точку, независимо от выбора точки $D$.

Комментарий/решение

Пусть $FE \cap BC =L$ и $FE \cap (ABC)=X$ Тогда в силу того что $FDEB$ и $FDXC$ - вписанные получаем: $\angle LEB= \angle LDF = \angle LXC$ значит $EB \parallel XC$ Заметим что $\angle EDB = \angle EBD = \angle XCD$ значит $ADCX$ равнобокая трапеция, отсюда: $XC=AD=EB/2$  значит $EB$ средняя линия треугольника $\triangle LXC$ значит $LB=BC$ значит $L$ симметрична точке $C$ относительно $B$ и все такие прямые $EF$ проходят через эту точку значит $L$ и есть фиксированная точка

Пусть $BC \cap EF=G$

Заметим что $F$ точка микеля $EABC$ значит $F$ центр поворотной гомотетии переводящий $FEA$ и $FBC$ отсюда $\frac{FE}{EA}=\frac{FB}{BC}$.Так как $E$ середина большой дуги $DFB$ значит $FE$ внешняя бисектриса угла $\angle DFB$, отсюда $\angle DFE=\angle BFG$ и так как $\angle GBF=\angle DEF$ значит $DFE$~$FBG$ <=> $\frac{FE}{ED}=\frac{FB}{BG}$

Из начального соотношения следует что $BG=BC$ значит $G$ это отражение $C$ относительно $B$.

Пусть точка $G$ - $(ACD)$ $\cap$ $EF$ . Пусть $\angle EDB = \angle EBD = \alpha$ и $\angle BFC = \beta$ . Так как у нас четырехугольник $DFEB$ и пятиугольник $DFAGC$ вписанные значит $\angle BDE = \angle BFE = \alpha$ $\Rightarrow$ $\angle CFE = \alpha - \beta = \angle CAG$ . Заметим что $\angle DEB = 180 - 2\alpha = \angle DFB$ $\Rightarrow$ $\angle DFC = 180 - 2\alpha + \beta = \angle DAC$ но у нас $\angle DAB = 90 - \alpha$ $\rightarrow$ $\angle BAC = 90 - \alpha + \beta$ $\rightarrow$ $\angle BAG = 90 = \angle ABC$ $\rightarrow$ $DAGC$ - равнобедренная трапеция $\blacksquare$