Математикадан облыстық олимпиада, 2023 жыл, 10 сынып

$A B C$ сүйір бурышты үшбурышы берілсін. $D, E, F$ нүктелері сәйкесінmе $B C, C A, A B$ қабырғаларының ортасы. $E F$ түзуі $A B C$ үшбүрышына сырттай сызылған шеңберін $P$ және $Q$ нүктелерінде қисын. $A P$ және $A Q$ түзулері $B C$ түзуін сәйкесінше $X$ және $Y$ нүктелерінде қисыгн. $A X Y$ үшбурышының центроиды $D X P$ және $D Y Q$ үшбурыштарына сырттай сызылған шеңберлерінің радикалдық осінің бойында жататынын дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

1) По теореме Микеля вторая точка $R$ пересечения $DXP$ и $DYQ$ лежит на описанной окружности $ABC$. Пусть $RD\cap\omega(ABC)=K$ и $S,T,N$ - середины $AK,PQ,XY$, соответственно, а также $RD\cap AT=M$

2) Счётом углов получаем $AK||PQ||BC$, и серперы к ним проходят через центр $\omega(ABC)$, значит они совпадают. Докажем, что $AM:MN=2:1$, из $\triangle AMK\sim \triangle NMD$ это равносильно $AK:DN=2:1\Leftrightarrow AS=DN$.

3) По замечательному свойству трапеции $XPQY$ точки $A,T,N$ лежат на одной прямой. Прямая $PQ$ равноудалена от $AK,BC$, поэтому $TS=TD, AT=TN$, откуда $\triangle ATS=\triangle NTD$ по гипотенузе и катету. Следовательно $AS=DN$, что требовалось доказать

Пусть, центры описанных окружностей этих треугольников - $O_1,O_2$ соответсвенно, а их радиусы - $R_1,R_2$ соответсвенно, $Z$ - центроид $AXY$. Тогда,

$$\vec{OZ}=\frac{\vec{OA}+\vec{OX}+\vec{OY}}{3}$$

Поскольку $PF \parallel XB$ и $F$- середина $AB$, то $P$ - середина $AX$. Аналогично, $Q$ - середина $AY$.

Заметим, что

$$(O_1A^2-R_1^2)-(O_2A^2-R_2^2)=(AP \cdot AX)-(AQ \cdot AY)=(XP \cdot XA) - (YA \cdot YQ) = (XB \cdot XC) - (YB \cdot YC) = (XD-\frac{BC}{2})(XD+\frac{BC}{2})-(YD-\frac{BC}{2})(YD+\frac{BC}{2})=XD^2-YD^2 $$

$$(O_1X^2-R_1^2)-(O_2X^2-R_2^2)=-(O_2X^2-R_2^2)=-XD\cdot XY$$

$$(O_1Y^2-R_1^2)-(O_2Y^2-R_2^2)=(O_1Y^2-R_1^2)=-YD\cdot XY$$

Теперь,

$$(O_1Z^2-R_1^2)-(O_2Z^2-R_2^2)=O_1Z^2-O_2Z^2-R_1^2+R_2^2=(\vec{O_1Z}-\vec{O_2Z})(\vec{O_1Z}+\vec{O_2Z})-R_1^2+R_2^2=\vec{O_1O_2} \cdot (2\vec{OZ}-\vec{OO_1}-\vec{OO_2})-R_1^2+R_2^2=\sum_{T \in \{A,X,Y\}} \frac{1}{3}(\vec{O_1O_2} \cdot (2\vec{OS}-\vec{OO_1}-\vec{OO_2})-R_1^2+R_2^2)=\sum_{T \in \{A,X,Y\}} \frac{1}{3} ((O_1S^2-R_1^2)-(O_2S^2-R_2^2)) = XD^2-YD^2-XD \cdot XY - YD \cdot XY = YD \cdot (XY-YD) - XD \cdot (XY-XD) = YD \cdot XD - XD \cdot YD = 0$$

Значит, степени точки $Z$ относительно этих окружностей равны, значит эта точка лежит на их радикальной оси.

Очевидно что вторая точка пересечения $"R"$ лежит на окружности $ABC$, пусть $DR$ пересекает окружность $ABC$ в $M$, тогда $\angle AXY$=$\angle APQ$=$\angle PRM$ и $MA\parallel$ $PQ\parallel XY$. $D'$ пересечение $PQ$ и $DG$ где $"G"$ центроид. Так же $\triangle XDG\sim \triangle QD'G$, и $\triangle YDG\sim \triangle PD'G$. И $\triangle MPQ\sim \triangle AYX$. Так как $\angle PMC = \angle QAB$ , то по соотношениям выйдет что $G$ центроид $\triangle MBC$ значит $G$ лежит на прямой $DR$.