29-я Балканская математическая олимпиада среди юниоров. Македония, 2025 год

Пусть $ABC$ — прямоугольный треугольник с $\angle A = 90^\circ$. Пусть $D$ — основание высоты из точки $A$ на сторону $BC$, а $E$ — середина отрезка $DC$. Окружность, описанная около треугольника $ABD$, пересекает отрезок $AE$ в точке $F$. Пусть $X$ — точка пересечения прямых $AB$ и $DF$. Докажите, что $XD = XC$.

Комментарий/решение

Теорема Паскаля для $AFDDBA$: $AF\cap DB=E, FD\cap BA=X, DD\cap AA=M$, где $M$ - пересечение касательных к точкам $A$ и $D$ окружности $(ABD)$. Заметим, что $MA=MD$, поэтому $M$ - середина $AC$, то есть $ME$ - средняя линия $\triangle ACD$. $ME||AD$, то есть $X$ лежит на серединном перпендикуляре к $CD$, то и требовалось.

Пусть $M$ - середина $AC$, $L$ - пересечение $AD$ и $BF$. Тогда $L$ - ортоцентр $\triangle ABC$, а значит $LE \bot AB \Leftrightarrow LE \parallel AC$. Поэтому $L$ - середина $AD$ и $DLME$ - прямоугольник. Также, $LFED$ - вписанный, поскольку $\angle LFE+\angle LDE=180^\circ$, а значит $D, L, M, E, F$ лежат на одной окружности. Из-за того, что $ME$ - средняя линия $\triangle ADC$, $\angle MEB=90^\circ=180^\circ-\angle BAM$, то есть и $BAME$ вписанный. Заметим, что радикальная ось окружностей, описанных вокруг $BAFD$ и $LDEMF$ - прямая $DF$, для окружностей $BAFD$ и $ABEM$ - прямая $AB$, для $ABEM$ и $LDEMF$ - $ME$. Эти три прямые пересекаются в радикальном центре для этих 3 окружностей, то есть в точке $X$. Следовательно, $X$ лежит на $ME$, который является серединным перпендикуляром для отрезка $CD$, то есть $XD=XC$.

На самом деле ничего нового достраивать не надо, и просто в лоб считаешь:

$\angle ABF=\alpha, \angle CBF=\beta$

$(!) XD=XC <=> (!) AD || XE <=> \dfrac{DE}{BE}=\dfrac{XA}{XB}$

$\dfrac{XA}{XB} \cdot \dfrac{DB}{DE} \cdot \dfrac{EF}{AF}=1 \Longrightarrow \dfrac{XA}{XB}=\dfrac{DE}{DB} \cdot \dfrac{AF}{EF}=\dfrac{AB}{BE} \cdot \dfrac{\sin \alpha}{\sin \beta} \cdot \dfrac{DE}{DB} \Longrightarrow (!) \dfrac{1}{BE}=\dfrac{AB}{BE} \cdot \dfrac{\sin \alpha}{\sin \beta} \cdot \dfrac{1}{DB} \Longrightarrow (1) \dfrac{AB}{DB}=\dfrac{\sin \beta}{\sin \alpha}$

$\dfrac{AB}{DB}=\cos(\alpha+\beta)$

$\dfrac{\sin \alpha}{\cos(\alpha+\beta)}=\dfrac{CE}{AE}=\dfrac{DE}{AE}=\sin \beta$ ч.т.д

(!)AB/DB=sin(b)/sin(a) можно красиво доказать через проективку:Проведем парарельную прямую BC с точки А и пересекаем эту прямую с окружностью (ADB) в точкн B'.Пусть P точка на бесконечности для прямых AB' и BC.Тогда проецируя через точку A (B'F;AD)=(DC;EP)=-1=>AB'/AF=DB'/DF=>sin(b)/sin(a)=DF/FA=DB'/B'A=AB/BD

Какая красивая добивка!

Очевидно, что $F$ это основание перпендикуляра из точки $B$ на прямую $AE$. Отметим середину $AB$, как точку $O$. Также обозначим за точку $Z$ пересечение прямых $AD$ и $BF$. Заметим, что точки $X, E$ лежат на поляре точки $Z$ относительно окружности $(ABDF)$. Тогда следует $OZ \bot XE$, осталось доказать, что $OZ \bot AD \Leftrightarrow AZ=ZD$. Также заметим $\angle ZBA = \angle EAC, \angle DBZ = \angle EAD$ и соответственно $\triangle DAC \sim \triangle DAB$, откуда если $AE$- медиана $\Rightarrow BZ $- медиана.

Пусть $X’$ Такая точка что $X’E\bot DC$ и $AB\cup X’E=X’,$ $X’E\cup AC=G$ Тогда $\angle AFD=180-\angle ABE=90+\angle AX’G=180-\angle AGX’=180-\angle AFX’\Longrightarrow AB\cup FD=X’=X \blacksquare$

$(AFX)\cup AC=G\Longrightarrow \angle BAD=90-\angle ABD=90-\angle AFX=90-\angle AGX=\angle AXG\Longrightarrow AD\parallel XG\Longrightarrow XG\bot DC\Longrightarrow \angle FBD=\angle EAD=\angle FEG=\angle FDG\Longrightarrow GD$ касается $(ABDF)$ в точке $G$, $\angle GAF=\angle GXD=\angle ADF\Longrightarrow GA $ касается $(ABDF)$ в точке $A\Longrightarrow GA=GD\Longrightarrow GA=GC\Longrightarrow X,G,E$ лежат на одной прямой $\blacksquare$

Пусть $H$ - пересечение $BF$ и $AD$. Заметим, что $H$ - ортоцентр $\triangle ABE$. Отсюда $EH \parallel AC$, или же $H$ - середина $AD$. Возьмем середину $AC$ как $M$. Легко понять, что $DFME$ и $BAME$ - вписанные. Тогда по радикальным осям, $ME$ проходит через $X$, а сам $ME$ перпендикулярен $CD$, ч.т.д.

Пусть - пересечение и . Заметим, что - ортоцентр . Отсюда , или же - середина . Возьмем середину как . Легко понять, что и - вписанные. Тогда по радикальным осям, проходит через , а сам перпендикулярен , ч.т.д.

насдейли без контекста момент