Олимпиада Туймаада по математике. Старшая лига. 2022 год

В остроугольном треугольнике $ABC$ точки $C_m$, $A_m$, $B_m$ являются серединами сторон $AB$, $BC$, $CA$ соответственно. Внутри треугольника $ABC$ выбрана такая точка $P$, что $\angle PCB=\angle B_mBC$ и $\angle PAB=\angle ABB_m$. Через точку $P$ проведена прямая, перпендикулярная $AC$ и пересекающая медиану $BB_m$ в точке $E$. Докажите, что точка $E$ лежит на описанной окружности треугольника $A_mB_mC_m$. ( К. Иванов )

Комментарий/решение

$\textbf{CRL(Cool Ratio Lemma):} \: \text{в треугольнике $\triangle ABC$ проведена чевиана $AD \Rightarrow \frac{BD}{CD} = \frac{\sin \angle BAD}{\sin \angle CAD} \cdot \frac{\sin \angle ACB}{\sin \angle ABC}$}.$

$Решение:$ Пусть $AA \cap CC = R,$ $Q$ - шалтай $\angle ABC$ в $\triangle ABC.$ Заметим то что $\angle PCB=\angle B_mBC=\angle B_mCQ, \: \angle PAB=\angle ABB_m=\angle B_mAQ \Rightarrow P \: -$ изогонально сопряжена с $Q \Rightarrow$ $P$ - болтай $\angle ABC$ в $\triangle ABC.$ Заметим то что $(A_mB_mC_m)$ в $\triangle ABC \: -$ уникальна, соответственно его вторичное пересечение с $BB_m$ будет уникальной $\Rightarrow$ пусть $E' \: -$ середина $BQ,$ тогда $C_mE' \parallel AQ, \: A_mE' \parallel CQ \Rightarrow \angle A_mE'C_m = \angle A_mE'B_m + \angle C_mE'B_m = \angle CQB_m + \angle AQB_m = \angle AQC = 180^\circ - \angle ABC \Rightarrow (A_mB_mC_mE').$

Довольно известно то что $B - P - R$ и $(AQCR) \Rightarrow \angle ARP = \angle ACP = \angle BCQ = \angle BA_mE', \: \angle BAP = \angle CBP = \angle ABB_m = \angle A_mB_mB, \angle ABP = \angle CBB_m \Rightarrow \triangle ABR , \triangle A_mB_mB: \: \angle PAR = \angle B_mA_mE'.$

$\text{CRL}$ для $\triangle BAR$ и $\triangle BA_mB_m$ дает то что $\frac{BP}{PR} = \frac{BE'}{E'B_m} \Leftrightarrow B_mR \parallel E'P,$ но $B_mR \perp AC \Rightarrow E'P \perp AC \Rightarrow E = E'. \square$

Прекрасное решение