XX математическая олимпиада «Шелковый путь», 2025 год

Высоты остроугольного неравнобедренного треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H$. Точки $M$ и $N$ — середины отрезков $AB$ и $CH$ соответственно. На прямую $CM$ опущен перпендикуляр $HR$. Прямая $MN$ пересекает описанную окружность треугольника $CNR$ повторно в точке $T$. Обозначим через $P$ центр описанной окружности треугольника, образованного прямыми $CM$, $AH$ и $BH$. Докажите, что прямые $HP$ и $CT$ перпендикулярны. ( М. Кунгожин )

Комментарий/решение

Пусть $CT\cup HP=F;$ $AH\cup BC=I;$ $BH\cup AC=J$

$\angle MIA=\angle MAI=\angle ICN=\angle INC\Rightarrow \angle MIN=90\Rightarrow MI^2=MR\cdot MC=MT\cdot MN\Rightarrow T$ середина $IJ$. Так как $CM$ симедиана $CT$ и медиана треугольнике $CIJ\Rightarrow \angle JHF=\angle AHR=\angle ICR=\angle JCF\Rightarrow \angle HFC=\angle HJC=90\blacksquare$

$C'$ - точка, которая диаметрально противоположна точке $C$ в $(ABC)$. В $\triangle CHC'$ $MN$ является средней линией, поэтому $MN||CC'$. $CC'$ перпендикулярна касательной к $(ABC)$ в точке $C$.

Известно, что $R\in (ABH)$, а также $(ABH)$ - это $(ABC)$, которую перенесли на $\vec{CH}$, поэтому касательная $(ABH)$ в $H$ (далее это будет направлением $l$) перпендикулярна $MN$. Достаточно показать, что $(l,HP)=(NT,TC)$.

$$\angle NTC = \angle NRC=\angle NCR=\angle BCM-\angle BCH=\angle BCM-\angle BAH=\angle BCM-\angle DHR,$$

поэтому нужно показать, что $\angle BCM=\angle PHD$.

$$\angle PHD=\angle RHA=\angle RBA=\angle RCB,$$

так как $AB$ касается $(RCB)$. $\angle RCB=\angle BCM$, что и требовалось.

Б.О.О. $AC < BC$

Заметим, что $R$ — точка Шалтая в треугольнике $ABC$. Тогда четырёхугольник $AHRB$ вписан по свойству точки Шалтая.

Пусть $O$ — центр описанной окружности треугольника $ABC$, $K$ — точка, симметричная $R$ относительно $AC$.

Обозначим $\angle ACM=\beta$, $\angle BCM=\alpha$, $R$ — радиус описанной окружности треугольника $ABC$.

Факт 1. $NM$ равен радиусу описанной окружности треугольника $ABC$.

Заметим, что $OM$ и $CN$ равны (довольно известный факт) и параллельны.

Отсюда следует, что $CNMO$ — параллелограмм, поэтому $NM = CO = R$.

Факт 2. Точка $K$ лежит на описанной окружности треугольника $ABC$.

Заметим, что $\angle AKB=\angle ARB=\angle AHB=180^\circ-\angle ACB$. Тогда $OK=R$.

Факт 3. Треугольники $OMK$ и $NRM$ равны.

Заметим, что $NR=CN=OM$. Следовательно, треугольники равны по трём сторонам (также $RM=MK$ из-за симметрии).

Тогда $\angle TCR=\angle TNR=\angle MOK=\angle KOB-\angle MOB=2\beta-(\alpha+\beta)=\beta-\alpha$.

Отсюда следует, что $T$ лежит на семедиане треугольника $ABC$ с вершиной $C$. Тогда $\angle ACT=\alpha$.

По счёту углов нетрудно заметить, что касательная к треугольнику, образованному высотами с вершинами $A,B$ и медианой $AC$ в точке $H$, пересекает $AC$ под углом $\alpha$.