Областная олимпиада по математике, 2026 год, 10 класс

В остроугольном неравнобедренном треугольнике $ABC$ проведены высоты $BD$ и $CE$. На прямой $DE$ отмечены такие точки $P$ и $Q$, что $PC \perp BC$ и $QB \perp BC$. Обозначим через $AA_1$ диаметр описанной окружности треугольника $ABC$. Докажите, что точка $A_1$ лежит на прямой, содержащей общую хорду окружностей, описанных около треугольников $ BDQ$ и $CEP$. ( Кеңшілік Е. )

Комментарий/решение

1) Пусть $S \in A_1H \cap CP, \ J \in A_1H \cap BQ$, $w$ - описанная окружность, по известному свойству $A_1CHB$- параллелограмм, тогда $N \in A_1H \cap BC$ тогда $N$ - середина $BC$, $M \in A_1H \cap w$

2) Тогда $\angle CAM = \angle CA_1M = \angle DHM$ то есть $MDHEA$ - вписанная, $\angle DMH = \angle DEC = \angle DBC = \angle PCA$ или $SCDM$ - вписанный, тогда $\angle MSD = \angle MCA = \angle MA_1A$ но так как $AA_1 \perp DE$ значит $SD \perp DE$, точно так же $JE \perp DE$.

3) $X \in SD \cap BC, \ Y \in JE \cap BC$ тогда $CPDX$ вписанный, пусть $F,G$ точки пересечения окр $CPEY$ с $SJ$ тогда $SF \cdot SG = SP \cdot SC = SD \cdot SX$ значит $DXGF$ вписанный.

4) Отметим что $H$ точка пересечения рад осей описанных около $CPEY,CDEB$ и $CPEY, DXGF$ значит $DH$ рад ось $CDEB, DXGF$ значит $DXGFBQ$ вписанный, то есть радикальная ось окр $BDQ, CEP$ является $A_1H$

По идее, у меня есть право расписать официальное решение)

Обозначим через $\omega_1$ и $\omega_2$ окружности, описанные около треугольников $BDQ$ и $CEP$ соответственно.

Пусть $\omega_1$ и $\omega_2$ пересекают прямую $BC$ в точках $R$ и $S$ соответственно.

Тогда из $PC \perp BC$ и $QB \perp BC$ следует, что $\angle RDQ = \angle SEP = 90^\circ$, то есть $RDES$ — прямоугольная трапеция с основаниями $RD$ и $SE$.

Обозначим через $M$ и $N$ середины $BC$ и $AH$ соответственно.

Так как $MD = ME = \frac{BC}{2}$ и $ND = NE = \frac{AH}{2}$, то прямая $MN$ является серединным перпендикуляром отрезка $DE$.

Следовательно, $M$ также является серединой отрезка $RS$, так как он лежит на средней линии трапеции $RDES$.

Тогда степени точки $M$ относительно окружностей $\omega_1$ и $\omega_2$ равны, так как $MB \cdot MR = MS \cdot MC$.

Но степени точки $H$ относительно этих окружностей, где $H$ — ортоцентр, также равны, так как $HD \cdot HB = HE \cdot HC$.

Поэтому прямая $MH$ содержит общую хорду окружностей $\omega_1$ и $\omega_2$.

Осталось показать, что точка $A_1$ лежит на прямой $MH$.

Так как $A_1C$ и $BH$ перпендикулярны $AC$, то $A_1C \parallel BH$.

Аналогично, $A_1B \parallel CH$.

Поэтому $A_1CHB$ — параллелограмм, в котором $M$ лежит на диагонали $A_1H$.

Что и требовалось доказать.

Пусть точка $M - $середина отрезки $BC$ . Достаточно доказать что прямая $MH$ совпадает с радикальной осьи этой окружности так как $A_1$ лежит на прямой $MH$ по теореме об отражений ортоцентра . $H$ лежит на радикальной осьи так как $BH \cdot HD = CH \cdot HE$ . Пусть $\omega_1$ и $\omega_2$ описанные окружности $\triangle BQD$ и $\triangle CEP$ . Заметим что , $\angle CPQ = 180 - \angle BQP = \angle BVD$ где $(V =$ $BC \cap \omega_1)$ $\Rightarrow$ $\angle RDP = 90$ . Аналогично $\angle UED = 90 $ где $(U = BC \cap \omega_2)$ $\Rightarrow$ $EUVD - $трапеция . Пусть $N - $середина отрезки $ED$ . Заметим что $ME = MD$ так как $\angle BEC = \angle BDC = 90$ $\Rightarrow$ $\angle ENM = \angle DNM = 90$ $\Rightarrow$ $EU \parallel MN \parallel DV$ , следовательно $MU = MV$ $\rightarrow$ $BM \cdot MV = CM \cdot MU$ , отсюда $M$ тоже лежит на радикальной оси окружности описанные около $\triangle BQD , \triangle CPE . \blacksquare$