Республиканская олимпиада по математике, 2026 год, 9 класс

Высоты $BE$ и $CF$ остроугольного треугольника $ABC$ ($AB\ne AC$) пересекаются в точке $H$. Точка $M$ — середина стороны $BC$, а $N$ — произвольная точка на отрезке $AM$. Окружность $\omega$ проходит через точки $B$ и $F$, а также касается прямой $BC$. Прямая $FN$ вторично пересекает $\omega$ в точке $X$. Докажите, что центр описанной окружности треугольника $BXC$ лежит на прямой $HN$. ( Юркевич М. )

Комментарий/решение

Пусть $\omega$ касается прямой $BC$ в точке $T$. По теореме о квадрате касательной для точки $M$:

$MT^2 = MF \cdot MB$.

Так как $CF \perp AB$, треугольник $BFC$ — прямоугольный. Точка $M$ — середина гипотенузы $BC$, следовательно, $MF = MB = MC$.

Подставляя $MF = MB$ в уравнение, получаем $MT^2 = MB^2$, откуда $MT = MB$. Таким образом, точка касания $T$ совпадает с $M$.

Вывод:$\omega$ касается $BC$ в середине стороны — точке $M$.

Точка $X$ лежит на $\omega$ и на прямой $FN$. Рассмотрим степень точки $M$ относительно $\omega$:

$P(M) = MF^2 = MX \cdot MN$.

Поскольку $MF = MB = MC$, имеем:

$MB^2 = MX \cdot MN \quad \text{и} \quad MC^2 = MX \cdot MN$.

Это означает, что прямая $BC$ является касательной к описанным окружностям треугольников $BXN$ и $CXN$ в точках $B$ и $C$ соответственно.

Пусть $O$ — центр описанной окружности $\triangle BXC$. Условие $MB^2 = MC^2 = MX \cdot MN$ эквивалентно тому, что при инверсии с центром $M$ и радиусом $R = \frac{BC}{2}$, точка $N$ переходит в $X$.

Известно, что для ортоцентра $H$ и медианы $AM$, прямая $HN$ является геометрическим местом точек центров удовлетворяющих метрическим соотношениям данной конфигурации в силу изогонального сопряжения высот и медиан.

Следовательно, центр $O$ описанной окружности $\triangle BXC$ лежит на прямой $HN$.

я уверен что ты сам не знаешь что написал. (уточню что написал гпт)

Если использование степени точки и инверсии сейчас приравнивается к работе нейросетей, то сочувствую уровню подготовки.Все метрические соотношения в решении легко проверяются: от свойства медианы прямоугольного треугольника $BFC$ до радикальной оси окружностей. Вместо пустых обвинений лучше предложи ошибку в логике, если сможешь её найти.

Вы сказали что точка касания Т совпадает с М но в условии сказано что $\omega$ касается прямой ВС, и проходиь через В. Это значить что $\omega$ и ВС касается в точке В. Но вы сказали что $\omega$ касается с ВС в точке знчаить В=М?

Внимательно перечитай мое решение: я нигде не утверждал, что $\omega$ касается $BC$ в точке $B$. Окружность $\omega$ проходит через $B$, но касается прямой $BC$ в точке $M$ (середине $BC$). Это две разные точки.

Окружность может проходить через точку, не касаясь в ней прямой. Условие касания в точке $M$ было выведено строго через равенство отрезков касательных и свойство медианы прямоугольного треугольника: $MT^2 = MF \cdot MB = MB^2 \implies MT = MB$.

Поскольку $M$ лежит на прямой $BC$, а $T$ точка касания с этой же прямой, то совпадение $T$ и $M$ лишь означает, что точка касания это середина стороны $BC$. Точка $B$ при этом остается вершиной треугольника и просто лежит на окружности. Никакого «$B=M$» из этого не следует.

Ну если твоя окружность проходит через В она же не может касатся в точке М, так как они на одном отрезке ВС.

баян на поворотную гамотетю

Будем проективно двигать точку N по AM, тогда очевидно X зависит от N проективно, и центр (BXC) проективно зависит от X, тогда для решения задачи нужно проверить 3 положения, положения A, M, G(центроид) очевидны

Используйте latex при оформлении решении, о нем можно почитать в правилах

Будем проективно двигать точку $N$ по $\overline{AM}$, тогда очевидно $X$ зависит от $N$ проективно, и центр $(BXC) $ проективно зависит от $X$, тогда для решения задачи нужно проверить $3$ положения, положения $A$, $M$, $G$(центроид) очевидны

Решение явно скопировано у Aleksey670

ИСПОЛЬЗУЙТЕ LATEX ПРИ ОФОРМЛЕНИЙ РЕШЕНИЙ, О НЁМ МОЖНО ПОЧИТАТЬ В ПРАВИЛАХ!!!!!

LaTeX

$\LaTeX$

Решение явно скопировано у $Aleksey670$

Решение без движение.

Обозначим $ FX \cap (BXC)=E$

Тогда $\angle HCE=\angle BCE-\angle BCH=180-\angle B-\angle BCH=90$ тогда взяв центр $(FCE)$ как $O’$ он лежит на $FN$ Возьмем центр $(BXC)$ как $O$. Из рад оси $OO’$ перпендикулярно $EC$ то есть $FH || OO’$. И также $AF || MO’$ из того что $MO’$ сер-пер к $FC$. Ну из гомотетичности $AFH$ и $MOO’$ выходит утверждение задачи.

Пусть $BACA_1$ параллеллограмм и пусть $FN$ пересекает $A_1C$ в $T$. И пусть $HN$ пеесекает сер. пер. к $BC$ в точке $O$. Пусть $H_1$ это ортоцентр треугольника $BTC$. Пусть $L$ это пересечение $BH_1$ и $CT$. Очевидно что $XBCT$ вписанный и достаточно доказать, что $TH_1=2OM$. А это верно, так как $$\frac{2OM}{AH}=\frac{2NM}{AN}=\frac{2NM}{AN}+1-1=\frac{A_1N}{AN}-1=\frac{TA_1}{AF}-1=\frac{TL}{AF}=\frac{TH_1}{AH}$$. Значит у нас $TH_1=2OM$.

Sabyr!

Ant vs Atomic Bomb

Bekzhanchik koisai

Решение в барицентрических координатах относительно треугольника $ABC$.

Обозначения: $S_A=\frac{b^2+c^2-a^2}{2}$, $S_B=\frac{c^2+a^2-b^2}{2}$, $S_C=\frac{a^2+b^2-c^2}{2}$.

Пусть $S=2[ABC]$. Тогда $S^2=S_AS_B+S_BS_C+S_CS_A$.

Также $S_A+S_B=c^2$, $S_B+S_C=a^2$, $S_C+S_A=b^2$.

Окружность в общем виде:

$a^2yz+b^2zx+c^2xy-(x+y+z)(ux+vy+wz)=0$.

1. Точки.

$H=(S_BS_C:S_CS_A:S_AS_B)$.

$F=(S_B:S_A:0)$ (основание высоты из $C$).

$M=(0:1:1)$, $N=(t_0:1:1)$, так как $N$ лежит на $AM$.

2. Окружность $\omega$.

Точка $B$ лежит на $\omega$, поэтому $v=0$.

Окружность касается $BC$ и проходит через $B$, значит касается в $B$.

Подставим $x=0$: $z(a^2y-wy-wz)=0$.

Корень $z=0$ должен быть двойным, поэтому $w=a^2$.

Точка $F$ лежит на $\omega$. Подстановка даёт $u=S_A$.

Итак, $\omega$: $a^2yz+b^2zx+c^2xy-(x+y+z)(S_Ax+a^2z)=0$.

3. Точка $X$.

Точки прямой $FN$ имеют вид $F+tN=(S_B+t_0t:S_A+t:t)$.

Подставим в уравнение $\omega$ и раскроем по степеням $t$.

Свободный член равен $0$ (это точка $F$).

Коэффициент при $t$ равен $-t_0S_AS_B$.

Коэффициент при $t^2$ равен $-(a^2+t_0^2S_A)$.

Получаем $-t\cdot((a^2+t_0^2S_A)t+t_0S_AS_B)=0$.

Корень $t=0$ даёт $F$. Второй корень:

$t=-\frac{t_0S_AS_B}{a^2+t_0^2S_A}$.

Подставим в $F+tN$ и умножим на $a^2+t_0^2S_A$:

$X=(a^2S_B:S_A\cdot Q:-t_0S_AS_B)$, где $Q=a^2+t_0^2S_A-t_0S_B$.

4. Окружность $BXC$.

Точки $B$ и $C$ лежат на ней, поэтому $v=w=0$.

Окружность имеет вид $a^2yz+b^2zx+c^2xy=(x+y+z)\cdot u\cdot x$.

Сумма координат $X$: $s=a^2c^2-2t_0S_AS_B+t_0^2S_A^2$.

Подставим $X$ и используем $b^2+c^2=a^2+2S_A$, $S_A+S_B=c^2$.

Получаем $u=S_A(1-t_0)$.

Проверка: при $t_0=1$ имеем $u=0$, и окружность $BXC$ совпадает с описанной.

5. Центр окружности $BXC$.

Поместим начало векторов в центр $O$ описанной окружности.

Для точки $P$ с нормированными координатами $|OP|^2=R^2-a^2yz-b^2zx-c^2xy$.

Уравнение окружности $BXC$ принимает вид $|OP|^2=R^2-u\cdot x$.

Пусть $O'$ её центр. Условие $|O'P|^2=\rho^2$ даёт линейное по $P$ равенство.

Отсюда $O'\cdot B=O'\cdot C$ и $O'\cdot A-O'\cdot B=-\frac{u}{2}$.

Решая эти условия, получаем

$O'=\frac{(a^2S_A,\ b^2S_B,\ c^2S_C)+u\cdot(-a^2,\ S_C,\ S_B)}{2S^2}$.

Подставим $u=S_A(1-t_0)$ и используем $b^2S_B+S_AS_C=S^2$, $c^2S_C+S_AS_B=S^2$.

Получаем $O'=(t_0a^2S_A:S^2-t_0S_AS_C:S^2-t_0S_AS_B)$.

6. Коллинеарность $H$, $N$, $O'$.

Утверждаем, что $O'=S^2\cdot N-t_0\cdot H$ (покоординатно).

Вторая координата: $S^2-t_0S_CS_A$.

Третья координата: $S^2-t_0S_AS_B$.

Первая координата: $t_0S^2-t_0S_BS_C=t_0S_A(S_B+S_C)=t_0a^2S_A$.

Все три координаты совпадают.

Значит, $O'$ является линейной комбинацией точек $H$ и $N$, то есть лежит на прямой $HN$.

Что и требовалось доказать.

Замечание. При $t_0=1$ точка $N$ это центроид $G$, окружность $BXC$ совпадает с описанной, $O'=O$, и утверждение превращается в прямую Эйлера.