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 $HN$.