Республиканская олимпиада по математике, 2026 год, 11 класс

Дан параллелограмм $ABCD$, где $\angle BAC=45^\circ$ и $\angle ABC > 90^\circ$. Перпендикуляр из точки $A$ на прямую $BC$ вторично пересекает описанную окружность $\triangle ACD$ в точке $E$. Прямая $EB$ пересекает диагональ $AC$ в точке $F$. Оказалось, что $EF=2AF$. Прямая $DF$ пересекает описанную окружность $\triangle ACD$ вторично в точке $M$, а прямые $AM$ и $BC$ пересекаются в точке $N$. Докажите, что прямые $CM, FN$ и $AE$ пересекаются в одной точке. ( М. Нсанбаев )

Комментарий/решение

$1)$ Пусть $B'$ симметричная точка к $B$ относительно $AC\Rightarrow \angle AB'C=\angle ABC=\angle ADC\Rightarrow B$ ортоцентр $\triangle AEC.$

$2)$ $\angle ABF=180-\angle BFA-\angle FAB=45^\circ=\angle ACD=\angle AMD\Rightarrow M-$ Queue Point of $\triangle AEC.$

$3)$ $-1=(AB\cap CE, AM\cap CE; C, E)\overset{A}{=}(B,M;F,AE\cap(AFB))=-1=(B,\infty ;F,E)\overset{A}{=}(B,M'; F,AE\cap (AFB)$ где $AM'\parallel EF\Rightarrow M=M'\Rightarrow AFBM-$ квадрат $\Rightarrow \angle AGF=\angle ABF=45^\circ=\angle ABM=\angle AGM$.

$4)$ И по Теореме Бланшета в $\triangle ANC,$ $AG, CM$ и $NF$ пересекаются в одной точке, где $G$ это пересечения $AE$ и $BC$ ч.т.д.

Same solution!

(Very nice problem)

Пусть $B' - $ отражение $B$ относительно $AC.$

\[\angle AB'C = \angle ABC = \angle ADC \to B' \in (ADCE)\]

Заметим $:$

\[\angle BAC = \angle B'AC = 45^\circ \mid AB = AB' \to \angle AB'B = 45^\circ = \angle AB'E \]

Что дает $B' - F - B - E \mid B - $ ортоцентр $\triangle AEC $

\[AF = FB' = FB = BE \mid pow_{(AEC)}(F) \to B'F \cdot FE = AF \cdot FC\]

Возьмем $AF=x$ и посчитаем пару сторон $:$

\[AF^2 + FE^2 = AE^2 = 5x^2 \mid AE^2+AD^2 = BE^2 =10x^2=B'E^2+DB'^2 \to DB'=x\]

Можно заметить $B'F=B'D$ и посчитать углы:

\[ \angle CDM = \angle CDB' - \angle B'DF = 180- \angle DCA - \angle B'DF = 90^\circ = \angle MAC\]

Снова совершим счет сторон $:$

\[MC^2=10x^2=AC^2+MA^2 \to MA=x \]

Назовем $: P = AE \cap MC$ Используем теорему Фалеса для $\triangle CNA, \ BF: \quad \dfrac{AN}{BF}=\dfrac{AC}{CF} \to AN = 1.5x$

\[\triangle CAN \to \dfrac{\sin \angle NCA}{\sin \angle ANC}= \dfrac{AN}{AC} = \dfrac{1}{2}\]

Заметим $: \angle NAP = \angle AEB = \angle ACB:$

\[\triangle MAC \to \dfrac{\sin \angle MAP}{\sin \angle PAC} = \dfrac{MP\cdot AC}{PC\cdot AM} = \dfrac{1}{2} \to 6MP = PC\]

Теперь по теореме Менелая $\triangle MAC \mid N - P - F:$

\[\color{red}{(\ !\ )}\ 1= \dfrac{AN}{NM} \cdot \dfrac{CF}{AF}\cdot \dfrac{MP}{PC} \to 3\cdot 2 \cdot \dfrac{1}{6} = 1 \quad \square\]

Пусть $E'$ - ортоцентр $\triangle ABC$ и $AE' \cap BC = X$. Тогда

$\angle AEC = 180^\circ - \angle ABC = 180^\circ - \angle ADC$,

значит $E'$ лежит на $(ACD)$, причем $AE' \perp BC$. Значит точки $E' = E$, потому $E$ - ортоцентр $\triangle ABC$. БОО $AF = 1$. Заметим, что $EF \perp AC$. Так как $EF = 2AF$ и $AFB$ - прямоугольный равнобедренный треугольник, то $EB = BF = AF = 1$. Кроме того, $AB \perp EC$, откуда

$\angle ECA = 90^\circ - \angle CAB = 45^\circ$.

Потому $\triangle EFC$ равнобедренный, значит $FC = 2$. По Пифагору для $\triangle ABF$, $CD = AB = \sqrt{2}$. Тогда $\triangle CDF \sim \triangle BFA$, т.е. $\angle DCF = 45^\circ = \angle BAF$ и $CD/AF = CF/AB = \sqrt{2}$. Значит $\angle DCF = \angle DFC = 45^\circ$. $EXFC$ вписан, откуда $\angle AXF = \angle ECA = 45^\circ = \angle DCF = \angle DCA = \angle DMA = \angle AMF$, т.е. $AMXF$ вписан. Тогда $\angle NXM = 90^\circ - \angle AXM = 90^\circ - \angle AFM = 90^\circ - \angle CFD = 45^\circ = \angle BAF = \angle BXF = \angle CXF$.

Из $\angle NXM = \angle CXF$ следует, что прямые $XM$ и $XF$ симметричны относительно биссектрисы угла $CXN (=180^\circ)$. Тогда по лемме об изогоналях для точек $(C, F, M, N)$, если $FN \cap CM = K$, то $XK$ и $XA$ также симметричны относительно биссектрисы этого угла. Заметим, что $XA$ — биссектриса этого угла, потому $K$ лежит на этой биссектрисе, откуда следует требуемое. $\blacksquare$