Азия-тынық мұхит математикалық олимпиадасы, 2012 жыл

Сүйірбұрышты $ABC$ үшбұрышы берілген. $M$ нүктесі $BC$-ның ортасы, $AD$ — биіктік, $H$ — $ABC$ үшбұрышының биіктіктер қиылысу нүктесі болсын. $MH$ сәулесі мен $ABC$ үшбұрышына сырттай сызылған $\Gamma$ шеңбері $E$ нүктесінде қиылысады. $ED$ түзуі мен $\Gamma$ шеңбері екінші рет $F$ нүктесінде қиылыссын. $\dfrac{{BF}}{{CF}} = \dfrac{{AB}}{{AC}}$ теңдігін дәлелдеңіздер.

Комментарий/решение

Заметим что требуемое в задаче можно переформулировать как BF*AC=CF*AB, а это свою очередь условие гармонического четырехугольника. Следовательно достаточно доказать что BF симедиана исходного треугольника.

По свойству ортоцентра вторая точка пересечение HM и описанной окружности треугольника ABC диаметрально противоположен A. Следовательно <MEA=90. Из этого вытекает вписанность четырехугольника MDEA.

Обозначим <BME=b , <EMA=a и <BCA=c, следовательно <DEA=180-a-b, из за вписанности

<ABF=180-a-b. Опять из за вписанности <FCA=a+b => < BCF=a+b-c=<BAF

<MAC+<MCA=<BMA=a+b => <MAC=a+b-c. Заметим что <BAF=<CAM следовательно по определению симедианы BF является симедианой, что и требовала задача.

Пусть $AE$ пересекается с $BC$ в точке $P$, $AD$ пересекается с окр в точке $N$. Очевидно $AEDM$ и $DNFM$ вписанные из свойства ортоцентра. Тогда из рад. осей $N, F, P$ лежат на одной линии. Применим Тео. Паскаля для $AANFFE$ тогда очевидно что четырехугольник $ABFC$ гармоничный.

Пусть $F' \in (ABC)$ и $AF' \: -$ семидиана в $\triangle ABC, T \: -$ диаметрально противоположная точке $A$ относительно $(ABC).$ Довольно известно то что $H, M, T \: -$ лежат на одной прямой. Теперь покажем то что $DF' \cap MT = E \in (ABC).$ Пусть $f(X) = \pm \frac{BX}{CX},$ тогда по свойстве $CRL$ нужно доказать то что $\frac{f(D)}{f(F')} = \frac{f(M)}{f(T)}.$ Пусть $AD \cap (ABC) = T' \Rightarrow TT' \parallel BC \Rightarrow f(T') = \frac{1}{f(T)}$ и ещё $f(D) = f(A) \cdot f(T') = \frac{f(A)}{f(T)} \Rightarrow \Rightarrow f(T) = \frac{f(A)}{f(D)},$ аналогично $f(M) = \frac{f(A)}{f(F')} \Rightarrow \frac{f(M)}{f(T)} = \frac{\frac{f(A)}{f(F')}}{\frac{f(A)}{f(D)}} = \frac{f(D)}{f(F')} \Rightarrow F' = F$ и $ABFC \: -$ гармонический.$\square$

$(XYZ)$ обозначает описанную окружность треугольника $XYZ$.

Пусть $B_1$ и $C_1$ — другие основания высот. Обозначим $B_1C_1 \cap BC = K$, $(KHM)\cap(BHC)=L$, $LM\cap(ABC)=A_1$.

Заметим, что $\angle MEA=90^\circ$, так как вторая точка пересечения прямой $MH$ с окружностью $(ABC)$ является диаметрально противоположной точке $A$. Тогда $H$ является ортоцентром треугольника $KAM$($A$ - $E$ - $K$ так как $K$ радикальный центр окружностей $(AMH)$,$(ABC)$ и $(BCB_1)$).

Воспользуемся достаточно известным фактом: Если в треугольнике $XYZ$ точка $H$ является ортоцентром, то окружности $(XYZ)$ и $(HYZ)$ симметричны относительно прямой $YZ$.

Тогда точка $L$ симметрична точке $A$ относительно прямой $BC$.

Если мы докажем, что точки $L,F,M$ коллинеарны, то в треугольнике $A_1BC$ прямая $A_1F$ будет медианой. Так как треугольники $A_1BC$ и $ABC$ симметричны относительно серединного перпендикуляра к $BC$ (поскольку $BLCA_1$ — параллелограмм), получаем, что $AF$ является симедианой треугольника $ABC$.

Совершим инверсию с центром в точке $M$ и радиусом $\frac{BC}{2}$.

Тогда $E \leftrightarrow H$, так как

$MH\cdot ME = MD\cdot MK = \left(\frac{BC}{2}\right)^2$,

по свойству гармонической четвёрки $(B,C;K,D)$.

Также $D \leftrightarrow K$.

Кроме того,

$(ABC)=(EBC)\leftrightarrow(HBC)$.

Следовательно,

$F=ED\cap(ABC)\leftrightarrow(HKM)\cap(HBC)=L$.

То есть $F$ лежит на луче $ML$. Следовательно, точки $L,F,M$ коллинеарны.

Таким образом, $A_1F$ является медианой треугольника $A_1BC$, откуда следует, что $AF$ является симедианой треугольника $ABC$.

Заметим что $H$ - точка Шалтая $\triangle BEC$ вершины $E$ , а так же $\angle AEM = 90$ $\Rightarrow$ точки $M,D,E,A$ лежат на одной окружности $\Rightarrow$ $\angle DEM = \angle DAM$

Тогда $\angle BAF = \angle BEF = \angle BEH - \angle DEM = \angle CBH = \angle DEM = \angle CAD - \angle DEM = \angle CAD - \angle DAM = \angle CAM$ $\Rightarrow$ $AF$ - симедиана $\triangle ABC$ откуда и следует требуемое