XX математическая олимпиада «Шелковый путь», 2025 год

Сүйірбұрышты әрі теңбүйірлі емес $ABC$ үшбұрышының биіктіктері $H$ нүктесінде қиылысады. $M$ және $N$ нүктелері, сәйкесінше, $AB$ және $CH$ кесінділерінің орталары. $CM$ түзуіне $HR$ перпендикуляры түсірілген. $MN$ түзуі $CNR$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңберді екінші рет $T$ нүктесінде қияды. $CM$, $AH$ және $BH$ түзулерімен шектелген үшбұрышқа сырттай сызылған шеңбердің центрін $P$ деп белгілейік. $HP \perp CT$ екенін дәлелдеңіз. ( М. Кунгожин )

Комментарий/решение

Пусть $CT\cup HP=F;$ $AH\cup BC=I;$ $BH\cup AC=J$

$\angle MIA=\angle MAI=\angle ICN=\angle INC\Rightarrow \angle MIN=90\Rightarrow MI^2=MR\cdot MC=MT\cdot MN\Rightarrow T$ середина $IJ$. Так как $CM$ симедиана $CT$ и медиана треугольнике $CIJ\Rightarrow \angle JHF=\angle AHR=\angle ICR=\angle JCF\Rightarrow \angle HFC=\angle HJC=90\blacksquare$

$C'$ - точка, которая диаметрально противоположна точке $C$ в $(ABC)$. В $\triangle CHC'$ $MN$ является средней линией, поэтому $MN||CC'$. $CC'$ перпендикулярна касательной к $(ABC)$ в точке $C$.

Известно, что $R\in (ABH)$, а также $(ABH)$ - это $(ABC)$, которую перенесли на $\vec{CH}$, поэтому касательная $(ABH)$ в $H$ (далее это будет направлением $l$) перпендикулярна $MN$. Достаточно показать, что $(l,HP)=(NT,TC)$.

$$\angle NTC = \angle NRC=\angle NCR=\angle BCM-\angle BCH=\angle BCM-\angle BAH=\angle BCM-\angle DHR,$$

поэтому нужно показать, что $\angle BCM=\angle PHD$.

$$\angle PHD=\angle RHA=\angle RBA=\angle RCB,$$

так как $AB$ касается $(RCB)$. $\angle RCB=\angle BCM$, что и требовалось.