Республиканская олимпиада по математике, 2026 год, 9 класс

Сүйірбұрышты $ABC$ ($AB\ne AC$) үшбұрышының $BE$ және $CF$ биіктіктері $H$ нүктесінде қиылысады. $M$ нүктесі $BC$ қабырғасының ортасы, ал $N$ — $AM$ кесіндісінің кез келген нүктесі. $\omega$ шеңбері $B$ және $F$ нүктелері арқылы өтеді және $BC$ түзуін жанайды. $FN$ түзуі $\omega$ шеңберін екінші рет $X$ нүктесінде қиып өтеді. $BXC$ үшбұрышының сырттай сызылған шеңберінің центрі $HN$ түзуінің бойында жататынын дәлелдеңіз. ( 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 $HN$.