43-я Балканская математическая олимпиада. Греция, Салоники, 2026 год

Пусть $A B C D$ — параллелограмм, в котором $\angle D A B < 90^{\circ}$ и $A B < A D$. Пусть $H$ - ортоцентр треугольника $B C D$, а $H'$ — точка, симметричная $H$ относительно прямой $B D$. Прямая $A H$ пересекает прямые $B D, C D$ и $B C$ в точках $E, F$ и $G$ соответственно. Докажите, что описанные окружности треугольников $H E H'$ и $C F G$ касаются друг друга.

Комментарий/решение

$N=(CGF)\cap (BEG)\Rightarrow N\in (DEF)\Rightarrow \angle CND=\angle CNG+\angle GNE-\angle DNE=\angle CFG+\angle GBE-\angle DFE=\angle CDB\Rightarrow N\in (BCD)$

$$\angle NEH=\angle NDC=\angle NH'C=\angle NH'H \Rightarrow N\in (HEH')$$

$O-$центр $(BDC)$, $M=CO\cap (BDC)$, и $K$ середина $CD\Rightarrow MD=2OK=BH\Rightarrow \triangle ABH=\triangle CMD\Rightarrow \angle HAB=\angle MCD,\angle AHB=\angle CMD$

$\angle DNE=\angle DFE=\angle HAB=\angle DCM=\angle DNM\Rightarrow N-E-M$ лежат на одной прямой $\Rightarrow \angle CNM=90.$

$P$ и $Q$ центр $(HEH')$ и $(CGF)$ соответсвенно. $EH=EH', BH=BH'\Rightarrow P\in BD.$

$$\angle PNH=90-\angle NEH=90-\angle NMC=\angle NCM$$

$$\angle GNQ=90-\angle GFN$$

$$\angle HNG=90-\angle HNE+90-\angle GNC-90=90-\dfrac{\angle NPE}{2}+90-\angle GFC-90=\angle HEB+90-\angle DCM-90=$$ $$=\angle HEB+\angle DMC-90=\angle HEB+\angle EHB=\angle HBE-90=\angle BDC$$

$$\angle PNQ=\angle PNH+\angle HNG+\angle GNQ=\angle NCM+\angle EDN+\angle NDC+90-\angle GFN=\angle NCM+\angle NMC+90=180^\circ \blacksquare$$

Решение IMO и Alexus:

Возьмем $S$ точку микеля $BCEF$ и докажем что это точка касание. Очевидно что $S$ лежит на $(GCF)$ и также из $\angle SH’H=\angle SH’C=\angle SBC=\angle SEH$ выходит что $(SHEH’)$. Чтобы доказать касание докажем равенство: $\angle FSE=\angle SCF+\angle SH’E$.

Пусть $CH \cap DB=Q$ тогда из подобности $DCQ$ и $HDA$ выходит что $\angle DHE=\angle D=\angle FSE$ и из очевидного счета угла можно доказать что $\angle DHE= \angle SCF+\angle SH’E$.

Де шучу

Ya zhe reshil cherez miquel

Who asked

Нет ты молодец баймуха

Лемма: $O-H'-E$ коллинеарны

\textbf{Док-во:}

Возьмем треугольник $ABC$ $H$ ортоцентр $H'$ отражение отн $AC$.

$E = OH' \cap AC$. $\Rightarrow (e) = \frac{a+c-e}{ac}$

Так же $-\frac{be}{ac} \in \mathbb{R} \Rightarrow \frac{a+c-e}{b} = \frac{be}{ac} \Rightarrow e = \frac{ac(a+c)}{b^2+ac}$

Теперь докажем:

\[\frac{a+b+c-\frac{ac(a+c)}{b^2+ac}}{2b} \in \mathbb{R}\]

Его сопряженное:

\[\frac{\frac{ab+bc+ca}{ac} - \frac{b^3(a+c)}{ac(b^2+ac)}}{2}\]

Достаточно проверить:

\[\frac{b(ab+bc+ca)}{ac} - \frac{b^4(a+c)}{ac(b^2+ac)} = a+b+c - \frac{ac(a+c)}{b^2+ac}\]

а это трив.

Теперь пусть касательная с $H'$ к опис окружности $(BCD)$ пересекает $BD$ в $K$.

и $CO$ пересекает $BD$ в $X$ $\Rightarrow$ посчитав углы поймем что $(KCXH')$ вписанный.

Пусть $L$ середина $EK$ $\Rightarrow H'CO = CH'O = EKH' = KH'L \Rightarrow KHC = LH'O$.

Теперь пусть $M$ точка пересечения окружностей $(EH'K)$ и $(BCD)$ тогда рассмотрим поворотку тк $L \to O$ и тк $KHC = LH'O \Rightarrow K \to C \Rightarrow K-M-C$ коллинеарны.

Тк $MH'C = MEH = MBC \Rightarrow M$ микель $CGED$ а это означает что тк $KMHE$ вписанный $MHG = CKD$ и $MGH = KCD \Rightarrow KCD$ и $GMH$ подобны $\Rightarrow GMH = BDC$ ч.т.д.