18033. Около остроугольного треугольника ABC
(AB\ne AC
) описана окружность \Gamma
с центром O
. Точка M
— середина стороны BC
, а D
точка, лежащая на окружности \Gamma
, причём AD\perp BC
. Точка T
— вершина параллелограмма BDCT
, а точка Q
лежит с точкой A
по одну сторону от прямой BC
, причём \angle BQM=\angle BCA
и \angle CQM=\angle CBA
. Точка X
окружности \Gamma
диаметрально противоположна точке A
, а описанная окружность треугольника ETQ
пересекает окружность \Gamma
в точке X
, отличной от E
. Докажите, что точки A
, M
и X
лежат на одной прямой.
Решение. Пусть X'
— точка, симметричная точке Q
относительно прямой BC
. Тогда
\angle CBA=\angle CQM=\angle CX'M~\mbox{и}~\angle BCA=\angle BQM=\angle BX'M,
поэтому
\angle BX'C=\angle BX'M+\angle CX'M=\angle CBA+\angle BCA=180^{\circ}-\angle BAC.
Значит, четырёхугольник ABX'C
вписанный, т. е. точка X'
лежит на окружности \Gamma
, поэтому
\angle AX'B=\angle ACB=\angle MX'B.
Тогда точки A
, M
и X'
лежат на одной прямой.
Заметим, что
\angle DCB=\angle OAC=\angle EAC
(см. задачу 20), поэтому BD=CE
. Значит, BDCE
— равнобедренная трапеция.
Поскольку BDCT
— параллелограмм, его диагонали BC
и DT
пересекаются в середине M
диагонали BC
, а так как BDEC
— равнобедренная трапеция, то середина M
её основания BC
лежит на серединном перпендикуляре к основанию DE
, поэтому ME=MD
. Кроме того из равенств
\angle BTC=\angle BDC=\angle BED,~CE=BD=CT~\mbox{и}~ME=MT
получаем, что точки E
и T
симметричны относительно прямой BC
, а так как Q
и C'
тоже симметричны относительно BC
, то QX'ET
— равнобедренная трапеция, и поэтому точки Q
, X'
, E
, T
лежат на описанной окружности треугольника ETQ
. В то же время точка X'
(как и X
) лежит на окружности \Gamma
и не совпадает с E
. Значит, точки X'
и X
совпадают. Следовательно, точки A
, M
и X
лежат на одной прямой. Что и требовалось доказать.
Источник: Балканская математическая олимпиада юниоров (JBMO). — 2017, задача 1