類似中線関連の構図 (Symmedian)

$\angle{BAD}=\angle{CAM}=\angle{ACM}$ である。 三角形 $BAC,BDA$ は相似ゆえ、題意は示された。 $\blacksquare$

$\frac{1}{2}\angle{BAC}+90°+\frac{1}{2}\angle{DAG}=180°$より、 $\angle{BAC}$ の角の二等分線と $\angle{DAG}$ の角の二等分線は一致する。 一方で、三角形 $DAG$ に注目すると、直線 $IA$ は三角形 $DAG$ の外心を通る。 外心と垂心は等角共役関係にあることから直線 $MA$ が垂心を通ることを示せばよい。 すなわち、直線 $MA$ が $DG$ と直行することを示ば良い。 $A$ を中心として三角形 $DAG$ を $270°$ 回転した三角形 $HAC$ を考える。 中点連結定理より、$AM//HC$ である。 従って、直線 $MA$ は $DG$ と直行する。 これより、$AI$ はA-Symmedianである。 $\blacksquare$

方針:定理5を使う

簡単なangle-chaseより、$\triangle{DBG} \backsim \triangle{CEG}$ である。 $H_{BD},H_{CE}$ を $G$ から $BD,CE$ へと下ろした垂線の長さとする。 ここで、定理5より、$H_{BD}:H_{CE}=AB:AC$を示せば良い。 $AB:AC=BD:CE$ であり、$\triangle{DBG} ,\triangle{CEG}$ の相似比は、$BD : CE$ であり、一方で、$H_{BD}:H_{CE}$ でもあるから、 $AB:AC = H_{BD} : H_{CE}$ であるので、題意は示された。 $\blacksquare$

方針:問題3を使う

$\angle{DBF}=\angle{FEC}, \ \angle{BDP}=\angle{ECF}$ であるから $\triangle{DBF} \backsim \triangle{CEF}$ より $\triangle{BFE} \backsim \triangle{DFC}$ が従う。 よって、4点 $B,D,G,F$ と $C,E,G,F$ はそれぞれ共円である。 ここで、問題3より $AF$ はSymmedianである。 $\blacksquare$

$\angle{BAC}=A,\angle{CBA}=B,\angle{ACB}=C$ とする。 $DH,EG$ は逆平行線であるから、$\angle{BDC}=C,\angle{CEG}=B$ である。 $A+B+C=180°$ であるから、$\angle{DHG}=\angle{EGH}=A$ である。 また、$DE//GH$ なので $\angle{FDE}=\angle{FED}=A$ である。 よって、$FD=FE$ である。 ここで、$E$ を通り $BC$ と逆平行な補助線を引く。 すると、$\angle{KDF}=\angle{DKF}=C$ であり、$FK=FD$ である。 同様に、$FJ=FE$ である。 従って、$E$ は $KJ$ の中点である。従って、定理7より $AF$ はA-Symmedianである. $\blacksquare$

四角形 $ABCD$ は調和四角形である。 従って、$AC$ はA-Symmedianである。 直線 $AM$ と三角形 $ABC$ の外接円との交点のうち$A$でない方を$C'$とする。 $AC'$ と $AC$ は等角共役線なので $\angle{BAC'}=\angle{DAC}$ である。 円周角の定理より、$BC'=DC$。 また、$BM=DM$ である。 $\angle{BAC}=\angle{DAC'}$であり、円周角の定理より、$\angle{MDC}=\angle{MBC'}$ である。 従って、$\triangle{BMC'} \equiv \triangle{DMC}$である。 このことから、$CM=C'M$ が得られる。 方べきの定理より、$BM^2=AM\cdot MC'=AM\cdot MC$である。 さらに、中線定理より $AB^2+AD^2=2(BM^2+AM^2)$ である。 これらを併せて、以下の連立方程式を得る。 $$\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} BM ^2=32\cdot AM \\ 127^2+129^2=2( BM ^2+ AM ^2) \end{array} \right. \end{eqnarray}$$ これを整理すると、$AM^2+32AM-(2^{14}+1)=0$という二次方程式を得る。従って、$AM=113$である。

直線 $PQ$ と $\Gamma$ の交点のうち、 $Q$ でないものを $D$ とすると、四角形 $DAQC$ は調和四角形となる。 したがって、 $DQ$ は三角形 $DAC$ のD-Symmedianである。 このことから、Steiner's Ratio Theoremより、 $AB : CB = DA ^2: DC ^2 \Longleftrightarrow \sqrt{AB} : \sqrt{CB} = DA : DC$ である。 また、四角形 $DAQC$ は調和四角形なので $DA \cdot QC = AQ \cdot CD$ である。 これを変形すると、 $\frac{ AQ }{ QC }=\frac{ AD }{ DC }=\frac{\sqrt{ AB }}{\sqrt{ BC }}$ となる。 これは三角形 $AQC$ の角の二等分線と $AC$ の交点が円 $\Gamma$ に依らないことを意味している。 従って。題意は示された。 $\blacksquare$

$AD$ の中点を $X'$ とする。 $X'$ が回転相似の中心であることを示せば良い。 $BOX'C$ は共円である。 Symmedianの性質より、 $\angle{BX'A}=\angle{AX'C}$ である。 また、四角形 $ABDC$ は調和四角形であるから、 $BC$ は三角形 $BDA$ のB-Symmedianである。 従って、 $\angle{DBC}=\angle{ABX'}$ である。 また、円周角の定理より、$\angle{DBC}=\angle{DAC}$ である。 従って、 $\triangle{BX'A} \backsim \triangle{AX'C}$ である。 $BX' : AX' = AX' : CX'$ より、 $X'$ は回転相似の中心である。 $\blacksquare$

$B \rightarrow A,A \rightarrow C$ となるような回転相似変換 $T$ を考える。 問題8より、その中心はA-Symmedian上の点となる。 ここで、 $\triangle{RBP} \backsim \triangle{QPC} \backsim \triangle{ABC}$ であるから、 $\frac{RB}{AR}=\frac{RB}{QP}=\frac{RP}{QC}=\frac{AQ}{QC}$ が従う。 すなわち、 $R,Q$ は $BA,AC$ を等しい比で内分する点であるから変換 $T$ によって、 $R$ は $Q$ に移る。 従って、 $\triangle{ARX'} \backsim \triangle{CQX'}$ が得られる。 このことから、 $\angle{ARX'}=\angle{CQX'}$ が従う。 よって、4点 $A,R,X',Q$ は共円である。 従って、題意は示された。 $\blacksquare$

$\angle{HPM}=\angle{HDM}=90°$ より、 $P,H,M,D$ は共円。 $PH,MD$ の交点を $X$ とすると方べきの定理より、 $XH \cdot XP = XD \cdot XM$ である。 ここで、 $B,D,C,X$ は調和点列なので $XC \cdot XB = XD \cdot XM$ である。 従って、方べきの定理の逆より、$B,C,H,P$ は共円である。 一方で有名事実として, $H$ を $BC$ に関して対称移動させた点は $H'$ は三角形 $ABC$ の外接円上にくる。 三点 $BCH$ で定まる円と $BCH'$ で定まる円は対称だから $A'$ は三角形 $ABC$ の外接円上にくる。 $AM$ と三角形 $ABC$ の外接円の交点を $Y$ とすると、 $Y$ は $M$ に関して $P$ と点対称なので $\stackrel{\huge\frown}{BY}= \stackrel{\huge\frown}{PC}$ である。 また、 $A'$ は $BC$ に関して対称であるから、 $\stackrel{\huge\frown}{PC}= \stackrel{\huge\frown}{A'C}$ である。 従って、 $AA'$ はSymmedianである。 $\blacksquare$

この長さに着目した角度の比較はIMOクラスの問題だとよく見かけます。難しいです。

根心の存在性より、 $A'D,FE,BC$ は一点 $P$ で交わる。 $AM$ と $AH$ の交点を $Q$ とする。 $\angle{HQM}=90°$ ならば問題10より、 $AA'$ はSymmedianである。 Symmedianは一点で交わるから $\angle{HQM}=90°$ であることを示せば良い。

ここで、 $AA''$ が直径となるように $A''$ をとる。 すると、 $AB \perp A''B$ 、 $AB \perp CF$ であるから $A''B//CF$ である。 同様に $A''C//BE$ であるから,四角形 $BA''CH$ は平行四辺形である。 従って、その中心 $M$ と $A'',H$ は一直線上に並ぶ。 ここで、直線 $MH$ と $\Omega$ の交点のうち $A''$ でないものを $T$ とすると、 $A''T \perp AT$ ゆえ、 $A,F,H,E,T$ は共円である。 特にこの円は $AH$ を直径とする円である。 この円と $\Omega$ 、 $B,C,E,F$ の外接円の根心を考えれば $A,T,P$ は共線である。 ここで、 $MT \perp AP,AH \perp MP$ より、 $H$ は三角形 $AMP$ の垂心である。 従って、 $PH \perp AM$ であるから題意は示された。 $\blacksquare$

むずい...。

同様の構図に関する問題です。 $AH$ を直径とする円は問題11における $A,F,Q,H,E$ の載る円である。 問題10における $T$ と $A'$ と $A$ から $BC$ へと下ろした垂線の足(これを $H_A$ とする。)が共線であることを示せば良い。 さらに,示すべきことは $\angle{QH_{A}H}=\angle{TH_AH}$ と同値である。 $\angle{QH_AH}=\angle{HMQ}=\angle{TMQ}=\angle{TPQ}=\angle{TPH}=\angle{TH_AH}$ であるから題意は示された。 $\blacksquare$