Итак, осталась одна неразобранная нами задача с регионального этапа всероссийской олимпиады, а именно последняя задача в восьмом классе олимпиады Эйлера. На мой взгляд это одна из самых симпатичных геометрий этого региона и чуть ли не самая сложная. Напоминаю, что следить за публикациями также можно на телеграм-канале Олимпиадная геометрия.
Конечно, она довольно легко считается, но представьте себе на секундочку, что вы восьмиклассник и не обладаете достаточными техническими навыками... Напомню условие.
Давайте сразу введем обозначение для середин сторон: M — середина AB и N — середина AC. Как и всегда при решении геометрии, нам потребуется некоторая наблюдательность и находчивость.
В этой задаче первых ход можно сделать опираясь на два разных соображения. Первое соображение (находчивое) такое. Я почти всегда, когда вижу в таких задачах биссектрису, хочу сделать симметрию. В этом случае просто напрашивается отразить точку D относительно сторон AB и AC. После этого, если у вас достаточно хороший чертеж, вы заметите, что вновь полученные точки являются серединами отрезков CE и BF. Второе соображение (наблюдательно) такое. Надо увидеть на картинке подобные треугольники. Например, в треугольника BMD и BAF есть равные углы B (красные) и равные углы BMD и BAF (равны по 120 градусов). Более того, коэффициент подобия треугольников равен 2, следовательно BF=2 BD. Тут уж становится очевидным, что надо отметить середину BF, которая симметрична точке D относительно AB. Аналогичное соображение работает и с другой стороны.
Давайте обозначим середины отрезков BF и CE через K и L. На этом первая часть решения закончена. Мы сделали крайне важные наблюдения, можем теперь поизучать картинку и понять, а что же мы хотим доказать...
На самом деле на картинке уже есть много середин, много средних линий и много параллельностей. А хочется доказать такое: если продлить DA до пересечения с EF, то A будет серединой полученного отрезка... Это означает, что мы на правильном пути. Надо изучать средние линии более тщательно.
Давайте отметим точку X — середину EF. Тогда XL и FC параллельны и обе перпендикулярны DL. Аналогично XK и BE параллельны и обе перпендикулярны KD.
Осталось заметить, что A лежит на средней линии треугольника DLX, параллельной XL и на средней линии DKX, параллельной KX. А они пересекаются в середине общей гипотенузы DX. Значит точка A — середина DX и, тем самым попадает на среднюю линию треугольника DEF.