12720. Точка H
— ортоцентр остроугольного треугольника ABC
, \omega
— окружность, проходящая через точки B
, C
и H
, \Gamma
— окружность с диаметром AH
, X
— отличная от H
точка пересечения окружностей \omega
и \Gamma
, \gamma
— образ окружности \Gamma
при симметрии относительно прямой AX
, Y
— отличная от X
точка пересечения окружностей \gamma
и \omega
, а прямая AH
пересекает окружность \omega
в точке Z
, отличной от H
. Докажите, что описанная окружность треугольника AYZ
проходит через середину отрезка BC
.
Решение. Пусть M
— середина стороны BC
. Докажем, что точка X
лежит на отрезке AM
. Для этого рассмотрим точку A'
, симметричную A
относительно точки M
. Четырёхугольник ABA'C
— параллелограмм, потому
\angle BA'C=\angle BAC=180^{\circ}-\angle BHC.
Значит, точка A'
лежит на окружности \omega
. Тогда
\angle HBA'=\angle HBC+\angle CBA'=\angle HBC+\angle ACB=90^{\circ}.
Следовательно, HA'
— диаметр окружности \omega
. Тогда \angle HXA'=90^{\circ}
, а
\angle AXA'=\angle AXH+\angle HXA'=90^{\circ}+90^{\circ}=180^{\circ},
поэтому точки A
, X
и A'
лежат на одной прямой, а так как точки A
, M
и A'
по построению точки A'
лежат на одной прямой, то точка X
лежит на медиане AM
треугольника ABC
. Что и требовалось доказать.
Вернёмся к нашей задаче. Осталось доказать, что \angle AYZ=\angle AMZ
. Заметим, что:
1) \angle AHX=\angle AYX
, так как радиусы окружностей \gamma
и \Gamma
равны, а отмеченные углы опираются на одну и ту же хорду AX
;
2) окружность \omega
симметрична описанной окружности треугольника ABC
относительно прямой BC
(см. задачу 4785), поэтому точка Z
точке A
относительно основания D
, высоты треугольника ABC
, проведённой из вершины A
.
Значит,
\angle AYZ=\angle AYX+\angle XYZ=\angle AHX+(180^{\circ}-\angle XHZ)=
=2\angle AHX=2\angle AMD=\angle AMZ.
Отсюда следует утверждение задачи.