13346. В остроугольном неравнобедренном треугольнике ABC
проведена высота AH
, медиана AM
, а также отмечен центр O
его описанной окружности \omega
. Отрезки OH
и AM
пересекаются в точке D
, прямые AB
и CD
— в точке E
, прямые BD
и AC
— в точке F
. Лучи EH
и FH
пересекают окружность \omega
в точках X
и Y
. Докажите, что прямые BY
, CX
и AH
пересекаются в одной точке.
Решение. Пусть P
— такая точка на луче HE
, что PB\perp BC
. Докажем, что точки C
, O
и P
лежат на одной прямой. В самом деле, по теореме Менелая для треугольника ADE
и прямой CMB
получаем
\frac{EC}{CD}\cdot\frac{DM}{MA}\cdot\frac{AB}{BE}=1.
Поскольку прямые PB
, AH
и OM
параллельны между собой (так как как они все перпендикулярны прямой BC
), то \frac{AB}{BE}=\frac{HP}{PE}
, а также \frac{DM}{MA}=\frac{DO}{OH}
. Значит,
\frac{EC}{CD}\cdot\frac{DO}{OH}\cdot\frac{HP}{PE}=1,
из чего следует, что точки C
, O
и P
лежат на одной прямой по теореме Менелая для треугольника EDH
. Значит, точка P
диаметрально противоположна точке C
в окружности \omega
. Аналогично, если Q
— точка пересечения перпендикуляра к прямой BC
, проходящего через точку C
, и прямой HF
, то точка Q
диаметрально противоположна точке B
. Из этого следует, что
\angle EXC=\angle PXC=90^{\circ},~\angle FYB=\angle QYB=90^{\circ}.
Обозначим через H'
, T_{b}
и T_{c}
точки пересечения прямой AH
соответственно с прямыми PQ
, BY
и CX
. Заметим, что треугольники HXT_{c}
и HH'P
подобны как прямоугольные с вертикальными острыми углами. Значит,
\frac{HT_{c}}{HX}=\frac{HP}{HH'},~\mbox{или}~HT_{c}=HX\cdot\frac{HP}{HH'}=HB\cdot\frac{HC}{HH'}
(так как HX\cdot HP=HB\cdot HC
). Аналогично, HT_{b}=HB\cdot\frac{HC}{HH'}
. Значит, HT_{b}=HT_{c}
, т. е. точки T_{b}
и T_{c}
совпадают. Следовательно, прямые BY
, CX
и AH
пересекаются в одной точке. Что и требовалось доказать.