11003. Окружность \Omega
с центром в точке O
описана около остроугольного треугольника ABC
, в котором AB\lt BC
; его высоты пересекаются в точке H
. На продолжении отрезка BO
за точку O
отмечена точка D
такая, что \angle ADC=\angle ABC
. Прямая, проходящая через точку H
параллельно прямой BO
, пересекает меньшую дугу AC
окружности \Omega
в точке E
. Докажите, что BH=DE
.
Решение. Пусть P
— вторая точка пересечения BO
с окружностью \Omega
. Тогда BP
— диаметр \Omega
, и \angle BCP=90^{\circ}=\angle BAP
. Значит, CP\parallel AH
и AP\parallel CH
. Следовательно, четырёхугольник AHCP
— параллелограмм. Обозначим через M
точку пересечения его диагоналей. Она является серединой отрезков PH
и AC
.
При симметрии относительно точки M
точка A
переходит в точку C
, а точка P
— в точку H
. Пусть при этой симметрии точка E
переходит в E'
, а окружность \Omega
— в \Omega'
. Тогда точки A
, H
, E'
и C
лежат на \Omega'
. Поскольку
\angle ADC=\angle ABC=180^{\circ}-\angle AHC,
точка D
также лежит на \Omega'
.
Поскольку EH\parallel BD
, при рассматриваемой симметрии луч EH
переходит в противоположно направленный с ним луч, E'P
(см. задачу 5702), а так как BP\parallel EH
, то точка E'
лежит на прямой PB
. При этом из симметрии \angle ECP=\angle E'AH
. Из вписанности четырёхугольников AHE'D
и BEPC
получаем, что
\angle EBP=\angle ECP=\angle E'AH=\angle E'DH.
Таким образом, \angle EBD=\angle BDH
. Это означает, что трапеция BHED
равнобокая, поэтому BH=DE
.