11731. Дан равнобедренный остроугольный треугольник ABC
с основанием AC
. Высоты AD
и CE
пересекаются в точке H
. Прямая CE
вторично пересекает окружность, описанную около треугольника ABC
, в точке F
. Докажите, что AD
— касательная к окружности, описанной около треугольника HBF
.
Решение. Достаточно доказать, что \angle FHA=\angle FBH
(см. задачу 144).
Пусть BL
— высота треугольника ABC
. Тогда
\angle HCL=90^{\circ}-\angle A=\angle EBH,
а \angle FBA=\angle FCA
(оба опираются на дугу FA
описанной окружности).
Пусть \angle ABH=\alpha
. Тогда из четырёхугольника BEHD
находим, что
\angle EHD=180^{\circ}-2\alpha.
Поэтому \angle FHA=2\alpha
, но и \angle FBH=2\alpha
. Следовательно, \angle FHA=\angle FBH
.
Примечание. Можно и так: точка F
симметрична точке H
относительно прямой AB
(см. задачу 4785), поэтому треугольник FBH
равнобедренный.
Автор: Москвитин Н. А.
Источник: Шаповалов А. В., Медников Л. Э. XVII турнир математических боёв имени А. П. Савина. — М.: МЦНМО, 2012. — № 177, с. 44