13986. Около остроугольного треугольника ABC
с высотой AE
и ортоцентром H
описана окружность \Gamma
. Биссектриса угла BAC
пересекает окружность \Gamma
в точке G
, а сторону BC
— в точке F
. Прямая GE
вторично пересекает окружность в точке S
, а прямая SF
вторично пересекает окружность \Gamma
в точке M
. Точка X
— середина отрезка AM
. Докажите, что
\overrightarrow{AH}=\overrightarrow{XB}+\overrightarrow{XC}.
Решение. Рассмотрим случай изображённый на рисунке.
По теореме об угле между пересекающимися хордами (см. задачу 26)
\angle BES=\frac{1}{2}\smile BD+\frac{1}{2}\smile GM=\angle SAB+\angle GAC=
=\angle SAB+\angle BAG=\angle SAG=\angle SAF,
поэтому
\angle SEF=180^{\circ}-\angle BES=180^{\circ}-\angle SAF.
Значит, AFES
— вписанный четырёхугольник. Тогда
\angle ASM=\angle ASF=\angle AEF=90^{\circ}.
Следовательно, AM
— диаметр окружности \Gamma
, а его середина X
— центр этой окружности.
Тогда (см. задачу 4516)
\overrightarrow{AH}=\overrightarrow{XH}-\overrightarrow{XA}=(\overrightarrow{XA}+\overrightarrow{XB}+\overrightarrow{XC})-\overrightarrow{XA}=\overrightarrow{XB}+\overrightarrow{XC}.
Что и требовалось доказать.
Аналогично для любого другого случая.
Примечание. 1. Разбора случаев можно избежать, если рассматривать ориентированные углы (см. задачу 873).
2. Утверждение верно для любого треугольника, не обязательно для остроугольного.