17961. Около треугольника ABC
описана окружность \Gamma
. Биссектриса угла BAC
пересекает \Gamma
в точке D
, а DE
— диаметр окружности \Gamma
. Точка G
лежит на дуге AB
, не содержащей точки C
. Прямые GD
и BC
пересекаются в точке F
. Точка H
лежит на прямой AG
, причём FH\parallel AE
. Докажите, что описанная окружность треугольника HAB
проходит через ортоцентр треугольника HAC
.
Решение. Пусть прямые HF
и DG
пересекаются в точке P
. Четырёхугольник AGDE
вписан в окружность \Gamma
, а HP\parallel AE
, поэтому
\angle DGH=180^{\circ}-\angle AGD=\angle AED=\angle HPD.
Из точек G
и P
, лежащих по одну сторону от прямой DH
виден под одним и тем же углом, значит, четырёхугольник HGPD
вписанный (см. задачу 12). Тогда
FH\cdot FP=FG\cdot FD=FB\cdot FC.
Следовательно, четырёхугольник HBPC
вписан в некоторую окружность \Omega
.
Прямая DE
— серединный перпендикуляр к отрезку BC
, поэтому PB=PC
. Вписанные в окружность \Omega
углы BHP
и CHP
опираются на равные хорды PB
и PC
, значит, HP
— биссектриса угла BHC
.
Поскольку HF
— биссектриса угла BHC
, а AD
— биссектриса угла BAC
, то
\angle AHB+\angle AHC=\angle AHB+(\angle AHB+\angle BHP+\angle CHP)=2\angle AHB+2\angle AHF,
\angle HAB+\angle HAC=\angle AHB+(\angle AHB+\angle BAD+\angle CAD)=2\angle AHB+2\angle HAD,
Тогда
\angle HBA+\angle ACH=(180^{\circ}-\angle AHB-\angle HAB)+(180^{\circ}-\angle AHC-\angle HAC)=
=360^{\circ}-(\angle AHB+\angle AHC)-(\angle HAB+\angle HAC)=
=360^{\circ}-2\angle AHF-2\angle HAD=360^{\circ}-2\angle DGE-2(\angle GAE-90^{\circ})=
=360^{\circ}+180^{\circ}-2(\angle GDE+\angle GAE)=180^{\circ}.
Пусть K
— ортоцентр треугольника HAC
. Тогда
\angle AKH=180^{\circ}-\angle ACH=180^{\circ}-(180^{\circ}-\angle HBA)=\angle HBA.
Следовательно (см. задачу 12), точка K
лежит на описанной окружности треугольника HAB
. Что и требовалось доказать.
Источник: Математические олимпиады Саудовской Аравии. — 2016, задача 1, с. 95