18008. Дан неравнобедренный остроугольный треугольник ABC
. Окружность \omega
проходит через вершины B
, C
и пересекает стороны AB
и AC
в точках соответственно D
и E
, отличных от A
. Прямые BE
и CD
пересекаются в точке F
. Точка G
лежит на описанной окружности треугольника ABF
, причём прямая GB
касается окружности \omega
. Точка H
лежит на описанной окружности треугольника ACF
, причём прямая HC
касается окружности \omega
. Докажите, что существует такая точка T
, не зависящая от выбора окружности \omega
и отличная от A
, для которой описанная окружность треугольника AGH
проходит через T
.
Решение. Сначала докажем, что отрезки BG
и CH
симметричны относительно серединного перпендикуляра к отрезку BC
.
Действительно, эти отрезки лежат по одну сторону от прямой BC
, а по теореме об угле между касательной и хордой каждый из углов CBG
и BCH
равен половине одной и той же дуги BC
. Значит, \angle CBG=\angle BCH
.
Кроме того, если \angle EBD=\angle ECD=\alpha
, \angle CBF=\beta
и \angle BCD=\gamma
, радиусы описанных окружностей треугольников ABF
и ACF
равны R_{1}
и R_{2}
соответственно, то по теореме синусов
R_{1}=\frac{AF}{2\sin\angle ABF}=\frac{AF}{2\sin\alpha}=\frac{AF}{2\sin\angle ACF}=R_{2}.
В то же время
\angle GAB+\angle CAH=(180^{\circ}-\angle BGA-\angle ABG)+(180^{\circ}-\angle AHC-\angle HCA)=
=(180^{\circ}-\angle BGA)+(180^{\circ}-\angle AHC)-(\angle ABG+\angle HCA)=
=\angle BFA+\angle CFA-(\gamma+\beta)=(360^{\circ}-\angle BFC)-(180^{\circ}-\angle BFC)=180^{\circ}.
Следовательно,
BG=2R_{1}\sin\angle GAB=2R_{1}\sin(180^{\circ}-\angle CAH)=2R_{2}\sin\angle CAH=CH.
Итак, отрезки BG
и CH
симметричны относительно серединного перпендикуляра к отрезку BC
.
Пусть T
— точка, симметричная точке A
относительно серединного перпендикуляра к отрезку BC
. Тогда AGHT
— равнобедренная трапеция, вписанная в окружность, описанную около треугольника ABC
.
Источник: Среднеевропейская математическая олимпиада. — 2024, задача I-3, с. 11