Library / Russia — Final Round /10 of 23

Russia — Final Round

Geometry Difficulty 6.5 National Olympiad Prove it Russia

A circle $\Omega$ centered at $O$ is circumscribed about an acute-angled triangle $ABC$ with $AB < BC$ . Let $H$ be the orthocenter of $ABC$ . A point $D$ is chosen on the extension of $BO$ beyond $O$ so that $\angle ADC = \angle ABC$ . A line through $H$ parallel to $BO$ meets the smaller arc $AC$ of $\Omega$ at $E$ . Prove that $BH = DE$ . (A. Kuznetsov)

Solution

Пусть $P$ — вторая точка пересечения $BO$ с окружностью $\Omega$ (см. рис. 15). Тогда $BP$ — диаметр $\Omega$ , и $\angle BCP = 90^\circ = \angle BAP$ . Значит, $CP \parallel AN$ и $AP \parallel CH$ . Следовательно, четырёхугольник $ANCP$ — параллелограмм. Обозначим через $M$ точку пересечения его диагоналей. Она является серединой отрезков $PH$ и $AC$ .

Рис. 15
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 $\Omega'$ .
В силу симметрии, $\angle ECP = \angle E'AH$ , а также $PE' \parallel HE$ — поэтому точка $E'$ лежит на прямой $PB$ . 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 $BH = DE$ .

Want a route through all this instead of an archive? The track puts 2,604 problems in a working order, from Junior Challenge level to the IMO shortlist.

Source: MathNet, licensed CC-BY-4.0. Statement reproduced verbatim; metadata (topic, difficulty) added by this project.