2-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2015 год, вторая лига, 9-10 классы
В остроугольном треугольнике ABC проведена высота BH из вершины B. Точки D и E являются серединами сторон AB и AC соответственно. Пусть точка F симметрична точке H относительно прямой ED. Докажите, что прямая BF проходит через центр описанной окружности △ABC.
посмотреть в олимпиаде
Комментарий/решение:
∠BCA=∠ANB=α
∠ABO=∠ACL=∠BCL−∠BCA=90o−∠BCA=90o−α
∠FBA=90o−α(??)
FK=KH,FH⊥DK⇒DH=FD
AO=OB=R⇒OD⊥AB⇒DH⊥AB⇒DH=AD=BD=DF
AD=DB=DH=DF=R1⇒∠FBA=∠FHE=90o−∠HEK=90o−∠DEA
AD=DB,AE=EC⇒DE∥BC⇒∠BCA=∠DEA=α⇒
⇒∠FBA=90o−α
∠BLA+∠ABL=90o◻
Пусть AA1 высота, тогда A1FHA равнобедренная трапеция, то есть точки F лежит на описанной окружности △AHA1. Также AHA1B вписанный. Таким образом точки A,H,A1,F,B лежат на одной окружности, откуда ∠CBF=∠ABH=∠CBO, что требовалось
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.