Геометриядан Иран олимпиадасы, 2015 жыл, 2-ші лига (9-10 сыныптар)

Сүйірбұрышты $ABC$ үшбұрышында $B$ төбесінен $BH$ биіктігі жүргізілген. $D$ және $E$ нүктелері сәйкесінше $AB$ және $AC$ қабырғаларының ортасы. $F$ нүктесі $H$ нүктесіне $ED$ түзуіне қарағанда симметриялы нүкте болсын. $BF$ түзуінің $\triangle ABC$-ға сырттай сызылған шеңбер центрі арқылы өтетінін дәлелдеңіздер.

Комментарий/решение

$$\angle BCA= \angle ANB=\alpha$$

$$\angle ABO=\angle ACL=\angle BCL - \angle BCA=90^o-\angle BCA=90^o-\alpha$$

$$\angle FBA=90^o-\alpha \quad (??)$$

$$FK=KH,\quad FH \bot DK \Rightarrow DH=FD$$

$$AO=OB=R \Rightarrow OD \bot AB\Rightarrow DH \bot AB\Rightarrow DH=AD=BD=DF$$

$$AD=DB=DH=DF=R_1 \Rightarrow \angle FBA =\angle FHE=90^o-\angle HEK=90^o-\angle DEA$$

$$AD=DB, \quad AE=EC\Rightarrow DE\parallel BC\Rightarrow \angle BCA= \angle DEA=\alpha\Rightarrow$$

$$\Rightarrow \angle FBA=90^o-\alpha$$

$$\angle BLA +\angle ABL =90^o \square$$

Пусть $AA_1$ высота, тогда $A_1FHA$ равнобедренная трапеция, то есть точки $F$ лежит на описанной окружности $\triangle AHA_1$. Также $AHA_1B$ вписанный. Таким образом точки $A,H,A_1,F,B$ лежат на одной окружности, откуда $\angle CBF=\angle ABH=\angle CBO$, что требовалось