8-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2021 год, третья лига, 11-12 классы

Окружность $\omega$ описана около остроугольного треугольника $ABC$. Точка $D$ — середина стороны $AC$, $E$ — основание высоты, опущенной из $A$ на сторону $BC$, $F$ — точка пересечения прямых $AB$ и $DE$. Точка $H$ на дуге $BC$ окружности $\omega$, не содержащей точку $A$, такова, что $\angle BHE=\angle ABC$. Докажите, что $\angle BHF = 90^{\circ}$.

Комментарий/решение

Пусть $HE\cap \omega=\{H, K\}$.

Имеем $\angle ABC=\angle BHE=\angle BHK=\angle BCK\Rightarrow ABCK$ — равнобедренная трапеция.

Следовательно, $AK//BC\Rightarrow \angle EAK=90^\circ$.

Пусть $L$ — симметрия $E$ относительно $D$.

Мы знаем, что $AECL$ — прямоугольник. Следовательно, $\angle EAL=90^\circ=\angle EAK\Rightarrow A, K, L$ лежат на одной прямой.

Пусть $LC\cap \omega=\{C,T\}$.

Примените Паскаль к $KABCTH$.

Имеем $KA\cap CT=L, BC\cap KH=E$. Следовательно, $AB\cap TH$ лежит на $LE$. Кроме того, $AB\cap LE=F$. Таким образом, $F$ лежит на $TH$. Затем $\angle BHT=\angle BCT=\angle ECL=90^\circ\Rightarrow \angle BHF=90^\circ$, по желанию.

Решим обратную задачу, $\angle BHF = 90^\circ$, покажем $\angle ABC = \angle BHE$. Заметим, что $\angle BHA = \angle BCA = \angle DEC = \angle BEF$ ($DE=DC$), откуда $\angle FEA = \angle FHA$ и $FHEA$ вписан. Значит $\angle BHE = \angle FHA - 90^\circ = 90^\circ - \angle BAE = \angle BAC$. $\blacksquare$