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

Сүйірбұрышты $\triangle ABC$-ға сырттай $\omega$ шеңбері сызылған. $D$ нүктесі $AC$-ның ортасы, $E$ нүктесі $A$-дан $BC$-ға түсірілген перпендикуляр табаны, ал $F$ — $AB$ және $DE$ түзулерінің қиылысу нүктесі. $H$ нүктесі $\angle BHE=\angle ABC$ болатындай $\omega$ шеңберінің $BC$ доғасындағы ($A$ нүктесін қамтымайтын) нүкте. $\angle BHF = 90^{\circ}$ екенін дәлелдеңіз.

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.