XIX математическая олимпиада «Шелковый путь», 2024 год

Дана неравнобокая трапеция $ABCD$ ($AB \parallel CD$). Некоторая окружность проходит через точки $A$ и $B$, и пересекает боковые стороны $AD$ и $BC$ в точках $E$ и $F$, соответственно. Отрезки $AF$ и $BE$ пересекаются в точке $G$, а описанные окружности треугольников $ADG$ и $BCG$ пересекаются во второй раз в точке $H$. Докажите, что если $DG=CG$, то $H$ является точкой пересечения высот треугольника $ABG$. ( М. Кунгожин )

Комментарий/решение

Из равенства углов $\angle GBC = \angle GAD$ и $DG=CG$,следует что радиусы $(AGD)$ и $(CGH)$ равны. Откуда $sin(GAH)=sin(GBH)$. Так как точка $G$ находится строго внутри $ABCD$, выходит что $\angle GAH = \angle GBH$.

Теперь докажем лемму: Пусть в неравнобедренном треугольнике $\triangle ABC$ есть такая точка $H$ на высоте $AD$ что, $H=BE \cap CF$, где точки $E,F$ лежат на сторонах $AC$ и $AB$ соответственно и $BCEF$ вписанный. Тогда $H$ ортоцентр $\triangle ABC$.

Доказательство: Пусть $M$ такая точка на прямой $AD$ что $AH*AM$ $=$ $AE*AC$ $=$ $AF*AB$. Тогда понятно $HECM$ и $HFBM$ вписанный. Откуда $\angle HMB=\angle HMC$. Если $M≠D$ то прямая $AH$ серединный перпендикуляр $BC$ что невозможно. Значит $M=D$, откуда легко следует требуемое.

Возвращаемся к задаче. Легко понять что $AG≠BG$, откуда из леммы следует что $H$ ортоцентр.

То что $\angle GAH=\angle GBH$ можно доказать по-другому:

По теореме синусов понятно что $(ADG) , (BCG)$ радиусы равны.Пусть $O_1, O_2$ центры этих окружностей. Тогда :

$\angle DO_1O_2=\angle DO_1G-\angle O_2O_1G=\angle DCO_2$ отсюда так как $O_1O_2$ перпендикулярно $HG$ значит $O_1O_2$ перпендикулярно $DC$.

$AD \cap BC = P$.

Заметим, что изогональное сопряжение $\psi$ серединного перпендикуляра к $AB$ в $\triangle PAQ$ переводит его в множество таких точек $X'$, что $\angle (PA,AX')=\angle (X'B,BP)$, а значит точка $G$, про которую известно, что $\angle (GA,AD)=\angle (CB,BG)$, лежит на данном образе серединного перпендикуляра к $AB$, который, к тому же, является равнобокой гиперболой. Таким образом вторая точка пересечения серединного перпендикуляра к $CD$ (первая $G$ по условию) с этой гиперболой (так как из-за $AB||CD$ истинно то, что серединный перпендикуляр к $CD$ также перпендикулярен $AB$ и в треугольнике $ABG$ является высотой) является ортоцентром $H'$ для $\triangle ABG$. Для совпадения $H'$ с $H$ по определению $\psi$ достаточно показать, что $\angle GAH=\angle GBH$ (в других решениях описывалось), а также $HD=DC$. Последнее есть следствие симметрии окружностей $(AGD)$ и $(BGC)$ относительно серединного перпендикуляра $CD$. $H=H'$, поэтому задача решена.