Европейская математическая олимпиада среди девочек (EGMO). 2015 год. Беларусь

Пусть $H$ — ортоцентр, а $G$ — центр тяжести остроугольного треугольника $\triangle ABC$, причём $AB \neq AC$. Прямая $AG$ пересекает описанную окружность $\triangle ABC$ в точках $A$ и $P$. Пусть $P'$ — отражение точки $P$ относительно прямой $BC$. Докажите, что угол $\angle CAB=60^{\circ}$ тогда и только тогда, когда $HG=GP'$.

Комментарий/решение

1) Пусть имеется треугольник $HOE$ и секущая $S,F,G$ и $G \in HO, \ F \in EO , S \in HE$ такая что $EH=ES, \ FO=FE, \ HG:OG=2:1$.

Лемма: $\angle GEO = \angle GSH$ тогда и только тогда когда $EH=ES=EO$.

Доказательств: Проведем из точки $O$ прямую $OV || GE$ и $V \in EH$ тогда $HE:EV = HG:OG = 2:1$ то есть $EV=VS$ значит $\angle GEO = \angle EOV = \angle GSH$ то есть равенство выполняется когда $OFVS$ вписанный, откуда по свойству секущих:

$$\dfrac{EO}{2} \cdot EO = \dfrac{ES}{2} \cdot ES$$ $$EO=ES$$ то есть $O$ лежит на окружности с центром в точке $E$ и $R=EO$.

2) Пусть $\angle CAB = 60^{\circ}$ так же $O$ центр описанной окружности, $F$ - середина $BC$, пусть так же $E$ отражение $O$ отн $BC$ тогда $BO=CO=CE=BE$ или $E$ лежит на описанной окр $ABC$ и $\angle BEC = 120^{\circ}$ но $\angle BHC = 120^{\circ}$ значит $B,H,O,C$ лежит на окр $\omega$ с центром в $E$ и $R=EO$, если $P_a \in \omega \cap AP$ тогда $P_a$ - точка Шалтая, а по свойству этой точки $HP_a \perp AP$ но тогда $S \in HE \cap AF$ тогда $S \in \omega$.

Очевидно что $OP'PE$ - равноб-я трапеция, точки $H,O,G$ лежат на одной прямой Эйлера, в отношений $HG:OG=2:1$.

Так как $\angle OP_aS = \angle OHS$ но $\angle EHO = \angle HOE$ отметим что $FO$ - биссектриса $\angle P_AFP'$ значит $\angle EOP' = \angle EOP_a$ откуда $\angle FOP' = \angle FOP_a = \angle FGO$ учитывая что $\angle FGO = \angle FOP' = \angle FEP$ откуда $GOP'PE$ лежат на одной окружности.

Откуда $\angle GP'E = \angle GPE = \angle GOE = \angle EHG$ получается треугольники $HEG, GEP'$ равны под двум сторонам и углу или $HG=GP'$.

3) Для доказательство единства, требуется лишь показать что $\angle HEG = \angle P'EG$ а это сводится к тому что $\angle GEO = \angle EP_aS = \angle GSH$ применяя лемму выше, ровна для таких же положений точек, получаем что равенство выполняется когда $O$ лежит на окружности $\omega$ а это возможно тогда, когда $\angle CAB = 60^{\circ}$