2-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2015 год, вторая лига, 9-10 классы

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведена высота $BH$ из вершины $B$. Точки $D$ и $E$ являются серединами сторон $AB$ и $AC$ соответственно. Пусть точка $F$ симметрична точке $H$ относительно прямой $ED$. Докажите, что прямая $BF$ проходит через центр описанной окружности $\triangle ABC$.

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

Пусть $\angle BAC=\beta,\angle BCA=\alpha$.Заметим что $AD=DB=DH=DF$ значит $ABFH$ вписан в окружность с центром в точке $D$.Значит $\angle AFB=90^\circ$ и $\angle AFH=\angle ABH=90^\circ-\beta$.$DE\parallel BC\Rightarrow \angle AED=\angle ACB=\alpha$ в силу симметрии $\angle DEF=\angle HED=\alpha,DE\bot HF\Rightarrow \angle HFE=90^\circ-\alpha\Rightarrow \angle AFE=180^\circ-\alpha-\beta,\angle AOE=\dfrac{\angle AOC}{2}=\dfrac{2\angle ABC}{2}=\angle ABC=180^\circ\Rightarrow (AFOE)\Rightarrow \angle AFO=180^\circ-90^\circ=90^\circ\Rightarrow \angle BFO=180^\circ\Rightarrow B,F,O$ коллинеарны