Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 16281
2026-02-17 
Точка $H$ - ортоцентр треугольника $ABC$, $HD$ - биссектриса треугольника $BHC$, $E$ и $F$ - точки, симметричные точке $D$ относительно прямых $AB$ и $AC$ соответственно. Докажите, что описанная окружность треугольника $AEF$ проходит через середину дуги $BAC$ описанной окружности треугольника $ABC$
Решение:
Достаточно доказать, что середина $G$ дуги $BAC$ описанной окружности $\Omega$ треугольника $ABC$ лежит на описанной окружности треугольника $AEF$, т.е. что точки $E$, $A$, $G$ и $F$ лежат на одной окружности.
Пусть луч $AH$ пересекает окружность $\Omega$ в точке $K$. Тогда $K$ - точка, симметричная ортоцентру $H$ относительно прямой $BC$ (см. задачу 7896), поэтому $KD$ - биссектриса треугольника $BKC$, симметричного треугольнику $BHC$. Значит, луч $KD$ проходит через середину $G$ дуги $BAC$ окружности $\Omega$ (см. задачу 4222).
Из симметрии относительно прямой $AC$ получаем, что
$\angle DFC=\angle FDC=90^{\circ}-\angle DCA=\angle KAC=\angle KGC=\angle DGC.$
Значит, четырёхугольник $GFCD$ вписанный (см. задачу 8103). Аналогично, четырёхугольник $GEBD$ тоже вписанный.
Таким образом,
$\angle EGF=\angle EGD+\angle FGD=(180^{\circ}-\angle DBE)+(180^{\circ}-\angle DCF)=360^{\circ}-2\angle ABC-2\angle ACB=360^{\circ}-2(\angle ABC+\angle ACB)=360^{\circ}-2(180^{\circ}-\angle BAC)=2\angle BAC=2(\angle BAD+\angle DAC)=2\angle BAD+2\angle DAC=\angle EAD+\angle FAD=\angle EAF.$
Значит, четырёхугольник $EAGF$ вписанный. Отсюда следует утверждение задачи
Точка $H$ - ортоцентр треугольника $ABC$, $HD$ - биссектриса треугольника $BHC$, $E$ и $F$ - точки, симметричные точке $D$ относительно прямых $AB$ и $AC$ соответственно. Докажите, что описанная окружность треугольника $AEF$ проходит через середину дуги $BAC$ описанной окружности треугольника $ABC$
Решение:
Достаточно доказать, что середина $G$ дуги $BAC$ описанной окружности $\Omega$ треугольника $ABC$ лежит на описанной окружности треугольника $AEF$, т.е. что точки $E$, $A$, $G$ и $F$ лежат на одной окружности.
Пусть луч $AH$ пересекает окружность $\Omega$ в точке $K$. Тогда $K$ - точка, симметричная ортоцентру $H$ относительно прямой $BC$ (см. задачу 7896), поэтому $KD$ - биссектриса треугольника $BKC$, симметричного треугольнику $BHC$. Значит, луч $KD$ проходит через середину $G$ дуги $BAC$ окружности $\Omega$ (см. задачу 4222).
Из симметрии относительно прямой $AC$ получаем, что
$\angle DFC=\angle FDC=90^{\circ}-\angle DCA=\angle KAC=\angle KGC=\angle DGC.$
Значит, четырёхугольник $GFCD$ вписанный (см. задачу 8103). Аналогично, четырёхугольник $GEBD$ тоже вписанный.
Таким образом,
$\angle EGF=\angle EGD+\angle FGD=(180^{\circ}-\angle DBE)+(180^{\circ}-\angle DCF)=360^{\circ}-2\angle ABC-2\angle ACB=360^{\circ}-2(\angle ABC+\angle ACB)=360^{\circ}-2(180^{\circ}-\angle BAC)=2\angle BAC=2(\angle BAD+\angle DAC)=2\angle BAD+2\angle DAC=\angle EAD+\angle FAD=\angle EAF.$
Значит, четырёхугольник $EAGF$ вписанный. Отсюда следует утверждение задачи
