Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 16348
2026-02-17 
В остроугольном неравнобедренном треугольнике $ABC$ проведена высота $AH$, медиана $AM$, а также отмечен центр $O$ его описанной окружности $\omega$. Отрезки $OH$ и $AM$ пересекаются в точке $D$, прямые $AB$ и $CD$ - в точке $E$, прямые $BD$ и $AC$ - в точке $F$. Лучи $EH$ и $FH$ пересекают окружность $\omega$ в точках $X$ и $Y$. Докажите, что прямые $BY$, $CX$ и $AH$ пересекаются в одной точке
Решение:
Пусть $P$ - такая точка на луче $HE$, что $PB\perp BC$. Докажем, что точки $C$, $O$ и $P$ лежат на одной прямой. В самом деле, по теореме Менелая для треугольника $ADE$ и прямой $CMB$ получаем
$\frac{EC}{CD}\cdot\frac{DM}{MA}\cdot\frac{AB}{BE}=1.$
Поскольку прямые $PB$, $AH$ и $OM$ параллельны между собой (т.к. как они все перпендикулярны прямой $BC$), то $\frac{AB}{BE}=\frac{HP}{PE}$, а также $\frac{DM}{MA}=\frac{DO}{OH}$. Значит,
$\frac{EC}{CD}\cdot\frac{DO}{OH}\cdot\frac{HP}{PE}=1,$
из чего следует, что точки $C$, $O$ и $P$ лежат на одной прямой по теореме Менелая для треугольника $EDH$. Значит, точка $P$ диаметрально противоположна точке $C$ в окружности $\omega$. Аналогично, если $Q$ - точка пересечения перпендикуляра к прямой $BC$, проходящего через точку $C$, и прямой $HF$, то точка $Q$ диаметрально противоположна точке $B$. Из этого следует, что
$\angle EXC=\angle PXC=90^{\circ},~\angle FYB=\angle QYB=90^{\circ}.$
Обозначим через $H'$, $T_{b}$ и $T_{c}$ точки пересечения прямой $AH$ соответственно с прямыми $PQ$, $BY$ и $CX$. Заметим, что треугольники $HXT_{c}$ и $HH'P$ подобны как прямоугольные с вертикальными острыми углами. Значит,
$\frac{HT_{c}}{HX}=\frac{HP}{HH'},~\mbox{или}~HT_{c}=HX\cdot\frac{HP}{HH'}=HB\cdot\frac{HC}{HH'}$
(т.к. $HX\cdot HP=HB\cdot HC$). Аналогично, $HT_{b}=HB\cdot\frac{HC}{HH'}$. Значит, $HT_{b}=HT_{c}$, т.е. точки $T_{b}$ и $T_{c}$ совпадают. Следовательно, прямые $BY$, $CX$ и $AH$ пересекаются в одной точке. Что и требовалось доказать
В остроугольном неравнобедренном треугольнике $ABC$ проведена высота $AH$, медиана $AM$, а также отмечен центр $O$ его описанной окружности $\omega$. Отрезки $OH$ и $AM$ пересекаются в точке $D$, прямые $AB$ и $CD$ - в точке $E$, прямые $BD$ и $AC$ - в точке $F$. Лучи $EH$ и $FH$ пересекают окружность $\omega$ в точках $X$ и $Y$. Докажите, что прямые $BY$, $CX$ и $AH$ пересекаются в одной точке
Решение:
Пусть $P$ - такая точка на луче $HE$, что $PB\perp BC$. Докажем, что точки $C$, $O$ и $P$ лежат на одной прямой. В самом деле, по теореме Менелая для треугольника $ADE$ и прямой $CMB$ получаем
$\frac{EC}{CD}\cdot\frac{DM}{MA}\cdot\frac{AB}{BE}=1.$
Поскольку прямые $PB$, $AH$ и $OM$ параллельны между собой (т.к. как они все перпендикулярны прямой $BC$), то $\frac{AB}{BE}=\frac{HP}{PE}$, а также $\frac{DM}{MA}=\frac{DO}{OH}$. Значит,
$\frac{EC}{CD}\cdot\frac{DO}{OH}\cdot\frac{HP}{PE}=1,$
из чего следует, что точки $C$, $O$ и $P$ лежат на одной прямой по теореме Менелая для треугольника $EDH$. Значит, точка $P$ диаметрально противоположна точке $C$ в окружности $\omega$. Аналогично, если $Q$ - точка пересечения перпендикуляра к прямой $BC$, проходящего через точку $C$, и прямой $HF$, то точка $Q$ диаметрально противоположна точке $B$. Из этого следует, что
$\angle EXC=\angle PXC=90^{\circ},~\angle FYB=\angle QYB=90^{\circ}.$
Обозначим через $H'$, $T_{b}$ и $T_{c}$ точки пересечения прямой $AH$ соответственно с прямыми $PQ$, $BY$ и $CX$. Заметим, что треугольники $HXT_{c}$ и $HH'P$ подобны как прямоугольные с вертикальными острыми углами. Значит,
$\frac{HT_{c}}{HX}=\frac{HP}{HH'},~\mbox{или}~HT_{c}=HX\cdot\frac{HP}{HH'}=HB\cdot\frac{HC}{HH'}$
(т.к. $HX\cdot HP=HB\cdot HC$). Аналогично, $HT_{b}=HB\cdot\frac{HC}{HH'}$. Значит, $HT_{b}=HT_{c}$, т.е. точки $T_{b}$ и $T_{c}$ совпадают. Следовательно, прямые $BY$, $CX$ и $AH$ пересекаются в одной точке. Что и требовалось доказать
