Высшая проба 2023, 10 класс, задача 6

Решение. Обозначим основания высот треугольника через , , , а точку пересечения прямой с описанной окружностью — через (рис. ).

Из условий ∥ и ∥ следует, что . Кроме того, из ′ = ′ и ⟂ следует (это известное утверждение о том, что отражение ортоцентра треугольника относительно стороны лежит на описанной около него окружности).

По условию . Применяя несколько теорем Пифагора, получаем . . Наконец, из равенства следует, что , т. е. . Отсюда следует подобие треугольников и , откуда . С другой стороны, , поскольку эти вписанные углы опираются на равные хорды и . Из равенства и следует, что точка лежит на прямой . Идея другого решения. Как и в предыдущем решении, легко понять, что . Тогда прямая является радикальной осью окружности с центром и радиусом и описанной окружности треугольника . Тогда для доказательства коллинеарности точек , , достаточно проверить, что степени точки относительно двух этих окружностей одинаковы. Идея ещё одного решения. Пусть и — основания высот из точек и соответственно, а и — точки пересечения этих высот с описанной окружностью треугольника (из утверждения об отражении ортоцентра следует, что и . Тогда и — диаметры описанной окружности треугольника , пересекающиеся в её центре . Значит, коллинеарность точек , , эквивалентна тому, что точка, симметричная относительно , лежит на отрезке , а это эквивалентно тому, что точка лежит на отрезке . Несложным счётом углов можно проверить, что ⟂ , поэтому для решения задачи достаточно доказать, что точка является основанием высоты из точки в треугольнике