Задание №181003: Геометрия · Олимпиада Шарыгина 2026

(К.Бельский) Дан остроугольный треугольник ABC с ортоцентром H и цен-
тром описанной окружности O. Касательные к описанной окружности треугольника
ABC в точках B и C пересекаются в точке T. Точки X и Y лежат на сторонах AB
и AC так, что \AOX = \AOY = \BTC. Докажите, что HT ⊥ XY .

Решение. Пусть лучи OX, OY пересекают описанную окружность в точках U, V
соответственно. Тогда \OAU = \TCB = \CAB, следовательно, \BAU = \CAO =
\HAB, т.е. точка U симметрична H относительно AB. Аналогично V симметрична
H относительно AC (рис. 17).























14

A

V



Y
U
X
O
H
C B











T

Рис. 17.

Закончить решение можно разными способами.
Первый способ. Точка V симметрична точке, которая диаметрально противопо-

ложна точке B в описанной окружности треугольника ABC, относительно середин-
ного перпендикуляра к AC. Следовательно, BT ⊥ BO ∥ HY . Аналогично получаем,
что CT ⊥ HX. Значит, треугольники AXY и TBC ортологичны и оба центра орто-
логии совпадают с точкой H, откуда и следует искомая перпендикулярность.
Второй способ. Из симметрии имеем HX = XU = R − OX, где R — радиус

описанной окружности. Кроме того, \TOY = \TOC + \COV = \A + 2\CBH =
(cid:25)−2\C +\A. Поэтому TY 2+HX2 = TO2+OY 2+2TO·OY cos(2C −A)+(R−OX)2
или

TY 2 + HX2 = TO2 + R2 + OX2 + OY 2 + 2TO(OY cos(2C − A) − OX cosA):

Аналогично получаем
TX2 + HY 2 = TO2 + R2 + OX2 + OY 2 + 2TO(OX cos(2B − A) − OY cosA):


Применяя к треугольникам OAX, OAY теорему синусов, получаем, что OX : R =
sin\OAX : sin \OXA = cosC : cos(B − A) и OY : R = cosB : cos(C − A). Следова-
тельно,

OX : OY = cosC cos(C−A) : cosB cos(B−A) = (cosA+cos(2C−A)) : (cosA+cos(2B−A));

значит TX2 + HY 2 = TY 2 + HX2, что равносильно утверждению задачи.

15