1. 题目

如图，在锐角 △ABC\triangle ABC 中，AB>BC>ACAB > BC > AC，OO 为外心，HH 为垂心。设直线 AOAO 分别与直线 BHBH、CHCH 交于点 DD、EE，记 △DEH\triangle DEH 的外心为 O1O_1，线段 AO1AO_1 上一点 TT 满足 BB、TT、HH、CC 四点共圆，BCBC 延长线上一点 SS 满足 SA=STSA=ST。

证明：∠STH=∠OAO1\angle STH = \angle OAO_1。

2. 分析

这又是一道典型的和「Humpty点」相关的题目。在之前的文章中，我们介绍了一些Humpty点相关的常见结论，基本上都和两个垂足相关。除此之外，还有如下结论：

显然，在本题中，点 TT 就是 △ABC\triangle ABC 的A-Humpty点。

因此，本题可以拆成两部分，先证明直线 AO1AO_1 经过 BCBC 中点，接下来再证明Humpty点的性质即可。

3. 解答

3.1. 步骤一：证明Humpty点

设 MM 为 BCBC 中点。我们证明 AA、O1O_1、MM 共线。

3.1.1. 方法一

设 ∠BAC=α\angle BAC=\alpha，∠ABC=β\angle ABC=\beta，∠BCA=γ\angle BCA=\gamma。注意到

∠EDH=∠ABD+∠BAD=(90∘−α)+(90∘−γ)=β \angle EDH = \angle ABD + \angle BAD = (90^\circ-\alpha) + (90^\circ-\gamma) = \beta

同理可知，∠DEH=γ\angle DEH = \gamma，因此 △ABC∼△HDE\triangle ABC \sim \triangle HDE。于是有

∠EHO1=90∘−β=∠BCH  ⟹  O1H∥BC  ⟹  O1H⊥AH \angle EHO_1 = 90^\circ-\beta = \angle BCH \implies O_1H\parallel BC \implies O_1H\perp AH

取 DEDE 中点 NN，则 O1N⊥DEO_1N\perp DE，因此 AA、NN、O1O_1、HH 共圆，可知

∠NAO1=∠NHO1=∠MAO \angle NAO_1 = \angle NHO_1= \angle MAO

可知 AA、O1O_1、MM 共线。

3.1.2. 方法二：面积法

易知 △ABC∼∠HDE\triangle ABC \sim \angle HDE。

分别取 DHDH、EHEH 的中点 XX、YY，由 O1O_1 是 △DEH\triangle DEH 的外心可知

O1X⊥DH  ⟹  O1X∥ACO1Y⊥EH  ⟹  O1Y∥AB \begin{aligned} O_1X\perp DH & \implies O_1X\parallel AC \\ O_1Y\perp EH & \implies O_1Y\parallel AB \end{aligned}

设 U=BH‾∩AC‾U=\overline{BH}\cap\overline{AC}，V=CH‾∩AB‾V=\overline{CH}\cap\overline{AB}，则

M∈AO1‾  ⟸  [O1AB]=[O1AC]  ⟸  AB⋅YV=AC⋅XU  ⟸  XUYV=ABAC \begin{aligned} M\in\overline{AO_1} & \impliedby [O_1AB] = [O_1AC] \\ & \impliedby AB\cdot YV = AC\cdot XU \\ & \impliedby \frac{XU}{YV} = \frac{AB}{AC} \end{aligned}

分别作点 HH 关于 ABAB 和 ACAC 的对称点 HcH_c、HbH_b，则 AHb=AHc=AHAH_b=AH_c=AH。易知

△ADHb∼△ABC  ⟹  DHbBC=AHbAC△AHcE∼△ABC  ⟹  HcEBC=AHcAB}  ⟹  DHbHcE=ABAC \left. \begin{aligned} \triangle ADH_b \sim \triangle ABC & \implies \frac{DH_b}{BC}=\frac{AH_b}{AC} \\[2ex] \triangle AH_cE \sim \triangle ABC & \implies \frac{H_cE}{BC}=\frac{AH_c}{AB} \end{aligned} \right\} \implies \frac{DH_b}{H_cE}=\frac{AB}{AC}

又 DHb=2XUDH_b=2XU，EHc=2YVEH_c=2YV，因此结论成立。

3.2. 步骤二：证明Humpty点的性质

由步骤一可知，点 TT 为 A-Humpty 点，因此 ∠ATH=90∘\angle ATH=90^\circ。

设 PP 为 AHAH 中点，则 AP=TPAP=TP。设 QQ 为 ATAT 中点，则 SS、PP、QQ 共线。注意到 SQ⊥AMSQ\perp AM，AH⊥MSAH\perp MS，可知点 PP 是 △AMS\triangle AMS 的垂心。因此

∠AMP=∠ASP=∠TSP \angle AMP = \angle ASP = \angle TSP

可知 TT、MM、SS、PP 共圆。

设 △BHC\triangle BHC 的外心为 O2O_2。注意到 △ABC\triangle ABC 的外接圆和 △HBC\triangle HBC 的外接圆半径相等，因此四边形 OBO2COBO_2C 为菱形，O2M=OM=12AH=APO_2M = OM = \frac{1}{2}AH = AP，可知四边形 O2MAPO_2MAP 为平行四边形，故

∠MO2P=∠MAP=∠MSP \angle MO_2P = \angle MAP = \angle MSP

可知 MM、O2O_2、SS、PP 共圆。因此 TT、MM、O2O_2、SS、PP 共圆。

故 ∠O2TS=∠O2MS=90∘\angle O_2TS = \angle O_2MS = 90^\circ，可知 STST 为 △HBC\triangle HBC 的外接圆的切线。于是

SB⋅SC=ST2=SA2 SB\cdot SC=ST^2=SA^2

可知 SASA 为 △ABC\triangle ABC 的外接圆的切线，因此 ∠OAS=90∘\angle OAS = 90^\circ。于是

∠STH=90∘−∠STA=90∘−∠SAT=∠OAO1 \angle STH = 90^\circ-\angle STA = 90^\circ-\angle SAT = \angle OAO_1

4. 另一个解答

实际上，这个题不用Humpty点也能够做出来。

设 AA 关于 BCBC 的对称点为 A′A'，则 SA=ST=SA′SA=ST=SA'。

注意到

∠STH=∠STA′−∠HTA′=∠STA−∠HBA′=(90∘−12∠TSA′)−(β+90∘−γ)=γ−β−12∠TSA′ \begin{aligned} \angle STH & = \angle STA' - \angle HTA' \\ & = \angle STA - \angle HBA' \\ & = \left(90^\circ-\frac{1}{2}\angle TSA'\right) - \left(\beta + 90^\circ - \gamma\right) \\ & = \gamma - \beta - \frac{1}{2} \angle TSA' \end{aligned}

而

∠OAO1=∠OAH−∠O1AH=(α−2(90∘−γ))−12∠TSA′=α+2γ−180∘−12∠TSA′=γ−β−12∠TSA′ \begin{aligned} \angle OAO_1 & = \angle OAH - \angle O_1AH \\ & = \left(\alpha-2\left(90^\circ-\gamma\right)\right) - \frac{1}{2}\angle TSA' \\ & = \alpha + 2\gamma - 180^\circ - \frac{1}{2} \angle TSA' \\ & = \gamma - \beta - \frac{1}{2} \angle TSA' \end{aligned}

因此 ∠STH=∠OAO1\angle STH = \angle OAO_1。