Олимпиадная задача по планиметрии с точкой H

Пусть $F'$ – такая точка отрезка $CD$, что $CF'=AH$. Тогда четырехугольники $AHGE$ и $CF'HB$ равны по трем сторонам и двум углам, значит $HF'=HG$. Осталось доказать, что $F'$ совпадает с $F$, т.е., что вторая точка пересечения окружности с прямой $CD$ лежит вне стороны пятиугольника. Для этого покажем, что угол $DCH$ – прямой.

Заметим, что существует единственная пара точек $H$ и $G$, лежащих на сторонах $AB$ и $ED$ соответственно и таких, что $AH=DG$ и $HE=HG$. Действительно, если точка $H$ движется в направлении вершины $A$, а $G$ – в направлении вершины $D$, то угол $GEH$ увеличивается, а угол $EGH$ уменьшается, следовательно равенство $HE=HG$ достигается только для одного положения. Пусть теперь $K$ – точка пересечения диагоналей $AD$ и $CE$, прямая, проходящая через $K$ и параллельная $AE$, пересекает $AB$ в точке $H'$, а прямая, проходящая через $K$ и параллельная $CD$, пересекает $ED$ в точке $G'$ (см. рис.). Тогда $\angle DG'K=\angle DKG'=72^{\circ}$, т.е. $DG'=DK=EK=AH'$. Кроме того, $KH'=EA=CD=KC$ и $\angle G'KC=\angle G'KH'=144^{\circ}$. Следовательно, треугольники $CKG'$ и $H'KG'$ равны, т.е. $G'H'=G'C=H'E$ и точки $H'$, $G'$ совпадают с $H$, $G$. При этом $HC\perp GK\parallel CD$, ч.т.д.