|
|
 |
Условие
Пусть высоты остроугольного треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H$. Окружность, описанная около треугольника $AHC$, пересекает отрезки $AB$ и $BC$ в точках $P$ и $Q$. Прямая $PQ$ пересекает $AC$ в $R$. На прямой $PH$ взята точка $K$ такая, что $\angle KAC = 90^{\circ}$. Докажите, что прямая $KR$ перпендикулярна одной из медиан треугольника $ABC$.Решение 1
Поскольку $\angle BPH=\angle ACH=\angle ABH$, то $PH=BH$. Аналогично $QH=BH$, то есть $H$ – центр окружности $BPQ$. Поэтому эта окружность касается окружностей $\omega_a$ и $\omega_c$ с центрами $K$, $L$ и радиусами $KA$, $LC$ соответственно. Тогда по теореме о трех гомотетиях $R$ – центр внешней гомотетии окружностей $\omega_a$ и $\omega_c$, т.е. $R$ лежит на прямой $KL$.
Поскольку $AP$ – общая хорда окружностей $AHC$ и $\omega_a$, а $CQ$ – общая хорда окружностей $AHC$ и $\omega_c$, то $B$ – радикальный центр этих трех окружностей. Кроме того, степени точки $M$ относительно окружностей $\omega_a$ и $\omega_c$ равны, следовательно, $BM$ – радикальная ось этих окружностей и $BM\perp KL$.
Решение 2
Поскольку $\angle BPH=\angle ACH=\angle ABH$, то $PH=BH$. Аналогично $QH=BH$. Пусть $L$ – точка пересечения прямой $HQ$ и перпендикуляра к $AC$ из точки $C$. Тогда $AK=KP=\frac{AP}{2 \sin A}$ и $CL=LQ=\frac{CQ}{2 \sin C}$. По теореме Менелая $\frac{AR}{CR}=\frac{AP}{BP}\cdot \frac{BQ}{CQ}=\frac{AK}{CL}$, следовательно точки $K$, $L$ и $R$ лежат на одной прямой.
Заметим теперь, что $$ BK^2-AK^2=\left(\frac{AB+BP}2\right)^2-\left(\frac{AB-BP}2\right)^2=AB\cdot BP=BC\cdot BQ=BL^2-CL^2, $$ поэтому, если $M$ – середина $AC$, то $MK^2-ML^2=AK^2-CL^2=BK^2-BL^2$, т.е. $BM\perp KL$.
