Задача 53528

Темы:    [ Ортоцентр и ортотреугольник ] [ Радиусы вписанной, описанной и вневписанной окружности (прочее) ] [ Гомотетия помогает решить задачу ] [ Средняя линия треугольника ] [ Векторы помогают решить задачу ]

Сложность: 3+ Классы: 8,9

Условие

Докажите, что расстояние от вершины треугольника до точки пересечения высот вдвое больше, чем расстояние от центра описанной окружности до противоположной стороны.

Решение

  Для прямоугольного треугольника утверждение очевидно. Рассмотрим случай не прямоугольного треугольника. Пусть H – точка пересечения высот треугольника ABC, O – центр его описанной окружности, K – середина BC.

  Первый способ. Проведём через вершины данного треугольника ABC прямые, параллельные противоположным сторонам. Получим новый треугольник, подобный данному с коэффициентом 2 (стороны треугольника ABC являются средними линиями нового треугольника). При этом высоты треугольника ABC лежат на серединных перпендикулярах нового треугольника (рис. слева).
  Отрезок AH в новом треугольнике соответствует отрезку OK в исходном треугольнике. Поэтому  AH = 2OK.

               

  Второй способ. Поскольку  ∠BHC = 180° – ∠A,  радиусы описанных окружностей треугольников ABC и HBC равны. Следовательно, эти окружности симметричны относительно прямой BC (рис. справа) и   OK = O₁K. С другой стороны, эти окружности переходят друг в друга при параллельном переносе на вектор    Следовательно,    Поэтому  HA = OO₁ = 2OK.

  Третий способ. Пусть M, N, L – середины отрезков AH, BH и BC соответственно (рис. слева). Тогда  MN = KL  и  MN || KL  (средние линии треугольников ABH и ABC),  MH || OK,  NH || OL.
  Поэтому треугольники MNH и KLO равны по стороне и двум углам. Следовательно,  OK = MH = ^AH/₂.

               

  Четвёртый способ. Из равенства     (см. задачу 55367) следует, что  

  Пятый способ. Пусть A₁ – точка, диаметрально противоположная вершине A. Тогда  ∠ABA₁ = ∠ACA₁ = 90°,  а так как  BH ⊥ AC  и  CH ⊥ AB,  то  BH || CA  и
CH || BA₁.  Значит, BHCA₁ – параллелограмм. Его диагонали делятся точкой пересечения K пополам. При этом  OK ⊥ BC.  Отрезок OK – средняя линия треугольника AHA₁, следовательно,  OK = ^AH/₂.

  Шестой способ. Пусть L и F – середины отрезков AC и CH соответственно. Тогда  OK ⊥ BC  и  AH ⊥ BC,  поэтому  OK || AH.  С другой стороны, LF – средняя линия треугольника AHC, поэтому  LF || AH  и  LF = ^AH/₂.  Следовательно,  LF || OK.  Отрезок KF – средняя линия треугольника BHC, поэтому  KF || BH,  а так как  BH ⊥ AC,  то  KF ⊥ AC.  С другой стороны,  OL ⊥ AC,  значит,  OL || KF.  Противоположные стороны четырёхугольника OKFL попарно параллельны, значит, это параллелограмм. Следовательно,  OK = LF = ^AH/₂.

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	1257