|
|
 |
Условие
В остроугольном треугольнике ABC высоты AA1, BB1 и CC1 пересекаются в точке H. Из точки H провели перпендикуляры к прямым B1C1 и A1C1, которые пересекли лучи CA и CB в точках P и Q соответственно. Докажите, что перпендикуляр, опущенный из точки C на прямую A1B1, проходит через середину отрезка PQ.
Решение 1
Пусть N – проекция точки C на A1B1 (см. рис.). Рассмотрим гомотетию с центром в точке C, при которой H перейдет в C1, P – в P1, Q – в Q1. Тогда
C1P1 ⊥ C1B1, C1Q1 ⊥ C1A1, и достаточно доказать, что прямая CN проходит через середину P1Q1.
Пусть K и L – проекции точек P1 и Q1 на прямую A1B1. Как известно, ∠CB1A1 = ∠AB1C1; значит, ∠P1B1K = ∠P1B1C1, и прямоугольные треугольники P1B1K и P1B1C1 равны по гипотенузе и острому углу. Отсюда B1K = B1C1. Аналогично, A1L = A1C1, то есть длина отрезка KL равна периметру 2p треугольника A1B1C1.
Поскольку C – центр вневписанной окружности треугольника A1B1C1, то N – точка касания этой окружности с A1B1, и B1N = p – B1C1 (см. задачу 55404). Значит, KN = B1C1 + p – B1C1 = p. Следовательно, N – середина отрезка KL, а прямая CN содержит среднюю линию прямоугольной трапеции KLQ1P1, что и требовалось.
Решение 2
Обозначим ∠BAC = α, ∠ABC = β; тогда ∠ACC1 = 90° – α, ∠BCC1 = 90° – β. Поскольку треугольники AB1C1, A1BC1 и ABC подобны, то
∠HPC = 90° – ∠AB1C1 = 90° – β и, аналогично, ∠HQC = 90° – α. Наконец, пусть перпендикуляр из C на A1B1 пересекает PQ в точке X (рис. слева). Тогда ∠PCX = 90° – β, ∠QCX = 90° – α.
Нам нужно доказать, что CX – медиана треугольника CPQ; поскольку ∠PCX = ∠QCH, это равносильно тому, что CH – симедиана. Итак, мы свели задачу к следующему факту.
Лемма. Пусть в треугольнике CPQ точка H такова, что ∠CPH = ∠QCH и ∠CQH = ∠PCH. Тогда CH – симедиана в этом треугольнике.
Доказательство. Пусть L – точка пересечения CH и PQ (рис. справа). Тогда HL – биссектриса угла PHQ. Далее можно рассуждать по-разному.
Первый способ. Треугольники PHC и CHQ подобны по двум углам. Следовательно, , откуда
Таким образом, CH – симедиана (см. задачу 56978).
Второй способ. Пусть описанная окружность треугольника CPQ пересекает CH вторично в точке Y (рис. справа). Тогда ∠QPY = ∠QCY = ∠CPH, аналогично, ∠PQY = ∠CQH. Следовательно, биссектрисы углов HPL и CPY совпадают, равно как и биссектрисы углов HQL и CQY. Поскольку HY – биссектриса угла PHQ, то биссектрисы углов CPY и CQY пересекаются на CY. Следовательно, то есть четырёхугольник CPYQ – гармонический. Отсюда и следует требуемое утверждение (см. статью Я. Понарина "Гармонический четырёхугольник").
Замечания
Из второго способа доказательства леммы следует также, что H – середина CY.
Источники и прецеденты использования
| олимпиада | |
| Название | Олимпиада по геометрии имени И.Ф. Шарыгина |
| год | |
| Год | 2013 |
| класс | |
| Класс | 10 |
| неизвестно | |
| Номер | 10.6 |
