Условие
В равнобедренном треугольнике $ABC$ ($AC=BC$) $O$ – центр описанной окружности, $H$ – ортоцентр, $P$ – такая точка внутри треугольника, что $\angle APH=\angle BPO=\pi/2$. Докажите, что $\angle PAC=\angle PBA=\angle PCB$.
Решение
Пусть $M$ – середина $AB$. Тогда $B, O, P, M$ лежат на окружности с диаметром $OB$, а $A, H, P, M$ лежат на окружности с диаметром $AH$. Отсюда $\angle PAH = \angle PMH = \angle PMO = \angle PBO$.
Видим, что $PAH\sim PBO$, иначе говоря, $P$ – центр поворотной гомотетии, переводящей $\vec{AH}$ в $\vec{BO}$. Но из простого счета углов ($\angle OBC = \angle OCB = 90^{\circ} - \angle ABC = \angle HAB = \angle HBA$) следует, что $AHB\sim BOC$. Это значит, что поворотная гомотетия, о которой говорилось выше, переводит также $B$ в $C$. Значит, $PAB\sim PBC$, откуда $\angle PCB = \angle PBA$ и $\angle PBC = \angle PAB$. Тогда $\angle PAC = \angle BAC - \angle PAB = \angle CBA - \angle PBC = \angle PBA$, и все доказано.
Замечания
Точка $P$, для которой $\angle PAC=\angle PBA=\angle PCB$, а также точка $Q$, для которой $\angle QAB=\angle QBC=\angle QCA$, называются
точками Брокара треугольника $ABC$. Из решения задачи видно, что в равнобедренном треугольнике точка $P$ удовлетворяет условиям $\angle PAC=\angle PCB$, $\angle PAB=\angle PBC$. Такая (и две аналогичные) точки называются
точками Шалтая и являются проекциями ортоцентра на медианы треугольника. Кроме того, для точки $P$ имеем $\angle PBA=\angle PCB$, $\angle PBC=\angle PAB$. Такие (и аналогичные) условия определяют
точки Болтая, являющиеся проекциями центра описанной окружности на симедианы треугольника. Таким образом, утверждение задачи можно переформулировать: в равнобедренном треугольнике точки Брокара являются также точками Шалтая и Болтая, соответствующими вершинам при основании.
Источники и прецеденты использования
|
|
|
олимпиада |
|
Название |
Олимпиада по геометрии имени И.Ф. Шарыгина |
|
год |
|
Год |
2024 |
|
класс |
|
Класс |
9 |
|
задача |
|
Номер |
9.5 |
