ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 65229
Темы:    [ Треугольник, образованный основаниями двух высот и вершиной ]
[ Вписанные четырехугольники (прочее) ]
[ Ортоцентр и ортотреугольник ]
[ Вписанные и описанные окружности ]
[ Вневписанные окружности ]
[ Гомотетия помогает решить задачу ]
[ Признаки и свойства равнобедренного треугольника. ]
[ Доказательство от противного ]
Сложность: 4
Классы: 8,9,10
В корзину
Прислать комментарий

Условие

Автор: Якубов А.

В остроугольном неравнобедренном треугольнике ABC проведена высота AH. На сторонах AC и AB отмечены точки B1 и C1 соответственно, так, что HA – биссектриса угла B1HC1 и четырёхугольник BC1B1C – вписанный. Докажите, что B1 и C1 – основания высот треугольника ABC.


Решение 1

  Пусть O – центр описанной окружности треугольника AB1C1 (см. рис.). Четырёхугольник BC1B1B – вписанный, следовательно, B1C1 и BC антипараллельны. Значит, треугольник AB1C1 гомотетичен треугольнику с вершинами в точке A и основаниях высот, опущенных из вершин B и C. Поэтому из задачи 52358 следует, что точка O лежит на высоте AH. Кроме того, O принадлежит серединному перпендикуляру к отрезку B1C1.

  Рассмотрим треугольник HB1C1. Биссектриса HA и серединный перпендикуляр к стороне B1C1 не совпадают, поэтому пересекаются в середине O дуги B1C1 его описанной окружности. С другой стороны, поскольку O – центр описанной окружности треугольника AB1C1, то  OA = OB1 = OC1.  Следовательно, A – центр вневписанной окружности треугольника HB1C1 (это следует из леммы о трезубце, см. задачи 53119 и 52395). Поэтому ∠BC1H = ∠KC1A = ∠AC1B1 = ∠ACB.  Таким образом, четырёхугольник AC1HC – вписанный, откуда  ∠CC1A = ∠CHA = 90°. Аналогично
BB1A = 90°.


Решение 2

  Воспользуемся тем, что высоты треугольника содержат биссектрисы углов его ортотреугольника (см. задачу 52866). Заметим также, что если одна из точек B1 или C1 является основанием высоты, то и другая тоже. Пусть B1 и C1 – не основания высот.

  Первый способ. Восстановим из этих точек перпендикуляры до пересечения с прямыми AC и AB в точках B' и C' соответственно (рис. слева). Тогда C'B1 и B'C1 – высоты треугольника AB'C', следовательно, B1C1 и B'C' антипараллельны. Значит,  BC || B'C',  то есть AH' – высота треугольника AB'C' (H' – точка пересечения AH и B'C'). Поэтому ∠C1H'A = ∠B1H'A.  По условию  ∠C1HA = ∠B1HA,  следовательно, треугольники C1HH' и B1HH' равны, откуда  HB1 = HC1.  Тогда  HAB1C1,  следовательно,  B1C1 || BC,  то есть треугольник ABC – равнобедренный. Противоречие.

             

  Второй способ. Проведём высоты BHb и CHc (рис. справа), а также перпендикуляры AK, AL, HcN и HbM к прямым HC1 и HB1. Поскольку
B1C1 || HbHc,  то  HcN : AL = HcC1 : AC1 = HbM : AK.  Поскольку HA – биссектриса угла C1HB1, то  AK = AL,  поэтому  HcN = HbM.  Так как HA также биссектриса угла HcHHb, то  ∠HcHN = ∠HbHM,  следовательно, треугольники HHcN и HHbM равны. Таким образом, ортотреугольник треугольника ABC – равнобедренный, поэтому ABC – тоже равнобедренный. Противоречие.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название Московская устная олимпиада по геометрии
год/номер
Номер 13 (2015 год)
Дата 2015-04-13
класс
Класс 8-9
задача
Номер 6

© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .