|
|
 |
Условие
В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены высоты $AH_1, BH_2, CH_3$, которые пересекаются в ортоцентре $H$. Точки $P$ и $Q$ симметричны $H_2$ и $H_3$ относительно $H$. Описанная окружность треугольника $PH_1Q$ пересекает во второй раз высоты $BH_2$ и $CH_3$ в точках $R$ и $S$. Докажите, что $RS$ – средняя линия треугольника $ABC$.Решение
Рассмотрим точку пересечения $R'$ средней линии $M_2M_3$ с высотой $BH_2$. Докажем, что она лежит на описанной окружности треугольника $PH_1Q$.Так как четырехугольник $BH_3H_2C$ вписанный, $H_3H \cdot HC = H_2H \cdot HB$. Отсюда $HB \cdot HP=HC \cdot HQ$. Тогда четырехугольник $PBQC$ вписанный, откуда $\angle{H_2PQ} = \angle{BCQ} = \angle{BAH_1}$. Также, так как $R'$ лежит на средней линии треугольника $ABC$, получаем, что $\angle{H_1AR'} = \angle{AH_1R'}$. Рассмотрим треугольники $H_3HH_1$ и $BM_3R'$. Они подобны, так как $\angle{M_3BR'} = \angle{H_3H_1H}$, а $\angle{M_3R'B} = \angle{HH_3H_1}$. То есть $$\frac{H_3H_1}{M_3R'} = \frac{HH_1}{BM_3}.$$ Так как $H_3H = HQ$ и $BM_3 = M_3A$, $$\frac{QH}{M_3R'} = \frac{HH_1}{AM_3}.$$ Очевидно, что $\angle{QHH_1} = \angle{B} = \angle{AM_3R'}$. Из этого и предыдущего равенств получаем, что треугольники $AM_3R'$ и $HH_1Q$ подобны, тогда $\angle{HH_1Q} = \angle{M_3AR'}$ как соответственные углы. Тогда $$\angle{QH_1R'} = \angle{HH_1Q} - \angle{HH_1R'} = \angle{M_3AR'} - \angle{R'AH_1} = \angle{BAH_1} = \angle{R'PQ}.$$
Значит, четырехугольник $PH_1QR'$ вписанный. Тогда $R = R'$, а значит, $R$ лежит на средней линии треугольника $ABC$. Аналогично точка $S$ лежит на средней линии, откуда получаем утверждение задачи.
Источники и прецеденты использования
| олимпиада | |
| Название | Олимпиада по геометрии имени И.Ф. Шарыгина |
| год | |
| Год | 2018 |
| Заочный тур | |
| задача | |
| Номер | 15 [9-11 кл] |
