Задача 66703
|
|
 |
Условие
Точка $O$ – центр описанной окружности остроугольного треугольника $ABC$, $AH$ – его высота. Точка $P$ – основание перпендикуляра, опущенного из точки $A$ на прямую $CO$. Докажите, что прямая $HP$ проходит через середину стороны $AB$.Решение
$\angle B = \frac{1}{2}\angle AOC$ = 90° – $\angle OCA = \angle PAC =\angle PHB$ (последнее равенство следует из очевидной вписанности четырёхугольника $APHC$). Значит, луч $HP$ отсекает от прямоугольного треугольника $ABH$ равнобедренный треугольник $BMH$. Поэтому $M$ – середина $AB$.
Замечания
1. Точка $P$ может лежать и внутри треугольника $ABC$, на отрезке $OC$ или вне его. Решение годится для всех случаев. Утверждение задачи верно и для неостроугольного треугольника.
2. 6 баллов.
