11677. В остроугольном треугольнике ABC
проведены высоты AH_{a}
и BH_{b}
, точка O
— центр описанной окружности треугольника. Точки X
и Y
симметричны точкам H_{a}
и H_{b}
относительно середин сторон BC
и AC
соответственно. Докажите, что прямая CO
делит отрезок XY
пополам.
Решение. Первый способ. Опустим перпендикуляры XK
и YL
на прямую CO
. Центральный угол BOC
вдвое больше вписанного угла BAC
, а высота OA_{1}
равнобедренного треугольника BOC
является его биссектрисой, поэтому
\angle KCX=\angle OCB=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle BOC=90^{\circ}-\angle BAC=\angle H_{b}BA.
Значит, прямоугольные треугольники KCX
и H_{b}BA
подобны. Кроме того, по условию задачи CX=BH_{a}
, поэтому
\frac{XK}{AH_{b}}=\frac{CX}{AB}=\frac{BH_{a}}{AB},
откуда XK=\frac{AH_{b}\cdot BH_{a}}{AB}
. Аналогично, YL=\frac{BH_{a}\cdot AH_{b}}{AB}
. Значит, XK=YL
.
Пусть прямая CO
пересекает отрезок XY
в точке M
. Прямоугольные треугольники KMX
и LMY
равны по катету и противолежащему острому углу. Следовательно, MX=MY
, т. е. M
— середина отрезка XY
. Что и требовалось доказать.
Второй способ. Заметим, что
\frac{CX}{CY}=\frac{BH_{a}}{AH_{b}}=\frac{AB\cos\angle B}{AB\cos\angle A}=\frac{\cos\angle B}{\cos\angle A}.
Кроме того, если M
и N
— середины сторон BC
и AC
соответственно, то
\sin\angle OCX=\sin\angle OCM=\cos\angle COM=\cos\frac{1}{2}\angle BOC=\cos\angle A,~
\sin\angle OCY=\sin\angle OCN=\cos\angle CON=\cos\frac{1}{2}\angle AOC=\cos\angle B.
Следовательно, если Z
— точка пересечения XY
и OC
, то
\frac{ZX}{ZY}=\frac{S_{\triangle CXZ}}{S_{\triangle CYZ}}=\frac{\frac{1}{2}CX\cdot CZ\sin\angle OCX}{\frac{1}{2}CY\cdot CZ\sin\angle OCY}=\frac{CX\sin\angle OCX}{CY\sin\angle OCY}=
=\frac{CX}{CY}\cdot\frac{\sin\angle OCX}{\sin\angle OCY}=\frac{\cos\angle B}{\cos\angle A}\cdot\frac{\cos\angle A}{\cos\angle B}=1.
Что и требовалось доказать.