12652. Пусть BM
и BH
— соответственно медиана и высота треугольника ABC
, а P
и Q
— проекции вершин соответственно A
и C
на биссектрису угла ABC
. Докажите, что точки M
, H
, P
и Q
лежат на одной окружности.
Решение. Если AB=BC
, то точки M
, H
, P
и Q
совпадают, а окружность вырождается в точку.
Для определённости предположим, что AB\lt BC
. Тогда точка P
лежит внутри треугольника ABC
, а точка Q
— вне его. Пусть прямая AP
пересекает прямую BC
в точке P_{1}
, а прямая CQ
пересекает прямую AB
в точке Q_{1}
. Тогда треугольники ABP_{1}
и BCQ_{1}
равнобедренные с основаниями AP_{1}
и CQ_{1}
(их биссектрисы, проведённые из общей вершины B
, являются высотами). Тогда P_{1}
и Q_{1}
— середины оснований AP_{1}
и CQ_{1}
, а MP
и MQ
— средние линии треугольников ACP_{1}
и AXQ_{1}
. Значит, MP\parallel BC
и MQ\parallel AB
, поэтому \angle AMQ=\angle BAC
.
Рассмотрим два случая:
1. \angle BAC\leqslant90^{\circ}
. Поскольку из точек P
и H
отрезок AB
виден под прямым углом, точки A
, H
, P
и B
лежат в указанном порядке на окружности с диаметром AB
. Тогда
\angle HPQ=180^{\circ}-\angle HPB=\angle BAC=\angle HMQ.
Из точек P
и M
, лежащих по одну сторону от прямой HQ
, отрезок HQ
виден под одним и тем же углом. Следовательно (см. задачу 12), точки H
, P
, M
и Q
лежат на одной окружности.
2. \angle BAC\gt90^{\circ}
. Точки A
, H
, B
и P
в указанном порядке лежат на окружности с диаметром AB
. Тогда
\angle HPQ=180^{\circ}-\angle HPB=180^{\circ}-\angle HAB=\angle BAC=\angle HMQ.
Следовательно (см. задачу 12), точки H
, P
, M
и Q
лежат на одной окружности.
Что и требовалось доказать.