10422. В треугольнике ABC
известно, что \angle C=60^\circ
, \angle A=45^\circ
. Пусть M
— середина BC
, H
— ортоцентр. Докажите, что прямая MH
проходит через середину дуги AB
описанной окружности треугольника ABC
.
Решение. Пусть AA_{1}
и BB_{1}
— высоты треугольника ABC
, W
— середина дуги AB
, O
— центр описанной окружности треугольника ABC
(рис. 1).
Первый способ. Поскольку \angle A=45^\circ
, треугольник ABB_{1}
равнобедренный и прямоугольный. Значит, точки B_{1}
и O
лежат на серединном перпендикуляре к хорде AB
описанной окружности треугольника ABC
. На этом перпендикуляре лежит и середина W
меньшей дуги AB
. Следовательно, прямая B_{1}O
проходит через точку W
.
Заметим, что прямые CO
и CH
симметричны относительно биссектрисы угла C
(см. задачу 20). Докажем, что при этом точка O
симметрична точке H
, а точка B_{1}
— точке M
. Для этого достаточно доказать, что CO=CH
и CB_{1}=CM
.
Пусть N
— середина стороны AB
. Центральный угол AOB
вдвое больше вписанного угла ACB
, а так как треугольник AOB
равнобедренный с углом 30^{\circ}
при основании, то
ON=\frac{1}{2}OA=\frac{1}{2}OC.
С другой стороны CH=2ON=OC
(см. задачу 1257). Следовательно, точка O
симметрична H
относительно биссектрисы угла ACB
.
В прямоугольном треугольнике BCB_{1}
острый угол CBB_{1}
равен 30^{\circ}
, значит, CB_{1}=\frac{1}{2}BC=CM
, а так как при симметрии относительно биссектрисы угла ACB
луч AC
переходит в луч CB
, то точка B_{1}
при этом переходит в M
.
Таким образом, прямая HM
, проходящая через середину W
меньшей дуги AB
, симметрична прямой B_{1}O
относительно биссектрисы угла BAC
. Прямая B_{1}O
проходит через точку W
, лежащую на этой биссектрисе, следовательно, и прямая HM
проходит через точку W
. Что и требовалось доказать.
Второй способ. Заметим, что
\angle BOW=\frac{1}{2}\angle BOA=60^{\circ},
следовательно, треугольник BOW
равнобедренный с углом 60^\circ
, т. е. равносторонний (рис. 2). В предыдущем способе было доказано, что CH=OC
. Тогда CH=OW
и CH\parallel OW
. Следовательно, OCHW
— параллелограмм.
Заметим, что
\angle COB=2\angle CAB=90^{\circ},
т. е. BO\perp WH
. Таким образом, WH
— высота равностороннего треугольника BWO
, поэтому она делит отрезок BO
пополам. Поскольку WH\parallel CO
, прямая WH
содержит среднюю линию треугольника BOC
, а значит, проходит через точку M
.
Третий способ. Пусть W'
— точка пересечения луча MH
с описанной окружностью, точка L
симметрична точке H
относительно точки M
(рис. 3). Докажем, что W'
— середина дуги AB
.
Известно, что точка, симметричная ортоцентру относительно середины стороны треугольника, лежит на его описанной окружности (см. задачу 6300). Поскольку градусная мера дуги AW'B
равна 120^{\circ}
достаточно доказать, что градусная мера меньшей дуги BW'
равна 60^{\circ}
, или \angle W'LB=30^\circ
. Тогда W'
— середина меньшей дуги AB
, т. е. точка W'
совпадает с W
.
Поскольку B_{1}M
— медиана прямоугольного треугольника CBB_{1}
с углом BCB_{1}
, равным 60^{\circ}
, то
BM=CM=CB_{1}=B_{1}M~\mbox{и}~\angle BB_{1}M=\angle MBB_{1}=30^{\circ}.
Из прямоугольного треугольника ACC_{1}
получим, что
\angle ACC_{1}=90^{\circ}-\angle A=45^{\circ}.
Следовательно, в прямоугольном треугольнике HB_{1}C
угол B_{1}HC
равен 45^\circ
и B_{1}H=B_{1}C=B_{1}M
. Треугольник B_{1}HM
равнобедренный с углом 30^{\circ}
при вершине. Следовательно,
\angle CHM=\angle B_{1}HM-\angle B_{1}HC=75^{\circ}-45^{\circ}=30^{\circ}.
Четырёхугольник HBLC
— параллелограмм (см. задачу 6300), поэтому
\angle HLB=\angle CHL=30^{\circ}.
Следовательно, W'
— середина дуги AB
.
Автор: Блинков Ю. А.
Источник: Московская устная олимпиада по геометрии. — 2013, № 5, 8-9 классы