11137. В остроугольном треугольнике ABC
с углом A
, равным 60^{\circ}
, высоты пересекаются в точке H
. Пусть M
и N
— точки пересечения серединных перпендикуляров к отрезкам BH
и CH
со сторонами AB
и AC
соответственно. Докажите, что:
а) точки M
, N
и H
лежат на одной прямой;
б) на той же прямой лежит центр O
описанной окружности.
Решение. а) Пусть M_{1}
и N_{1}
— середины отрезков BH
и CH
соответственно, BB_{1}
и CC_{1}
— высоты треугольника ABC
. Тогда
\angle BHC_{1}=90^{\circ}-\angle ABB_{1}=\angle BAB_{1}=60^{\circ},
а так как точка M
лежит на серединном перпендикуляре к отрезку BH
, то MB=MH
, т. е. треугольник BMH
равнобедренный. Значит,
\angle BHM=\angle HBM=\angle HBA=90^{\circ}-60^{\circ}=30^{\circ}=\frac{1}{2}\angle BHC_{1},
т. е. луч HM
— биссектриса угла BHC_{1}
. Аналогично докажем, что HN
— биссектриса угла CHB_{1}
. Биссектрисы вертикальных углов лежат на одной прямой, следовательно, точки M
, N
и H
лежат на одной прямой.
б) Пусть B'
и C'
— середины сторон AC
и AB
соответственно. Из прямоугольных треугольников ABB_{1}
и ACC_{1}
получаем, что AB_{1}=\frac{1}{2}AB
и AC_{1}=\frac{1}{2}AC
. Тогда
B_{1}B'=|AB_{1}-AB'|=\left|\frac{1}{2}AB-\frac{1}{2}AC\right|=\frac{1}{2}|AB-AC|,
C_{1}C'=\frac{1}{2}|AC-AB|=\frac{1}{2}|AB-AC|=B_{1}B'.
Четырёхугольник, образованный пересечениями прямых OC'
, OB'
, CC_{1}
и BB_{1}
, — параллелограмм, так как OC'\parallel CC_{1}
и OB'\parallel BB_{1}
. Из равенства C_{1}C'=B_{1}B'
следует, что высоты этого параллелограмма равны, значит, это ромб. Диагональ HO
ромба — биссектриса его угла при вершине H
, т. е. точка O
лежит на биссектрисе угла CHB_{1}
, а следовательно, на прямой MN
.
Примечание. Поскольку прямая MN
проходит через ортоцентр и центр описанной окружности треугольника ABC
, — это прямая Эйлера треугольника (см. задачу 5044). Значит, на ней лежит и точка пересечения медиан.
Источник: Прасолов В. В. Задачи по планиметрии. — 6-е изд. — М.: МЦНМО, 2007. — № 5.40, с. 105