11144. В треугольнике ABC
проведена биссектриса AD
и из точки D
опущены перпендикуляры DB'
и DC'
на прямые AC
и AB
соответственно; точка M
лежит на прямой B'C'
, причём DM\perp BC
. Докажите, что точка M
лежит на медиане AA_{1}
.
Решение. Пусть луч AD
пересекает описанную окружность треугольника ABC
в точке P
, а PB_{1}
и PC_{1}
— перпендикуляры, опущенные из точки P
на прямые AC
и AB
соответственно.
При гомотетии с центром A
, переводящей точку P
в D
, прямая AB
переходит в себя, а прямая PC_{1}
— в параллельную ей прямую DC'
. Значит, точка C_{1}
переходит в C'
. Аналогично, точка B_{1}
переходит в точку B'
. Тогда прямая B'C'
переходит в прямую B'C'
.
Точка P
— середина дуги BC
, не содержащей точки A
, поэтому прямая PA_{1}
— серединный перпендикуляр к стороне BC
, значит, точка A_{1}
лежит на прямой B_{1}C_{1}
— прямой Симсона треугольника ABC
и точки P
(см. задачу 83). При рассматриваемой гомотетии прямая B_{1}C_{1}
переходит в прямую B'C'
, а прямая AA_{1}
— в себя. Значит, точка A_{1}
переходит в M
. Следовательно, точка M
лежит на медиане AA_{1}
. Что и требовалось доказать.