11979. В остроугольном треугольнике ABC
проведена высота AH
. Точки M
и N
— проекции точки H
на стороны AC
и AB
. Известно, что центр O
описанной окружности треугольника ABC
лежит на отрезке MN
. Докажите, что отрезок MN
делит площадь треугольника ABC
пополам.
Решение. Пусть OA=R
— радиус описанной окружности треугольника ABC
, S
— площадь треугольника ABC
, точки M
и N
лежат на сторонах AC
и AB
соответственно.
Из точек M
и N
отрезок AH
виден под прямым углом, значит, AH
— диаметр окружности, описанной около треугольника AMN
, поэтому
\angle AMN=\angle AHN=\angle ABC.
Пусть AA_{1}
— диаметр описанной окружности треугольника ABC
. Тогда (см. задачу 20)
\angle MAO=\angle CAA_{1}=\angle BAH=\angle NAH.
Два угла треугольника MAO
соответственно равны двум углам острым углам прямоугольного треугольника BAH
, значит, \angle AOM=90^{\circ}
, т. е. OA\perp MN
.
Первый способ. По теореме синусов для треугольника MAN
и диаметра AH
его описанной окружности AH=\frac{MN}{2\sin\angle BAC}
, а так как по той же теореме BC=2R\sin\angle BAC
, то
S=\frac{1}{2}BC\cdot AH=\frac{1}{2}\cdot2R\sin\angle BAC\cdot\frac{MN}{2\sin\angle BAC}=R\cdot MN.
Следовательно,
S_{\triangle MAN}=\frac{1}{2}MN\cdot AO=\frac{1}{2}\cdot\frac{S}{R}\cdot R=\frac{1}{2}S.
Что и требовалось доказать.
Второй способ. Прямая MN
— серединный перпендикуляр к отрезку AA_{1}
, поэтому треугольники MAN
и MA_{1}N
равны. Значит, площадь треугольника MAN
вдвое меньше площади четырёхугольника AMA_{1}N
. Докажем, что этот четырёхугольник равновелик треугольнику ABC
. Отсюда будет следовать утверждение задачи.
Пусть отрезки MA_{1}
и NA_{1}
пересекают сторону BC
в точках E
и F
соответственно. Прямые A_{1}C
и HM
перпендикулярны AC
, поэтому они параллельны. Тогда треугольник CEM
равновелик треугольнику HEA_{1}
(см. задачу 3017). Аналогично, треугольник BFN
равновелик треугольнику HFA_{1}
. Значит, сумма площадей треугольников CEM
и BFN
равна площади треугольника EA_{1}F
. Следовательно,
S_{\triangle ABC}=S_{AMEFN}+S_{\triangle CEM}+S_{\triangle BFN}=S_{AMEFN}+S_{\triangle EA_{1}F}=S_{AMA_{1}N}=2S_{\triangle MAN}.
Что и требовалось доказать.
Примечание. 1. Заметим, что утверждения OA\perp MN
и S=MN\cdot R
верны для любого треугольника.
2. См. также статью И.А.Кушнира «Бипедальные равновеликости», Квант, 2020, N6, с.25-28