12754. В остроугольном треугольнике ABC
сторона AB
меньше стороны BC
, BH_{b}
— высота, точка O
— центр описанной окружности. Прямая, проходящая через точку H_{b}
параллельно прямой CO
, пересекает прямую BO
в точке X
. Докажите, что точка X
и середины сторон AB
и AC
лежат на одной прямой.
Решение. Обозначим \angle BAC=\alpha
. Тогда \angle BOC=2\alpha
. Из равнобедренного треугольника BOC
получаем, что
\angle OBC=\angle OCB=90^{\circ}-\alpha.
Пусть M
и N
— середины AB
и AC
соответственно. Тогда MN\parallel BC
как средняя линия треугольника ABC
, поэтому достаточно доказать, что MX\parallel BC
, или что
\angle MXB=90^{\circ}-\alpha.
Из параллельности
\angle H_{b}XB=\angle XOC=2\angle OBC=180^{\circ}-2\alpha,
а так как H_{b}M
— медиана прямоугольного треугольника ABH_{b}
, проведённая из вершины прямого угла, то
MA=MB=MH_{b},~\angle BMH_{b}=\angle MAH_{b}+\angle MH_{b}A=\alpha+\alpha=2\alpha
(см. задачу 1109).
Поскольку
\angle BMH_{b}+\angle H_{b}XB=2\alpha+(180^{\circ}-2\alpha)=180^{\circ},
четырёхугольник BMH_{b}X
вписанный. Вписанные углы BXM
и MXH_{b}
опираются на равные хорды, поэтому они равны. Следовательно,
\angle MXB=\frac{1}{2}\angle H_{b}XB=90^{\circ}-\alpha.
Что и требовалось.