12985. Докажите, что если высота треугольника в \sqrt{2}
раз больше радиуса его описанного круга, то прямая, проходящая через основания перпендикуляров, опущенных из основания этой высоты на стороны, её заключающие, проходит через центр описанного круга.
Решение. Пусть BD
— высота треугольника ABC
с углами \alpha
, \beta
и \gamma
при вершинах A
, B
и C
соответственно, K
и M
— проекции точки D
на прямые AB
и BC
соответственно, O
— центр описанного круга радиуса R
, BD=R\sqrt{2}
. Рассмотрим случай остроугольного треугольника.
Точки K
и M
лежат на окружности с диаметром BD
, поэтому
\angle BKM=\angle BDM=\angle BCD=\gamma,~\angle BMK=\angle BDK=\angle BAD=\alpha.
Кроме того,
\angle KBO=\angle ABO=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle AOB=90^{\circ}-\gamma,
поэтому BO\perp KM
. Осталось доказать, что высота h
треугольника KBM
, проведённая из вершины B
, равна R
. Тогда точка O
будет основанием этой высоты, т. е. прямая KM
пройдёт через точку O
.
Радиус описанного круга треугольника BKM
равен \frac{1}{2}BD
, поэтому, применив формулу из задачи 4258 и теорему синусов к треугольникам ABC
и BKM
, получим
\frac{1}{2}KM\cdot h=S_{\triangle BKM}=2\left(\frac{1}{2}BD\right)^{2}\sin\alpha\sin\beta\sin\gamma=R^{2}\sin\alpha\sin\beta\sin\gamma=
=\frac{1}{2}S_{\triangle ABC}=\frac{1}{4}AC\cdot BD=\frac{1}{4}\cdot2R\sin\beta\cdot\frac{KM}{\sin\beta}=\frac{1}{2}R\cdot KM,
откуда h=R
. Отсюда следует утверждение задачи.
Заметим, что \beta\lt90^{\circ}
, так как иначе BD\lt R
. Значит, если треугольник ABC
тупоугольный, то тупой угол может быть только при вершине C
или при вершине A
. Предположим, что \gamma\gt90^{\circ}
. Тогда с небольшими изменениями проходят рассуждения, приведённые выше для остроугольного треугольника. Аналогично для \alpha\gt90^{\circ}
.
Источник: Шарыгин И. Ф. Геометрия: 9—11 кл.: От учебной задачи к творческой: Учебное пособие. — М.: Дрофа, 1996. — № 416, с. 50