13434. Пусть высоты остроугольного треугольника ABC
пересекаются в точке H
. Окружность, описанная около треугольника AHC
, пересекает отрезки AB
и BC
в точках P
и Q
. Прямая PQ
пересекает прямую AC
в точке R
. На прямой PH
взята такая точка K
, что \angle KAC=90^{\circ}
. Докажите, что прямая KR
перпендикулярна одной из медиан треугольника ABC
.
Решение. Четырёхугольник ACHP
вписанный, поэтому
\angle BPH=180^{\circ}-\angle APH=\angle ACH=\angle ABH.
Значит, PH=BH
. Аналогично, QH=BH
. Следовательно, треугольники BHP
и BHQ
равнобедренные.
Первый способ. Обозначим \angle BAC=\alpha
, \angle ACB=\gamma
. Пусть L
— точка пересечения прямой HQ
с перпендикуляром, восставленным из точки C
к прямой AC
. Треугольники AKP
и CLQ
подобны треугольникам BHP
и BHQ
соответственно, поэтому они тоже равнобедренные. Тогда
AK=KP=\frac{AP}{2\sin\alpha},~CL=LQ=\frac{CQ}{2\sin\gamma}.
По теореме Менелая для треугольника ABC
и прямой PQ
получаем
\frac{AR}{RC}\cdot\frac{CQ}{QB}\cdot\frac{BP}{PA}=1
(см. задачу 1622). Значит,
\frac{AR}{RC}=\frac{PA}{BP}\cdot\frac{QB}{CQ}=\frac{PA}{CQ}\cdot\frac{QB}{BP}=\frac{2AK\sin\alpha}{2CL\sin\gamma}\cdot\frac{QB}{BP}=
=\frac{AK}{CL}\cdot\frac{QB}{2\sin\gamma}\cdot\frac{1}{\frac{BP}{2\sin\alpha}}=\frac{AK}{CL}\cdot\frac{BH}{BH}=\frac{AK}{CL}.
Тогда
\tg\angle ARK=\frac{KA}{AR}=\frac{LC}{CR}=\tg\angle CRL~\Rightarrow~\angle ARK=\angle CRL.
Следовательно точки K
, L
и R
лежат на одной прямой.
Пусть KX
— высота равнобедренного треугольника AKP
. Тогда
BK^{2}-BX^{2}=KH^{2}=AK^{2}-AX^{2}~\Rightarrow~BK^{2}-AK^{2}=BX^{2}-AX^{2}=
=\left(\frac{AB+BP}{2}\right)^{2}+\left(\frac{AB-BP}{2}\right)^{2}=BP\cdot AB.
Аналогично,
BL^{2}-CL^{2}=BQ\cdot BC.
а так как BPA
и BQC
— секущие к описанной окружности треугольника AHC
, то BP\cdot AB=BQ\cdot BC
(см. задачу 2636). Значит,
BK^{2}-AK^{2}=BL^{2}-CL^{2}.
Тогда, если M
— середина AC
, то
MK^{2}-ML^{2}=AK^{2}-CL^{2}=BK^{2}-BL^{2},
поэтому BM\perp KL
(см. задачу 2445), т. е. прямая KR
перпендикулярна медиане BM
. Что и требовалось доказать.
Второй способ. Поскольку HP=HB=HQ
, точка H
— центр окружности, описанной около треугольника BPQ
. Поэтому эта окружность касается окружностей \omega_{a}
и \omega_{c}
с центрами K
, L
и радиусами KA
, LC
соответственно. Тогда по теореме о трёх гомотетиях (см. примечание к задаче 6434) точка R
— центр внешней гомотетии окружностей \omega_{a}
и \omega_{c}
. Значит, R
лежит на прямой KL
.
Поскольку AP
— общая хорда окружности \omega_{a}
и описанной окружности треугольника AHC
, а CQ
— общая хорда окружности \omega_{c}
и описанной окружности треугольника AHC
, то B
— радикальный центр этих трёх окружностей. Кроме того, степени точки M
относительно окружностей \omega_{a}
и \omega_{c}
равны, значит, прямая BM
— радикальная ось этих окружностей. Следовательно, BM\perp KL
.