13459. В остроугольном треугольнике ABC
с ортоцентром H
прямая AH
пересекает сторону BC
в точке A_{1}
. Пусть \Gamma
— окружность с центром на стороне AB
, касающаяся прямой AA_{1}
в точке H
. Докажите, что окружность \Gamma
касается описанной окружности треугольника AMA_{1}
, где M
— середина AC
.
Решение. Пусть прямая MH
пересекает окружность \omega
, описанную около треугольника AMA_{1}
, в точке P
. Докажем, что окружности \Gamma
(с центром O_{2}
) и \omega
(с центром O
) касаются в точке P
.
Рассмотрим окружность \Gamma_{1}
с центром O_{1}
, которая касается высоты AA_{1}
в точке H
и касается окружности \omega
в точке Q
. Тогда по лемме Архимеда (см. задачу 89) прямая QH
проходит через середину дуги AA_{1}
окружности \omega
, т. е. через точку M
. Следовательно, точка Q
совпадает с точкой P
, и поэтому достаточно доказать совпадение окружностей \Gamma
и \Gamma_{1}
, т. е. совпадение точек O_{2}
и O_{1}
, или равенство отрезков O_{2}H
и O_{1}H
.
Поскольку точки O
, O_{1}
и P
лежат на одной прямой, а прямые OM
и O_{1}H
параллельны, так как обе они перпендикулярны AA_{1}
, то треугольники O_{1}PH
и OPM
подобны (то же самое можно получить из гомотетии окружностей), поэтому \frac{O_{1}H}{OM}=\frac{PH}{PM}
.
По теореме синусов
OM=\frac{AM}{2\sin\angle AA_{1}M}=\frac{\frac{1}{2}AC}{2\sin(90^{\circ}-\angle MA_{1}C)}=
=\frac{\frac{1}{2}AC}{2\sin(90^{\circ}-\angle MCA_{1})}=\frac{AC}{4\cos\angle C},
поэтому
O_{1}H=\frac{PH}{PM}\cdot OM=\frac{PH}{PM}\cdot\frac{AC}{4\cos\angle C}.
С другой стороны, из треугольника AO_{2}H
получим O_{2}H=AH\ctg\angle B
.
По теореме о произведении отрезков пересекающихся хорд AH\cdot HA_{1}=PH\cdot HM
Кроме того, поскольку
\angle CHA_{1}=90^{\circ}-\angle HCA_{1}=\angle B,
то из прямоугольного треугольника CA_{1}H
получаем
\ctg\angle B=\frac{HA_{1}}{A_{1}C}=\frac{HA_{1}}{AC\cos\angle C},
поэтому
O_{2}H=AH\ctg\angle B=AH\cdot\frac{HA_{1}}{AC\cos\angle C}=\frac{AH\cdot HA_{1}}{AC\cos\angle C}=\frac{PH\cdot HM}{AC\cos\angle C}.
Тогда
HO_{1}=HO_{2}~\Leftrightarrow~\frac{PH}{PM}\cdot\frac{AC}{4\cos\angle C}=\frac{PH\cdot HM}{AC\cos\angle C}~\Leftrightarrow~MH\cdot PM=\frac{1}{4}AC^{2}.
Последнее равенство следует из подобия треугольников MPA_{1}
и MA_{1}H
(\angle MA_{1}H=\angle MAA_{1}=\angle MPA_{1}).
Таким образом, O_{1}H=O_{2}H
. Что и требовалось.
Автор: Кухарчук И. А.
Источник: Московская устная олимпиада по геометрии. — 2023, XX, задача 5, 10-11 класс