16573. В остроугольном треугольнике ABC
проведена высота AH
. Точки M
и N
— середины отрезков BH
и CH
. Докажите, что точка пересечения перпендикуляров, опущенных из точек M
и N
на прямые AB
и AC
соответственно, равноудалена от точек B
и C
.
Решение. Первый способ. Обозначим через P
точку пересечения перпендикуляров, опущенных из точек M
и N
на прямые AB
и AC
соответственно, а точки, симметричные B
и C
относительно прямых MP
и NP
, — через B'
и C'
. Тогда прямые MP
и NP
— серединные перпендикуляры к отрезкам BB'
и CC'
, поэтому достаточно доказать, что четырёхугольник BB'C'C
вписанный.
Заметим, что прямые MP
и NP
содержат средние линии треугольников BB'H
и CC'H
, параллельные сторонам B'H
и C'H
соответственно. Значит, HB'\perp AB
и HC'\perp AC
. Четырёхугольник HB'AC'
вписан в окружность, построенную на отрезке AH
как на диаметре, поэтому \angle B'C'A=\angle B'HA
. При этом
\angle B'HA=90^{\circ}-\angle HAB'=\angle ABC.
Следовательно, четырёхугольник BB'C'C
вписанный. Отсюда вытекает утверждение задачи.
Второй способ. Обозначим через P
точку пересечения перпендикуляров, опущенных из точек M
и N
на прямые AB
и AC
соответственно, а середины сторон AB
и AC
треугольника ABC
— через R
и S
соответственно.
Отрезки RM
и SN
— средние линии треугольников BAH
и CAH
, параллельные общей стороне AH
этих треугольников. Поэтому отрезки RM
и SN
равны, параллельны и оба перпендикулярны прямой BC
.
Параллельно перенесём точку P
на вектор \overrightarrow{MR}
. Обозначим полученную точку через P'
. Тогда MRP'P
и NSP'P
— параллелограммы. Поэтому прямая P'R
параллельна прямой PM
, а значит, перпендикулярна AB
. Аналогично, прямая P'S
перпендикулярна AC
. Тогда P'
— точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам AB
и AC
треугольника ABC
, т. е. совпадает с центром окружности, описанной около треугольника ABC
. В частности, точка P'
лежит на серединном перпендикуляре к отрезку BC
. Значит, точка P
также лежит на серединном перпендикуляре к BC
, так как P'P\perp BC
по построению. Следовательно, она равноудалена от точек B
и C
. Что и требовалось доказать.
Третий способ. Обозначим через P
точку пересечения перпендикуляров, опущенных из точек M
и N
на прямые AB
и AC
соответственно, а через K
— точку пересечения высот треугольника ABC
.
Заметим, что треугольники BKC
и NPM
подобны по двум углам. Действительно,
\angle MNP=90^{\circ}-\angle BCA=\angle CBK.
Аналогично, \angle NMP=\angle BCK
. Также заметим, что коэффициент подобия этих треугольников равен 2, поскольку \frac{BC}{MN}=2
.
Опустим из точки P
перпендикуляр PL
на прямую BC
. Тогда из доказанного подобия получаем, что \frac{HC}{LM}=\frac{BC}{MN}=2
, т. е. LM=NH
. Следовательно,
BL=BM+ML=BM+NH=\frac{1}{2}BC,
а следовательно, точка P
лежит на серединном перпендикуляре к отрезку BC
. Отсюда вытекает утверждение задачи.
Автор: Михайлов И. Н.
Источник: Московская математическая олимпиада. — 2024, LXXXVII, 11 класс, первый день, задача 2