17739. Около неравнобедренного остроугольного треугольника ABC
описана окружность с центром O
. Прямая OA
пересекает высоты треугольника ABC
, проведённые из вершин B
и C
, в точках P
и Q
соответственно, H
— ортоцентр треугольника ABC
. Докажите, что центр описанной окружности треугольника HPQ
лежит на медиане треугольника ABC
, проведённой из вершины A
.
Решение. Пусть AD
— высота треугольника ABC
, точки K
, L
и M
— середины сторон соответственно BC
, CA
и AB
, O_{1}
— центр описанной окружности треугольника HPQ
. Тогда OL
— высота равнобедренного треугольника AOC
, поэтому
\angle AOL=\frac{1}{2}\angle AOC=\angle ABC,
Аналогично, \angle AOM=\angle ACB
. Значит, треугольники HPQ
и ABC
подобны по двум углам. При этом подобии радиус O_{1}H
соответствует радиусу OA
треугольника ABC
, поэтому
\angle O_{1}HQ=\angle OAC=90^{\circ}-\angle AOL=90^{\circ}-\angle ABC=\angle HBC.
Следовательно, HO_{1}\parallel BC
(накрест лежащие углы при прямых HO_{1}
и BC
и секущей HC
равны).
Пусть R
— точка пересечения прямых HO_{1}
и AO
, а S
— точка пересечения прямых AO
и BC
. Из подобия треугольников HPQ
и ABC
получаем пропорцию \frac{O_{1}R}{HR}=\frac{OS}{AS}
. Прямые OK
и AD
перпендикулярны к одной и той же прямой BC
, поэтому они параллельны. Тогда по теореме о пропорциональных отрезках \frac{OS}{AS}=\frac{KS}{DS}
. Значит, \frac{O_{1}R}{HR}=\frac{KS}{DS}
. Тогда HR\parallel DS
. Следовательно, по теореме о пропорциональный отрезках на параллельных прямых точки A
, O_{1}
и K
лежат на одной прямой (см. задачу 1597). Отсюда вытекает утверждение задачи.
Источник: Эстонские математические олимпиады. — 2017, задача 4