18000. В остроугольном треугольнике ABC
(AB\lt AC
) проведена высота AD
. Точки B'
и C'
лежат на лучах AB
и AC
соответственно, причём точки B'
, C'
и D
лежат на одной прямой, а точки B
, C
, B'
и C'
— на окружности \Gamma
с центром O
. Докажите, что если M
— середина стороны BC
, а H
— ортоцентр треугольника ABC
, то DHMO
— параллелограмм.
Решение. Пусть H'
и H''
— точки, симметричные ортоцентру H
относительно прямой BC
и точки M
соответственно. Тогда H'
и H''
лежат на описанной окружности треугольника ABC
, причём AH''
— диаметр этой окружности (см. задачи 4785 и 6300). Поскольку прямые MO
и DH
перпендикулярны одной и той же прямой BC
, то MO\parallel DH
. Таким образом, достаточно доказать, что MO=DH
. Докажем, что точка O
— середина отрезка H'H''
. Отсюда получим, что DH'PM
— прямоугольник, поэтому DH=DH'=MO
.
Поскольку
\angle BDB'=\angle CDC'~\mbox{и}~\angle CBB'=\angle CC'B'
(как углы, вписанные в окружность \Gamma
и опирающиеся на одну и ту же дугу), то
\angle BH'A=\angle BCA=\angle BH'A.
Значит, точки B
, B'
, H'
, D
лежат на одной окружности, а так как \angle BDH'=90^{\circ}
, то BH'
— диаметр этой окружности, поэтому \angle BB'H'=90^{\circ}
. При этом \angle B'BAH''=90^{\circ}
, поэтому BB'H'H''
— прямоугольная трапеция с основаниями BH''
и B'H'
.
Пусть P
— середина большей боковой стороны H'H''
этой трапеции. Тогда точка P
лежит на серединном перпендикуляре к меньшей боковой стороне BB'
, т. е. на серединном перпендикуляре к хорде BB'
окружности \Gamma
. Аналогично, точка P
лежит на серединном перпендикуляре к хорде CC'
. Пересечение двух указанных серединных перпендикуляров — центр O
окружности \Gamma
. Следовательно, точка O
совпадает с серединой P
отрезка H'H''
. Отсюда получаем утверждение задачи.
Источник: Среднеевропейская математическая олимпиада. — 2018, задача T-5, с. 17