3828. На стороне BC
остроугольного треугольника ABC
как на диаметре построена полуокружность; L
— точка её пересечения с высотой, опущенной на сторону BC
, H
— ортоцентр треугольника. Докажите, что площадь треугольника BLC
есть среднее геометрическое площадей треугольников ABC
и BHC
.
Указание. Произведение отрезков, на которые высота остроугольного треугольника разбивает сторону, равно произведению этой высоты на её отрезок от ортоцентра до основания (см. задачу 3827).
Решение. Пусть AA_{1}
— высота остроугольного треугольника ABC
. Обозначим
S_{\triangle ABC}=S_{1},~S_{\triangle BHC}=S_{2},~S_{\triangle BLC}=S_{3}.
Требуется доказать, что S_{3}^{2}=S_{1}S_{2}
.
Пусть H_{1}
— точка пересечения продолжения высоты AA_{1}
с описанной окружностью треугольника ABC
. Тогда A_{1}H_{1}=A_{1}H
(см. задачу 4785).
По теореме об отрезках пересекающихся хорд (см. задачу 2627)
BA_{1}\cdot A_{1}C=AA_{1}\cdot A_{1}H_{1}=AA_{1}\cdot A_{1}H.
Точка L
лежит на окружности с диаметром BC
, поэтому \angle BLC=90^{\circ}
. Отрезок LA_{1}
— высота прямоугольного треугольника BLC
, проведённая из вершины прямого угла, значит,
LA_{1}^{2}=BA_{1}\cdot A_{1}C=AA_{1}\cdot A_{1}H.
Далее находим, что
S_{1}=\frac{1}{2}BC\cdot AA_{1},~S_{2}=\frac{1}{2}BC\cdot A_{1}H=\frac{1}{2}BC\cdot A_{1}H,~S_{3}=\frac{1}{2}BC\cdot LA_{1}.
Поэтому
S_{1}S_{2}=\frac{1}{2}BC\cdot AA_{1}\cdot\frac{1}{2}BC\cdot A_{1}H=\frac{1}{4}BC^{2}\cdot AA_{1}\cdot A_{1}H=\frac{1}{4}BC^{2}\cdot LA_{1}^{2}=S_{3}^{2}.
Что и требовалось доказать.
Примечание. См. статью И.А.Кушнира «Классические средние в треугольнике», Квант, 2013, N2, с.32-33.
Источник: Зетель С. И. Новая геометрия треугольника. — М.: Учпедгиз, 1962. — с. 86
Источник: Журнал «Квант». — 2013, № 2, с. 33, задача 16