4457.
H
— ортоцентр остроугольного треугольника
ABC
;
D
— середина стороны
AC
. Прямая, проходящая через точку
H
перпендикулярно отрезку
DH
, пересекает стороны
AB
и
BC
в точках
E
и
F
. Докажите, что
HE=HF
.
Решение. Первый способ. Пусть
AL
и
CK
— высоты треугольника
ABC
(рис. 1). На продолжении отрезка
HD
за точку
D
отложим отрезок
DH'=DH
. Поскольку диагонали
AC
и
HH'
четырёхугольника
AHCH'
делятся точкой пересечения
D
пополам, этот четырёхугольник — параллелограмм. Тогда
AH'\parallel CK
, а так как
CK\perp AB
, то
AH'\perp AB
. Аналогично,
CH'\perp BC
.
Из точек
A
и
H
отрезок
EH'
виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром
EH'
. Аналогично, точки
C
и
H
лежат на окружности с диаметром
FH'
. Следовательно,
\angle EH'H=\angle EAH=\angle BAL=\angle BCK=\angle FCH=\angle FH'H.

Значит, высота
H'H
треугольника
EH'F
является его биссектрисой. Поэтому треугольник
EH'F
— равнобедренный. Следовательно,
H'H
— медиана этого треугольника. Значит,
H
— середина
EF
.
Второй способ. Пусть
AL
— высота треугольника
ABC
(рис. 2). Тогда
\angle AHD=90^{\circ}-\angle AHE=90^{\circ}-\angle LHF=\angle LFH=\angle BFH.

Кроме того,
\angle HAD=\angle FBH=90^{\circ}-\angle ACB.

Следовательно, треугольник
AHD
подобен треугольнику
BFH
по двум углам. Аналогично, треугольник
CHD
подобен треугольнику
BEH
. Значит,
\frac{EH}{FH}=\frac{EH}{BH}\cdot\frac{BH}{FH}=\frac{HD}{CD}\cdot\frac{AD}{HD}=\frac{AD}{CD}=1.

Третий способ. Через точку
C
проведём прямую, параллельную
EF
(рис. 3). Пусть она пересекает сторону
AB
в точке
M
(если она пересекает продолжение стороны
AB
, то проделаем аналогичное построение для вершины
A
). Тогда
CM\perp HD
.
Пусть высота
BG
пересекает отрезок
CM
в точке
N
. Достаточно доказать, что
CN=NM
. В свою очередь, для этого достаточно доказать, что
DN
— средняя линия треугольника
AMC
.
Поскольку
CN\perp HD
и
HN\perp CD
,
N
— точка пересечения высот треугольника
CHD
, поэтому
DN\perp CH
. Значит,
DN\parallel AB
и
N
— середина
CM
. Отсюда следует утверждение задачи.
Примечание. Утверждение задачи является также простым следствием «теоремы о бабочке» (см. Г.Коксетер, С.Грейтцер: «Новые встречи с геометрией», а также Д.О.Шклярский, Н.Н.Ченцов, И.М.Яглом: «Избранные задачи и теоремы планиметрии», задача 122).
Автор: Берлов С. Л.
Источник: Санкт-Петербургская (Ленинградская) математическая олимпиада. — 1995 г., отборочный тур, 9 класс
Источник: Берлов С. Л., Иванов С. В., Кохась К. П. Петербургские математические олимпиады. — СПб.—М.—Краснодар: Лань, 2003. — с. 52
Источник: Кушнир И. А. Геометрия. Поиск и вдохновение. — М.: МЦНМО, 2013. — с. 463