6678. В прямоугольном треугольнике ABC
известно, что AC
— больший катет, CH
— высота, проведённая к гипотенузе. Окружность с центром H
и радиусом CH
пересекает катет AC
в точке M
. Точка B'
симметрична точке B
относительно H
. В точке B'
восставлен перпендикуляр к гипотенузе, который пересекает окружность в точке K
. Докажите, что:
а) B'M\parallel BC
;
б) AK
— касательная к окружности.
Решение. Первый способ. а) Проведём высоту HN
к основанию равнобедренного треугольника CHM
. Тогда CN=MN
. Поскольку BH=B'H
и NH\parallel BC
, прямая, проходящая через точку B'
параллельно HN
, пересечёт AC
в точке M
(по теореме Фалеса).
Второй способ. Поскольку
\angle CMH=\angle MCH=\angle CBB'=\angle CB'B=\alpha,
точки C
, H
, B'
и M
лежат на одной окружности. Следовательно,
\angle CB'M=\angle CHM=180^{\circ}-2\alpha,
тогда
\angle AB'M=180^{\circ}-\angle CB'M-\angle CB'B=180^{\circ}-(180^{\circ}-2\alpha)-\alpha=\alpha.
Следовательно, B'M\parallel BC
.
б) Из прямоугольного треугольника ABC
получаем, что CH^{2}=AH\cdot BH
. Поскольку B'H=BH
и KH=CH
, то KH^{2}=AH\cdot B'H
, или \frac{KH}{AH}=\frac{B'H}{KH}
. Значит, треугольники AKH
и KB'H
подобны, а так как \angle KB'H=90^{\circ}
, то \angle AKH=90^{\circ}
. Следовательно, AK
— касательная к окружности.