6898. В остроугольном неравнобедренном треугольнике ABC
проведена высота AA'
и отмечены точки H
и O
— точка пересечения высот и центр описанной окружности. Докажите, что точка, симметричная центру описанной окружности треугольника HOA'
относительной прямой HO
, лежит на средней линии треугольника ABC
.
Решение. Пусть A_{0}
, B_{0}
, C_{0}
— середины сторон соответственно BC
, AC
и AB
треугольника ABC
, P
— центр описанной окружности треугольника HOA'
, Q
— точка, симметричная точке P
относительно прямой HO
. Тогда A_{0}A=\frac{1}{2}HA
(см. задачу 1257), точка P
равноудалена от точек H
и A'
, четырёхугольник OPHQ
— ромб, \overrightarrow{PH}=\overrightarrow{OQ}
.
Пусть O'
, P'
и Q'
— проекции точек соответственно O
, P
и Q
на прямую AA'
. Тогда P'
— середина отрезка A'H
,
\overrightarrow{O'Q'}=\overrightarrow{P'H}=\frac{1}{2}\overrightarrow{A'H},~
\overrightarrow{A'Q'}=\overrightarrow{A'O'}+\overrightarrow{O'Q'}=\frac{1}{2}\overrightarrow{HA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{A'H}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{HA}+\overrightarrow{A'H})=\frac{1}{2}\overrightarrow{A'A}.
Значит, Q'
— середина высоты AA'
. Таким образом, проекции точек B_{0}
, C_{0}
и Q
на высоту AA'
совпадают. Следовательно, точка Q
лежит на средней линии B_{0}C_{0}
треугольника ABC
.