Всего: 1 1–1
Добавить в вариант
В остроугольном треугольнике ABC проведены высоты AD, BE, CF; H — ортоцентр. Окружность с центром в точке O проходит через точки H и A, пересекая стороны AB и AC в точках Q и P, соответственно (точка O не лежит на сторонах AB и AC). Описанная окружность вокруг треугольника QOP касается стороны BC в точке R.
Докажите, что 
Пусть ∠CAB = x, ∠ABC = y, ∠DCA = z. Предположим, что точка Q находится между A и F, точка P находится между C и E (∠FQH = ∠APH). Приведём два решения задачи.
Первое решение.
Пусть точка M — середина HA, ∠AEH = ∠AFH = 90°. Следовательно, AFHE — вписанный четырёхугольник с центром описанной окружности в точке M. Треугольники EFM и OQP равнобедренные; ∠EMF = 2∠CAB = 2x; ∠POQ = 2x, отсюда треугольник EFM подобен QOP.
Четырёхугольники AEHF, AHPQ вписанные: ∠EFH = ∠EAH = ∠PQH; ∠FEH = ∠FAH = ∠QPH, откуда треугольник HEF подобен HPQ.
Докажем, что циклические четырёхугольники EHFM, PQHO подобны:
Пусть ∠QHP = 
то существует поворот с центром в точке H с углом поворота 
по часовой стрелке, отношением 
Этот поворот переводит EHFM в QOPH.
Точке E, D, F, M лежат на окружности девяти точек треугольника ABC (поскольку четырёхугольники ABDE, ACDF вписанные; ∠FDB = ∠CAF = x, ∠EDC = ∠BAE = x, ∠EDF = 180° − 2x = 180° − ∠EMF).
Пусть точка R1 лежит между B и D так, что ∠R1HD = поэтому треугольники HQF и R1HD подобны, поэтому четырёхугольники DFME и R1QOP также подобны.
Поскольку четырёхугольник DFME вписанный, то R1QOP также цикличен. Из этого следует, что точки R и R1 совпадают. Треугольники DEF и RPQ подобны, то 
Рассмотрим два циклических четырёхугольника ACDF и ABDE: ∠BFD = ∠AFE = ∠ACB = z, ∠DFE = 180° − 2z. Треугольники DEF и RPQ подобны, ∠RQP = 180° − 2z. Поскольку CR — касательная к окружности треугольника PQR; ∠CRP = ∠RQP = 180° − 2z.
Таким образом, в треугольнике CPR имеем ∠CPR = z, CR = PR. Аналогично BR = QR:
что и требовалось доказать.
Второе решение.
Впишем треугольник BQH в окружность и эта окружность будет пересекать прямую BC в точке R3 (точка R3 не совпадает с точкой B). Поскольку четырёхугольники APHQ и BQHR3 вписанные, то ∠PHQ = 180° − ∠PAQ и ∠QHR3 = 180° − ∠QBR3. Так же подразумевается, что ∠PHR3 = 360° − ∠PHQ − ∠QHR3 = 180° − ∠ACB. Следовательно, CPHR3 также вписанный. Мы только что установили частный случай теоремы Микеля.
Поскольку BQHR3 и CR3HP вписанные, получаем, что ∠QR3H = ∠QBH = 90° − ∠BAC и ∠HR3P = ∠HCP = 90° − ∠BAC. Следовательно, ∠QR3P = 180° − 2∠BAC = 180° − 2x. Аналогично имеем ∠PQR = 180° − 2z и ∠R3PQ = 180° − 2y. Как было показано в первом решении, треугольник DEF имеет такие же углы. Следовательно, треугольник R3PQ подобен треугольнику DEF. Заметим, что ∠POQ + ∠PR3Q = 2x + 180° − 2x = 180°, а это значит, что точка R3 лежит на окружности треугольника OPQ ⇒ R3 = R. Закончить доказательство как в первом решении.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Приведено полное решение. | 20 |
| Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев. | 0 |
| Максимальный балл | 20 |
Наверх