Треугольник ABC, AK - высота, H - ортоцентр. Окружность, проходящая через точки A и K, пересекает AB и AC в точках M и N соответственно. Через точку A проходит прямая, параллельная BC. Окружности AHM и AHN пересекают эту прямую в точках X и Y соответственно. Докажите, что XY=BC.
Пусть точка, в которой BC пересекает синюю окружность второй раз это K1. На приложенном к условию чертеже она немного левее точки K. Эта окружность проходит через точки A и K, а точка K1 может быть в произвольном месте, но её положение полностью определяет саму окружность.
Поскольку ∠K1KA = 90°; => K1A - диаметр синей окружности.
По этой же причине
∠K1NA = 90°; ∠K1MA = 90°
Поэтому K1M и K1N - перпендикулярны AB и AC, соответственно.
Прежде, чем решать саму задачу, см. рисунки 1 и 2, приложенные к решению. На них решается вс задача, нечто вроде леммы. Я сохранил обозначения, но важно! - что точка H там НЕ является ортоцентром - это произвольная точка на AK. Эта "лемма" доказана там для двух вариантов местоположения точки K1, когда точка H находится внутри отрезка AK. Интересующиеся могут попробовать исследовать другие варианты.
На третьем прилагаемом рисунке - чертеж для решения самой задачи.
Первый шаг - строится окружность по трем точкам A H M и еще одна - на BK1, как на диаметре, эта окружность пройдет через точку M, так как ∠K1MB = 90°. Точка P - это вторая точка пересечения этих окружностей (она есть обязательно, так как уже есть одна - точка M). Второй шаг - по доказанной лемме K1X проходит через точку P и перпендикулярно BH, которая тоже проходит через точку P.
И третье - теперь (вот только теперь!) надо вспомнить, что H - точка пересечения высот (ортоцентр) треугольника ABC, то есть XK1 II AC - обе прямые перпендикулярны BH; => K1XAC - параллелограмм, => XA = K1C;
Доказательство того, что BK1 = AY, аналогичное. => XY = BC; чтд.
Но есть еще более интересная штука. Треугольник K1XY вообще оказывается ЦС-отражением треугольника ABC относительно середины AK1 - центра синей окружности. Интересно, а нет ли тут какой-то гомотетии?
Если трапецию можно вписать в окружность, то она равнобедренная. <CAD=<BCA (как внутренние накрест лежащие при параллельных АВ и CD и секущей АС. Значит и <ВАС=30° (АС - биссектриса) и треугольник АВС равнобедренный. Тогда его высота ВН - это и медиана. Значит ВН - это часть радиуса ВО, так как радиус, перпендикулярный хорде, делит ее пополам. Угол АВС этого треугольника равен 120°. Это вписанный угол, опирающийся на дугу АDC. Значит градусная мера дуги АDC в два раза больше и равна 240°. Тогда градусная мера дуги АВС равна АВС=360°-240°=120°. На эту дугу опирается центральный угол АОС, соответственно равный 120°. Итак, мы имеем четырехугольник АВСО, являющийся ромбом, и точка О лежит на стороне АD нашей трапеции. Следоательно АВ=ВС=АО=ОD=ОС=СD=R=4см. Проведем высоту трапеции СК. В равностороннем треугольнике ОСD высота СК равна (√3/2)*а, где а=4см. СК=2√3см. Площадь трапеции S=(BC+AD)*CК/2=12√3см². ответ: S=12√3см².
Задача в одно действие. Основания трапеции AB и CD. Если продолжить AB за точку B, и DM за точку M, до их пересечения в точке D1, то очевидно DM = D1M; Тут можно кучу обоснований дать, например, равны треугольники AMD и BMD1 по КУЧЕ углов (это очевидно подобные треугольники, то есть у них все углы равны) и одной стороне BM = CM; На самом деле есть "более старшее"обоснование. параллельные прямые делят пропорционально ВСЕ секущие, а тут "неявно" присутствует еще одна параллельная - средняя линия, содержащая точку M. Вот после этого очевидно, что если также продолжить DC и AM до пересечения в точке A1, то A1M = AM; То есть получился параллелограмм AD1A1D; (диагонали делятся пополам точкой пересечения). В силу упомянутого равенства треугольников AMD и BMD1; упомянутая в задаче сумма площадей равна площади треугольника D1MA; Диагонали делят параллелограмм на 4 треугольника, равных по площади, то есть упомянутая сумма равна также площади треугольника DMA, а это уже закрывает вопрос задачи.
Пусть точка, в которой BC пересекает синюю окружность второй раз это K1. На приложенном к условию чертеже она немного левее точки K. Эта окружность проходит через точки A и K, а точка K1 может быть в произвольном месте, но её положение полностью определяет саму окружность.
Поскольку ∠K1KA = 90°; => K1A - диаметр синей окружности.
По этой же причине
∠K1NA = 90°; ∠K1MA = 90°
Поэтому K1M и K1N - перпендикулярны AB и AC, соответственно.
Прежде, чем решать саму задачу, см. рисунки 1 и 2, приложенные к решению. На них решается вс задача, нечто вроде леммы. Я сохранил обозначения, но важно! - что точка H там НЕ является ортоцентром - это произвольная точка на AK. Эта "лемма" доказана там для двух вариантов местоположения точки K1, когда точка H находится внутри отрезка AK. Интересующиеся могут попробовать исследовать другие варианты.
На третьем прилагаемом рисунке - чертеж для решения самой задачи.
Первый шаг - строится окружность по трем точкам A H M и еще одна - на BK1, как на диаметре, эта окружность пройдет через точку M, так как ∠K1MB = 90°. Точка P - это вторая точка пересечения этих окружностей (она есть обязательно, так как уже есть одна - точка M). Второй шаг - по доказанной лемме K1X проходит через точку P и перпендикулярно BH, которая тоже проходит через точку P.
И третье - теперь (вот только теперь!) надо вспомнить, что H - точка пересечения высот (ортоцентр) треугольника ABC, то есть XK1 II AC - обе прямые перпендикулярны BH; => K1XAC - параллелограмм, => XA = K1C;
Доказательство того, что BK1 = AY, аналогичное. => XY = BC; чтд.
Но есть еще более интересная штука. Треугольник K1XY вообще оказывается ЦС-отражением треугольника ABC относительно середины AK1 - центра синей окружности. Интересно, а нет ли тут какой-то гомотетии?