Задача 65200

Темы:    [ Взаимное расположение высот, медиан, биссектрис и проч. ] [ Перпендикулярные прямые ] [ Отношения линейных элементов подобных треугольников ] [ Две пары подобных треугольников ] [ Теорема Фалеса и теорема о пропорциональных отрезках ] [ Свойства медиан. Центр тяжести треугольника. ] [ Конкуррентность высот. Углы между высотами. ] [ Признаки и свойства параллелограмма ]

Сложность: 4+ Классы: 9,10

Условие

Автор: Ивлев Ф.

Дан треугольник ABC. Проведены высота AH и медиана CM. Обозначим точку их пересечения через P. Высота, проведённая из вершины B треугольника, пересекается с перпендикуляром, опущенным из точки H на прямую CM, в точке Q. Докажите, что прямые CQ и BP перпендикулярны.

Решение

  Проведём через точку P прямые PA' и PB' так, чтобы точки A' и B' лежали на BC и AC соответственно и прямые PA' и PB' были параллельны AC и BC соответственно (см. рис.). Заметим, что  ∠CAH = 90° – ∠ACH = ∠QBC.

  Пусть R – точка пересечения прямых AC и HQ. Обозначим через D и E точки пересечения HQ с CM и BQ с AC соответственно. Треугольники RDC и QER – прямоугольные, поэтому  ∠ACP = 90° – ∠DRC = ∠HQB.  Следовательно, треугольники APC и BHQ подобны по двум углам.
  Пусть O – ортоцентр треугольника ABC. Тогда треугольники BHO и APB' тоже подобны. Следовательно,  BO : OQ = AB' : B'C.  Поскольку B'PA'C – паралеллограмм, середина N отрезка A'B' лежит на PC. Но PC лежит на медиане треугольника ABC, значит, отрезок B'A' параллелен AB. Следовательно,  BA' : A'C = AB' : B'C = BO : OQ,  и по теореме Фалеса,  A'O || QC.
  A'P || AC ⊥ BQ.  Следовательно, P – ортоцентр треугольника OBA', а значит,  BP ⊥ A'O || QC,  что и требовалось доказать.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название	Московская математическая олимпиада
год
Год	2015
Номер	78
класс
Класс	10
задача
Номер	5