Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 16435
2026-02-19 
Пусть высоты остроугольного треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H$. Окружность, описанная около треугольника $AHC$, пересекает отрезки $AB$ и $BC$ в точках $P$ и $Q$. Прямая $PQ$ пересекает прямую $AC$ в точке $R$. На прямой $PH$ взята такая точка $K$, что $\angle KAC=90^{\circ}$. Докажите, что прямая $KR$ перпендикулярна одной из медиан треугольника $ABC$
Решение:
Четырёхугольник $ACHP$ вписанный, поэтому
$\angle BPH=180^{\circ}-\angle APH=\angle ACH=\angle ABH.$
Значит, $PH=BH$. Аналогично, $QH=BH$. Следовательно, треугольники $BHP$ и $BHQ$ равнобедренные.
Первый способ. Обозначим $\angle BAC=\alpha$, $\angle ACB=\gamma$. Пусть $L$ - точка пересечения прямой $HQ$ с перпендикуляром, восставленным из точки $C$ к прямой $AC$. Треугольники $AKP$ и $CLQ$ подобны треугольникам $BHP$ и $BHQ$ соответственно, поэтому они тоже равнобедренные. Тогда
$AK=KP=\frac{AP}{2\sin\alpha},~CL=LQ=\frac{CQ}{2\sin\gamma}.$
По теореме Менелая для треугольника $ABC$ и прямой $PQ$ получаем
$\frac{AR}{RC}\cdot\frac{CQ}{QB}\cdot\frac{BP}{PA}=1$
(см. задачу 5231). Значит,
$\frac{AR}{RC}=\frac{PA}{BP}\cdot\frac{QB}{CQ}=\frac{PA}{CQ}\cdot\frac{QB}{BP}=\frac{2AK\sin\alpha}{2CL\sin\gamma}\cdot\frac{QB}{BP}=\frac{AK}{CL}\cdot\frac{QB}{2\sin\gamma}\cdot\frac{1}{\frac{BP}{2\sin\alpha}}=\frac{AK}{CL}\cdot\frac{BH}{BH}=\frac{AK}{CL}.$
Тогда
$tg\angle ARK=\frac{KA}{AR}=\frac{LC}{CR}=tg\angle CRL~\Rightarrow~\angle ARK=\angle CRL.$
Следовательно точки $K$, $L$ и $R$ лежат на одной прямой.
Пусть $KX$ - высота равнобедренного треугольника $AKP$. Тогда
$BK^{2}-BX^{2}=KH^{2}=AK^{2}-AX^{2}~\Rightarrow~BK^{2}-AK^{2}=BX^{2}-AX^{2}=\left(\frac{AB+BP}{2}\right)^{2}+\left(\frac{AB-BP}{2}\right)^{2}=BP\cdot AB.$
Аналогично,
$BL^{2}-CL^{2}=BQ\cdot BC,$
а т.к. $BPA$ и $BQC$ - секущие к описанной окружности треугольника $AHC$, то $BP\cdot AB=BQ\cdot BC$ (см. задачу 6106). Значит,
$BK^{2}-AK^{2}=BL^{2}-CL^{2}.$
Тогда, если $M$ - середина $AC$, то
$MK^{2}-ML^{2}=AK^{2}-CL^{2}=BK^{2}-BL^{2},$
поэтому $BM\perp KL$ (см. задачу @H2445), т.е. прямая $KR$ перпендикулярна медиане $BM$. Что и требовалось доказать.
Второй способ. Поскольку $HP=HB=HQ$, точка $H$ - центр окружности, описанной около треугольника $BPQ$. Поэтому эта окружность касается окружностей $\omega_{a}$ и $\omega_{c}$ с центрами $K$, $L$ и радиусами $KA$, $LC$ соответственно. Тогда по теореме о трёх гомотетиях (см. примечание к задаче 9565) точка $R$ - центр внешней гомотетии окружностей $\omega_{a}$ и $\omega_{c}$. Значит, $R$ лежит на прямой $KL$.
Поскольку $AP$ - общая хорда окружности $\omega_{a}$ и описанной окружности треугольника $AHC$, а $CQ$ - общая хорда окружности $\omega_{c}$ и описанной окружности треугольника $AHC$, то $B$ - радикальный центр этих трёх окружностей. Кроме того, степени точки $M$ относительно окружностей $\omega_{a}$ и $\omega_{c}$ равны, значит, прямая $BM$ - радикальная ось этих окружностей. Следовательно, $BM\perp KL$
Пусть высоты остроугольного треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H$. Окружность, описанная около треугольника $AHC$, пересекает отрезки $AB$ и $BC$ в точках $P$ и $Q$. Прямая $PQ$ пересекает прямую $AC$ в точке $R$. На прямой $PH$ взята такая точка $K$, что $\angle KAC=90^{\circ}$. Докажите, что прямая $KR$ перпендикулярна одной из медиан треугольника $ABC$
Решение:
Четырёхугольник $ACHP$ вписанный, поэтому
$\angle BPH=180^{\circ}-\angle APH=\angle ACH=\angle ABH.$
Значит, $PH=BH$. Аналогично, $QH=BH$. Следовательно, треугольники $BHP$ и $BHQ$ равнобедренные.
Первый способ. Обозначим $\angle BAC=\alpha$, $\angle ACB=\gamma$. Пусть $L$ - точка пересечения прямой $HQ$ с перпендикуляром, восставленным из точки $C$ к прямой $AC$. Треугольники $AKP$ и $CLQ$ подобны треугольникам $BHP$ и $BHQ$ соответственно, поэтому они тоже равнобедренные. Тогда
$AK=KP=\frac{AP}{2\sin\alpha},~CL=LQ=\frac{CQ}{2\sin\gamma}.$
По теореме Менелая для треугольника $ABC$ и прямой $PQ$ получаем
$\frac{AR}{RC}\cdot\frac{CQ}{QB}\cdot\frac{BP}{PA}=1$
(см. задачу 5231). Значит,
$\frac{AR}{RC}=\frac{PA}{BP}\cdot\frac{QB}{CQ}=\frac{PA}{CQ}\cdot\frac{QB}{BP}=\frac{2AK\sin\alpha}{2CL\sin\gamma}\cdot\frac{QB}{BP}=\frac{AK}{CL}\cdot\frac{QB}{2\sin\gamma}\cdot\frac{1}{\frac{BP}{2\sin\alpha}}=\frac{AK}{CL}\cdot\frac{BH}{BH}=\frac{AK}{CL}.$
Тогда
$tg\angle ARK=\frac{KA}{AR}=\frac{LC}{CR}=tg\angle CRL~\Rightarrow~\angle ARK=\angle CRL.$
Следовательно точки $K$, $L$ и $R$ лежат на одной прямой.
Пусть $KX$ - высота равнобедренного треугольника $AKP$. Тогда
$BK^{2}-BX^{2}=KH^{2}=AK^{2}-AX^{2}~\Rightarrow~BK^{2}-AK^{2}=BX^{2}-AX^{2}=\left(\frac{AB+BP}{2}\right)^{2}+\left(\frac{AB-BP}{2}\right)^{2}=BP\cdot AB.$
Аналогично,
$BL^{2}-CL^{2}=BQ\cdot BC,$
а т.к. $BPA$ и $BQC$ - секущие к описанной окружности треугольника $AHC$, то $BP\cdot AB=BQ\cdot BC$ (см. задачу 6106). Значит,
$BK^{2}-AK^{2}=BL^{2}-CL^{2}.$
Тогда, если $M$ - середина $AC$, то
$MK^{2}-ML^{2}=AK^{2}-CL^{2}=BK^{2}-BL^{2},$
поэтому $BM\perp KL$ (см. задачу @H2445), т.е. прямая $KR$ перпендикулярна медиане $BM$. Что и требовалось доказать.
Второй способ. Поскольку $HP=HB=HQ$, точка $H$ - центр окружности, описанной около треугольника $BPQ$. Поэтому эта окружность касается окружностей $\omega_{a}$ и $\omega_{c}$ с центрами $K$, $L$ и радиусами $KA$, $LC$ соответственно. Тогда по теореме о трёх гомотетиях (см. примечание к задаче 9565) точка $R$ - центр внешней гомотетии окружностей $\omega_{a}$ и $\omega_{c}$. Значит, $R$ лежит на прямой $KL$.
Поскольку $AP$ - общая хорда окружности $\omega_{a}$ и описанной окружности треугольника $AHC$, а $CQ$ - общая хорда окружности $\omega_{c}$ и описанной окружности треугольника $AHC$, то $B$ - радикальный центр этих трёх окружностей. Кроме того, степени точки $M$ относительно окружностей $\omega_{a}$ и $\omega_{c}$ равны, значит, прямая $BM$ - радикальная ось этих окружностей. Следовательно, $BM\perp KL$
