Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 16460
2026-02-19 
В остроугольном треугольнике $ABC$ с ортоцентром $H$ прямая $AH$ пересекает сторону $BC$ в точке $A_{1}$. Пусть $\Gamma$ - окружность с центром на стороне $AB$, касающаяся прямой $AA_{1}$ в точке $H$. Докажите, что окружность $\Gamma$ касается описанной окружности треугольника $AMA_{1}$, где $M$ - середина $AC$
Решение:
Пусть прямая $MH$ пересекает окружность $\omega$, описанную около треугольника $AMA_{1}$, в точке $P$. Докажем, что окружности $\Gamma$ (с центром $O_{2}$) и $\omega$ (с центром $O$) касаются в точке $P$.
Рассмотрим окружность $\Gamma_{1}$ с центром $O_{1}$, которая касается высоты $AA_{1}$ в точке $H$ и касается окружности $\omega$ в точке $Q$. Тогда по лемме Архимеда (см. задачу 8172) прямая $QH$ проходит через середину дуги $AA_{1}$ окружности $\omega$, т.е. через точку $M$. Следовательно, точка $Q$ совпадает с точкой $P$, и поэтому достаточно доказать совпадение окружностей $\Gamma$ и $\Gamma_{1}$, т.е. совпадение точек $O_{2}$ и $O_{1}$, или равенство отрезков $O_{2}H$ и $O_{1}H$.
Поскольку точки $O$, $O_{1}$ и $P$ лежат на одной прямой, а прямые $OM$ и $O_{1}H$ параллельны, т.к. обе они перпендикулярны $AA_{1}$, то треугольники $O_{1}PH$ и $OPM$ подобны (то же самое можно получить из гомотетии окружностей), поэтому $\frac{O_{1}H}{OM}=\frac{PH}{PM}$.
По теореме синусов
$OM=\frac{AM}{2\sin\angle AA_{1}M}=\frac{\frac{1}{2}AC}{2\sin(90^{\circ}-\angle MA_{1}C)}=\frac{\frac{1}{2}AC}{2\sin(90^{\circ}-\angle MCA_{1})}=\frac{AC}{4\cos\angle C},$
поэтому
$O_{1}H=\frac{PH}{PM}\cdot OM=\frac{PH}{PM}\cdot\frac{AC}{4\cos\angle C}.$
С другой стороны, из треугольника $AO_{2}H$ получим $O_{2}H=AHctg\angle B$.
По теореме о произведении отрезков пересекающихся хорд $AH\cdot HA_{1}=PH\cdot HM$ Кроме того, поскольку
$\angle CHA_{1}=90^{\circ}-\angle HCA_{1}=\angle B,$
то из прямоугольного треугольника $CA_{1}H$ получаем
$ctg\angle B=\frac{HA_{1}}{A_{1}C}=\frac{HA_{1}}{AC\cos\angle C},$
поэтому
$O_{2}H=AHctg\angle B=AH\cdot\frac{HA_{1}}{AC\cos\angle C}=\frac{AH\cdot HA_{1}}{AC\cos\angle C}=\frac{PH\cdot HM}{AC\cos\angle C}.$
Тогда
$HO_{1}=HO_{2}~\Leftrightarrow~\frac{PH}{PM}\cdot\frac{AC}{4\cos\angle C}=\frac{PH\cdot HM}{AC\cos\angle C}~\Leftrightarrow~MH\cdot PM=\frac{1}{4}AC^{2}.$
Последнее равенство следует из подобия треугольников $MPA_{1}$ и $MA_{1}H$
$(\angle MA_{1}H=\angle MAA_{1}=\angle MPA_{1}).$
Таким образом, $O_{1}H=O_{2}H$. Что и требовалось
В остроугольном треугольнике $ABC$ с ортоцентром $H$ прямая $AH$ пересекает сторону $BC$ в точке $A_{1}$. Пусть $\Gamma$ - окружность с центром на стороне $AB$, касающаяся прямой $AA_{1}$ в точке $H$. Докажите, что окружность $\Gamma$ касается описанной окружности треугольника $AMA_{1}$, где $M$ - середина $AC$
Решение:
Пусть прямая $MH$ пересекает окружность $\omega$, описанную около треугольника $AMA_{1}$, в точке $P$. Докажем, что окружности $\Gamma$ (с центром $O_{2}$) и $\omega$ (с центром $O$) касаются в точке $P$.
Рассмотрим окружность $\Gamma_{1}$ с центром $O_{1}$, которая касается высоты $AA_{1}$ в точке $H$ и касается окружности $\omega$ в точке $Q$. Тогда по лемме Архимеда (см. задачу 8172) прямая $QH$ проходит через середину дуги $AA_{1}$ окружности $\omega$, т.е. через точку $M$. Следовательно, точка $Q$ совпадает с точкой $P$, и поэтому достаточно доказать совпадение окружностей $\Gamma$ и $\Gamma_{1}$, т.е. совпадение точек $O_{2}$ и $O_{1}$, или равенство отрезков $O_{2}H$ и $O_{1}H$.
Поскольку точки $O$, $O_{1}$ и $P$ лежат на одной прямой, а прямые $OM$ и $O_{1}H$ параллельны, т.к. обе они перпендикулярны $AA_{1}$, то треугольники $O_{1}PH$ и $OPM$ подобны (то же самое можно получить из гомотетии окружностей), поэтому $\frac{O_{1}H}{OM}=\frac{PH}{PM}$.
По теореме синусов
$OM=\frac{AM}{2\sin\angle AA_{1}M}=\frac{\frac{1}{2}AC}{2\sin(90^{\circ}-\angle MA_{1}C)}=\frac{\frac{1}{2}AC}{2\sin(90^{\circ}-\angle MCA_{1})}=\frac{AC}{4\cos\angle C},$
поэтому
$O_{1}H=\frac{PH}{PM}\cdot OM=\frac{PH}{PM}\cdot\frac{AC}{4\cos\angle C}.$
С другой стороны, из треугольника $AO_{2}H$ получим $O_{2}H=AHctg\angle B$.
По теореме о произведении отрезков пересекающихся хорд $AH\cdot HA_{1}=PH\cdot HM$ Кроме того, поскольку
$\angle CHA_{1}=90^{\circ}-\angle HCA_{1}=\angle B,$
то из прямоугольного треугольника $CA_{1}H$ получаем
$ctg\angle B=\frac{HA_{1}}{A_{1}C}=\frac{HA_{1}}{AC\cos\angle C},$
поэтому
$O_{2}H=AHctg\angle B=AH\cdot\frac{HA_{1}}{AC\cos\angle C}=\frac{AH\cdot HA_{1}}{AC\cos\angle C}=\frac{PH\cdot HM}{AC\cos\angle C}.$
Тогда
$HO_{1}=HO_{2}~\Leftrightarrow~\frac{PH}{PM}\cdot\frac{AC}{4\cos\angle C}=\frac{PH\cdot HM}{AC\cos\angle C}~\Leftrightarrow~MH\cdot PM=\frac{1}{4}AC^{2}.$
Последнее равенство следует из подобия треугольников $MPA_{1}$ и $MA_{1}H$
$(\angle MA_{1}H=\angle MAA_{1}=\angle MPA_{1}).$
Таким образом, $O_{1}H=O_{2}H$. Что и требовалось
