Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 16518
2026-02-19 
В неравностороннем треугольнике $ABC$ угол при вершине $B$ равен $60^{\circ}$, $A_{1}$ - произвольная точка прямой $AB$, отличная от $A$ и $B$, $C$ - произвольная точка прямой $BC$, отличная от $B$ и $C$.
а) Докажите, что прямые Эйлера треугольников $ABC$ и $A'BC'$ параллельны или совпадают.
б) Для случая совпадения докажите, что описанные окружности всех таких треугольников $A'BC'$ пересекают описанную окружность треугольника $ABC$ в одной и той же точке
Решение:
Пусть $M$ - середина стороны $AC$, $D$ - середина дуги $AC$, не содержащей точку $B$, а $O$, $G$ и $H$ - соответственно центр описанной окружности, точка пересечения медиан и ортоцентр треугольника $ABC$. Точки $O$, $G$ и $H$ лежат на прямой Эйлера $l$ треугольника $ABC$.
а) Пусть радиус описанной окружности треугольника $ABC$ равен $R$. Поскольку $OM$ - биссектриса центрального угла $AOC$, соответствующего вписанному углу $ABC$, то
$\angle AOD=\frac{1}{2}\angle AOC=60^{\circ}.$
Значит, равнобедренный треугольник $AOD$ - равносторонний, поэтому $OD=OA=R$. Из прямоугольного треугольника $AMO$ получаем, что $OM=\frac{1}{2}OA=\frac{1}{2}R$, а т.к. $BH=2OM=R$ (см. задачу 4912) и $BH\parallel OD$, то $BODH$ - ромб (параллелограмм, у которого $BO=OD=R$). Следовательно, прямая $l$, содержащая диагональ $OH$ ромба, делит пополам его диагональ $BD$, т.е. прямая Эйлера $l$ такого треугольника есть серединный перпендикуляр к прямой, содержащей биссектрису угла $B$.
Из таких же рассуждений для треугольника $A'BC'$ вытекает, что прямая Эйлера $l'$ треугольника $A'BC'$ перпендикулярна той же прямой, что и прямая $l$. Следовательно, прямые $l$ и $l'$ параллельны или совпадают.
б) Если прямые $l$ и $l'$ совпадают, то на прямой $l$ (т.е. на серединном перпендикуляре к отрезку $BD$) лежат оба центра $O$ и $O'$ описанных окружностей треугольников $ABC$ и $A'BC'$. Значит, $O'B=O'D$. Следовательно, любая описанная окружность такого треугольника $A'BC'$ проходит через точку $D$
В неравностороннем треугольнике $ABC$ угол при вершине $B$ равен $60^{\circ}$, $A_{1}$ - произвольная точка прямой $AB$, отличная от $A$ и $B$, $C$ - произвольная точка прямой $BC$, отличная от $B$ и $C$.
а) Докажите, что прямые Эйлера треугольников $ABC$ и $A'BC'$ параллельны или совпадают.
б) Для случая совпадения докажите, что описанные окружности всех таких треугольников $A'BC'$ пересекают описанную окружность треугольника $ABC$ в одной и той же точке
Решение:
Пусть $M$ - середина стороны $AC$, $D$ - середина дуги $AC$, не содержащей точку $B$, а $O$, $G$ и $H$ - соответственно центр описанной окружности, точка пересечения медиан и ортоцентр треугольника $ABC$. Точки $O$, $G$ и $H$ лежат на прямой Эйлера $l$ треугольника $ABC$.
а) Пусть радиус описанной окружности треугольника $ABC$ равен $R$. Поскольку $OM$ - биссектриса центрального угла $AOC$, соответствующего вписанному углу $ABC$, то
$\angle AOD=\frac{1}{2}\angle AOC=60^{\circ}.$
Значит, равнобедренный треугольник $AOD$ - равносторонний, поэтому $OD=OA=R$. Из прямоугольного треугольника $AMO$ получаем, что $OM=\frac{1}{2}OA=\frac{1}{2}R$, а т.к. $BH=2OM=R$ (см. задачу 4912) и $BH\parallel OD$, то $BODH$ - ромб (параллелограмм, у которого $BO=OD=R$). Следовательно, прямая $l$, содержащая диагональ $OH$ ромба, делит пополам его диагональ $BD$, т.е. прямая Эйлера $l$ такого треугольника есть серединный перпендикуляр к прямой, содержащей биссектрису угла $B$.
Из таких же рассуждений для треугольника $A'BC'$ вытекает, что прямая Эйлера $l'$ треугольника $A'BC'$ перпендикулярна той же прямой, что и прямая $l$. Следовательно, прямые $l$ и $l'$ параллельны или совпадают.
б) Если прямые $l$ и $l'$ совпадают, то на прямой $l$ (т.е. на серединном перпендикуляре к отрезку $BD$) лежат оба центра $O$ и $O'$ описанных окружностей треугольников $ABC$ и $A'BC'$. Значит, $O'B=O'D$. Следовательно, любая описанная окружность такого треугольника $A'BC'$ проходит через точку $D$
