Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 2035
2019-01-23 
В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены высоты $A{A}^{ \prime} $ и $B{B}^{ \prime} $. На дуге $ACB$ описанной окружности треугольника $ABC$ выбрана точка $D$. Пусть прямые $AA_1$ и $BD$ пересекаются в точке $P$, а прямые $B{B}^{ \prime} $ и $AD$ пересекаются в точке $Q$. Докажите, что прямая ${A}^{ \prime} {B}^{ \prime} $ проходит через середину отрезка $PQ$.
Решение:
Пусть, для определенности, точка $D$ лежит на дуге $BC$, не содержащей точки $A$ (см. рис.). Обозначим через $H$ точку пересечения высот треугольника $ABC$, а через $H_A$ и $H_B$ - вторые точки пересечения прямых $AH$ и $BH$ с окружностью.
Углы $CBH_A$ и $CAH_A$ равны как вписанные, опирающиеся на одну дугу. Далее, $\angle CAA^{\prime} = \angle CBB^{\prime} = 90^{\circ} - \angle ACB$. Следовательно, прямоугольные треугольники $AB^{\prime}H, BA^{\prime}H$ и $BA^{\prime}H_A$ имеют по равному острому углу, и поэтому подобны. Кроме того, треугольники $BA^{\prime}H$ и $BA^{\prime}H_A$ имеют общий катет, и значит равны, отсюда $HA^{\prime} = H_AA^{\prime}$.
Так как $\angle B^{\prime}AQ = \angle CAD = \angle CBD = \angle ABP$, то отрезки $AQ$ и $BP$ являются соответствующими в подобных треугольниках $AB^{\prime}H$ и $BA^{\prime}H_A$, следовательно, $\frac{B^{\prime}Q}{B^{\prime}H} = \frac{A^{\prime}P}{A^{\prime}H_A}$ Построим на высоте $АА^{\prime}$ точку $S$ такую, что $QS \parallel А^{\prime}В^{\prime}$. Из теоремы Фалеса вытекает, что отношение $\frac{A^{\prime}S}{A^{\prime}H}$ равно $\frac{B^{\prime}Q}{B^{\prime}H} = \frac{A^{\prime}P}{A^{\prime}H_A}$. По доказанному $HA^{\prime} = H_AA^{\prime}$, значит, $A^{\prime}S = А^{\prime}Р,$ и $А^{\prime}В^{\prime}$ - средняя линия треугольника $PQS$, т. е. делит пополам сторону $PQ$.
В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены высоты $A{A}^{ \prime} $ и $B{B}^{ \prime} $. На дуге $ACB$ описанной окружности треугольника $ABC$ выбрана точка $D$. Пусть прямые $AA_1$ и $BD$ пересекаются в точке $P$, а прямые $B{B}^{ \prime} $ и $AD$ пересекаются в точке $Q$. Докажите, что прямая ${A}^{ \prime} {B}^{ \prime} $ проходит через середину отрезка $PQ$.
Решение:
Пусть, для определенности, точка $D$ лежит на дуге $BC$, не содержащей точки $A$ (см. рис.). Обозначим через $H$ точку пересечения высот треугольника $ABC$, а через $H_A$ и $H_B$ - вторые точки пересечения прямых $AH$ и $BH$ с окружностью.
Углы $CBH_A$ и $CAH_A$ равны как вписанные, опирающиеся на одну дугу. Далее, $\angle CAA^{\prime} = \angle CBB^{\prime} = 90^{\circ} - \angle ACB$. Следовательно, прямоугольные треугольники $AB^{\prime}H, BA^{\prime}H$ и $BA^{\prime}H_A$ имеют по равному острому углу, и поэтому подобны. Кроме того, треугольники $BA^{\prime}H$ и $BA^{\prime}H_A$ имеют общий катет, и значит равны, отсюда $HA^{\prime} = H_AA^{\prime}$.
Так как $\angle B^{\prime}AQ = \angle CAD = \angle CBD = \angle ABP$, то отрезки $AQ$ и $BP$ являются соответствующими в подобных треугольниках $AB^{\prime}H$ и $BA^{\prime}H_A$, следовательно, $\frac{B^{\prime}Q}{B^{\prime}H} = \frac{A^{\prime}P}{A^{\prime}H_A}$ Построим на высоте $АА^{\prime}$ точку $S$ такую, что $QS \parallel А^{\prime}В^{\prime}$. Из теоремы Фалеса вытекает, что отношение $\frac{A^{\prime}S}{A^{\prime}H}$ равно $\frac{B^{\prime}Q}{B^{\prime}H} = \frac{A^{\prime}P}{A^{\prime}H_A}$. По доказанному $HA^{\prime} = H_AA^{\prime}$, значит, $A^{\prime}S = А^{\prime}Р,$ и $А^{\prime}В^{\prime}$ - средняя линия треугольника $PQS$, т. е. делит пополам сторону $PQ$.
