ГДЗ по Геометрии 11 Класс Углубленный Уровень Номер 22.52 Мерзляк, Номировский, Полонский — Подробные Ответы

Высоты остроугольного треугольника \(ABC\) пересекаются в точке \(H\). Прямая, содержащая высоту, проведённую из вершины \(C\), во второй раз пересекает описанную окружность треугольника в точке \(K\). Докажите, что сторона \(AB\) пересекает отрезок \(HK\) в его середине.

Рассмотрим отражение точки \(H\) относительно стороны \(AB\). Известно, что в остроугольном треугольнике отражение ортоцентра относительно любой стороны лежит на описанной окружности; обозначим образ через \(K\). Поскольку \(CH\) перпендикулярна \(AB\), отражение точки \(H\) относительно \(AB\) действительно лежит на прямой, содержащей высоту из \(C\), и является вторым пересечением этой прямой с окружностью, то есть это именно наша точка \(K\).

Из свойства отражения следует, что \(AB\) является серединным перпендикуляром к отрезку \(HK\), то есть \(AB \perp HK\) и середина \(HK\) лежит на \(AB\). Следовательно, прямая \(AB\) пересекает отрезок \(HK\) в его середине.

1. Пусть в остроугольном треугольнике \(ABC\) высоты пересекаются в ортоцентре \(H\). Рассмотрим прямую, содержащую высоту из вершины \(C\), то есть линию, на которой лежат точки \(C\), \(H\) и основание перпендикуляра к \(AB\). Эта прямая вторично пересекает описанную окружность \(\omega\) треугольника \(ABC\) в точке \(K\). Ключевой факт: отражение ортоцентра относительно любой стороны треугольника лежит на его описанной окружности. Отразим \(H\) относительно \(AB\); получим точку \(H’\) на \(\omega\). Поскольку отражение относительно \(AB\) сохраняет принадлежность прямой, перпендикулярной \(AB\), точки \(H\) и \(H’\) лежат на одной прямой, перпендикулярной \(AB\), то есть на прямой высоты из \(C\). Следовательно, \(H’\) совпадает с \(K\): именно эта прямая из \(C\) пересекает окружность вторично в \(K\).

2. Докажем, что \(AB\) делит отрезок \(HK\) пополам. Так как \(K\) — отражение \(H\) относительно \(AB\), выполняется равенство \(AH = AK\) по симметрии, а также \(BH = BK\). Более того, отражение относительно прямой \(AB\) переводит лучи, перпендикулярные \(AB\), в себя, поэтому \(AB \perp HK\). При отражении расстояния до прямой \(AB\) сохраняются: проекции точек \(H\) и \(K\) на \(AB\) совпадают. Следовательно, середина отрезка \(HK\) лежит на \(AB\). Формально, если \(M\) — точка пересечения \(AB\) с серединным перпендикуляром к \(HK\), то из симметрии относительно \(AB\) получаем \(MH = MK\), то есть \(M\) — середина \(HK\), а \(M \in AB\).

3. Связь с окружностью подтверждает корректность выбора \(K\). В треугольнике \(ABC\) углы при вершинах удовлетворяют свойству: если \(H\) — ортоцентр, то отражение \(H\) относительно стороны, например \(AB\), лежит на дуге, противоположной вершине \(C\). Это эквивалентно тому, что \(\angle AKB = \angle ACB\), что верно для точки \(K\) на \(\omega\). Так как \(CH \perp AB\) и отражение сохраняет перпендикулярность, прямая \(HK\) перпендикулярна \(AB\), а \(AB\) выступает как серединный перпендикуляр к \(HK\). Следовательно, прямая \(AB\) пересекает отрезок \(HK\) ровно в его середине, то есть в точке \(M\) такой, что \(MH = MK\) и \(M \in AB\).