PDF-версии: 
Дан остроугольный треугольник ABC. Его высоты BB1 и CC1 пересекаются в точке H.
а) Докажите, что 
б) Найдите расстояние от центра описанной окружности треугольника ABC до стороны BC, если 
а 
Решение. а) Точки A, C1, H, B1 лежат на окружности с диаметром AH. Углы С1AH и C1B1H равны как вписанные, опирающиеся на одну и ту же дугу. Следовательно, углы BAH и BB1C1 тоже равны.
б) Пусть O — центр описанной окружности треугольника ABC, D — середина стороны BC. Требуется вычислить длину отрезка OD. Заметим, что
Треугольники AB1C1 и ABC подобны по двум пропорциональным сторонам и углу между ними, коэффициент подобия равен 
Значит,
Угол BOС равен удвоенному углу BAC, то есть равен 60°. Следовательно, и угол OBD равен 60°. Тогда 
Ответ: б) 18.
Примечание Дмитрия Гущина.
Учащийся, изучающий геометрию углублённо, решит пункт б) в одну строчку:
Ответ: 18.
Приведем полезные теоремы, на применение которых составлена эта задача.
1. Расстояние от вершины треугольника до ортоцентра вдвое больше расстояния от центра описанной окружности до противолежащей стороны (опытный читатель предложит не менее шести доказательств этого факта; см., например, здесь).
2. Расстояние от вершины треугольника до ортоцентра равно противолежащей стороне, умноженной на котангенс угла при этой вершине.
3. Если из двух вершин непрямоугольного треугольника проведены высоты к его сторонам или их продолжениям, то основания этих высот и третья вершина треугольника образуют треугольник, подобный данному, а коэффициент подобия равен модулю косинуса их общего угла.
Доказательства этих и других свойств приведены, например, здесь: Ортоцентр и ортотреугольник.
Полезно будет сравнить эту задачу с заданиями 505425 и 519473 из экзаменационного варианта ЕГЭ 2014 года, заданием 519475 из ЕГЭ−2018, заданием 526342 из ЕГЭ−2019.
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Имеется верное доказательство утверждения пункта а), и обоснованно получен верный ответ в пункте б) | 3 |
| Получен обоснованный ответ в пункте б) ИЛИ имеется верное доказательство утверждения пункта а), и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки | 2 |
| Имеется верное доказательство утверждения пункта а), ИЛИ при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки, ИЛИ обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен | 1 |
| Решение не соответствует ни одному из критериев, приведённых выше | 0 |
| Максимальный балл | 3 |
и 
Значит, 
и ∠BAC = 60°.
откуда 
Треугольники ABC и AB1C1 имеют общий угол A и 
следовательно, они подобны. Тогда 
Значит, BC = 2B1C1 = 24.
откуда
Треугольники ABC и AB1C1 имеют общий угол A и 
следовательно, они подобны. Тогда 
если известно, что отрезок ВМ в 2,8 раза больше радиуса вписанной в треугольник окружности.
и 
Тогда по неравенству треугольника 
По теореме косинусов для треугольника BIM получаем:
(*),
Тогда 
и пусть 
тогда 
По свойству секущих имеем:
Из треугольника MKC:
Таким образом, получаем уравнение: 
Если AB = x, то 
С другой стороны из треугольника ABC по теореме косинусов имеем 
Составим уравнение: 
Четырехугольник BCDM — параллелограмм, поэтому 
Таким образом, 
а потому треугольник DEM равнобедренный, откуда следует, что углы DEM и DME равны. Углы DME и BMA также равны как вертикальные. Углы DEM и BAM равны, так как опираются на одну дугу. Следовательно, треугольник BMA равнобедренный, а потому 
Треугольники BMA и DEM подобны по двум равным углам, а значит,
то неравенство 
для треугольника ABM не выполняется, поэтому 
и 
и 
По свойству пересекающихся хорд получаем:
Таким образом, 
следовательно, 
и 
и 
По свойству пересекающихся хорд получаем:
Таким образом, 
откуда
и 
Проекция катета на гипотенузу равна отношению квадрата этого катета к гипотенузе, поэтому:
Поскольку E и F — середины сторон AB и BC, отрезок EF — средняя линия, а значит, 
Найдем периметр треугольника ABC:
то есть 
то 
По теореме Пифагора (см. рис. 2) имеем: 
Получаем:
то 
По теореме Пифагора (см. рис. 2), имеем: 
Опустим из P перпендикуляр PH на AC. Точка пересечения биссектрисы угла треугольника с серединным перпендикуляром к противолежащей стороне лежит на описанной окружности этого треугольника, поэтому отрезок PH — серединный перпендикуляр к стороне AC. Четырехугольник ABCP вписанный, значит,
и 
Четырехугольник BCDM — параллелограмм, поэтому 
а потому треугольник DEM равнобедренный. Отсюда следует, что углы DEM и DME равны. Углы DME и BMA также равны как вертикальные. Углы DEM и BAM равны, так как опираются на одну дугу. Следовательно, треугольник BMA равнобедренный, а потому 
то неравенство 
не выполняется, поэтому 
Тогда 
так как они опираются на одну дугу KC в окружности, описанной вокруг четырёхугольника AMKC. Кроме того, 
так как они опираются на одну дугу KH в окружности, описанной вокруг четырёхугольника MKHE. Так как 
прямые EH и АС параллельны, поскольку это соответственные углы при пересечении EH и AC секущей OA. Это и требовалось доказать.
Треугольники OEH и OMK также подобны с тем же коэффициентом подобия. Кроме того, подобны треугольники OMK и AOC, поэтому подобны треугольники OEH и OAC, причем коэффициент подобия равен 
Тогда 
откуда по теореме, обратной теореме о пропорциональных отрезках, заключаем, что прямые BH и ED параллельны.
Далее имеем: 
Значит, 