Вот пришло в голову решение :) Так-то задачка ерундовая :) Я продлеваю перпендикуляры HK и HM за точку H до пересечения с BA в точке A1 и BC в точке C1 (ну, точки лежат на продолжениях... из за того, что ∠ABC острый, эти точки есть и лежат где положено :) ) Для треугольника A1BC1 H - точка пересечения высот (ну двух-то точно :) - A1M и C1K), поэтому A1C1 перпендикулярно BH, и, следовательно, параллельно AC; то есть ∠BAC = ∠BA1C; Точки K и M лежат на окружности, построенной на A1C1, как на диаметре, поэтому ∠BA1C + ∠KMC = 180°; как противоположные углы вписанного четырехугольника. Или, что же самое, ∠BA1C = ∠BMK; следовательно ∠BAC = ∠BMK; и треугольники ABC и BMK имеют равные углы. То есть, подобны.
Следствие, которое важнее задачи :) Четырехугольник AKMC - вписанный. То есть через эти 4 точки можно провести окружность.
Дополнение. Тривиальный решения тут такой. ∠KHB = ∠A; ∠MHB = ∠C; BK = BH*sin(A) = BC*sin(C)*sin(A); BM = BH*sin(C) = BA*sin(A)*sin(C); То есть у треугольников ABC и MBK угол B общий, и стороны общего угла пропорциональны BM/BA = BK/BC = sin(A)*sin(B); значит треугольники подобны. коэффициент подобия sin(A)*sin(C), что тоже полезное следствие.
Построим окружность с центром в точке О и радиусом R.
Проведём две равные хорды: AB и CD.
Соединим центр окружности с крайними точками хорд AB и CD.
Рассмотрим треугольники AOB и COD. По условию AB и CD равны. Так как точки A, B, C и D лежат на окружности, OA, OB, OC и OD - радиусы (они проведены от центра окружности до точки, лежащей на окружности) и, соответственно, равны.
Так как AB = CD, OA = OD, OB = OC, то треугольники AOB и COD равны по третьему признаку равенства треугольников (т.е. по трём сторонам). Значит, их соответствующие углы тоже равны. Следовательно, угол AOB равен углу COD.
Я продлеваю перпендикуляры HK и HM за точку H до пересечения с BA в точке A1 и BC в точке C1 (ну, точки лежат на продолжениях... из за того, что ∠ABC острый, эти точки есть и лежат где положено :) )
Для треугольника A1BC1 H - точка пересечения высот (ну двух-то точно :) - A1M и C1K), поэтому A1C1 перпендикулярно BH, и, следовательно, параллельно AC;
то есть ∠BAC = ∠BA1C;
Точки K и M лежат на окружности, построенной на A1C1, как на диаметре, поэтому
∠BA1C + ∠KMC = 180°; как противоположные углы вписанного четырехугольника. Или, что же самое, ∠BA1C = ∠BMK;
следовательно ∠BAC = ∠BMK;
и треугольники ABC и BMK имеют равные углы. То есть, подобны.
Следствие, которое важнее задачи :) Четырехугольник AKMC - вписанный. То есть через эти 4 точки можно провести окружность.
Дополнение. Тривиальный решения тут такой.
∠KHB = ∠A; ∠MHB = ∠C;
BK = BH*sin(A) = BC*sin(C)*sin(A);
BM = BH*sin(C) = BA*sin(A)*sin(C);
То есть у треугольников ABC и MBK угол B общий, и стороны общего угла пропорциональны BM/BA = BK/BC = sin(A)*sin(B); значит треугольники подобны.
коэффициент подобия sin(A)*sin(C), что тоже полезное следствие.
Построим окружность с центром в точке О и радиусом R.
Проведём две равные хорды: AB и CD.
Соединим центр окружности с крайними точками хорд AB и CD.
Рассмотрим треугольники AOB и COD. По условию AB и CD равны. Так как точки A, B, C и D лежат на окружности, OA, OB, OC и OD - радиусы (они проведены от центра окружности до точки, лежащей на окружности) и, соответственно, равны.
Так как AB = CD, OA = OD, OB = OC, то треугольники AOB и COD равны по третьему признаку равенства треугольников (т.е. по трём сторонам). Значит, их соответствующие углы тоже равны. Следовательно, угол AOB равен углу COD.
Что и требовалось доказать.