Подобие: увидеть и доказать!

Интересная планиметрическая задачка попалась на просторах интернета. Предлагаю вам мое решение.

Задача. В остроугольном треугольнике $ABC$ высоты $AK, BL,CM$ пересекаются в точке $H$, точки $E$ и $F$ – середины отрезков $AH$ и $BH$ соответственно, прямые $ME$ и $AC$ пересекаются в точке $P$, прямые $MF$ и $BC$ пересекаются в точке $Q$. Докажите, что $PQ \parallel  AB$.

Решение:

Рисунок

Необходимо доказать, что отношение отрезков $\frac{ME}{EP}=\frac{MF}{FQ}$, тогда мы докажем, что $EF \parallel PQ$, а $EF \parallel AB$ как средняя линия треугольника $ABH$.

Заметим, что треугольники $ALH$ и $BKH$  - прямоугольные, и, так как имеют еще равные углы $BHK$ и $AHL$ (как вертикальные), то подобны по двум углам. Отсюда также следует равенство углов $\angle HAL$ и $\angle QBF$.

Заметим также, что $EL$ - медиана прямоугольного треугольника $AHL$, то есть $EL=AE=EH$, а так как $ME$ - медиана прямоугольного треугольника $AMH$,то $ME= EL=AE=EH$. То есть точки $A, E, M, H$ равноудалены от точки $E$, иными словами, можно описать окружность с центром в точке $E$ около треугольника $ALH$ и одновременно она будет являться описанной около треугольника $AMH$. Аналогично, $MF$ - медиана прямоугольного треугольника $MBH$, то есть $MF=HF=BF$. $KF$ - медиана прямоугольного треугольника $BKH$, то есть $FK=MF=HF=BF$. Значит, можно описать окружность с центром $F$ около треугольников $MBH$ и $BKH$. Отметим все равные углы на рисунке разными цифрами.

По отмеченным углам отмечаем, что подобными являются также треугольники $EHL$ и $FHK$, $AEL$  и $BFK$,  $AEP$ и $FQK$.

Докажем подобие треугольников $AEP$ и $FQK$. Они имеют два равных угла, упомянутых ранее: $\angle HAL$ и $\angle QBF$.

Видно, что угол $AEP$ равен двум углам $FEH$. Докажем, что угол $KFQ$ также равен двум углам $FEH$ - тогда будет доказано, что треугольники подобны.

Угол 5, как внешний угол треугольника $FEH$, равен сумме $\angle 5=\angle 1+\angle 2$. Тогда

$$2\angle 5=2\angle 1+2\angle 2$$

В треугольнике $HFK$ $\angle KFH=180-2\angle 5$, следовательно:

$$\angle KFH=180-2\angle 1-2\angle 2$$

Угол $QFK=180-2\angle 2-\angle KFH =2\angle 1$.

Итак, треугольники $AEP$ и $FQK$ подобны по двум углам. Отрезок $AE$ является радиусом большей окружности, а отрезок $BF$ - меньшей, поэтому коэффициент подобия $\frac{AE}{BF}=\frac{R}{r}$, и, естественно, $\frac{EP}{FQ}=\frac{R}{r}$.

Тогда, так как $\frac{ME}{MF}=\frac{R}{r}$, то  $\frac{ME}{EP}=\frac{MF}{FQ}$, что и требовалось доказать.

Из этого отношения следует подобие треугольников $EMF$ и $PMQ$ и параллельность прямых $EF$ и $PQ$, а следовательно, и то, что $PQ \parallel  AB$.