10541. Высоты, проведённые из вершин A
и C
остроугольного треугольника ABC
, пересекают внутреннюю биссектрису угла B
в точках L_{1}
и P_{1}
, а внешнюю — в точках L_{2}
и P_{2}
. Точка H
— ортоцентр треугольника ABC
. Докажите, что ортоцентры треугольников HL_{1}P_{1}
, HL_{2}P_{2}
и вершина B
лежат на одной прямой.
Решение. Первый способ. Обозначим \angle ABC=\beta
. Тогда
\angle P_{2}L_{2}H=\angle BL_{2}L_{1}=\angle L_{1}BC=\frac{\beta}{2},~
\angle L_{2}P_{2}H=\angle BP_{2}P_{1}=\angle P_{1}BA=\frac{\beta}{2},
\angle HP_{1}L_{1}=\angle BP_{1}P_{2}=90^{\circ}-\frac{\beta}{2},~\angle HL_{1}P_{1}=\angle BL_{1}L_{2}=90^{\circ}-\frac{\beta}{2}.
Значит, треугольники HL_{1}P_{1}
и HL_{2}P_{2}
равнобедренные с углами при вершине H
, равными \beta
и 180^{\circ}-\beta
соответственно.
Пусть H_{1}
и H_{2}
— ортоцентры этих треугольников, M_{1}
и M_{2}
— середины L_{1}P_{1}
и L_{2}P_{2}
соответственно. Тогда равнобедренные треугольники HL_{2}P_{2}
и H_{1}L_{1}P_{1}
подобны по двум углам, а H_{2}
и H
— их ортоцентры. Следовательно,
HH_{1}:M_{2}B=HH_{1}:HM_{1}=H_{2}H:H_{2}M_{2},
что равносильно утверждению задачи.
Второй способ. Воспользуемся следующим фактом (см. задачу 4878). Ортоцентры четырёх треугольников, образованных четырьмя прямыми общего положения, лежат на одной прямой (прямая Обера).
В данном случае высоты, проведённые из вершин A
, C
, а также внешняя и внутренняя биссектрисы угла B
образуют четыре треугольника, два из которых — прямоугольные с прямым углом в вершине B
. Тогда B
является и ортоцентром этих треугольников, а значит, лежит на прямой, проходящей через ортоцентры двух других треугольников.