10852. Пусть K
— произвольная точка меньшей дуги AD
описанной около прямоугольника ABCD
окружности, K_{1}
, K_{2}
, K_{3}
, K_{4}
— её проекции на прямые AD
, AB
, CD
, BC
соответственно. Докажите, что K_{1}
— точка пересечения высот (ортоцентр) треугольника K_{2}K_{3}K_{4}
.
Решение. Пусть прямые K_{2}K_{1}
и K_{3}K_{4}
пересекаются в точке T
. Поскольку K_{4}K
— высота треугольника K_{2}K_{3}K_{4}
, а высоты треугольника пересекаются в одной точке, достаточно доказать, что K_{2}T\perp K_{3}K_{4}
.
Обозначим \angle TK_{2}K_{3}=\angle KAK_{1}=\alpha
. Вписанные углы KCD
и KAD
опираются на одну и ту же дугу, поэтому они равны. Тогда
\angle K_{2}K_{3}K_{4}=\angle KK_{3}K_{4}=\angle CKK_{3}=
=90^{\circ}-\angle KCD=90^{\circ}-\angle KAD=90^{\circ}-\alpha.
Значит,
\angle K_{2}TK_{3}=180^{\circ}-(\angle TK_{2}K_{3}+\angle K_{2}K_{3}K_{4})=
=180^{\circ}-(\alpha+90^{\circ}-\alpha)=90^{\circ}.
Что и требовалось доказать.
Примечание. См. статью А.Карлюченко и Г.Филипповского «Прямоугольник, вписанный в окружность», Квант, 2002, N4, с.38-39.