10853. Через произвольную точку K
меньшей дуги AD
описанной окружности прямоугольника ABCD
проведена произвольная прямая, которая пересекает прямые AB
и CD
в точках K_{2}
и K_{3}
соответственно. Через точку K
проведена прямая перпендикулярно K_{2}K_{3}
, которая пересекает AD
и BC
в точках K_{1}
и K_{4}
соответственно. Докажите, что K_{1}
— 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}
.
Из точек A
и K
отрезок K_{1}K_{2}
виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром K_{1}K_{2}
. Вписанные в эту окружность углы K_{1}AK
и K_{1}K_{2}K
опираются на одну и ту же дугу, поэтому они равны.
Обозначим
\angle TK_{2}K=\angle KAK_{1}=\angle K_{1}AK=\alpha.
Из точек C
и K
отрезок K_{3}K_{4}
виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром K_{3}K_{4}
. Вписанные в эту окружность углы KCK_{3}
и KCK_{3}
опираются на одну и ту же дугу, поэтому они равны. Тогда
\angle KK_{4}K_{3}=\angle KCK_{3}=\angle KCD=\angle KAD=\angle KAK_{1}=\alpha,
\angle KK_{3}K_{4}=90^{\circ}-\angle KK_{4}K_{3}=90^{\circ}-\alpha.
Значит,
\angle K_{2}TK_{3}=180^{\circ}-(\angle TK_{2}K_{3}+\angle K_{2}K_{3}T)=
=180^{\circ}-(\angle TK_{2}K+\angle KK_{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.