11135. Докажите, что если угол A
треугольника ABC
равен 120^{\circ}
, то центр вписанной окружности и ортоцентр симметричны относительно биссектрисы внешнего угла треугольника при вершине A
.
Решение. Первый способ. При симметрии относительно прямой BC
ортоцентр H
треугольника ABC
переходит в точку, лежащую на описанной окружности S
треугольника ABC
(см. задачу 4785), поэтому при этой симметрии окружность S
переходит в окружность S_{1}
, описанную около треугольника BHC
.
При этом, если O
— центр окружности S
, то
\angle BOC=\smile BAC=360^{\circ}-2\angle BAC=360^{\circ}-240^{\circ}=120^{\circ},
а так как
\angle BHC=180^{\circ}-\angle BAC=180^{\circ}-120^{\circ}=60^{\circ},
то четырёхугольник BHCO
вписанный, т. е. точка O
лежит на окружности S_{1}
.
Пусть серединный перпендикуляр к отрезку BC
пересекает окружность S
в точках P
и Q
(P
и A
лежат по одну сторону от прямой BC
). Тогда PQ
— диаметр окружности S
, PB=PC
и
\angle BPC=\angle BAC=120^{\circ}=2\angle BHC.
Значит, P
— центр окружности S_{1}
. Кроме того, APCO
— ромб (так как PB=OB
как радиусы равных окружностей), поэтому точка M
пересечения его диагоналей — середина BC
и OP
. Таким образом, HA\parallel OP
, HA=2OM=OP
(см. задачу 1257) и PH=PO
, поэтому POAH
— тоже ромб. Его диагональ OH
перпендикулярна диагонали AP
(а значит, биссектрисе внешнего угла при вершине A
треугольника ABC
) и делится ею пополам. Следовательно, точки O
и H
симметричны относительно рассматриваемой биссектрисы.
Второй способ. Пусть AB\ne AC
, P
— отличная от A
точка пересечения биссектрисы внешнего угла при вершине A
с описанной окружностью треугольника ABC
, O
— центр этой окружности, R
— радиус, H
— ортоцентр треугольника, M
— середина стороны BC
.
Тогда P
— середина дуги BAC
,
\angle BPC=\angle BAC=120^{\circ},
\angle BOC=\smile BAC=360^{\circ}-2\angle BAC=360^{\circ}-240^{\circ}=120^{\circ}.
Значит, PBOC
— ромб с центром M
, стороной R
и острым углом 60^{\circ}
, а так как (см. задачу 1257)
AH=2OM=OP=R=OA
и AH\parallel OP
, то AHPO
— тоже ромб. Его диагональ OH
перпендикулярна диагонали AP
и делится ею пополам. Следовательно, точки H
и O
симметричны относительно прямой AP
. Что и требовалось доказать.