12575. В остроугольном треугольнике ABC
высоты AA_{1}
и CC_{1}
пересекаются в точке H
. Точки A_{2}
и C_{2}
симметричны относительно прямой AC
точкам A_{1}
и C_{1}
. Докажите, что расстояние между центрами описанных окружностей треугольников C_{2}HA_{1}
и C_{1}HA_{2}
равно AC
.
Решение. Пусть M
— середина стороны AC
, BB_{1}
— третья высота треугольника ABC
. Тогда
MA_{1}=MC_{1}=MA_{2}=MC_{2}=MA
(см. задачу 1109), а так как (см. задачу 141)
\angle AB_{1}C_{1}=\angle ABC=\angle CB_{1}A_{1}=\angle CB_{1}A_{1},
то точка B_{1}
лежит на отрезке C_{1}A_{2}
. Аналогично, B_{1}
лежит на отрезке A_{1}C_{2}
. Значит, прямые A_{1}C_{2}
и A_{2}C_{1}
пересекаются в точке B_{1}
. Следовательно, серединный перпендикуляр к отрезку A_{2}C_{1}
содержит высоту MF
треугольника C_{1}MB_{1}
.
Поскольку радиус OA
описанной окружности треугольника ABC
перпендикулярен B_{1}C_{1}
(см. задачу 480), серединный перпендикуляр к отрезку C_{1}A_{2}
параллелен AO
. Пусть он пересекает в точке P
перпендикуляр к AC
, восставленный в точке A
. Тогда AOMP
— параллелограмм, поэтому
AP=OM=\frac{1}{2}BH
(см. задачу 1257).
Пусть K
— середина отрезка BH
. Поскольку AP=\frac{1}{2}BH=BK
и AP\parallel BK
, четырёхугольник ABKP
— параллелограмм, поэтому PK\parallel AB
, а так как HC_{1}\perp AB
, то PK\perp HC_{1}
. Кроме того, по теореме Фалеса прямая PK
проходит через середину HC_{1}
. Следовательно, PK
— серединный перпендикуляр к отрезку HC_{1}
, а P
— центр описанной окружности треугольника C_{1}HA_{2}
.
Аналогично, центром описанной окружности треугольника A_{2}HC_{1}
будет точка Q
, лежащая на перпендикуляре к AC
, восставленном в точке C
, и при этом CQ=OM
. Поскольку APQC
— прямоугольник, PQ=AC
. Что и требовалось доказать.