12714. Точки H
и I
— соответственно ортоцентр и центр вписанной окружности треугольника ABC
. Описанная окружность треугольника BCI
пересекает отрезок AB
в точке P
, отличной от B
. Пусть K
— проекция точки H
на прямую AI
, а Q
— точка, симметричная P
относительно точки K
. Докажите, что точки B
, H
и Q
лежат на одной прямой.
Решение. Пусть BAC=2\alpha
. Поскольку I
— точка пересечения биссектрис треугольника ABC
, а вписанные углы BPC
и BIC
опираются на одну и ту же дугу, то (см. задачу 4770)
\angle BPC=\angle BIC=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle BAC=90^{\circ}+\alpha
(см. задачу 4770). Тогда
\angle APC=180^{\circ}-\angle BPC=180^{\circ}-(90^{\circ}+\alpha)=90^{\circ}-\alpha,
\angle ACP=180^{\circ}-\angle CAP-\angle ACP=180^{\circ}-2\alpha-(90^{\circ}-\alpha)=
=90^{\circ}-\alpha=\angle APC.
Значит, треугольник ABC
равнобедренный, AP=AC
, а биссектриса AI
его угла CAP
лежит на серединном перпендикуляре к основанию CP
. Точка K
лежит на этом серединном перпендикуляре, а по условию K
— середина отрезка PQ
, поэтому
KC=KP=KQ.
Медиана CK
треугольника PCQ
равна половине стороны PQ
, поэтому треугольник PCQ
прямоугольный (см. задачу 1188), \angle PCQ=90^{\circ}
. Значит, QC\parallel AI
как перпендикуляры к одной и тоже прямой CP
. Тогда
\angle ACQ=\angle IAC=\alpha,
а так как
\angle ACH=90^{\circ}-BAC=90^{\circ}-2\alpha,
то
\angle QCH=\angle ACQ+\angle ACH=\alpha+(90^{\circ}-2\alpha)=
=90^{\circ}-\alpha.
По теореме о внешнем угле треугольника
\angle CQH=\angle BHC-\angle QCH=(180^{\circ}-2\alpha)-(90^{\circ}-\alpha)=90^{\circ}-\alpha=\angle QCH.
Значит, треугольник CHQ
равнобедренный, HQ=HC
. При этом угол при его основании равен углу при основании равнобедренного треугольника ACP
. Тогда равны углы при вершинах, т. е. \angle CHQ=\angle CAP=2\alpha
, поэтому
\angle BHC+\angle CHQ=(180^{\circ}-2\alpha)+2\alpha=180^{\circ}.
Следовательно, точки B
, H
и Q
лежат на одной прямой. Что и требовалось доказать.