6435. Четырёхугольник ABCD
вписан в окружность; l_{a}
— прямая Симсона точки A
относительно треугольника BCD
, прямые l_{b}
, l_{c}
, l_{d}
определяются аналогично. Докажите, что все эти четыре прямые пересекаются в одной точке.
Решение. Лемма 1. Если точка P
лежит на описанной окружности треугольника ABC
, а H
— точка пересечения высот треугольника, то прямая Симсона, соответствующая точке P
, делит отрезок PH
пополам.
Доказательство. Пусть P_{1}
, P_{2}
и P_{3}
— основания перпендикуляров, опущенных из точки P
на прямые AB
, AC
и BC
соответственно (рис. 1). Тогда точки P_{1}
, P_{2}
и P_{3}
лежат на одной прямой — прямой Симсона (см. задачу 83).
Пусть прямая PP_{3}
вторично пересекает описанную окружность треугольника ABC
в точке Q
. Рассмотрим случай, изображённый на рисунке (точка P
лежит на дуге BC
, не содержащей точки A
, точки A
и B
лежат по одну сторону от прямой PQ
, точка C
— по другую). Вписанные углы AQP
и ACP
опираются на одну и ту же дугу, поэтому \angle AQP=\angle ACP
. Из точек P_{2}
и P_{3}
отрезок CP
виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром CP
, поэтому четырёхугольник CP_{2}P_{3}P
— вписанный. Тогда
\angle QP_{3}P_{2}=180^{\circ}-\angle PP_{3}P_{2}=\angle PCP_{2}=\angle ACP=\angle AQP.
Следовательно, AQ\parallel P_{2}P_{3}
.
Пусть H'
и P'
— точки, симметричные точкам соответственно H
и P
относительно прямой BC
. Тогда точка H'
лежит на описанной треугольника ABC
и
\angle HP'P=\angle H'PP'=\angle H'PQ=\angle AQP,
поэтому HP'\parallel AQ
. Следовательно, P_{2}P_{3}\parallel HP'
.
Прямая P_{2}P_{3}
параллельна стороне HP'
треугольника PP'H
и проходит через её середину P_{3}
. Следовательно, прямая P_{2}P_{3}
(т. е. прямая Симсона, соответствующая точке P
) проходит через середину стороны PH
этого треугольника. Аналогично для любой другой точки P
, отличной от вершин треугольника ABC
. Лемма доказана.
Лемма 2. Пусть ABCD
— вписанный четырёхугольник, H_{a}
— ортоцентр треугольника BCD
, M_{a}
— середина отрезка AH_{a}
, точки M_{b}
, M_{c}
и M_{d}
определяются аналогично. Тогда точки M_{a}
, M_{b}
, M_{c}
и M_{d}
совпадают.
Доказательство. Воспользуемся следующим известным фактом (см. задачу 4516). Если H
— ортоцентр ABC
, а O
— центр описанной окружности, то \overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}
.
Точка M_{a}
— середина отрезка, соединяющего вершину A
четырёхугольника ABCD
с ортоцентром H_{a}
треугольника BCD
(рис. 2), поэтому
\overrightarrow{OM_{a}}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{OH_{a}}+\overrightarrow{OA})=\frac{1}{2}(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD}+\overrightarrow{OA})=\frac{1}{2}(\overrightarrow{OH_{c}}+\overrightarrow{OC})=\overrightarrow{OM_{c}},
где H_{c}
— ортоцентр треугольника ABD
. Следовательно, точка M_{c}
совпадает с M_{a}
. Аналогично для точек M_{b}
и M_{d}
. Лемма доказана.
Перейдём к нашей задаче (рис. 3). Пусть H_{a}
, H_{b}
, H_{c}
, H_{d}
— ортоцентры треугольников BCD
, ACD
, ABD
, ABC
соответственно, По лемме 1 прямые l_{a}
, l_{b}
, l_{c}
, l_{d}
проходят через середины отрезков соответственно AH_{a}
, BH_{b}
, CH_{c}
, DH_{d}
. По лемме 2 середины этих отрезков, т. е. точки M_{a}
, M_{b}
, M_{c}
, M_{d}
совпадают. Отсюда следует утверждение задачи.