6461. Радиус описанной окружности треугольника ABC
равен радиусу окружности, касающейся стороны AB
в точке C'
и продолжений двух других сторон в точках A'
и B'
. Докажите, что центр описанной окружности треугольника ABC
совпадает с ортоцентром (точкой пересечения высот) треугольника A'B'C'
.
Решение. Первый способ. Докажем сначала следующее утверждение. Если противоположные стороны XY
и ZT
выпуклого четырёхугольника XYZT
равны и при этом \angle XYZ=\angle YZT
, то XYZT
— равнобедренная трапеция или прямоугольник (рис. 1).
Действительно, если XY\parallel ZT
, то XYZT
— параллелограмм, а так как \angle XYZ=180^{\circ}-\angle YZT=\angle YZT
, то \angle XYZ=\angle YZT=90^{\circ}
, т. е. XYZT
— прямоугольник. Пусть теперь прямые XY
и ZT
пересекаются в точке V
. Будем считать, что точка V
лежит на продолжении стороны XY
за точку Y
. Тогда углы при стороне YZ
треугольника YVZ
равны, поэтому он равнобедренный, а значит, треугольник XVT
также равнобедренный. Поскольку у равнобедренных треугольников XVT
и YVZ
есть общий угол при вершине, то углы при их основаниях также равны, т. е. \angle VXT=\angle VYZ
, значит, YZ\parallel XT
. Следовательно, XYZT
— равнобедренная трапеция. Утверждение доказано.
Пусть вневписанная окружность (с центром O'
) данного треугольника ABC
касается продолжений сторон CA
и CB
в точках B'
и A'
соответственно (рис. 2). Обозначим углы данного треугольника ABC
через \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно. Тогда
\angle AOB=2\gamma,~\angle OAB=\angle OBA=90^{\circ}-\gamma=90^{\circ}-(180^{\circ}-\alpha-\beta)=\alpha+\beta-90^{\circ}.
Поскольку O'A
— биссектриса внешнего угла при вершине A
треугольника ABC
, то
\angle O'AC'=\frac{1}{2}\angle B'AC'=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\alpha)=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2},
поэтому
\angle OAO'=\angle OAB+\angle O'AC'=(\alpha+\beta-90^{\circ})+\left(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)=\beta+\frac{\alpha}{2}.
С другой стороны, поскольку
\angle A'O'B'=180^{\circ}-\angle A'CB'=180^{\circ}-\gamma,~\mbox{а}~
\angle AO'B'=90^{\circ}-\angle O'AB'=90^{\circ}-\angle OAC'=90^{\circ}-\left(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)=\frac{\alpha}{2},
то
\angle AO'A'=\angle A'O'B'-\angle AO'B'=(180^{\circ}-\gamma)-\frac{\alpha}{2}=(\alpha+\beta)-\frac{\alpha}{2}=\beta+\frac{\alpha}{2}=\angle OAO'.
Тогда по ранее доказанному AO'\parallel OA'
, а так как A'O'\perp B'C'
, то OA'\perp B'C'
. Значит, высота треугольника A'B'C'
, опущенная из вершины A'
, лежит на прямой OA'
. Аналогично докажем, что высота треугольника A'B'C'
, опущенная из вершины B'
, лежит на прямой OB'
. Следовательно, O
— ортоцентр треугольника A'B'C'
.
Второй способ. Пусть K
— середина дуги BAC
описанной окружности треугольника ABC
(рис. 3). Тогда OK\perp BC
и O'A'\perp BC
, поэтому OK\parallel O'A'
. Кроме того, OK=O'A'
как радиусы равных окружностей, значит, четырёхугольник OKO'A'
— параллелограмм. Поэтому OA'\parallel O'K
.
Если KL
— диаметр описанной окружности треугольника ABC
, то L
— середина дуги BC
, не содержащей точки A
, поэтому AL
— биссектриса угла BAC
, а так как AO'
— биссектриса смежного с ним угла BAB'
, то AO'\perp AL
. С другой стороны, поскольку точка A
лежит на окружности с диаметром KL
, то AK\perp AL
, значит, точка A
лежит на прямой O'K
. Поскольку B'C'\perp O'K
и OA'\parallel O'K
, то B'C'\perp OA'
. Это означает, что высота треугольника A'B'C'
, опущенная из вершины A'
, лежит на прямой OA'
. Аналогично докажем, что высота треугольника A'B'C'
, опущенная из вершины B'
, лежит на прямой OB'
. Следовательно, O
— ортоцентр треугольника A'B'C'
.