6651. Около треугольника ABC
описали окружность, A_{1}
— точка пересечения с нею прямой, параллельной BC
и проходящей через точку A
. Точки B_{1}
и C_{1}
определяются аналогично. Из точек A_{1}
, B_{1}
, C_{1}
опустили перпендикуляры на BC
, CA
, AB
соответственно. Докажите, что эти три перпендикуляра пересекаются в одной точке.
Решение. Первый способ. Пусть O
— центр описанной окружности треугольника ABC
, H
— точка пересечения высот. Поскольку точка A_{1}
симметрична A
относительно серединного перпендикуляра к стороне BC
, перпендикуляр, опущенный из точки A_{1}
на прямую BC
, симметричен высоте, проведённой из вершины A
. По теореме Фалеса, он пересекает прямую OH
в точке, симметричной точке H
относительно O
. Через эту же точку проходят два других перпендикуляра.
Второй способ. Пусть K
, L
и M
— точки попарного пересечения прямых AA_{1}
, BB_{1}
и CC_{1}
. Докажем, что KC_{1}
— высота треугольника KLM
.
Поскольку четырёхугольник KBCA
— параллелограмм, а AC_{1}CB
— равнобокая трапеция, то
KA=BC=AC_{1},~\angle KAB=\angle ABC=\angle BAC_{1}.
Пусть P
— точка пересечения прямых AB
и KC_{1}
. Тогда в равнобедренном треугольнике KAC_{1}
отрезок AB
является биссектрисой, а, следовательно, и высотой. Значит, AB\perp KC_{1}
, следовательно, CC_{1}\perp KC_{1}
. Аналогично доказывается, что LA_{1}
и MB_{1}
также являются высотами треугольника KLM
, а так как высоты треугольника пересекаются в одной точке, то утверждение задачи доказано.