10318. В остроугольном треугольнике ABC
проведены высоты BB'
и CC'
. Через точки A
и C'
проведены две окружности, касающиеся прямой BC
в точках P
и Q
. Докажите, что точки A
, B'
, P
, Q
лежат на одной окружности.
Решение. Первый способ. Пусть AA'
— третья высота треугольника ABC
. Четырёхугольники AC'A'C
и AB'A'B
вписанные, а BP^{2}=BQ^{2}=BA\cdot BC'
(см. задачу 444), поэтому
CP\cdot CQ=(CB+BP)(CB-BQ)=(CB+BP)(CB-BP)=
=CB^{2}-BP^{2}=CB^{2}-BA\cdot BC'=CB^{2}-CB\cdot BA'=
=CB(CB-BA')=CB\cdot CA'=CA\cdot CB'.
Следовательно, точки A
, B'
, P
, Q
лежат на одной окружности (см. задачу 114).
Второй способ. Пусть точка C_{0}
симметрична C'
относительно точки B
— середины отрезка PQ
(см. задачу 444). Тогда
BC_{0}\cdot BA=BC'\cdot BA=BP^{2}=BP\cdot BQ,
т. е. точки A
, P
, C_{0}
, Q
лежат на одной окружности \omega
.
Пусть H_{0}
— точка этой окружности, диаметрально противоположная точке A
. Тогда H_{0}C_{0}\perp AB
, и точка, симметричная H_{0}
относительно точки B
(т. е. середины PQ
), лежит на высоте CC'
. Докажем, что, она лежит на высоте AA'
треугольника APQ
.
Пусть O
— центр окружности \omega
, H'
— точка пересечения H_{0}B
и AA'
. Тогда OB\perp PQ
, так как B
— середина хорды PQ
. Значит, OB\parallel AA'
, и по теореме Фалеса B
— середина H_{0}H'
. Следовательно, точка H'
симметрична H_{0}
относительно точки B
.
Таким образом, точка симметричная H_{0}
относительно B
лежит на двух высотах CC'
и AA'
треугольника ABC
, т. е. совпадает с ортоцентром H
треугольника ABC
. Кроме того, точки A
, C'
, H
и B'
лежат на одной окружности, поэтому BH\cdot BB'=BC'\cdot BA
. Тогда
BH_{0}\cdot BB'=BH\cdot BB'=BC'\cdot BA=BC_{0}\cdot BA,
что и означает, что B'
также лежит на \omega
.
Примечание. По сути, во втором способе мы воспользовались тем фактом, что C'
— проекция ортоцентра треугольника APQ
на его медиану AB
. Отсюда следует, что треугольники ABC
и APQ
имеют общий ортоцентр H
.