10371. Дан треугольник ABC
. Точки A_{1}
, B_{1}
и C_{1}
симметричны его вершинам относительно противоположных сторон; C_{2}
— точка пересечения прямых AB_{1}
и BA_{1}
, точки A_{2}
и B_{2}
определяются аналогично. Докажите, что прямые A_{1}A_{2}
, B_{1}B_{2}
и C_{1}C_{2}
параллельны.
Решение. Первый способ. Докажем параллельность прямых A_1A_2
и C_1C_2
(рис. 1). Заметим, что для этого достаточно доказать подобие треугольников BA_2A_1
и BC_1C_2
.
Треугольники ABC
, ABC_1
, A_1BC
и AB_1C
равны (из симметрии). Поэтому
\angle BCA_2=180^\circ-2\angle C,~\angle A_2BC=180^\circ-2\angle B,
следовательно, \angle BA_2C=180^\circ-2\angle A
.
Также
\angle C_2BA=180^\circ-2\angle B,~\angle C_2AB=180^\circ-2\angle A,
следовательно, треугольники BA_2C
и BAC_2
подобны. Тогда \frac{BC}{BA_2}=\frac{BC_2}{BA}
. Поскольку BC=BC_1
и BA=BA_1
, то \frac{BC_1}{BA_2}=\frac{BC_2}{BA_1}
. Кроме того, \angle C_1BC_2=\angle A_1BA_2
, следовательно, треугольники BA_2A_1
и BC_1C_2
подобны. Что и требовалось доказать.
Параллельность прямых C_1C_2
и B_1B_2
доказывается аналогично.
Второй способ. Пусть треугольник ABC
остроугольный, O
— центр его описанной окружности радиуса R
, H
— ортоцентр (рис. 2). Заметим, что точка C_1
лежит на прямой CH
. Докажем, что C_2
лежит на CO
.
Пусть C'
и C''
— точки пересечения прямых AB_1
и BA_1
с прямой CO
. Тогда
\angle CB_1C'=\angle B,~\angle ACC'=\angle ACO=90^{\circ}-\angle B,
а так как
\angle ACB_{1}=\angle ACB=\angle C,
то
\angle C'CB_1=180^{\circ}-\angle CB_{1}C'-\angle B_{1}CC'=
=180^{\circ}-\angle B-(90^{\circ}-\angle B)-\angle C=90^{\circ}-\angle C.
Следовательно, по теореме синусов
CC'=\frac{B_1C\sin B}{\sin(90^{\circ}-\angle C)}=\frac{BC\sin\angle B}{\cos\angle C}=\frac{2R\sin\angle A\sin\angle B}{\cos\angle C}.
Аналогично, из треугольника A_1C''C
получим, что CC''=\frac{2R\sin A\sin B}{\cos C}
, следовательно, точки C'
, C''
и C_2
совпадают. Тогда
CC_{2}=CC''=\frac{2R\sin A\sin B}{\cos C}.
По теореме синусов из треугольника BHC
следует, что
\frac{BC}{\sin\angle BHC}=\frac{CH}{\sin\angle HBC},
т. е. \frac{BC}{\sin(180^{\circ}-\angle A)}=\frac{CH}{\cos(90^{\circ}-\angle C)}
, или \frac{BC}{\sin A}=\frac{CH}{\cos C}
. Значит,
BC=\frac{CH\sin\angle A}{\cos\angle C}.
Кроме того, из равнобедренного треугольника CBC_{1}
получаем, что \frac{CC_1}{2BC}=\sin B
, или
BC=\frac{CC_{1}}{2\cos\angle B},
откуда
\frac{CH\sin\angle A}{\cos\angle C}=\frac{CC_{1}}{2\cos\angle B},
или
\frac{2\sin\angle A\sin\angle B}{\cos\angle C}=\frac{CC_1}{CH}.
Следовательно,
\frac{CC_2}{CO}=\frac{CC_{2}}{R}=\frac{2\sin A\sin B}{\cos C}=\frac{CC_1}{CH},
т. е. прямая C_1C_2
параллельна OH
.
Аналогично доказывается, что прямые A_1A_2
и B_1B_2
параллельны OH
. Отсюда следует утверждение задачи.
Аналогично для остальных случаев.
Автор: Заславский А. А.
Источник: Московская устная олимпиада по геометрии. — 2007, № 5, 8-9 классы