10444. В остроугольном неравнобедренном треугольнике ABC
проведена высота AH
. На сторонах AC
и AB
отмечены точки соответственно B_{1}
и C_{1}
так, что HA
— биссектриса угла B_{1}HC_{1}
и четырёхугольник BC_{1}B_{1}C
вписанный. Докажите, что B_{1}
и C_{1}
— основания высот треугольника ABC
.
Решение. Первый способ. Воспользуемся следующими известными фактами.
1) Пусть отрезок C_{1}B_{1}
антипараллелен стороне BC
треугольника ABC
(рис. 1). Тогда центр описанной окружности треугольника AC_{1}B_{1}
лежит на высоте AH
треугольника ABC
(см. примечание к задаче 10342).
2) Пусть I
— центр вписанной окружности треугольника ABC
, W
— середина дуги BC
его описанной окружности, тогда WI=WB=WC
(см. задачу 788). Кроме того, если I_{a}
— центр вневписанной окружности, касающейся стороны BC
(рис. 2), то W
— середина отрезка II_{a}
(см. задачу 57). Следовательно, WI=WB=WC=WI_{a}
.
Перейдём к решению. Пусть O
— центр описанной окружности треугольника AB_{1}C_{1}
(рис. 3). Четырёхугольник BC_{1}B_{1}B
вписанный, поэтому прямые B_{1}C_{1}
и BC
антипараллельны. Значит, точка O
лежит на AH
(см. утверждение 1).
Заметим, что точка O
принадлежит серединному перпендикуляру к отрезку B_{1}C_{1}
. Рассмотрим треугольник HB_{1}C_{1}
. Биссектриса HA
и серединный перпендикуляр к стороне B_{1}C_{1}
не совпадают, поэтому они пересекаются в середине O_{1}
дуги B_{1}C_{1}
его описанной окружности (см. задачу 1743).
С другой стороны, точка O
— центр описанной окружности треугольника AB_{1}C_{1}
, поэтому OA=OB_{1}=OC_{1}
. Следовательно, A
— центр вневписанной окружности треугольника HB_{1}C_{1}
(см. утверждение 2), а C_{1}A
— биссектриса внешнего угла при вершине C_{1}
треугольника HB_{1}C_{1}
. Пусть K
— точка на продолжении отрезка HC_{1}
за точку C_{1}
. Тогда
\angle BC_{1}H=\angle KC_{1}A=\angle AC_{1}B_{1}=\angle ACB.
Значит, четырёхугольник AC_{1}HC
вписанный, поэтому
\angle CC_{1}A=\angle CHA=90^{\circ}.
Что и требовалось доказать.
В двух следующих решениях воспользуемся тем, что высоты треугольника содержат биссектрисы углов его ортотреугольника (см. задачу 533). Заметим, что если одна из точек B_{1}
или C_{1}
является основанием высоты, то и другая тоже.
Второй способ. Пусть B_{1}
и C_{1}
не являются основаниями высот. Тогда восстановим из этих точек перпендикуляры до пересечения с прямыми AC
и AB
в точках B'
и C'
соответственно (рис. 4). Тогда C'B_{1}
и B'C_{1}
— высоты в треугольнике AB'C'
, поэтому отрезки B_{1}C_{1}
и B'C'
антипараллельны. Поскольку B_{1}C_{1}
и BC
также антипараллельны, то BC\parallel B'C'
. Значит, AH'
— высота треугольника AB'C'
, где H'
— точка пересечения AH
и B'C'
).
Тогда \angle C_{1}H'A=\angle B_{1}H'A
. По условию \angle C_{1}HA=\angle B_{1}HA
, поэтому треугольники C_{1}HH'
и B_{1}HH'
равны. Значит, HB_{1}=HC_{1}
. Тогда HA\perp B_{1}C_{1}
, следовательно, B_{1}C_{1}\parallel BC
, поэтому треугольник ABC
равнобедренный. Полученное противоречие показывает, что B_{1}
и C_{1}
— основания высот треугольника ABC
.
Третий способ. Пусть B_{1}
и C_{1}
— не основания высот. Тогда проведём высоты BH_{b}
и CH_{c}
(рис. 5). Также, пусть L
и N
— проекции точек соответственно A
и H_{c}
на прямую HC_{1}
, а K
и M
— проекции точек соответственно A
и H_{b}
на прямую HB_{1}
. Поскольку B_{1}C_{1}\parallel H_{b}H_{c}
, то,
\frac{H_{c}N}{AL}=\frac{H_{c}C_{1}}{AC_{1}}=\frac{H_{b}B_{1}}{AB_{1}}=\frac{H_{b}M}{AK}.
Поскольку HA
— биссектриса угла C_{1}HB_{1}
, то AK=AL
(см. задачу 1138), поэтому H_{c}N=H_{b}M
. Луч HA
— биссектриса угла H_{c}HH_{b}
, поэтому \angle H_{c}HN=\angle H_{b}HM
. Значит, треугольники HH_{c}N
и HH_{b}M
равны. Тогда ортотреугольник треугольника ABC
равнобедренный. Следовательно, треугольник ABC
тоже равнобедренный. Противоречие.
Автор: Якубов А. Г.
Источник: Московская устная олимпиада по геометрии. — 2015, № 6, 8-9 классы
Источник: Олимпиада по геометрии им. И. Ф. Шарыгина. — 2015, 8-9 класс