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.