10536. В треугольнике ABC
точка I
— центр вписанной окружности, D
— произвольная точка на стороне BC
, серединный перпендикуляр к отрезку AD
пересекает прямые BI
и CI
в точках F
и E
соответственно. Найдите геометрическое место ортоцентров треугольников EIF
.
Ответ. Отрезок прямой BC
между точками её пересечения с прямыми, проходящими через точку I
и параллельными AB
и AC
, возможно, с одной или двумя выколотыми точками.
Решение. Пусть G
и H
— ортоцентры треугольников DEF
и IEF
соответственно. Треугольники DEF
и AEF
симметричны относительно прямой EF
, поэтому точка G
симметрична ортоцентру треугольника AEF
и, значит, лежит на окружности, описанной около этого треугольника (см. задачу 6300).
Точка E
пересечения серединного перпендикуляра к отрезку AD
с биссектрисой угла C
лежит на описанной окружности треугольника ACD
(см. задачу 1743), поэтому из вписанного четырёхугольника AEDC
получаем, что
\angle AEF=\frac{1}{2}\angle AED=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle ACD)=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle C=\frac{1}{2}\angle A+\frac{1}{2}\angle B=\angle AIF
(так как AIF
— внешний угол треугольника AIB
), т. е. точка I
лежит на описанной окружности треугольника AEF
. Тогда из вписанности четырёхугольников AEDC
и AEIG
следует, что
\angle AGI=180^{\circ}-\angle AEI=180^{\circ}-\angle ADC=\angle ADB.
Значит, IG\parallel CD
.
Поскольку
\angle EHF=180^{\circ}-\angle EIF=\angle EAF=\angle EDF,
точки E
, F
, D
и H
лежат на одной окружности. При этом DG
равно расстоянию от точки A
до ортоцентра треугольника AEF
, что вдвое больше расстояния от центра O
описанной окружности треугольника AEF
до стороны EF
(см. задачу 1257). Но HI
также вдвое больше расстояния от центра O
описанной окружности треугольника EIF
до стороны EF
. Следовательно, IH=DG
.
Кроме того, прямые DG
и IH
перпендикулярны одной и той же прямой AD
, поэтому DG\parallel IH
. Значит, IGDH
— параллелограмм, поэтому DH\parallel IG\parallel CD
, и тогда точка H
лежит на BC
.
Если точка D
совпадает, например, с вершиной C
, то DG
совпадает с AC
, и IH\parallel AC
. Если BC
— наименьшая сторона треугольника, то любая точка полученного отрезка принадлежит искомому ГМТ. Если же, например, BC\geqslant AB
, то точка, симметричная A
относительно биссектрисы угла B
, попадает на отрезок BC
. При совпадении D
с этой точкой серединный перпендикуляр к отрезку AD
совпадает с прямой BI
, и точка F
не определена. Поэтому соответствующую точку H
надо исключить из ГМТ.
Примечание. То, что точка H
лежит на BC
, можно доказать иначе. Проекции точки A
на биссектрисы углов B
и C
лежат на средней линии треугольника (см. задачу 6544). На этой же средней линии лежит и середина отрезка AD
, являющаяся проекцией точки A
на EF
. Поэтому средняя линия является прямой Симсона точки A
относительно треугольника IEF
(см. задачу 83), а гомотетичная ей прямая BC
проходит через ортоцентр этого треугольника.