10866. В остроугольном треугольнике ABC
проведены высоты AA'
и BB'
. Точка O
— центр окружности, описанной около треугольника ABC
. Докажите, что расстояние от точки A'
до прямой BO
равно расстоянию от точки B'
до прямой AO
.
Решение. Первый способ. Пусть углы треугольника ABC
равны \angle CAB=\alpha
, \angle CBA=\beta
. Треугольники AOC
и BOC
равнобедренные, поэтому
\angle B'AO=\angle CAO=90^{\circ}-\beta,\angle A'BO=\angle CBO=90^{\circ}-\alpha.
Значит, расстояние от точки A'
до прямой BO
равно
A'B\sin\angle A'BO=A'B\sin(90^{\circ}-\alpha)=A'B\cos\alpha=AB\cos\beta\cos\alpha,
а расстояние от точки B'
до прямой AO
равно
AB'\sin\angle B'AO=AB'\sin(90^{\circ}-\beta)=AB'\cos\beta=AB\cos\alpha\cos\beta.
Таким образом, эти расстояния равны.
Второй способ. Рассмотрим симметрию относительно серединного перпендикуляра к стороне AB
. Пусть A_{1}
— образ точки A'
. Прямая OA
— образ прямой OB
, следовательно, расстояние от точки A'
до прямой OB
равно расстоянию от точки A_{1}
до прямой OA
. Таким образом, задача сводится к доказательству равноудалённости точек A_{1}
и B'
от прямой OA
, иными словами, необходимо доказать, что B'A_{1}\parallel OA
.
Основания A'
и B'
высот лежат на окружности, построенной на стороне AB
как на диаметре. Эта окружность при рассмотренной симметрии переходит в себя (см. задачу 1677), поэтому точка A_{1}
также лежит на этой окружности и четырёхугольник AB'A_{1}B
вписанный. Значит, \angle CB'A_{1}=\angle A_{1}BA
. В свою очередь, из соображений симметрии
\angle A_{1}BA=\angle A'AB=90^{\circ}-\angle B,
а так как \angle CAO=90^{\circ}-\angle B
, то \angle CB'A_{1}=\angle CAO
. Следовательно, B'A_{1}\parallel OA
по признаку параллельности прямых.
Третий способ. Пусть CC'
— третья высота. Тогда A
, B
, C
— центры вневписанных окружностей треугольника A'B'C'
. Поскольку AO\perp B'C'
и BO\perp A'C'
, расстояния от A'
до BO
и от B'
до AO
равны отрезкам касательных к соответствующим окружностям (см. задачи 480, 533 и 4805).