13845. Продолжения высот AD
, BE
и CF
нетупоугольного треугольника ABC
пересекают описанную окружность в точках X
, Y
и Z
соответственно. Докажите, что
\frac{AX}{AD}+\frac{BY}{BE}+\frac{CZ}{CF}=4.
Решение. Если треугольник ABC
прямоугольный, то утверждение очевидно. Пусть треугольник ABC
остроугольный
Точка, симметричная ортоцентру относительно стороны треугольника, лежит на его описанной окружности (см. задачу 4785), поэтому
XD=HD,~YE=HE,~ZF=HF.
Следовательно,
\frac{AX}{AD}+\frac{BY}{BE}+\frac{CZ}{CF}=\frac{AD+XD}{AD}+\frac{BE+YE}{BE}+\frac{CF+ZF}{CF}=
=\frac{AD+HD}{AD}+\frac{BE+HE}{BE}+\frac{CF+ZF}{HF}=1+\frac{HD}{AD}+1+\frac{HE}{BE}+1+\frac{HF}{CF}=
=3+\frac{S_{\triangle HBC}}{S_{\triangle ABC}}+\frac{S_{\triangle HAC}}{S_{\triangle ABC}}+\frac{S_{\triangle HAB}}{S_{\triangle ABC}}=3+\frac{S_{\triangle HBC}+S_{\triangle HAC}+S_{\triangle HAB}}{S_{\triangle ABC}}=
=3+\frac{S_{\triangle ABC}}{S_{\triangle ABC}}=3+1=4.
Что и требовалось доказать.
Примечание. Если треугольник ABC
тупоугольный с тупым углом при вершине A
, то аналогично можно доказать, что
\frac{AX}{AD}-\frac{BY}{BE}-\frac{CZ}{CF}=4.