16099. Точки O
и H
— соответственно центр описанной окружности и ортоцентр неравностороннего треугольника ABC
. На продолжении отрезка HO
за точку O
отложен отрезок OK=OH
. Прямые AK
и BC
пересекаются в точке X
, а Y
и Z
— проекции точки X
на прямые AC
и AB
соответственно. Докажите, что прямые AX
, BY
и CZ
пересекаются в одной точке или параллельны.
Решение. Обозначим стороны BC
, CA
и AB
треугольника ABC
через a
, b
и c
соответственно, а противолежащие им углы — через \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно. Пусть R
— радиус описанной окружности треугольника ABC
, AD
— высота треугольника ABC
, а M
, N
и L
— середины отрезков AB
, AH
и AC
соответственно.
Поскольку NH\parallel OM
и NH=\frac{1}{2}AH=OM
(см. задачу 1257), то OMHN
— параллелограмм, поэтому HM\parallel ON
, а так как ON
— средняя линия треугольника AHK
, то AX\parallel NO\parallel HM
. Тогда прямоугольные треугольники ADX
и HDM
подобны, поэтому \frac{AD}{DX}=\frac{HD}{DM}
.
В дальнейшем воспользуемся следующими равенствами.
HD=BH\cos\angle BHD=2OL\cos\gamma=2R\cos\beta\cos\gamma,
DM=HM\sin\angle DHM=ON\sin\angle OAD=
=R\sin(\alpha-(90^{\circ}-\beta)-(90^{\circ}-\beta))=R\sin(\beta-\gamma),
c=2R\sin\gamma,~AD=c\sin\beta=2R\sin\gamma\sin\beta.
Из равенства \frac{AD}{DX}=\frac{HD}{DM}
получим
DX=\frac{AD\cdot DM}{HD}=\frac{2R\sin\gamma\sin\beta\cdot R\sin(\beta-\gamma)}{2R\cos\beta\cos\gamma}=\frac{R\sin\gamma\sin\beta\sin(\beta-\gamma)}{\cos\beta\cos\gamma}
(если \cos\beta=0
или \cos\gamma=0
, то треугольник ABC
прямоугольный, и решение сильно упрощается). Тогда
MX=DX-DM=\frac{R\sin\gamma\sin\beta\sin(\beta-\gamma)}{\cos\beta\cos\gamma}-R\sin(\beta-\gamma)=
=R\sin(\beta-\gamma)\left(\frac{\sin\beta\sin\gamma}{\cos\beta\cos\gamma}-1\right)=\frac{R\sin(\gamma-\beta)\cos(\gamma+\beta)}{\cos\beta\cos\gamma}=
=\frac{R(\sin2\gamma-\sin2\beta)}{2\cos\beta\cos\gamma}.
По теореме Чевы прямые AX
, BY
и CZ
пересекаются в одной точке или параллельны тогда и только тогда когда
\frac{AZ}{ZB}\cdot\frac{BX}{XC}\cdot\frac{CY}{YA}=1,~\mbox{или}~AZ\cdot BX\cdot CY=ZB\cdot XC\cdot YA.
Обозначим MX=d
. Тогда
AZ=AB-ZB=AB-BX\cos\angle ABC=c-\left(\frac{1}{2}a+d\right)\cos\beta,
ZB=\left(\frac{1}{2}a+d\right)\cos\beta,~BX=\frac{1}{2}a+d,~XC=\frac{1}{2}a-d,
CY=\left(\frac{1}{2}a-d\right)\cos\gamma,~YA=b-\left(\frac{1}{2}a-d\right)\cos\gamma.
Значит, равенство
AZ\cdot BX\cdot CY=ZB\cdot XC\cdot YA
равносильно равенству
\left(c-\left(\frac{1}{2}a+d\right)\cos\beta\right)\cdot\left(\frac{1}{2}a+d\right)\cdot\left(\left(\frac{1}{2}a-d\right)\cos\gamma\right)=
=\left(\left(\frac{1}{2}a+d\right)\cos\beta\right)\cdot\left(\frac{1}{2}a-d\right)\cdot\left(b-\left(\frac{1}{2}a-d\right)\cos\gamma\right),
или
d=\frac{c\cos\gamma-b\cos\beta}{2\cos\beta\cos\gamma}=\frac{2R\sin\gamma\cos\gamma-2R\sin\beta\cos\beta}{2\cos\beta\cos\gamma}=\frac{R(\sin2\gamma-\sin2\beta)}{2\cos\beta\cos\gamma}.
Последнее равенство верно, так как ранее было доказано, что
d=MX=\frac{R(\sin2\gamma-\sin2\beta)}{2\cos\beta\cos\gamma}.
Отсюда следует утверждение задачи.