16121. Точки A
, B
и C
не лежат на одной прямой. Докажите, что существует единственная точка X
, для которой
XA^{2}+XB^{2}+AB^{2}=XB^{2}+XC^{2}+BC^{2}=XC^{2}+XA^{2}+CA^{2}.
Решение. Из равенства
XA^{2}+XB^{2}+AB^{2}=XB^{2}+XC^{2}+BC^{2}
получаем, что
XA^{2}+AB^{2}=XC^{2}+BC^{2}.
Пусть B_{1}
— середина отрезка XB
. Тогда по формуле для медианы треугольника (см. задачу 4014)
AB_{1}^{2}=\frac{1}{4}(2(AB^{2}+XA^{2})-XB^{2})=\frac{1}{4}(2(BC^{2}+XC^{2})-XB^{2})=CB_{1}^{2},
значит, AB_{1}=CB_{1}
, т. е. точка B_{1}
равноудалена от концов отрезка AC
. Следовательно, она лежит на серединном перпендикуляре к стороне AC
треугольника ABC
. Аналогично, середины A_{1}
и C_{1}
отрезков соответственно XA
и XC
лежат на серединных перпендикулярах к сторонам BC
и CA
.
Стороны A_{1}B_{1}
, B_{1}C_{1}
и C_{1}A_{1}
треугольника A_{1}B_{1}C_{1}
соответственно параллельны сторонам AB
, BC
и CA
треугольника ABC
(по теореме о средней линии треугольника), поэтому центр O
описанной окружности треугольника ABC
(точка пересечения серединных перпендикуляров к его сторонам) совпадает с ортоцентром H_{1}
треугольника A_{1}B_{1}C_{1}
.
При гомотетии с центром X
и коэффициентом \frac{1}{2}
треугольник ABC
переходит в треугольник A_{1}B_{1}C_{1}
. Тогда ортоцентр H
треугольника ABC
переходит в ортоцентр H_{1}
треугольника A_{1}B_{1}C_{1}
, поэтому точки H
, H_{1}
и X
лежат на одной прямой, причём HH_{1}=H_{1}X
, а так как точка H_{1}
совпадает с O
, то HO=OX
. Таким образом, точка X
симметрична фиксированной точке H
относительно фиксированной точки O
. Отсюда следует утверждение задачи.