16180. Вневписанная окружность треугольника ABC
, противолежащая вершине A
, касается продолжений сторон AC
и AB
в точках Y_{A}
и Z_{A}
соответственно. Вневписанная окружность, противолежащая вершине B
, касается продолжений сторон BC
и BA
в точках X_{B}
и Z_{B}
соответственно. Вневписанная окружность, противолежащая вершине C
, касается продолжений сторон CA
и CB
в точках Y_{C}
и X_{C}
соответственно. Прямые Z_{B}X_{B}
и X_{C}Y_{C}
пересекаются в точке A'
, прямые X_{C}Y_{C}
и Y_{A}Z_{A}
— в точке B'
, а прямые Y_{A}Z_{A}
и Z_{B}X_{B}
— в точке C'
. Докажите, что прямые AA'
, BB'
и CC'
пересекаются в одной точке (какой?).
Ответ. В ортоцентре треугольника ABC
.
Решение. Обозначим углы треугольника ABC
, противолежащие сторонам BC=a
, CA=b
и AB=c
, через \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно, а через p
— полупериметр треугольника ABC
. Тогда (см. задачу 1750)
AY_{C}=p-b,~AZ_{B}=p-c,~BX_{C}=CX_{B}=p-a.
Треугольники CX_{C}Y_{C}
и BX_{B}Z_{B}
равнобедренные, поэтому их основания X_{C}Y_{C}
и X_{B}Z_{B}
перпендикулярны биссектрисам противолежащих углов при вершинах C
и B
соответственно.
Пусть прямая AA'
пересекает прямую BC
в точке P
. Докажем, что P
— основание высоты треугольника ABC
, проведённой из вершины A
. Для этого опустим перпендикуляры AA_{C}
и PP_{C}
из точек A
и P
на прямую X_{C}Y_{C}
и перпендикуляры AA_{B}
и PP_{B}
на прямую X_{B}Z_{B}
.
Прямые AA_{C}
и PP_{C}
параллельны биссектрисе угла X_{C}CY_{C}
, то
\angle A_{C}AY_{C}=\frac{\gamma}{2}=\angle X_{C}PP_{C}.
Тогда из прямоугольного треугольника A_{C}AY_{C}
и X_{C}PP_{C}
получаем
AA_{C}=AY_{C}\cos\frac{\gamma}{2}=(p-b)\cos\frac{\gamma}{2}.
Аналогично,
AA_{B}=AZ_{B}\cos\frac{\beta}{2}=(p-c)\cos\frac{\beta}{2}.
Из подобия найдётся положительное число k
, для которого
PP_{C}=k(p-b)\cos\frac{\gamma}{2},~PP_{B}=k(p-c)\cos\frac{\beta}{2}.
Тогда
PB=PX_{C}-BX_{C}=\frac{PP_{C}}{\cos\frac{\gamma}{2}}-(p-a)=k(p-b)-(p-a),
и аналогично,
PC=k(p-c)-(p-a),
а так как
a=PB+PC=k(p-b)-(p-a)+k(p-c)-(p-a)=
=k(2p-b-c)-(2p-2a)=ka-(b+c-a),
то
k=\frac{b+c}{a}.
Значит,
PB=k(p-b)-(p-a)=\frac{b+c}{a}\cdot\frac{a+c-b}{2}-\frac{b+c-a}{2}=
=\frac{c^{2}-b^{2}+ab+ac-ab-ac+a^{2}}{2a}=
=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2a}=\frac{2ac\cos\beta}{2a}=c\cos\beta=AP.
Итак доказано, что AP
— высота треугольника ABC
.
Таким образом, прямая AA'
содержит высоту треугольника ABC
. Аналогично, прямые BB'
и CC'
содержат остальные высоты треугольника ABC
. Следовательно, прямые AA'
, BB'
и CC'
пересекаются в ортоцентре треугольника ABC
.