2987. Стороны BC
и AC
треугольника ABC
касаются соответствующих вневписанных окружностей в точках A_{1}
, B_{1}
. Пусть A_{2}
, B_{2}
— ортоцентры треугольников CAA_{1}
и CBB_{1}
. Докажите, что прямая A_{2}B_{2}
перпендикулярна биссектрисе угла C
.
Решение. Рассмотрим случай, изображённый на рисунке. Опустим из точек B
и A_{1}
перпендикуляры BB_{3}
и A_{1}B_{4}
на прямую AC
. Аналогично построим точки A_{3}
и A_{4}
.
Пусть M
и N
— точки касания указанных вневписанных окружностей с прямой AB
(точка A
лежит между B
и M
), p
— полупериметр треугольника ABC
, AB=c
, \angle C=\gamma
. Тогда
AB_{1}=AM=BM-AB=p-c,~BA_{1}=BN=AN-AB=p-c,
поэтому
A_{3}A_{4}=B_{3}B_{4}=(p-c)\cos\gamma
(проекция отрезка на данную прямую равна произведению его длины на косинус угла между данной прямой и прямой, содержащей этот отрезок).
Заметим, что ортоцентр A_{2}
треугольника CAA_{1}
— это точка пересечения AA_{3}
и A_{1}B_{4}
, а ортоцентр B_{2}
треугольника CBB_{1}
— точка пересечения BB_{3}
и B_{1}A_{4}
.
Пусть P
— точка пересечения A_{1}B_{4}
и B_{1}A_{4}
, а Q
— точка пересечения AA_{3}
и BB_{3}
, D
— точка пересечения биссектрисы угла ACB
с высотой AA_{3}
. Четырёхугольник A_{2}PB_{2}Q
— параллелограмм с равными высотами, т. е. ромб. Его диагонали A_{2}B_{2}
и PQ
перпендикулярны, а так как
\angle PQA_{3}=\frac{1}{2}\angle B_{3}QA_{3}=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\gamma)=90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}=\angle CDA_{3},
то PQ\parallel CD
. Следовательно, A_{2}B_{2}\perp CD
.