6095. Пусть AA_{1}
, BB_{1}
и CC_{1}
— высоты треугольника ABC
. Прямые AA_{1}
, BB_{1}
и CC_{1}
вторично пересекают окружность, описанную около треугольника ABC
, в точках A_{2}
, B_{2}
и C_{2}
соответственно. Прямые Симсона, соответствующие точкам A_{2}
, B_{2}
и C_{2}
пересекаются в точках A_{3}
, B_{3}
и C_{3}
(A_{3}
— точка пересечения прямых Симсона, соответствующих точкам B_{2}
и C_{2}
и т. д.). Докажите, что центры тяжести (точки пересечения медиан) треугольников A_{1}B_{1}C_{1}
и A_{3}B_{3}C_{3}
совпадают, а прямые A_{2}A_{3}
, B_{2}B_{3}
и C_{2}C_{3}
пересекаются в одной точке.
Решение. Рассмотрим случай, изображённый на рисунке. Пусть H
— точка пересечения высот треугольника ABC
. Точки A_{2}
, B_{2}
и C_{2}
симметричны точке H
относительно прямых BC
, AC
и AB
соответственно, поэтому точки A_{1}
, B_{1}
и C_{1}
— середины отрезков HA_{2}
, HB_{2}
и HC_{2}
. Значит, A_{1}B_{1}
, A_{1}C_{1}
и B_{1}C_{1}
— средние линии треугольников A_{2}HB_{2}
, A_{2}HC_{2}
и B_{2}HC_{2}
. Следовательно, B_{1}C_{1}\parallel B_{2}C_{2}
, а так как BB_{1}
и CC_{1}
— высоты треугольника ABC
, то
\angle AB_{1}C_{1}=\angle ABC=\angle AA_{2}C.
Пусть P
— проекция точки A_{2}
на прямую AC
. Тогда PA_{1}
— прямая Симсона, соответствующая точке A_{2}
(см. задачу 83). Из точек P
и A_{1}
отрезок A_{2}C
виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром A_{2}C
. Четырёхугольник A_{2}A_{1}PC
— вписанный, поэтому
\angle AA_{2}C=\angle A_{1}A_{2}C=180^{\circ}-\angle A_{1}PC=\angle APA_{1}.
Из равенства \angle AB_{1}C_{1}=\angle APA_{1}
следует, что B_{1}C_{1}\parallel A_{1}P
, а так как B_{1}C_{1}\parallel B_{2}C_{2}
, то A_{1}P\parallel B_{2}C_{2}
, т. е. прямая Симсона, соответствующая точке A_{2}
параллельна прямой B_{2}C_{2}
. Аналогично для прямых Симсона, соответствующих точкам B_{2}
и C_{2}
Поскольку B_{1}C_{1}\parallel B_{3}C_{3}
, A_{1}C_{1}\parallel A_{3}C_{3}
и A_{1}B_{1}\parallel A_{3}B_{3}
, то четырёхугольники A_{1}C_{1}B_{1}C_{3}
и A_{1}B_{1}C_{1}B_{3}
— параллелограммы, поэтому A_{1}C_{3}=B_{1}C_{1}=A_{1}B_{3}
, т. е. A_{1}
— середина стороны B_{3}C_{3}
треугольника A_{3}B_{3}C_{3}
. Аналогично B_{1}
и C_{1}
— середины сторон соответственно A_{3}C_{3}
и A_{3}B_{3}
этого треугольника.
Медиана A_{3}A_{1}
треугольника A_{3}B_{3}C_{3}
делит пополам отрезок B_{1}C_{1}
, поэтому медиана A_{1}T
треугольника A_{1}B_{1}C_{1}
лежит на прямой A_{3}A_{1}
. Аналогично для остальных медиан. Следовательно, точка пересечения медиан треугольника A_{1}B_{1}C_{1}
совпадает с точкой пересечения медиан треугольника A_{3}B_{3}C_{3}
.
Четырёхугольник B_{2}C_{2}C_{3}B_{3}
— параллелограмм, так как B_{2}C_{2}=2B_{1}C_{1}=B_{3}C_{3}
и B_{2}C_{2}\parallel B_{1}C_{1}\parallel B_{3}C_{3}
. Его диагональ B_{2}B_{3}
проходит через середину Q
диагонали C_{2}C_{3}
. Аналогично прямая A_{2}A_{3}
также проходит через точку Q
. Что и требовалось доказать.