6461. Радиус описанной окружности треугольника ABC
равен радиусу окружности, касающейся стороны AB
в точке C'
и продолжений двух других сторон в точках A'
и B'
. Докажите, что центр описанной окружности треугольника ABC
совпадает с ортоцентром (точкой пересечения высот) треугольника A'B'C'
.
Решение. Первый способ. Докажем сначала следующее утверждение. Если противоположные стороны XY
и ZT
выпуклого четырёхугольника XYZT
равны и при этом \angle XYZ=\angle YZT
, то XYZT
— равнобедренная трапеция или прямоугольник (рис. 1).
Действительно, если XY\parallel ZT
, то XYZT
— параллелограмм, а так как \angle XYZ=180^{\circ}-\angle YZT=\angle YZT
, то \angle XYZ=\angle YZT=90^{\circ}
, т. е. XYZT
— прямоугольник. Пусть теперь прямые XY
и ZT
пересекаются в точке V
. Будем считать, что точка V
лежит на продолжении стороны XY
за точку Y
. Тогда углы при стороне YZ
треугольника YVZ
равны, поэтому он равнобедренный, а значит, треугольник XVT
также равнобедренный. Поскольку у равнобедренных треугольников XVT
и YVZ
есть общий угол при вершине, то углы при их основаниях также равны, т. е. \angle VXT=\angle VYZ
, значит, YZ\parallel XT
. Следовательно, XYZT
— равнобедренная трапеция. Утверждение доказано.
Пусть O
— центр описанной окружности треугольника ABC
, а вневписанная окружность (с центром O'
) данного треугольника ABC
касается продолжений сторон CA
и CB
в точках B'
и A'
соответственно (рис. 2). Обозначим углы данного треугольника ABC
через \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно. Тогда
\angle AOB=2\gamma,~\angle OAB=\angle OBA=90^{\circ}-\gamma=90^{\circ}-(180^{\circ}-\alpha-\beta)=\alpha+\beta-90^{\circ}.
Поскольку O'A
— биссектриса внешнего угла при вершине A
треугольника ABC
, то
\angle O'AC'=\frac{1}{2}\angle B'AC'=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\alpha)=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2},
поэтому
\angle OAO'=\angle OAB+\angle O'AC'=(\alpha+\beta-90^{\circ})+\left(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)=\beta+\frac{\alpha}{2}.
С другой стороны, поскольку
\angle A'O'B'=180^{\circ}-\angle A'CB'=180^{\circ}-\gamma,~\mbox{а}
\angle AO'B'=90^{\circ}-\angle O'AB'=90^{\circ}-\angle OAC'=90^{\circ}-\left(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)=\frac{\alpha}{2},
то
\angle AO'A'=\angle A'O'B'-\angle AO'B'=(180^{\circ}-\gamma)-\frac{\alpha}{2}=(\alpha+\beta)-\frac{\alpha}{2}=\beta+\frac{\alpha}{2}=\angle OAO'.
Тогда по ранее доказанному AO'\parallel OA'
, а так как A'O'\perp B'C'
, то OA'\perp B'C'
. Значит, высота треугольника A'B'C'
, опущенная из вершины A'
, лежит на прямой OA'
. Аналогично докажем, что высота треугольника A'B'C'
, опущенная из вершины B'
, лежит на прямой OB'
. Следовательно, O
— ортоцентр треугольника A'B'C'
.
Второй способ. Пусть K
— середина дуги BAC
описанной окружности треугольника ABC
(рис. 3). Тогда OK\perp BC
и O'A'\perp BC
, поэтому OK\parallel O'A'
. Кроме того, OK=O'A'
как радиусы равных окружностей, значит, четырёхугольник OKO'A'
— параллелограмм. Поэтому OA'\parallel O'K
.
Если KL
— диаметр описанной окружности треугольника ABC
, то L
— середина дуги BC
, не содержащей точки A
, поэтому AL
— биссектриса угла BAC
, а так как AO'
— биссектриса смежного с ним угла BAB'
, то AO'\perp AL
. С другой стороны, поскольку точка A
лежит на окружности с диаметром KL
, то AK\perp AL
, значит, точка A
лежит на прямой O'K
. Поскольку B'C'\perp O'K
и OA'\parallel O'K
, то B'C'\perp OA'
. Это означает, что высота треугольника A'B'C'
, опущенная из вершины A'
, лежит на прямой OA'
. Аналогично докажем, что высота треугольника A'B'C'
, опущенная из вершины B'
, лежит на прямой OB'
. Следовательно, O
— ортоцентр треугольника A'B'C'
.
Третий способ. Обозначим углы треугольника ABC
, противолежащие сторонам BC=a
, CA=b
и AB=c
, через \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно. Пусть O'
— центр вневписанной окружности треугольника, r_{a}
— её радиус, R=r_{a}
— радиус описанной окружности треугольника ABC
, O
— её центр, S
— площадь треугольника, p
— полупериметр.
Докажем, что
B'A'^{2}-OA'^{2}=B'C'^{2}-OC'^{2}~\mbox{или}~B'A'^{2}-B'C'^{2}=OA'^{2}-OC'^{2}.
Отсюда будет следовать, что B'O\perp A'C'
(см. задачу 2445).
Поскольку
S=r_{a}(p-c)=R(p-c)~\mbox{и}~S=\frac{abc}{4R}
(см. задачи 392 и 4259), то
R\cdot\frac{a+b-c}{2}=\frac{abc}{4R}~\Rightarrow~2R^{2}=\frac{abc}{a+b-c}.
Из точек B'
и C'
— отрезок AO'
виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром AO'
. По теореме синусов
B'C'=AO'\sin\angle B'AC'=\frac{O'C'}{\sin\angle AO'C'}\cdot\sin\angle B'AC'=
=\frac{R}{\sin\frac{180^{\circ}-\alpha}{2}}\cdot\sin(180^{\circ}-\alpha)=\frac{R}{\cos\frac{\alpha}{2}}\cdot\sin\alpha=2R\sin\frac{\alpha}{2}.
Из равнобедренного треугольника B'O'A'
с боковыми сторонами
O'B'=IO'A'=r_{a}=R
углом \frac{\alpha}{2}
при основании получаем
B'A'=2O'A'\cos\angle O'A'B'=2R\cos\frac{\gamma}{2}.
Тогда
B'A'^{2}-B'C'^{2}=4R^{2}\cos^{2}\frac{\gamma}{2}-4R^{2}\sin^{2}\frac{\alpha}{2}=2R^{2}\left(2\cos^{2}\frac{\gamma}{2}-2\sin^{2}\frac{\alpha}{2}\right)=
=2R^{2}(1+\cos\gamma-1+\cos\alpha)=2R^{2}(\cos\alpha+\cos\gamma).
По теореме косинусов
\cos\alpha=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc},~\cos\gamma=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab},
поэтому
B'A'^{2}-B'C'^{2}=2R^{2}(\cos\alpha+\cos\gamma)=\frac{abc}{b+c-a}\cdot\left(\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}+\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}\right)=
=\frac{a(b^{2}+c^{2}-a^{2})+c(a^{2}+b^{2}-c^{2})}{2(a+b-c)}.
Теперь вычислим OA'^{2}-OC'^{2}
. Поскольку (см. задачи 4186 и 219)
\overrightarrow{OC'}=\frac{BC'}{AB}\cdot\overrightarrow{OA}=\frac{AC'}{AB}\cdot\overrightarrow{OB}=\frac{p-a}{c}\cdot\overrightarrow{OA}+\frac{p-b}{c}\cdot\overrightarrow{OB},
то
c^{2}OC'^{2}=(p-a)^{2}R^{2}+(p-b)^{2}R^{2}+2R^{2}(p-a)(p-b)\cos2\gamma=
=R^{2}((p-a)^{2}+(p-b)^{2}+2(p-a)(p-b))+2R^{2}(p-a)(p-b)(1-2\sin^{2}\gamma-1)=
=R^{2}((p-a)^{2}+(p-b)^{2}+2(p-b)(p-a))-4R^{2}(p-a)(p-b)\cdot\sin^{2}\gamma=
=R^{2}(p-a+p-b)^{2}-c^{2}(p-a)(p-b)=c^{2}(R^{2}-(a-b)(p-b)).
Значит,
OC'^{2}=R^{2}-(p-a)(p-b).
Аналогично,
\overrightarrow{OB}=\frac{BA'}{CA'}\cdot\overrightarrow{OC}+\frac{BC}{CA'}\cdot\overrightarrow{OA'}=\frac{p-a}{p}\cdot\overrightarrow{OC}+\frac{a}{p}\cdot\overrightarrow{OA'},
поэтому
a\overrightarrow{OA'}=p\overrightarrow{OB}-(p-a)\overrightarrow{OC}~\Rightarrow
\Rightarrow~a^{2}OA'^{2}=p^{2}R^{2}+(p-a)^{2}R^{2}-2R^{2}p(p-a)\cos2\alpha=
=R^{2}(p^{2}+(p-a)^{2}-2p(p-a))+2p(p-a)R^{2}+2R^{2}p(p-a)\cos2\alpha=
=R^{2}(p-(p-a))^{2}+4R^{2}p(p-a)\sin^{2}\alpha=a^{2}R^{2}+a^{2}p(p-a).
Значит,
OA'^{2}=R^{2}+p(p-a).
Следовательно,
OA'^{2}-OC'^{2}=(R^{2}+p(p-a))-(R^{2}-(p-a)(p-b))=
=(p-a)(p-b+p)=(p-a)(a+c)=\frac{(a+c)(b+c-a)}{2}.
Легко проверить, что
\frac{a(b^{2}+c^{2}-a^{2})+c(a^{2}+b^{2}-c^{2})}{2(a+b-c)}=\frac{(a+c)(b+c-a)}{2},
поэтому
B'A'^{2}-B'C'^{2}=OA'^{2}-OC'^{2}~\Rightarrow~A'C'\perp OB'.
Аналогично докажем, что B'C'\perp OA'
. Следовательно, O
— ортоцентр треугольника A'B'C'
. Что и требовалось доказать.
Автор: Заславский А. А.
Источник: Московская математическая олимпиада. — 2004, LXVII, 10 класс, задача
Источник: Журнал «Квант». — 2004, № 5, с. 53
Источник: Фёдоров Р. М. и др. Московские математические олимпиады. 1993—2005 / Под ред. В. М. Тихомирова. — М.: МЦНМО, 2006. — № 5, с. 62
Источник: Иранские математические олимпиады. —
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2009, № 8, задача 1 (2008, с. 346), с. 504