Задача 108111

Темы:    [ Вписанные и описанные окружности ] [ Вневписанные окружности ] [ Ортоцентр и ортотреугольник ] [ Признаки и свойства параллелограмма ] [ Равнобедренные, вписанные и описанные трапеции ] [ Углы, опирающиеся на равные дуги и равные хорды ] [ Вписанные четырехугольники (прочее) ]

Сложность: 5- Классы: 8,9

Условие

Автор: Заславский А.А.

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

Докажем сначала следующее утверждение. Если противоположные стороны XY и ZT выпуклого четырёхугольника XYZT равны и при этом XYZ = YZT , то XYZT – равнобедренная трапеция или прямоугольник (рис.1). Действительно, если XY || ZT , то XYZT – параллелограмм, а т.к. XYZ = 180^o - YZT = YZT , то XYZ = YZT = 90^o , 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. VXT = VYZ , значит, YZ || XT . Следовательно, XYZT – равнобедренная трапеция. Утверждение доказано. Пусть 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 α , β и γ соответственно. Тогда

AOB = 2γ, OAB = OBA = 90^o-γ = 90^o-(180^o-α-β) = α + β -90^o.
Поскольку O'A – биссектриса внешнего угла при вершине A треугольника ABC , то
O'AC' = B'AC' = (180^o-α)= 90^o-,
Поэтому
OAO' = OAB + O'AC' = (α + β -90^o)+ (90^o-) = β + .
С другой стороны, поскольку
A'O'B'= 180^o - A'CB' = 180^o-γ, а

AO'B' = 90^o- O'AB' = 90^o- OAC' = 90^o - (90^o-)= ,
то
AO'A' = A'O'B' - AO'B' = (180^o-γ)-= (α + β) - = β + = OAO'.
Тогда по ранее доказанному AO' || OA' , а т.к. A'O' B'C' то OA' 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' .

Пусть K – середина дуги BAC описанной окружности треугольника ABC (рис.3). Тогда OK BC и O'A' BC , поэтому OK || O'A' . Кроме того, OK =O'A' как радиусы равных окружностей, значит, четырёхугольник OKO'A' – параллелограмм. Поэтому OA' || O'K . Если KL – диаметр описанной окружности треугольника ABC , то L – середина дуги BC , не содержащей точки A , поэтому AL – биссектриса угла BAC , а т.к. AO' – биссектриса смежного с ним угла BAB' , то AO' AL . С другой стороны, поскольку точка A лежит на окружности с диаметром KL , то AK AL , значит, точка A лежит на прямой O'K . Поскольку B'C' O'K и OA' || O'K , то B'C' 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' .

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	6461
олимпиада
Название	Московская математическая олимпиада
год
Номер	67
Год	2004
вариант
Класс	10
задача
Номер	5