Условие
Прямая пересекает стороны AB, BC и CA
треугольника (или их продолжения) в точках C1, B1 и A1; O, Oa, Ob и Oc — центры описанных окружностей треугольников
ABC, AB1C1, A1BC1 и A1B1C; H, Ha, Hb и Hc — ортоцентры
этих треугольников. Докажите, что:
а)
OaObOc
ABC.
б) серединные перпендикуляры к отрезкам
OH, OaHa, ObHb и OcHc
пересекаются в одной точке.
Решение
а) Пусть P — точка Микеля для прямых AB, BC, CA
и A1B1. Углы между лучами PA, PB, PC и касательными к
окружностям
Sa, Sb, Sc соответственно равны
(PB1, B1A) =
(PC1, C1A),
(PC1, C1B) =
(PA1, A1B),
(PA1, A1C) =
(PB1, B1C).
А так как
(PC1, C1A) =
(PC1, C1B) =
(PA1, A1C) =
,
то при повороте на угол
с центром P прямые PA, PB и PC
переходят в касательные к окружностям Sa, Sb и Sc, а значит, при
повороте на угол
90o -
эти прямые переходят в
прямые POa, POb и POc. Кроме того,
POa/PA = POb/PB = POc/PC = 1/2 sin
.
Следовательно, при повороте на
90o -
и гомотетии с
центром P и коэффициентом
1/2 sin
треугольник ABC переходит
в OaObOc.
б) Рассмотренное в решении задачи а) преобразование переводит
центр O описанной окружности треугольника ABC в центр O'
описанной окружности треугольника OaObOc, а ортоцентр H
треугольника ABC в ортоцентр H' треугольника OaObOc. Достроим
треугольник OO'H' до параллелограмма OO'H'M. Так
как
OH/OM = OH/O'H' = 2 sin
и
HOM =
(HO, O'H') = 90o -
, то MH = MO, т. е.
точка M лежит на серединном перпендикуляре к отрезку OH. Остается
заметить, что для вписанного четырехугольника
OOaObOc с точка M
определена однозначно: взяв вместо точки O любую из
точек
Oa, Ob, Oc, получим ту же самую точку M (см. задачу 13.33).
Источники и прецеденты использования
|
книга |
Автор |
Прасолов В.В. |
Год издания |
2001 |
Название |
Задачи по планиметрии |
Издательство |
МЦНМО |
Издание |
4* |
глава |
Номер |
2 |
Название |
Вписанный угол |
Тема |
Вписанный угол |
параграф |
Номер |
10 |
Название |
Точка Микеля |
Тема |
Точка Микеля |
задача |
Номер |
02.084 |