Задача 66682
|
|
 |
Условие
Высоты $AH$, $CH$ остроугольного треугольника $ABC$ пересекают внутреннюю биссектрису угла $B$ в точках $L_1$, $P_1$, а внешнюю в точках $L_2$, $P_2$. Докажите, что ортоцентры треугольников $HL_1P_1$, $HL_2P_2$ и вершина $B$ лежат на одной прямой.Решение 1
Заметим, что треугольники $HL_1P_1$ и $HL_2P_2$ – равнобедренные с углами при вершине $H$, равными $B$ и $\pi-B$ соответственно. Пусть $H_1$, $H_2$ – ортоцентры этих треугольников, $M_1$, $M_2$ – середины $L_1P_1$, $L_2P_2$ соответственно. Тогда треугольники $HL_2P_2$ и $H_1L_1P_1$ подобны, а $H_2$ и $H$ – их ортоцентры, следовательно, $HH_1:M_2B=HH_1:HM_1=H_2H:H_2M_2$, что равносильно утверждению задачи.Решение 2
Воспользуемся следующим фактом:Ортоцентры четырех треугольников, образованных четырьмя прямыми общего положения, лежат на одной прямой (прямая Обера).
В данном случае высоты из вершин $A$, $C$, а также внешняя и внутренняя биссектрисы угла $B$ образуют четыре треугольника, два из которых – прямоугольные с прямым углом в вершине $B$. Соответственно, $B$ является и ортоцентром этих треугольников, а значит, лежит на прямой, проходящей через ортоцентры двух других треугольников.
