Задача 116165

Темы:    [ Центральная симметрия помогает решить задачу ] [ Свойства симметрии и центра симметрии ] [ Гомотетия помогает решить задачу ] [ Вписанный угол, опирающийся на диаметр ] [ Углы, опирающиеся на равные дуги и равные хорды ] [ Угол между касательной и хордой ] [ Медиана, проведенная к гипотенузе ] [ Радикальная ось ]

Сложность: 5 Классы: 10,11

Условие

Автор: Блинков Ю.А.

Пусть AA₁, BB₁ и CC₁ – высоты неравнобедренного остроугольного треугольника ABC; описанные окружности треугольников ABC и A₁B₁C, вторично пересекаются в точке P, Z – точка пересечения касательных к описанной окружности треугольника ABC, проведённых в точках A и B. Докажите, что прямые AP, BC и ZC₁ пересекаются в одной точке.

Решение 1

  Отметим, что CH – диаметр описанной окружности треугольника A₁B₁C (H – ортоцентр).
  Докажем несколько вспомогательных утверждений.

  1) Точки M (середина AB), H и P лежат на одной прямой (рис. слева).
  Пусть H' симметрична H относительно M, а P' – точка пересечения прямой MH с описанной окружностью треугольника ABC. Тогда, в силу равенства углов при симметрии, H' лежит на описанной окружности, а в силу параллельности центрально симметричных прямых BH и AH',  ∠CAH' = 90°, то есть CH' – диаметр окружности, а значит,  ∠CP'H' = 90°.  Это означает, что описанная окружность треугольника A₁B₁C проходит через P', то есть P' совпадает с P.

  2) Описанная окружность треугольника AMA₁ проходит через точку P.
  Используя равенство вписанных углов и 1), получим, что  ∠MAA₁ = ∠HCA₁ = ∠HPA₁ = ∠MPA₁,  что и требовалось.

             

  3) Точки A, P и точка A₂, симметричная A₁ относительно высоты CC₁, лежат на одной прямой (рис. справа).
  MA = MA₁  (A₁M – медиана прямоугольного треугольника AA₁B). Отсюда, учитывая 2), следует, что PM – биссектриса угла APA₁, то есть A₂ – точка пересечения AP и окружности с диаметром CH.
  Кроме того, CC₁ – биссектриса угла A₁C₁B₁ (см. задачу 52866), откуда следует, что A₂ лежит на прямой B₁C₁.

  4)  B₁C₁ || AZ,  A₁C₁ || BZ,  A₂A₁ || AB  (рис. снизу).
  Действительно,  ∠BAZ = ∠ACB = ∠B₁C₁A,  откуда  B₁C₁ || AZ.  Aналогично  A₁C₁ || BZ.  Третья параллельность следует из способа построения точки A₂.

  У равнобедренных треугольников AZB и A₂C₁A₁ соответствующие стороны параллельны, следовательно эти треугольники гомотетичны, причём центр гомотетии лежит на пересечении прямых AA₂, BA₁ и ZC₁. Это и значит, что прямые AP, BC и ZC₁ пересекаются в одной точке.

Решение 2

  Пусть Q – точка пересечения A₁B₁ с AB. Заметим, что A₁ и B₁ лежат на окружности с диаметром AB. Значит, Q – радикальный центр описанных окружностей треугольников ABC и CA₁B₁ и четырёхугольника ABA₁B₁, то есть Q лежит на прямой CP.
  Теперь утверждение задачи очевидно из свойств полярных преобразований: все нужные точки лежат на поляре Q. Действительно, поляра Q проходит через полюс прямой AB – точку Z. Kроме того, она проходит через точку C₁, поскольку двойное отношение точек A, B, C₁, Q равно –1 (теорема о полном четырёхстороннике для точек C, A₁, B₁ и H, см. задачу 58441). Значит, прямая ZC₁ и есть поляра точки Q. То, что поляра точки (Q) пересечения противоположных сторон четырёхугольника (ABPC) проходит через точку пересечения его диагоналей (AP и BC), завершает доказательство.

Замечания

1. Утверждение задачи верно и для тупоугольного треугольника.

2. Определение и свойства поляры см., например, в кн. Я.П. Понарина "Aффинная и проективная геометрия" (МЦНМО, 2009), часть II, параграф 22.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название	Московская устная олимпиада по геометрии
год/номер
Номер	09 (2011 год)
Дата	2011-04-10
класс
Класс	10-11 класс
задача
Номер	6