ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
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
В корзину
Прислать комментарий

Условие

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 || AZA1C1 || 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

© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .