Олимпиадная задача: Центр описанной окружности и ортоцентр в треугольнике (планиметрия, 8-9 класс)

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' .

Ответ задачи отсутствует