Олимпиадная задача по планиметрии для 8–9 классов: параллельность прямых в треугольнике

Решение 1:   Докажем параллельность прямых A₁A₂ и C₁C₂ (рис. слева). Для этого достаточно доказать подобие треугольников BA₂A₁ и BC₁C₂.

  Tреугольники ABC, ABC₁, A₁BC и AB₁C равны. Поэтому  ∠BCA₂ = 180° – 2∠C,  ∠A₂BC = 180° – 2∠B,  следовательно,  ∠BA₂C = 180° – 2∠A.

  Аналогично  ∠C₂BA = 180° – 2∠B  и  ∠C₂AB = 180° – 2∠A,  следовательно, треугольники BA₂C и BAC₂ подобны. Поэтому  BC : BA₂ = BC₂ : BA.  Поскольку  BC = BC₁  и  BA = BA₁,  то  BC₁ : BA₂ = BC₂ : BA₁.   Kроме того,  ∠C₁BC₂ = ∠A₁BA₂,  следовательно, треугольники BA₂A₁ и BC₁C₂ подобны.

  Параллельность прямых C₁C₂ и B₁B₂ доказывается аналогично.

             

Решение 2:   Пусть O – центр описанной окружности треугольника ABC, H – его ортоцентр (рис. справа). Заметим, что точка C₁ лежит на CH. Докажем, что C₂ лежит на CO.

  Высоты CK и CL равных треугольников ACB₁ и A₁CB равны. Поэтому треугольники CKC₂ и CLC₂ равны по катету и гипотенузе. Следовательно,

∠BCC₂ = ∠LCC₂ – ∠LCB = ½ ∠KCL – ∠BCC₁ = ∠C – (90° – ∠B) = 90° – ∠A = ∠BCO.

  Проведём высоту BD. Из прямоугольных треугольников BDC и HDC получим    .   В прямоугольном треугольнике CLC₂    .   Кроме того,  CC₁ = 2BC sin B.  Cледовательно,  CH : CO = CC₁ : CC₂ ,   то есть прямая C₁C₂ параллельна OH.

  Aналогично доказывается, что прямые A₁A₂ и B₁B₂ параллельны OH.

Ответ задачи отсутствует