Олимпиадная задача по планиметрии: высоты треугольника и окружности

Покажем, что биссектрисы треугольника $ABC$ содержат высоты треугольника, образованного прямыми $\ell_A,\ell_B,\ell_C$. Для этого докажем, что точка пересечения прямых $\ell_B,\ell_C$ лежит на биссектрисе угла $BAC$, а прямая $\ell_A$ перпендикулярна этой биссектрисе.1. Докажем, что прямая $\ell_A$ перпендикулярна биссектрисе угла $BAC$.

Пусть $R$ и $S$  – это точки пересечения окружности с центром в $H$ радиуса $HH_A$ с отрезками $BH$ и $CH$ соответственно. Тогда треугольник $RHS$  – равнобедренный с основанием $RS$, поэтому прямая $RS$ (она же $\ell_A$) перпендикулярна прямой $p_A$, содержащей биссектрису угла $BHC$. Поэтому достаточно доказать, что прямая $p_A$ параллельна биссектрисе угла $BAC$. Пусть $M_A$ и $N_A$  – середины дуг ${H_CHH_B}$ и ${H_BAH_C}$ окружности $\omega_A$, построенной на $AH$ как на диаметре. Из свойств вписанных углов следует, что $AM_A$  – биссектриса угла $BAC$, $HN_A$  – биссектриса угла $H_CHH_B$. Заметим также, что $M_AN_A$  – диаметр окружности $\omega_A$. Значит, отрезки $M_AN_A$ и $AH$ пересекаются в центре $O$ окружности $\omega_A$ как её диаметры и делятся точкой пересечения пополам. То есть четырёхугольник $AM_AHN_A$  – параллелограмм (и даже прямоугольник, поскольку его углы  – вписанные, опирающиеся на диаметры окружности $\omega_A$, то есть прямые). В частности, $AM_A\parallel HN_A$, что и требовалось.

2. Докажем, что прямые $\ell_B$ и $\ell_C$ пересекаются на биссектрисе угла $BAC$.

Пусть прямые $\ell_C$ и $\ell_B$ пересекают отрезки $BH$, $CH$ в точках $P$ и $Q$ соответственно, а точку пересечения $\ell_B$ и $\ell_C$ обозначим через $X$. Пусть углы $A$, $B$ и $C$ треугольника $ABC$ равны $2\alpha$, $2\beta$ и $2\gamma$ соответственно. Поскольку $HP = HH_C$ и $HQ = HH_B$, то треугольники $HH_CP$ и $HH_BQ$  – равнобедренные с углами, равными $\angle H_CHB = \angle BAC = 2\alpha$, напротив оснований. Поэтому $$\angle HPH_C = \angle HQH_B = 90^\circ-\alpha =\beta +\gamma.$$ Пусть прямые $\ell_C$ и $\ell_B$ пересекают отрезок $AH$ в точках $U$ и $V$ соответственно. Тогда треугольник $PUH$  – равнобедренный с основанием $PU$, значит, $$\angle XPH = \angle UPH = \frac{180^\circ - \angle BHA}{2} = \gamma.$$ Рассуждая аналогично для треугольника $QVH$, получаем, что $\angle XQH = \beta$. Тогда $$\angle XPH_C = \angle HPH_C - \angle HPX = \beta+\gamma- \gamma = \beta = \angle XQH_C,$$ откуда следует, что $X$ лежит на окружности, описанной около треугольника $H_CPQ$. Аналогично точка $X$ лежит на окружности, описанной около треугольника $H_BPQ$. Таким образом, пять точек $X$, $H_B$, $P$, $Q$, $H_C$ лежат на одной окружности.

Тогда по свойству вписанных углов $\angle X H_B H_C = \angle XQ H_C= \beta$. Четырёхугольник $BH_CH_BC$  – вписанный, поскольку $\angle BH_C C = \angle BH_B C = 90^\circ$. Значит, $\angle H_CH_BC = 180^\circ - \angle ABC = 180^\circ - 2\beta$, то есть $\angle AH_B H_C = 2\beta$. Отсюда следует, что $H_B X$  – биссектриса угла $AH_B H_C$. Аналогично $H_C X$  – биссектриса угла $AH_C H_B$. Значит, точка $X$ является центром окружности, вписанной в треугольник $AH_B H_C$, в частности, лежит на биссектрисе угла $BAC$. Повторяя рассуждения пунктов 1 и 2 для двух других биссектрис треугольника $ABC$, получаем, что точка пересечения биссектрис треугольника $ABC$ совпадает с точкой пересечения высот треугольника, образованного прямыми $\ell_A,\ell_B,\ell_C$, что и требовалось доказать.