Олимпиадная задача по планиметрии: точка E, ортоцентр и окружности треугольника

Решение 1:   Будем считать, что  AB > AC.  Пусть BB₁ и CC₁ – высоты треугольника ABC, H – его ортоцентр, O и I – центры вписанной и описанной окружностей. Как известно, треугольники AB₁C₁ и ABC подобны (см. задачу 156508). Пусть точка M симметрична точке I относительно B'C' (см. рис.).

  Лемма. Точки M и I – соответственные точки в треугольниках AB₁C₁ и ABC.   Доказательство. Поскольку  AI ⊥ B'C',  точка L лежит на биссектрисе AI. Значит, достаточно доказать, что  AM : AI = AB₁ : AB.

  Обозначим через N точку пересечения прямой C'M с AC. Очевидно,  C'M || IB' || BB₁,  поэтому  AM : AI = AO : AB' = AN : AC' = AB₁ : AB.

  Точки B₁ и C₁ лежат на окружности с диаметром AH, E – центр этой окружности. Значит, точки E и O в треугольниках AB₁C₁ и ABC также соответственны; поэтому  ∠OIA = ∠EMA.  Так как точка F симметрична E относительно B'C', отрезки FI и EM также симметричны, и  ∠FIA = ∠EMI.  Итак,  ∠OIA + ∠FIA = ∠EMA + ∠EMI = 180°,  что и означает, что точки O, I, F лежат на одной прямой.

Решение 2:   Мы используем те же обозначения, что и в решении 1. Обозначим через l₁, l₂ и l₃ внешнюю биссектрису угла BAC, серединный перпендикуляр к отрезку AI и прямую B'C' соответственно. Очевидно прямые l₁, l₂ и l₃ параллельны. Пусть O' – точка, симметричная точке O относительно l₁. Докажем, что точки O', A, E лежат на одной прямой, причём отношение расстояний между точками O', A, E равно отношению расстояний между прямыми l₁, l₂, l₃.

  Действительно, прямые AO и AH, очевидно, симметричны относительно биссектрисы AI угла A, а значит, и относительно перпендикулярной ей прямой l₁ (рис. слева).

  Обозначим через A₂ и A₃ точки пересечения прямой AI с l₂ и l₃ соответственно, а через T, K, L середины стороны BC и дуг BC, BAC описанной окружности (рис. в центре).

  ∠BLK= ∠BAK= ∠B'AI,  поэтому прямоугольные треугольникиLBKиAB'Iподобны. В этих треугольниках точкиTиA₃– основания соответствующих высот, а точкиO, A₂– середины гипотенуз, значит,  OL:OT = A₂A:A₂A₃.  С другой стороны, точкиTиOпереходят соответственно вAиHпри гомотетии с центром в точке пересечения медиан и коэффициентом –2; следовательно,  OT= ½AH = AE,  и из симметрии  AO' = AO = OL.  Таким образом,  AO':AE = OL:OT = A₂A:A₂A₃.   Покажем, что точки, симметричные точкамO', AиEотносительно прямыхl₁,l₂,l₃соответственно (а это и есть точкиO, I, F) лежат на одной прямой. Пусть прямыеOIиAO'пересекаются в точкеX, F'– точка пересечения прямыхEFиOI, аS₁иS₃– середины отрезковOO'иF'E(рис. справа).   ТреугольникиXOO', XIAиXF'Eгомотетичны, поэтому их медианыXS₁,XA₂,XS₃лежат на одной прямой, и из подобия получаем S₁A₂:A₂S₃=O'A:AE = A₂A:A₂A₃.  Это означает, что  A₃S₃||AS₁.  Значит,S₃лежит на прямойl₃, откуда  F' = F,  что и требовалось доказать.