Районная олимпиада, 2012-2013 учебный год, 10 класс

Внутри остроугольного треугольника $ABC$ взята точка $P$ так, что все точки, симметричные ей относительно сторон треугольника, лежат на описанной около $ABC$ окружности. Докажите, что $P$ — точка пересечения высот треугольника $ABC$.

Комментарий/решение

1) Из условия следует, что $E$ и $P$ симметричны относительно $AB$;

$D$ и $P$ симметричны относительно $AC$;

$F$ и $P$ симметричны относительно $BC$;

Отсюда следует, что $\triangle BEP,\triangle AEP,\triangle APD,\triangle BPF-$ равнобедренные

2)Из $[1]$ следует, что $\angle BEP=\angle BPE;\angle AEP=\angle APE;\angle BPF=\angle BFP$

3) Если доказать, что $\angle APF=180^{\circ}$, можно утверждать, что точка $P$ лежит хотя бы на одной из высот (а именно $AF$)

4)Рассмотрим сумму углов, из которых состоит $\angle APF$

$\angle APF= \angle APE+ \angle EPB+ \angle BPF$

Из $[2]$ следует, что $\angle APF= \angle AEP+ \angle BEP+ \angle BFP$

Обратим внимание, что $AEBF$ вписан в окружность. Свойство вписанных в окружность четырёхугольников-сумма противоположных углов равна $180^{\circ}$

$\angle APF= \angle AEP+ \angle BEP+ \angle BFP= \angle AEB+ \angle BFP=180^{\circ}$

5) Теорема: все высоты треугольника пересекаются в одной точке

6) Из $[5]$ следует, что достаточно доказать, что $P$ лежит и на второй высоте, чтобы $P$ стало точкой пересечения высот (это и просят доказать в задаче)

Аналогично $[3]$, покажем, что $\angle BPD=180^{\circ}$

Рассмотрим сумму углов, из которых состоит $\angle BPD$

$\angle BPD= \angle DPA+ \angle EPB+ \angle APE$

Сравнимся с выражением $[4]$

$\angle APF= \angle APE+ \angle EPB+ \angle BPF$

Покажем, что $ \angle BPF=\angle DPA$. Они равны как опирающиеся на равные дуги $AD$ и $AE$

Правые части выражений равны, значит и левые равны

$\angle BPD=\angle APF=180^{\circ}$