Задание №181006: Геометрия · Олимпиада Шарыгина 2026

(Ю.Нагуманов) Высоты AA , BB , CC треугольника ABC повторно пере-
1 1 1
секают описанную около него окружность в точках A , B , C . Пусть A — точка
2 2 2 3
пересечения окружностей ABC и AB C , отличная от A, точки B , C определяются
1 1 3 3
аналогично, A , B , C — основания высот в треугольнике A B C . Докажите, что
4 4 4 1 1 1
прямые AA , BB , CC , A A , B B , C C пересекаются в одной точке.
4 4 4 2 3 2 3 2 3
Решение. Заметим, что H — инцентр A B C , а значит инцентр и A B C . По-
1 1 1 2 2 2
скольку B лежит на окружности с диаметром BH, B H проходит через середину
3 3
большей дуги A C . Значит B — точка касания полувписанной окружности. Тогда
2 2 3
A A , B B , C C пересекаются в центре положительной гомотетии переводящей
2 3 2 3 2 3
вписанную окружность треугольника A B C в описанную. Заметим, что прямая
2 2 2
через центр гомотетии и середину дуги проходит через точку касания вписанной
окружности. Сделаем гомотетию с центром в H и коэффициентом 2. Она переводит
B в центр I вневписанной окружности A B C , точку касания в точку, симметрич-
B 2 2 2
ную H относительно стороны A C , а B в основание высоты B′.
2 2 4
Поскольку B , основание биссектрисы угла A B C , H и I образуют гармоническую
2 2 2 2 B
четверку, а \B B′A = (cid:25)=2, получаем, что B′A — биссектриса угла HB′I (рис.
2 2 2 B
20). Поэтому прямая BB проходит через точку касания стороны A C с вписанной
4 2 2
окружностью, что и требуется.
17

B
2







H

B
4
B′
C
2
A
2
B







I
B
Рис. 20.