Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1995
2019-01-22 
На сторонах $AP$ и $PD$ остроугольного треугольника $APD$ выбраны соответственно точки $B$ и $C$. Диагонали четырехугольника $ABCD$ пересекаются в точке $Q$. Точки $H_1$ и $H_2$ являются ортоцентрами треугольников $APD$ и $BPC$ соответственно. Докажите, что если прямая $H_1H_2$ проходит через точку $X$ пересечения описанных окружностей треугольников $ABQ$ и $CDQ$, то она проходит и через точку $Y$ пересечения описанных окружностей треугольников $BQC$ и $AQD$. ($X \neq Q, Y \neq Q$).
Решение:
Рассмотрим окружности $\omega_1$ и $\omega_2$, построенные на диагоналях $AC$ и $BD$ как на диаметрах. Пусть $BB_1, CC_1, AA_1, DD_1$ - высоты в треугольниках $BPC$ и $APD$, соответственно (точки $A_1$ и $C_1$ лежат на $\omega_1, B_1$ и $D_1$ - на $\omega_2$). Тогда точки $A, D_1, A_1 , D$ лежат на одной окружности, поэтому $H_1A \cdot H_1A_1 = H_1D \cdot H_1D_1$, т. е. $H_1$ лежит на радикальной оси $\omega_1$ и $\omega_2$. Аналогично, $H_2$ также на ней лежит, следовательно, эта радикальная ось есть прямая H1H2. Обозначим через M и N середины диагоналей AC и BD соответственно. Так как точка X по условию лежит на радикальной оси $\omega_1$ и $\omega_2$, то $XM^2 - CM^2 = XN^2 - DN^2$. Но треугольники $XAC$ и $XBD$ подобны, так как $\angle XAQ = \angle XBQ, \angle XCQ = \angle XDQ$, следовательно эти разности квадратов должны относиться как квадрат коэффициента подобия или равняться 0. Во втором случае получаем, что $\angle AXC = \angle BXD = 90^{\circ}$, но тогда прямые $AB$ и $CD$ будут перпендикулярны (так как одна из них будет получаться из другой поворотной гомотетией с углом $90^{\circ}$ и центром $X$), что противоречит различности точек $H_1$ и $H_2$. Значит, треугольники $AXC$ и $BXD$ будут равны. Но тогда равны будут и треугольники $AYC$ и $DYB$, так как они подобны (по причинам, аналогичным подобию треугольников $AXC$ и $BXD$) и имеют равные соответственные стороны ($AC = BD$). Значит, степени точки $Y$ относительно окружностей $\omega_1$ и $\omega_2$ равны (так как $YM = YN,MC = ND$), поэтому она лежит на той же радикальной оси.
На сторонах $AP$ и $PD$ остроугольного треугольника $APD$ выбраны соответственно точки $B$ и $C$. Диагонали четырехугольника $ABCD$ пересекаются в точке $Q$. Точки $H_1$ и $H_2$ являются ортоцентрами треугольников $APD$ и $BPC$ соответственно. Докажите, что если прямая $H_1H_2$ проходит через точку $X$ пересечения описанных окружностей треугольников $ABQ$ и $CDQ$, то она проходит и через точку $Y$ пересечения описанных окружностей треугольников $BQC$ и $AQD$. ($X \neq Q, Y \neq Q$).
Решение:
Рассмотрим окружности $\omega_1$ и $\omega_2$, построенные на диагоналях $AC$ и $BD$ как на диаметрах. Пусть $BB_1, CC_1, AA_1, DD_1$ - высоты в треугольниках $BPC$ и $APD$, соответственно (точки $A_1$ и $C_1$ лежат на $\omega_1, B_1$ и $D_1$ - на $\omega_2$). Тогда точки $A, D_1, A_1 , D$ лежат на одной окружности, поэтому $H_1A \cdot H_1A_1 = H_1D \cdot H_1D_1$, т. е. $H_1$ лежит на радикальной оси $\omega_1$ и $\omega_2$. Аналогично, $H_2$ также на ней лежит, следовательно, эта радикальная ось есть прямая H1H2. Обозначим через M и N середины диагоналей AC и BD соответственно. Так как точка X по условию лежит на радикальной оси $\omega_1$ и $\omega_2$, то $XM^2 - CM^2 = XN^2 - DN^2$. Но треугольники $XAC$ и $XBD$ подобны, так как $\angle XAQ = \angle XBQ, \angle XCQ = \angle XDQ$, следовательно эти разности квадратов должны относиться как квадрат коэффициента подобия или равняться 0. Во втором случае получаем, что $\angle AXC = \angle BXD = 90^{\circ}$, но тогда прямые $AB$ и $CD$ будут перпендикулярны (так как одна из них будет получаться из другой поворотной гомотетией с углом $90^{\circ}$ и центром $X$), что противоречит различности точек $H_1$ и $H_2$. Значит, треугольники $AXC$ и $BXD$ будут равны. Но тогда равны будут и треугольники $AYC$ и $DYB$, так как они подобны (по причинам, аналогичным подобию треугольников $AXC$ и $BXD$) и имеют равные соответственные стороны ($AC = BD$). Значит, степени точки $Y$ относительно окружностей $\omega_1$ и $\omega_2$ равны (так как $YM = YN,MC = ND$), поэтому она лежит на той же радикальной оси.
