Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 218
2014-06-07 
Доказать, что вписанный четырехугольник $A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}$ равен четырехугольнику, вершины которого $H_{1}, H_{2}, H_{3}, H_{4}$ являются точками пересечения высот треугольников
$A_{2}A_{3}A_{4}, A_{1}A_{3}A_{4}, A_{1}A_{2}A_{4}, A_{1}A_{2}A_{3}$
соответственно.
Решение:
Докажем сначала, что середины отрезков $A_{1}H_{1}$ и $A_{2}H_{2}$ совпадают. Для этого через точку $A_{3}$ проведем прямую, перпендикулярную стороне $A_{3}A_{4}$, и обозначим через $K$ отличную от $A_{3}$ точку пересечения этой прямой с окружностью, описанной около четырехугольника $A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}$ (рис.). Тогда $A_{2}H_{1} \parallel KA_{3}$ (ибо $A_{2}H_{1} \perp A_{3}A_{4}$) и $A_{3}H_{1} \parallel KA_{2}$ (ибо $A_{3}H_{1} \perp A_{2}A_{4}$ и $\angle KA_{2}A_{4} = 90^{\circ}$, так как $KA_{4}$ - диаметр), поэтому $KA_{2}H_{1}A_{3}$ - параллелограмм, откуда $\overrightarrow{A_{2}H_{1}} = \overrightarrow{KA_{3}}$. Аналогично доказывается, что $A_{1}H_{1}A_{3}K$ - параллелограмм, откуда $\overrightarrow{A_{1}H_{2}} = \overrightarrow{KA_{3}}$. Итак, $\overrightarrow{A_{2}H_{1}} = \overrightarrow{A_{1}H_{2}}$ и отрезки $A_{1}H_{1}, A_{2}H_{2}$ являются диагоналями параллелограмма $A_{1}H_{2}H_{1}A_{2}$, т.е. делятся в точке их пересечения пополам. Подобным же образом доказывается, что середина отрезка $A_{2}H_{2}$ совпадает с серединой отрезка $A_{3}H_{3}$, которая в свою очередь совпадает с серединой отрезка $A_{4}H_{4}$. Следовательно, при центральной симметрии относительно этой общей для всех 4 отрезков середины четырехугольник $A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}$ переходит в четырехугольник $H_{1}H_{2}H_{3}H_{4}$ из чего вытекает утверждение задачи.
Доказать, что вписанный четырехугольник $A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}$ равен четырехугольнику, вершины которого $H_{1}, H_{2}, H_{3}, H_{4}$ являются точками пересечения высот треугольников
$A_{2}A_{3}A_{4}, A_{1}A_{3}A_{4}, A_{1}A_{2}A_{4}, A_{1}A_{2}A_{3}$
соответственно.
Решение:
Докажем сначала, что середины отрезков $A_{1}H_{1}$ и $A_{2}H_{2}$ совпадают. Для этого через точку $A_{3}$ проведем прямую, перпендикулярную стороне $A_{3}A_{4}$, и обозначим через $K$ отличную от $A_{3}$ точку пересечения этой прямой с окружностью, описанной около четырехугольника $A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}$ (рис.). Тогда $A_{2}H_{1} \parallel KA_{3}$ (ибо $A_{2}H_{1} \perp A_{3}A_{4}$) и $A_{3}H_{1} \parallel KA_{2}$ (ибо $A_{3}H_{1} \perp A_{2}A_{4}$ и $\angle KA_{2}A_{4} = 90^{\circ}$, так как $KA_{4}$ - диаметр), поэтому $KA_{2}H_{1}A_{3}$ - параллелограмм, откуда $\overrightarrow{A_{2}H_{1}} = \overrightarrow{KA_{3}}$. Аналогично доказывается, что $A_{1}H_{1}A_{3}K$ - параллелограмм, откуда $\overrightarrow{A_{1}H_{2}} = \overrightarrow{KA_{3}}$. Итак, $\overrightarrow{A_{2}H_{1}} = \overrightarrow{A_{1}H_{2}}$ и отрезки $A_{1}H_{1}, A_{2}H_{2}$ являются диагоналями параллелограмма $A_{1}H_{2}H_{1}A_{2}$, т.е. делятся в точке их пересечения пополам. Подобным же образом доказывается, что середина отрезка $A_{2}H_{2}$ совпадает с серединой отрезка $A_{3}H_{3}$, которая в свою очередь совпадает с серединой отрезка $A_{4}H_{4}$. Следовательно, при центральной симметрии относительно этой общей для всех 4 отрезков середины четырехугольник $A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}$ переходит в четырехугольник $H_{1}H_{2}H_{3}H_{4}$ из чего вытекает утверждение задачи.
