Задача 66229

Темы:    [ Признаки и свойства равнобедренного треугольника. ] [ Вписанные и описанные окружности ] [ Ортоцентр и ортотреугольник ] [ Четыре точки, лежащие на одной окружности ] [ Вспомогательная окружность ] [ Отношение, в котором биссектриса делит сторону ] [ Теорема Фалеса и теорема о пропорциональных отрезках ] [ Сумма углов треугольника. Теорема о внешнем угле. ] [ Серединный перпендикуляр к отрезку (ГМТ) ]

Сложность: 4- Классы: 9,10

Условие

Автор: Рожкова М.

В треугольнике ABC  O – центр описанной окружности, H – ортоцентр. Через середину OH параллельно BC проведена прямая, пересекающая стороны AB и AC в точках D и E. Оказалось, что O – центр вписанной окружности треугольника ADE. Найдите углы треугольника ABC.

Решение

  Из условия следует, что AO – биссектриса угла A, то есть  AB = AC.  Значит, ODHE – ромб.

  Первый способ.  ∠ODH = 2∠ODE = ∠B,  ∠DOH = ∠DHO = 90° – ^∠B/₂ = ∠BHD.
  Пусть прямая, проходящая через H параллельно AC, пересекает AB в точке K. Так как  ∠HKB = ∠A = ∠HOB,  точки H, O, K, B лежат на одной окружности. Поскольку угол KHB – прямой, центр этой окружности лежит на прямой AB и, значит, совпадает с точкой D (см. рис.). Следовательно,  ∠HBD = ∠BHD = 90° – ^∠B/₂.  С другой стороны, этот угол равен  ∠B – ^∠A/₂,  откуда и следует ответ.

  Второй способ. Пусть P – середина отрезка OH. На продолжении AB за точку B отложим отрезок  BF = BC.  Поскольку DO – биссектриса треугольника ADP, то  AD : DP = AO : OP.  Значит,  AB : BF = AB : BC = AD : 2DP = AO : 2OP = AO : OH,  то есть  BO || FH.  Так как треугольник AOB – равнобедренный, то и треугольник AHF – равнобедренный. Поэтому CH – серединный перпендикуляр к отрезку AF. Следовательно,  AC = FC,  значит,  ∠A = ∠BFC = ∠BCF = ^∠B/₂,  откуда и следует ответ.

Ответ

∠A = 36°,  ∠B = ∠C = 72°.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название	Олимпиада по геометрии имени И.Ф. Шарыгина
год
Год	2015
тур
задача
Номер	2