Задача 66814

Темы:    [ Углы, опирающиеся на равные дуги и равные хорды ] [ Четыре точки, лежащие на одной окружности ] [ Симметрия помогает решить задачу ]

Сложность: 3+ Классы: 9,10,11

Условие

Автор: Мостовой А.

В остроугольном треугольнике $ABC$ ($AC>AB$ ) провели биссектрису $AK$ и медиану $AT$, последнюю продлили до пересечения с описанной окружностью треугольника в точке $D$. Точка $F$ симметрична $K$ относительно $T$. Даны углы треугольника $ABC$, найдите угол $FDA$.

Решение 1

Пусть $M$ – середина дуги $BC$. Тогда $\angle MFT=\angle MKT=\angle MKC=\angle A/2+\angle C=\angle ACM=\angle ADM=\angle TDM$, т.е. четырехугольник $MDFT$ – вписанный. Поэтому $\angle ADF=\angle TDF=\angle TMF=\angle TMK=(\angle B-\angle C)/2$.

Решение 2

Проведём симедиану из вершины $A$ до пересечения с окружностью в точке $Q$. Так как точки $D$ и $Q$ симметричны относительно серединного перпендикуляра к $BC$, вместо угла $FDA$ будем искать равный ему угол $KQT$. В треугольнике $AQT$ $AK$ и $TK$ – биссектрисы, следовательно, $\angle KQT=\angle KQA/2$, а последний угол как раз и будет равен разности углов $B$ и $C$, поскольку точка пересечения луча $QK$ с окружностью образует вместе с вершинами треугольника равнобокую трапецию.

Ответ

$\frac{\angle B-\angle C}{2}$.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название	Олимпиада по геометрии имени И.Ф. Шарыгина
год
Год	2019
класс
Класс	10
задача
Номер	10.6