Задача 16 профильного досрочного ЕГЭ

Задача оказалась непростой, и все же вполне решаемой. Для ее решения потребовались знания 7 и 8 классов: свойства биссектрисы и соотношение вписанных и центральных углов.

Задача. Точка $O$ – центр окружности, описанной около остроугольного треугольника $ABC$ , точка $I$ – центр вписанной в него окружности. Точка $H$ – точка пересечения высот треугольника. Известно, что $\angle BAC=\angle OBC +\angle OCB$ .

а) Докажите, что точка $H$ лежит на окружности, описанной около треугольника $BOC$ .

б) Найдите угол $OHI$ , если $\angle ABC=40^{\circ}$ .

Решение:

Построим биссектрисы треугольника. Точка их пересечения – центр вписанной окружности треугольника $I$ . Построим саму вписанную окружность, покажем радиусы, проведенные в точку касания – $IL, IM, IN$ .

Рисунок 1

Построим середины сторон треугольника и проведем серединные перпендикуляры. Их точка пересечения – центр описанной окружности $O$ . Основания серединных перпендикуляров я специально не обозначила, чтобы не загромождать рисунок. Радиусы описанной окружности – $OA=OB= OC$ .

Рисунок 2

Построим высоты треугольника – $AG, BK, CZ$ . Точка их пересечения – $H$ .

Рисунок 3

Теперь совместим на одном рисунке все три точки:

Рисунок 4

Отметим, что треугольник $OCB$ – равнобедренный, так как его сторонами являются радиусы описанной окружности. Обозначим углы этого треугольника за $x$ : $\angle OBC=\angle OCB=x$ .

Рисунок 5

Известно, что $\angle BAC=\angle OBC +\angle OCB$ . Из рисунка видно, что угол $\angle BAC$ является вписанным, и опирается на дугу $CB$ описанной окружности. На ту же самую дугу опирается и центральный угол – $\angle COB$ . Следовательно, угол $\angle COB=2\angle BAC=2(\angle OBC +\angle OCB)=2\cdot 2x=4x$ .

Сумма углов треугольника $COB$ равна $180^{\circ}$ , тогда запишем эту сумму:

$x+x+4x=180^{\circ}$

$6x=180^{\circ}$

$x=30^{\circ}$

Следовательно, угол $\angle COB=120^{\circ}$ , а $\angle OBC=\angle OCB=30^{\circ}$ .

Знание центрального угла дает нам возможность найти вписанный – угол $\angle BAC$ :

$\angle BAC=\frac{1}{2} \angle COB=60^{\circ}$

Теперь посмотрим на биссектрисы. Обозначим углы $\angle ABI=\angle IBC=y$ , а углы $\angle AСI=\angle ICB=z$ . Тогда для треугольника $ABC$ запишем:

$2y+2z+\angle CAB=180^{\circ}$

$2y+2z+60^{\circ}=180^{\circ}$

$y+z=60^{\circ}$

Таким образом, в треугольнике $CIB$ угол $\angle CIB=120^{\circ}$ .

Рисунок 6

Теперь посмотрим на высоты.

В прямоугольном треугольнике $BAK$ второй острый угол равен $30^{\circ}$ :

$\angle ABK=30^{\circ}$

Рисунок 7

Аналогично, в прямоугольном треугольнике $CAZ$ угол $\angle ACZ=30^{\circ}$ .

Рисунок 8

Сумма углов $C$ и $B$ треугольника $ABC$ равна $120^{\circ}$ , сумма углов $\angle ABK +\angle ACZ=60^{\circ}$ , поэтому на сумму углов $\angle HCG$ и $\angle HBG$ остается $60^{\circ}$ , то есть на угол $CHB$ приходится 120 градусов: $\angle CHB=120^{\circ}$ .

Получается, что изо всех трех точек – $O, I, H$ – отрезок $CB$ виден под одним углом, а это значит, что все три точки лежат на одной окружности. Покажем ее:

Рисунок 9

Пункт а) – готов. Теперь займемся пунктом б). Если известно, что угол $\angle ABC=40^{\circ}$ , то $\angle ABI=\angle IBC=y=20^{\circ}$ , а $\angle AСI=\angle ICB=z=\frac{120^{\circ}-40^{\circ}}{2}=40^{\circ}$ , $\angle OBC=\angle OCB=x=30^{\circ}$ .