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.

[latexpage]

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 $\angle AСI=\angle ICB=z=\frac{120^{\circ}-40^{\circ}}{2}=40^{\circ}$, $\angle OBC=\angle OCB=x=30^{\circ}$.

Найдем угол $ICO$:

$$\angle ICO =\angle HCB -\angle ICB=10^{\circ}$$

Угол $OHI$ – искомый – является, как и угол $\angle ICO$, вписанным, и опирается на ту же дугу, поэтому равен углу $\angle ICO$:

$$\angle OHI =\angle ICO=10^{\circ}$$

Ответ: $10^{\circ}$.