Математикадан аудандық олимпиада, 2007-2008 оқу жылы, 9 сынып

Сүйірбұрышты $ABC$ үшбұрышының $AD$ биссектрисасы $AC$ қабырғасына тең және $OH$ кесіндісіне перпендикуляр, мұндағы $O$ — сырттай сызылған шеңбердің центрі, ал $H$ — үшбұрыш биіктіктерінің қиылысу нүктесі. Осы үшбұрыштың бұрыштарын тап.

Комментарий/решение

Продолжим отрезки $AO$ и $AH$ до пересечения с описанной окружностью треугольника $ABC$ в точках $E$ и $M$ соответственно .Пусть $AM$ и $BC$ пересекаются в точке $P$( $AM$ и $BC$ перпендикулярны) .$AE$ диаметр , поэтому $\angle AME = 90^\circ$. Значит, $EM$ $\parallel$ $BC$. Поэтому равны меньшие дуги $MC$ и $EB.$ Следовательно, $\angle CAM $ = $\angle BAE$, а т.к. $AD$ — биссектриса угла $BAC$, то $\angle OAD$ = $\angle HAD$. Тогда высота $AK$ треугольника $OAH$ является его биссектрисой. Следовательно, треугольник $OAH$ — равнобедренный.

Кроме того, высота $AP$ равнобедренного треугольника CAD также является его биссектрисой. Поэтому $\angle CAM$ = $\angle MAD $ = $\angle DAO$ = $\angle OAB$ = $\alpha$

Продолжим отрезок $CH$ до пересечения с окружностью в точке $F$($CN$ - высота). В прямоугольном треугольнике $APB$ $\angle ABP = 90^\circ - 3\alpha$.Значит в прямоугольном треугольнике $BNC$ $\angle NCB = 3\alpha$.

Углы $\angle FCB$ = $\angle BAF$ = 3$\alpha$ , ведь они опираются на дугу $FB$,поэтому они равны.

В треугольнике $FAH$, $AN$ и высота, и биссктриса,поэтому $AF$ = $AH$ = $OA$ = $R$ = $OF$.Значит $\triangle AFO$ равносторонний,поэтому $\angle OAF = 60^\circ = 4\alpha$,откуда $\alpha = 15^\circ$.

Углы в треугольнике $\triangle ABC$ : $\angle A = 4\alpha = 60^\circ$, $\angle B = 90^\circ - 3\alpha = 45^\circ$, значит $\angle C = 75^\circ$