10234. Известно, что в неравностороннем треугольнике ABC
точка, симметричная точке пересечения медиан относительно стороны BC
, принадлежит описанной окружности. Докажите, что \angle BAC\lt60^{\circ}
.
Решение. Пусть \angle BAC=\alpha
, M
— точка пересечения медиан треугольника ABC
, а точка M'
симметрична ей относительно прямой BC
. Тогда
\angle BMC=\angle BM'C=180^{\circ}-\alpha.
Поскольку точка M
лежит внутри треугольника ABC
, то
180^{\circ}-\alpha=\angle BMC\gt\angle BAC=\alpha,
откуда \alpha\lt90^{\circ}
. Следовательно, центр O
окружности, описанной около треугольника ABC
, и вершина A
лежат по одну сторону от прямой BC
. Значит, \angle BOC=2\alpha
.
Докажем, что точка O
лежит вне окружности, описанной около треугольника BMC
. Действительно, если H
— ортоцентр треугольника ABC
, то по теореме о внешнем угле треугольника
\angle BHC=90^{\circ}+\angle ABH\gt90^{\circ},
поэтому
\angle BHC=180^{\circ}-\alpha=\angle BMC.
Значит, точка H
лежит на окружности, описанной около треугольника BMC
. Кроме того, точка M
лежит на отрезке OH
(см. задачу 5044). Следовательно, точка O
лежит вне окружности, описанной около треугольника BMC
. Тогда \angle BOC\lt\angle BMC
, т. е. 2\alpha\lt180^{\circ}-\alpha
, откуда \alpha\lt60^{\circ}
.