10847. Докажите, что в треугольнике ABC
с углом A
, равным 120^{\circ}
, расстояние от центра описанной окружности до точки пересечения высот равно AB+AC
.
Решение. Пусть BB_{1}
и CC_{1}
— высоты треугольника ABC
, а O
и H
— центр его описанной окружности и точка пересечения высот соответственно. В окружности, описанной вокруг треугольника ABC
, величина дуги BAC
равна
360^{\circ}-2\cdot120^{\circ}=120^{\circ},
поэтому центральный угол BOC
равен 120^{\circ}
.
Пусть \omega
— окружность, описанная около треугольника BOC
. Из четырёхугольника B_{1}AC_{1}H
получаем, что
\angle B_{1}HC_{1}=180^{\circ}-\angle B_{1}AC_{1}=180^{\circ}-120^{\circ}=60^{\circ},
поэтому точка H
лежит на окружности \omega
.
На продолжении стороны BA
за точку A
отложим отрезок AD=AC
. Тогда
BD=BA+AD=BA+AC.
При этом треугольник ADC
равносторонний, так как его угол при вершине A
равен 60^{\circ}
и AD=AC
. Значит,
\angle BDC=\angle ADC=60^{\circ}=\angle BHC.
Следовательно, точка D
тоже лежит на окружности \omega
.
Из прямоугольного треугольника BB_{1}H
получаем, что \angle HBB_{1}=30^{\circ}
, а так как O
— середина дуги AOC
, то
\angle BHO=\frac{1}{2}\angle BHC=30^{\circ}=\angle HBD.
Значит, равны дуги окружности \omega
, на которые опираются равные вписанные углы BHO
и HBD
, т. е. меньшие дуги BO
и DH
. Тогда BH\parallel OD
, и BHDO
— трапеция, вписанная в окружность \omega
. Такая трапеция равнобокая, её диагонали AD
и HO
равны. Следовательно,
AB+AC=AD=HO.