13526. Точка O
— центр описанной окружности треугольника ABC
, в котором \angle A\gt90^{\circ}
и AB\lt AC
. Точки M
и N
— середины отрезков BC
и AO
соответственно, а D
— точка пересечения прямой MN
со стороной AC
. Известно, что AD=\frac{AB+AC}{2}
. Найдите \angle A
.
Ответ. 120^{\circ}
.
Решение. Отметим середину F
стороны AC
и проведём диаметр EE'
окружности через точку M
(точка E
лежит на большей дуге BC
). Тогда M
— середина стороны BC
(см. задачу 1677), и
DK=|AD-AK|=\left|\frac{AB+AC}{2}-\frac{1}{2}AC\right|=\frac{1}{2}AB=FM.
Биссектриса внешнего угла при вершине F
равнобедренного треугольника DFM
параллельна основанию DM
(см. задачу 1174), а значит, параллельная ей биссектриса внешнего угла при вершине A
треугольника ABC
параллельна MN
.
Поскольку \angle EAE'=90^{\circ}
, а AE'
— биссектриса угла BAC
(точка E'
— середина дуги), то луч AE
и есть биссектриса внешнего угла при вершине A
треугольника ABC
. Таким образом, MN\parallel AE
, поэтому по теореме Фалеса M
— середина отрезка OE
.
Четырёхугольник BOCE
— ромб, в котором диагональ OK
равна стороне. Следовательно, \angle BAC=120^{\circ}
.