3279. Пусть O
— центр окружности, вписанной в треугольник ABC
, M
— середина стороны AC
. Оказалось, что треугольник BOM
равнобедренный с углом \gamma
при вершине. Найдите наименьшее возможное значение \gamma
.
Ответ. 150^{\circ}
.
Указание. Докажите, что \gamma=180^{\circ}-\angle ACB
.
Решение. Без ограничения общности будем считать, что \angle A\gt\angle C
. Тогда AB\lt BC
, поэтому
AF=\frac{1}{2}(AC+AB-BC)\lt\frac{1}{2}AC=AM
(см. задачу 219).
Пусть вписанная окружность касается сторон AB
и AC
в точках E
и F
соответственно. Из равенств OB=OM
(по условию) и OE=OF
(как радиусы) следует, что прямоугольные треугольники OEB
и OFM
равны по гипотенузе и катету. Значит, BE=FM
, а так как AE=AF
(как отрезки касательных, проведённых к окружности из одной точки), то
AB=AE+BE=AF+FM=AM=\frac{1}{2}AC.
Поскольку O
— точка пересечения биссектрис треугольника ABC
, то \angle AOB=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle ACB
(см. задачу 4770), а так как треугольники AOB
и AOM
равны (по двум сторонам и углу между ними), то
\angle AOM=\angle AOB=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle ACB.
Значит,
\gamma=\angle BOM=360^{\circ}-2\angle AOB=360^{\circ}-2\left(90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle ACB\right)=180^{\circ}-\angle ACB.
Таким образом, наименьшему значению \gamma
соответствует наибольшее значение угла ACB
.
Отношение \frac{AC}{AB}=2
постоянно, поэтому при фиксированной длине стороны AC
точка B
расположена на окружности с центром A
радиуса \frac{1}{2}AC
. Значит, угол ACB
максимален, если BC
— касательная к этой окружности, т. е. когда BC\perp AB
. В этом случае катет AB
прямоугольного треугольника ABC
вдвое меньше гипотенузы AC
, поэтому \angle ACB=30^{\circ}
. Следовательно, \gamma=180^{\circ}-30^{\circ}=150^{\circ}
.