10339. Две окружности с радиусами 1 и 2 имеют общий центр в точке O
. Вершина A
правильного треугольника ABC
лежит на большей окружности, а середина стороны BC
— на меньшей. Чему может быть равен угол BOC
?
Ответ. 60^{\circ}
или 120^{\circ}
.
Решение. Первый способ. Рассмотрим случай, когда точки O
и A
лежат по одну сторону от прямой BC
(рис. 1).
Лемма 1. Пусть I
— центр окружности \omega
радиуса R
, касающейся сторон AB
и AC
правильного треугольника ABC
в точках B
и C
соответственно, а K
— середина стороны BC
. Тогда точка K
делит отрезок AI
в отношении 1:3
, считая от точки I
, причём IK=\frac{R}{2}
.
Доказательство. Пусть D
— точка пересечения окружности с отрезком AI
. Тогда ID=R
, а так как AI
— гипотенуза прямоугольного треугольника ACI
с углом 30^{\circ}
при вершине A
, то AI=2IC=2R
. Значит, D
— середина AI
. Равнобедренный треугольник CID
— равносторонний, так как \angle CID=60^{\circ}
, поэтому его высота CK
является медианой, и IK=\frac{1}{2}ID=\frac{1}{2}R
. Следовательно,
\frac{IK}{AK}=\frac{\frac{R}{2}}{\frac{3R}{2}}=\frac{1}{3}.
Что и требовалось доказать.
Лемма 2. Окружность \omega
будет также проходить и через общий центр двух данных концентрических окружностей.
Доказательство. Проведём прямую AO
и отметим точки P
и Q
её пересечения с окружностью единичного радиуса. Пусть M
— середина AD
. Из леммы 1 следует, что точки M
, D
и K
делят отрезок AI
на четыре равные части, каждая из которых равна \frac{R}{2}
. Мы хотим доказать, что IO=R
.
Из условия следует, что AP:AQ=1:3
, а так как по доказанному AP:AQ=1:3
, то MP\parallel KQ
. По условию задачи точка K
лежит на окружности с диаметром PQ
, поэтому \angle PKQ=90^{\circ}
. Значит, \angle MPK=\angle PKQ=90^{\circ}
.
Медиана PD
прямоугольного треугольника MPK
, проведённая из вершины прямого угла, равна половине гипотенузы, поэтому
PD=DM=DK=\frac{R}{2}.
Отрезок DP
— средняя линия треугольника AIO
, значит, равен половине IO=2PD=2\cdot\frac{R}{2}=R
. Следовательно, точка O
лежит на окружности \omega
. Лемма 2 доказана.
Перейдём к нашей задаче. Вписанный в окружность \omega
угол BOC
равен половине дуги BC
, не содержащей точки O
. Эта дуга равна 240^{\circ}
. Следовательно, \angle BOC=120^{\circ}
.
Если точки O
и A
лежат по разные стороны от прямой BC
, то аналогично получим, что \angle BOC=60^{\circ}
(рис. 2).
Второй способ (Мария Осечкина, г. Пермь, ФМШ N9). Рассмотрим случай, когда точки O
и A
лежат по одну сторону от прямой BC
(рис. 3).
Пусть K
— середина BC
, G
— точка пересечения медиан треугольника ABC
. Продолжим отрезок OK
до пересечения с большей окружностью в точке E
. По условию BK=KC
и OK=KE
, поэтому четырёхугольник BOCE
— параллелограмм, значит, \angle BOC=\angle BEC
.
Далее заметим, что G
будет также точкой пересечения медиан треугольника AOE
, поскольку AK
— медиана этого треугольника и AG:GK=2:1
, а так как треугольник равнобедренный (OA=OE
), то его медиана, проведённая из вершины O
, является также биссектрисой, откуда следует равенство треугольников AGO
и EGO
(по двум сторонам и углу между ними). Значит,
GE=GA=GB=GC,
т. е. точки A
, B
, C
, E
лежат на одной окружности. Следовательно,
\angle BOC=\angle BEC=180^{\circ}-\angle BAC=180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}.
Если точки O
и A
лежат по разные стороны от прямой BC
, то аналогично получим, что \angle BOC=60^{\circ}
(рис. 4).
Третий способ (Михаил Лысов, г. Москва, лицей «Вторая школа»). Рассмотрим случай, когда точки O
и A
лежат по одну сторону от прямой BC
(рис. 5).
Пусть K
— середина BC
, G
— точка пересечения медиан треугольника ABC
. Тогда
\frac{AG}{KG}=\frac{AB}{KB}=\frac{AC}{KC}=\frac{AO}{KO}=2.
Это означает, что точки B
, G
, O
, C
лежат на окружности Аполлония для отрезка AK
и m:n=2:1
(см. задачу 2444). Следовательно,
\angle BOC=\angle BGC=120^{\circ}.
Если точки O
и A
лежат по разные стороны от прямой BC
, то аналогично получим, что \angle BOC=60^{\circ}
.
Автор: Протасов В. Ю.
Источник: Олимпиада по геометрии им. И. Ф. Шарыгина. — 2005, I, заочный тур, № 7