10499. Две вершины, центр вписанной окружности и точка пересечения высот остроугольного треугольника лежат на одной окружности. Найдите угол при третьей вершине.
Ответ. 60^{\circ}
.
Решение. Рассмотрим треугольник ABC
, в котором проведены высоты AA_{1}
и BB_{1}
. Пусть H
— точка пересечения высот, I
— центр вписанной окружности, \omega
— окружность, проходящая через точки A
, B
, H
и I
. Обозначим \angle ACB=\gamma
.
Тогда
\angle AHB=\angle A_{1}HB_{1}=180^{\circ}-\angle ACB=180^{\circ}-\gamma.
Центр вписанной окружности треугольника есть точка пересечения его биссектрис, поэтому AI
и BI
— биссектрисы треугольника ABC
. Тогда
\angle AIB=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle ACB=90^{\circ}+\frac{\gamma}{2}
(см. задачу 4770).
Треугольник ABC
остроугольный, поэтому точки H
и I
лежат по одну сторону от прямой AB
. Вписанные в окружность \omega
углы AHB
и AIB
опираются на одну и ту же дугу, поэтому \angle AHB=\angle AIB
, или
180^{\circ}-\gamma=90^{\circ}+\frac{\gamma}{2}.
Отсюда находим, что \gamma=60^{\circ}
.