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.

Автор: Протасов В. Ю.
Источник: Журнал «Квант». — 2009, № 1, с. 25, М2118
Источник: Задачник «Кванта». — М2118