11492. Постройте треугольник ABC
по вершине A
, центру описанной окружности O
и прямой Эйлера, если известно, что прямая Эйлера отсекает на сторонах AB
и AC
равные отрезки от вершины A
.
Указание. См. задачи 20 и 4785.
Решение. Предположим, что треугольник ABC
построен. Пусть прямая Эйлера пересекает его стороны AB
и AC
в точках B_{1}
и C_{1}
соответственно. Треугольник AB_{1}C_{1}
равнобедренный, поэтому \angle AB_{1}C_{1}=\angle AC_{1}B_{1}
.
Пусть H
— ортоцентр треугольника ABC
. Тогда \angle BAH=\angle CAO
(см. задачу 20), а так как \angle AB_{1}H=\angle AC_{1}O
, то треугольники AHB_{1}
и AOC_{1}
равны по стороне и двум прилежащим к ней углам. Значит, AH=AO
.
Отсюда вытекает следующее построение. Проводим окружность \omega
с центром O
и радиусом OA
. Строим точку H
как вторую точку пересечения окружности с центром A
и радиусом AO
с прямой Эйлера. Пусть теперь прямая AH
вторично пересекает окружность \omega
в точке D
. Тогда B
и C
— точки пересечения серединного перпендикуляра к отрезку HD
с окружностью с центром O
и радиусом OA
(см. задачу 4785).
Примечание. В любом треугольнике ABC
расстояние AH
равно удвоенному расстоянию от O
до BC
, а в нашем треугольнике AH
равно радиусу описанной окружности, поэтому угол A
равен 60^{\circ}
или 120^{\circ}
(см. задачу 5048).
Легко видеть, что при \angle A=60^{\circ}
прямая Эйлера параллельна биссектрисе внешнего угла треугольника ABC
при вершине A
, а при \angle A=120^{\circ}
— внутренней. Таким образом, в данном треугольнике \angle A=60^{\circ}
(см. задачу 1174).