11765. Один из углов треугольника равен 60^{\circ}
. Докажите, что центр описанной окружности этого треугольника равноудалён от биссектрис двух других его углов.
Решение. Первый способ. Рассмотрим треугольник ABC
, в котором \angle B=60^{\circ}
, I
— точка пересечения биссектрис, а O
— центр описанной окружности. Заметим, что
\angle AIC=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle B=120^{\circ}
(см. задачу 4770), а так как центральный угол AOC
описанной окружности вдвое большее соответствующего вписанного, то
\angle AOC=2\angle B=120^{\circ}.
Поскольку угол B
острый, точки I
и O
расположены по одну сторону от прямой AC
, значит, точки A
, C
, I
и O
лежат на одной окружности (см. задачу 12). Если точки I
и O
совпадают, треугольник ABC
равносторонний (см. задачу 220), и утверждение очевидно. Иначе пусть, например, точка O
лежит на дуге AI
, не содержащей точки C
. Тогда
\angle OIA=\angle OCA=30^{\circ},
а так как внешний угол при вершине I
треугольника AIC
равен 60^{\circ}
, точка O
лежит на его биссектрисе. Следовательно, эта точка равноудалена от сторон этого угла, т. е. от биссектрис CI
и AI
(см. задачу 1138).
Второй способ. Продолжим биссектрисы углов A
и C
до пересечения описанной окружностью. Полученные хорды стягивают дуги, равные 120^{\circ}+\angle A
и 120^{\circ}+\angle C
соответственно. Поскольку сумма этих дуг равна 360^{\circ}
, указанные хорды равны, поэтому они равноудалены от центра O
окружности (см. задачу 1673).
Автор: Грибалко А. В.
Источник: Грибалко А. В., Медников Л. Э., Шаповалов А. В. XIX—XX турниры математических боёв имени А. П. Савина. — М.: МЦНМО, 2019. — № 284, с. 39