13965. Дан остроугольный треугольник ABC
, в котором O
— центр описанной окружности, G
— точка пересечения медиан, H
— ортоцентр; OD
— перпендикуляр к BC
, HE
— перпендикуляр к AC
, а F
— середина стороны AB
. Найдите все возможные значения углов треугольника ABC
, если дано, что треугольники ODC
, HEA
и GFB
равновелики.
Ответ. Либо \angle A=\arctg2
, \angle B=\arctg3
и \angle C=45^{\circ}
, либо \angle A=\angle B=\angle C=60^{\circ}
.
Решение. Обозначим \angle BAC=\alpha
, \angle ABC=\beta
, \angle ACB=\gamma
, AC=b
, AB=c
. Пусть R
— радиус описанной окружности треугольника ABC
.
Поскольку прямая OD
— серединный перпендикуляр к стороне BC
, точка D
— середина стороны BC
, а так как угол COD
— половине центрального угла BOC
описанной окружности данного треугольника, то
\angle COD=\frac{1}{2}\angle BOC=\angle BAC=\alpha.
Тогда
OD=OC\cos\angle COD=R\cos\alpha,~CD=OC\sin\angle COD=R\sin\alpha.
Значит,
S_{\triangle ODC}=\frac{1}{2}OD\cdot CD=\frac{1}{2}R^{2}\sin\alpha\cos\alpha.
Кроме того (см. задачу 3013),
S_{\triangle GFB}=\frac{1}{6}S_{\triangle ABC}=\frac{1}{6}\cdot\frac{1}{2}bc\sin\alpha.
Треугольники ODC
и GFB
равновелики, а по теореме синусов b=2R\sin\beta
и c=2R\sin\gamma
, поэтому
\frac{1}{2}R^{2}\sin\alpha\cos\alpha=\frac{1}{12}\cdot4R^{2}\sin\beta\sin\gamma\sin\alpha,
откуда
3\cos\alpha=2\sin\beta\sin\gamma,
а так как
\alpha=180^{\circ}-\beta-\gamma,
то
2\sin\beta\sin\gamma=-3\cos(\beta+\gamma)=-3(\cos\beta\cos\gamma-\sin\beta\sin\gamma),
откуда
\tg\beta\tg\gamma=3
(\cos\beta\cos\gamma\ne0
, так как \beta\ne90^{\circ}
и \gamma\ne90^{\circ}
).
Поскольку AH=2OD
(см. задачу 1257), то AH=2R\cos\alpha
, а так как \angle EAH=90^{\circ}-\gamma
, то
AE=AH\sin\gamma=2R\cos\alpha\sin\gamma~\mbox{и}~HE=AH\cos\gamma=2R\cos\alpha\cos\gamma.
Тогда
S_{\triangle HEA}=\frac{1}{2}AE\cdot HE=\frac{1}{2}\cdot2R\cos\alpha\sin\gamma\cdot2R\cos\alpha\cos\gamma=2R^{2}\cos^{2}\alpha\sin\gamma\cos\gamma,
а так как треугольники HEA
и ODC
равновелики, то
2R^{2}\cos^{2}\alpha\sin\gamma\cos\gamma=\frac{1}{2}R^{2}\sin\alpha\cos\alpha,
откуда
4\cos\alpha\sin\gamma\cos\gamma=\sin\alpha.
Таким образом,
\tg\alpha=2\sin2\gamma=\frac{4\tg\gamma}{1+\tg^{2}\gamma}~\Rightarrow~-\tg(\beta+\gamma)=\frac{4\tg\gamma}{1+\tg^{2}\gamma}~\Rightarrow
\Rightarrow~-\frac{\tg\beta+\tg\gamma}{1-\tg\beta\tg\gamma}=\frac{4\tg\gamma}{1+\tg^{2}\gamma}~\Rightarrow~-\frac{\tg\beta+\tg\gamma}{1-3}=\frac{4\tg\gamma}{1+\tg^{2}\gamma},
так как \tg\beta\tg\gamma=3
.
Пусть \tg\gamma=t
. Тогда \tg\beta=\frac{3}{t}
,
\frac{3}{t}+t=\frac{8t}{1+t^{2}}~\Rightarrow~t^{4}-4t^{2}+3=0~\Rightarrow~(t^{2}-1)(t^{2}-3)=0.
Поскольку t=\tg\gamma\gt0
, то t=1
или t=\sqrt{3}
. Следовательно, \gamma=45^{\circ}
или \gamma=60^{\circ}
.
Для каждого найденного значения \gamma
проверим, что треугольники ODC
, HEA
и GFB
равновелики.
Если \tg\gamma=1
, то
\tg\beta=3,~\tg\alpha=-\tg(\gamma+\beta)=-\frac{\tg\beta+\tg\gamma}{1-\tg\beta\tg\gamma}=-\frac{3+1}{1-3\cdot3}=2.
Тогда
S_{\triangle ODC}=\frac{1}{2}R^{2}\sin\alpha\cos\alpha=\frac{1}{4}R^{2}\sin2\alpha=\frac{1}{4}R^{2}\cdot\frac{2\tg\alpha}{1+\tg^{2}\alpha}=\frac{1}{4}R^{2}\cdot\frac{2\cdot2}{1+4}=\frac{1}{5}R^{2},
S_{\triangle HEA}=2R^{2}\cos^{2}\alpha\sin\gamma\cos\gamma=R^{2}\cos^{2}\alpha\sin2\gamma=R^{2}\cdot\frac{1}{1+\tg^{2}\alpha}\cdot\frac{2\tg\gamma}{1+\tg^{2}\gamma}=
=R^{2}\cdot\frac{1}{1+4}\cdot\frac{2\cdot1}{1+1}=\frac{R^{2}}{5}.
S_{\triangle HEA}=\frac{1}{3}R^{2}\sin\beta\sin\gamma\sin\alpha=\frac{1}{3}R^{2}\cdot\frac{2}{\sqrt{5}}\cdot\frac{3}{\sqrt{10}}\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{R^{2}}{5}.
Если \tg\gamma=\sqrt{3}
, то \tg\alpha=\tg\beta=\sqrt{3}
, т. е. треугольник ABC
равносторонний, и треугольники ODC
, HEA
и GFB
равновелики.
Следовательно, либо \angle A=\arctg2
, \angle B=\arctg3
и \angle C=45^{\circ}
, либо \angle A=\angle B=\angle C=60^{\circ}
.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2015, № 6, задача OC180, с. 245
Источник: Индийские математические олимпиады. — 2013