16089. Точки O
и H
— соответственно центр описанной окружности и ортоцентр треугольника ABC
с высотами AD
, BE
и CF
, причём OH\parallel AC
.
а) Докажите, что EF
, FD
и DE
образуют арифметическую прогрессию.
б) Каковы возможные значения угла ABC
?
Ответ. б) 60^{\circ}\lt\angle ABC\lt90^{\circ}
.
Решение. Обозначим углы треугольника ABC
при вершинах A
, B
и C
через \alpha
, \beta
и \gamma
.
а) Из условия задачи следует, что \tg\alpha\tg\gamma=3
, и треугольник ABC
остроугольный (см. примечание к задаче 4891).
Опустим перпендикуляры OM
и ON
на стороны AC
и AB
соответственно. Из прямоугольных треугольников CEH
, ANO
и AMO
получаем (см. задачу 1257)
HE=CH\cos\angle CHE=2\cdot ON\cos\alpha=2\cdot OA\cos\angle AON\cos\alpha=2R\cos\gamma\cos\alpha,
OM=OA\cos\angle AOM=R\cos\beta.
Из условия задачи следует, что OM=HE
, поэтому
2R\cos\gamma\cos\alpha=R\cos\beta~\Rightarrow~2\cos\alpha\cos\gamma=\cos\beta~\Rightarrow~
~\Rightarrow~2\cos\alpha\cos\gamma=\cos\beta=\cos(180^{\circ}-\alpha-\gamma)=-\cos(\alpha+\gamma)=\sin\alpha\sin\gamma-\cos\alpha\cos\gamma~\Rightarrow~
~\Rightarrow~3\cos\alpha\cos\gamma=\sin\alpha\sin\gamma~\mbox{и}~\cos(\alpha-\gamma)=-2\cos(\alpha+\gamma)=2\cos\beta~\Rightarrow~
~\Rightarrow~\sin2\alpha+\sin2\gamma=2\sin(\alpha+\gamma)\cos(\alpha-\gamma)=4\sin\beta\cos\beta=2\sin2\beta.
Треугольник DEF
— ортотреугольник треугольника ABC
. Описанная окружность треугольника DEF
— это окружность девяти точек треугольника ABC
, а её радиус вдвое меньше радиуса R
описанной окружности треугольника ABC
(см. задачу 174). Кроме того, углы при вершинах D
, E
и F
треугольника DEF
равны 180^{\circ}-2\alpha
, 180^{\circ}-2\beta
и 180^{\circ}-2\gamma
соответственно (см. примечание к задаче 533). Тогда по теореме синусов
EF=2\cdot\frac{1}{2}R\sin2\alpha=R\sin2\alpha,~DF=R\sin2\beta,~DE=R\sin2\gamma,
значит,
EF+DE=R\sin2\alpha+R\sin2\gamma=R(\sin2\alpha+\sin2\gamma)=R\cdot2\sin2\beta=2DE.
Следовательно, величины EF
, FD
и DE
образуют арифметическую прогрессию. Что и требовалось доказать.
б) Из равенства
\cos(\alpha-\gamma)=2\cos\beta
получаем, что
\cos\beta=\frac{1}{2}\cos(\alpha-\gamma)\leqslant\frac{1}{2},
Значит,
60^{\circ}\leqslant\beta\leqslant90^{\circ}.
Ясно, что \cos\beta\ne90^{\circ}
, а так как при \beta=60^{\circ}
из равенства
\cos(\alpha-\gamma)=2\cos\beta
следует, что \alpha=\gamma=60^{\circ}=\beta
, т. е. прямая OH
не определена, то \beta\ne60^{\circ}
. Таким образом,
60^{\circ}\lt\angle ABC\lt90^{\circ}.