17483. Высоты
AA_{1}
,
BB_{1}
,
CC_{1}
остроугольного треугольника
ABC
пересекаются в точке
H
. Биссектриса угла
CBH
пересекает отрезок
CH
в точке
X
, биссектриса угла
BCH
пересекает отрезок
BH
в точке
Y
. Обозначим величину угла
XA_{1}Y
через
\alpha
. Аналогично определим
\beta
и
\gamma
. Найдите значение суммы
\alpha+\beta+\gamma
.
Ответ.
270^{\circ}
.
Решение. Обозначим точки пересечения биссектрис углов
ABH
и
ACH
с отрезком
AH
через
P
и
Q
соответственно. Докажем, что
\angle PC_{1}H=\angle AB_{1}Q=90^{\circ}-\angle QB_{1}H.

Из этого будет следовать решение задачи — сумма из условия разбивается на три пары углов с суммой
90^{\circ}
(см. рисунок), т. е. искомая сумма будет равна
270^{\circ}
.
Первый способ. Окружность, построенная на
BC
как на диаметре, проходит через точки
B_{1}
и
C_{1}
, а биссектрисы вписанных углов
B_{1}BC_{1}
и
B_{1}CC_{1}
проходят через середину дуги
B_{1}C_{1}
, на которую они опираются; обозначим её через
T
. Таким образом,
T
— это точка пересечения прямых
BP
и
CQ
.
Поскольку
\angle BTC_{1}=\angle BCC_{1}=\angle BAA_{1},

точки
A
,
T
,
P
,
C_{1}
лежат на одной окружности. Аналогично, точки
A
,
T
,
Q
,
B_{1}
лежат на одной окружности. Тогда
\angle AC_{1}P+\angle AB_{1}Q=(180^{\circ}-\angle ATP)+(180^{\circ}-\angle ATC)=360^{\circ}-(\angle ATP+\angle ATC)=

=360^{\circ}-(360^{\circ}-\angle BTC)=\angle BTC=90^{\circ}.

Что и требовалось доказать.
Второй способ. Поскольку
\angle ABH=\angle ACH
, то и
\angle ABP=\angle HCQ
, поэтому
\angle BPA_{1}=\angle ABP+\angle BAP=\angle HCQ+\angle BCH=\angle BCQ.

Следовательно, прямоугольные треугольники
BPA_{1}
и
QCA_{1}
подобны по двум углам, поэтому
B\frac{B_{A}}{PA_{1}}=\frac{QA_{1}}{A_{1}C}~\Leftrightarrow~BA_{1}\cdot A_{1}C=PA_{1}\cdot QA_{1}\eqno(1)

Как известно, треугольники
A_{1}BC_{1}
и
A_{1}B_{1}C
подобны треугольнику
ABC
, а следовательно, подобны друг другу. Отсюда
\frac{BA_{1}}{A_{1}C_{1}}=\frac{B_{1}A_{1}}{A_{1}C}~\Leftrightarrow~BA_{1}\cdot A_{1}C=B_{1}A_{1}\cdot A_{1}C_{1}.\eqno(2)

Из равенств (1) и (2) следует, что
\frac{PA_{1}}{A_{1}C}=\frac{B_{1}A_{1}}{QA_{1}}.

Воспользуемся ещё одним известным фактом: высота
AA_{1}
— это биссектриса угла
B_{1}A_{1}C_{1}
. Из равенства
\angle C_{1}A_{1}P=\angle B_{1}A_{1}Q
получаем, что треугольники
PC_{1}A_{1}
и
B_{1}QA_{1}
подобны по углу и отношению прилежащих сторон, откуда
\angle A_{1}C_{1}P=\angle A_{1}QB_{1}
. Тогда
\angle PC_{1}H=\angle A_{1}C_{1}P-\angle A_{1}C_{1}C=\angle A_{1}QB_{1}-\angle A_{1}AC=\angle AB_{}1Q,

что и требовалось доказать.
Третий способ. Пусть
Q'
— точка, изогонально сопряжённая
Q
относительно треугольника
B_{1}CH
. Поскольку
\angle ACQ'=\angle ACQ=\angle C_{1}BP~\mbox{и}~\angle Q'HC_{1}=\angle QHB_{1}=\angle PHB_{1},

то точки
P
и
Q'
— соответствующие точки в подобных треугольниках
BC_{1}H
и
CB_{1}H
. Тогда
\angle AB_{1}Q=\angle HB_{1}Q'=\angle HC_{1}P.

Что и требовалось доказать.
Четвёртый способ. Пусть
K
и
L
— точки пересечения описанных окружностей треугольников
BHP
и
CHQ
с прямыми
AB
и
AC
соответственно. Четырёхугольник
BHPK
вписанный, поэтому
\angle PKH=\angle PBH=\angle PBK=\angle PHK.

Четырёхугольник
CHQL
вписанный, поэтому
\angle QLH=\angle QCH=\angle QCL=\angle QHL.

Таким образом, треугольники
KPH
и
HQL
подобны по двум углам.
Поскольку четырёхугольник
BHPK
вписанный, то
\angle BKP=\angle QHB_{1}
, поэтому
\angle C_{1}KH=\angle BKP-\angle HKP=\angle QHB_{1}-\angle QHL=\angle LHB_{1}.

Таким образом, прямоугольные треугольники
KC_{1}H
и
HB_{1}L
подобны по двум углам.
На гипотенузах
KH
и
HL
подобных треугольников
KC_{1}H
и
HB_{1}L
построены соответствующим образом подобные треугольники
KPH
и
HQL
. Следовательно, полученные четырёхугольники
C_{1}HPK
и
B_{1}LQH
подобны. Тогда диагонали
C_{1}P
и
B_{1}Q
образуют одинаковые углы с соответствующими сторонами
C_{1}H
и
B_{1}L
, т. е.
\angle PC_{1}H=\angle QB_{1}L
. Что и требовалось доказать.
Пятый способ. Продлим высоту
AA_{1}
и отметим на ней такие точки
R
и
S
, что
A_{1}C_{1}=A_{1}R
и
A_{1}B_{1}=A_{1}S
. Тогда в равнобедренном треугольнике
A_{1}C_{1}R
внутренние углы при стороне
C_{1}R
равны половине внешнего угла
C_{1}A_{1}H
, поэтому
\angle A_{1}C_{1}R=\angle A_{1}RC_{1}=\angle C_{1}BP.

Аналогично, им равны и углы
A_{1}B_{1}S
и
A_{1}SB_{1}
. Следовательно, четырёхугольники
BC_{1}PR
и
CB_{1}QS
вписанные.
Равенство, которое мы хотим доказать, можно эквивалентно переписать в виде
\angle AC_{1}P+\angle AB_{1}Q=90^{\circ}.

Воспользовавшись доказанными вписанностями, получим
\angle AC_{1}P+\angle AB_{1}Q=\angle PRB+\angle QSC=\angle A_{1}RB+\angle A_{1}SC=

\angle A_{1}RB+(90^{\circ}-\angle A_{1}CS)=90^{\circ}+(\angle A_{1}B-\angle A_{1}CS).

Таким образом, нужно доказать равенство углов
A_{1}RB
и
A_{1}CS
, что равносильно подобию прямоугольных треугольников
A_{1}RB
и
A_{1}CS
. Чтобы доказать это подобие, запишем отношение соответствующих сторон и воспользуемся равенствами
A_{1}C_{1}=A_{1}R
и
A_{1}B_{1}=A_{1}S
:
\frac{A_{1}R}{A_{1}B}=\frac{A_{1}C}{A_{1}S}~\Leftrightarrow~\frac{A_{1}C_{1}}{A_{1}B}=\frac{A_{1}C}{A_{1}B_{1}}.

Последнее равенство верно, так как треугольники
A_{1}BC_{1}
и
A_{1}B_{1}C
подобны. Что и требовалось доказать.
Замечание для знатоков. Точки
S
и
R
возникают, если сделать естественное преобразование для треугольника — композицию инверсии с центром в точке
H
радиуса
\sqrt{AH\cdot HA_{1}}
и центральной симметрии с центром в точке
H
. При этом ' преобразовании вершины треугольника переходят в основания высот, а точки
P
и
Q
— в точки
S
и
R
.
Шестой способ. Введём обозначения для углов:
\angle ABC=\beta
,
\angle ACB=\gamma
,
\angle PC_{1}H=\varphi
,
\angle AB_{1}Q=\psi
. Поскольку
\varphi
и
\psi
меньше
90^{\circ}
, то их равенство равносильно равенству их тангенсов, поэтому
\varphi=\psi~\Leftrightarrow~\tg\varphi=\tg\psi~\Leftrightarrow~\frac{\sin\varphi}{\cos\varphi}=\frac{\sin\psi}{\cos\psi}~\Leftrightarrow~\frac{\sin\varphi}{\sin(90^{\circ}-\varphi)}=

\frac{\sin\psi}{\sin(90^{\circ}-\psi)}~\Leftrightarrow~\frac{\sin\angle HC_{1}P}{\sin\angle AC_{1}P}=\frac{\sin\angle AB_{1}Q}{\sin\angle HB_{1}Q}.

Запишем теоремы синусов для треугольников
AC_{1}P
и
HC_{1}P
:
\frac{HP}{\sin\varphi}=\frac{PC_{1}}{\sin\beta},~\frac{AHP}{\sin(90^{\circ}-\varphi)}=\frac{PC_{1}}{\sin(90^{\circ}-\beta)}.

Разделив одно равенство на другое, получим
\tg\varphi=\frac{HP}{AP}\cdot\tg\beta.

По свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 1509)
\frac{HP}{AP}=\frac{HB}{AB}
. Подставив и воспользовавшись теоремой синусов для треугольника
ABH
, получим
\tg\varphi=\frac{HP}{AP}\cdot\tg\beta=\frac{HB}{AB}\cdot\tg\beta=\frac{\sin(90^{\circ}-\beta)}{\sin(180^{\circ}-\gamma)}\cdot\tg\beta=\frac{\sin\beta}{\sin\gamma}.

Аналогично доказывается, что
\tg\angle HB_{1}Q=\tg(90^{\circ}-\psi)=\frac{\sin\gamma}{\sin\beta}~\Leftrightarrow~\tg\psi=\frac{\sin\beta}{\sin\gamma},

т. е.
\tg\varphi=\tg\psi
.
(Аналогично доказывается, что сумма углов, указанных на картинке, равна
270^{\circ}
.)
Автор: Доледенок А. В.
Источник: Московская математическая олимпиада. — 2025, задача 6, 9-11 классы