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