17583. Последовательность величин углов при вершинах A
, B
и C
остроугольного треугольника ABC
образует в данном порядке возрастающую арифметическую прогрессию. Пусть D
и E
— точки пересечения его высот и биссектрис, соответственно. Величины углов при вершинах в треугольнике BDE
образует в некотором порядке возрастающую арифметическую прогрессию. Найдите угол A
треугольника ABC
.
Ответ. 40^{\circ}
.
Решение. Обозначим углы при вершинах A
, B
и C
треугольника ABC
через \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно, d\gt0
— разность первой прогрессии из условия задачи. Тогда
180^{\circ}=\alpha+\beta+\gamma=(\beta-d)+\beta+(\beta+d)=3\beta,
откуда \beta=60^{\circ}
, \alpha\lt60^{\circ}\lt\gamma
.
Пусть P
и K
— точки пересечения продолжений высоты BH
и перпендикуляра из точки E
на AC
с описанной окружностью треугольника ABC
соответственно. Заметим, что поскольку против большего угла треугольника лежит большая сторона (AB\gt BC
), то точки D
, E
и A
лежат по одну сторону от прямой BP
.
Поскольку
\angle AEC=90^{\circ}+\frac{\beta}{2}=90^{\circ}+30^{\circ}=120^{\circ}
(см. задачу 4770) и
\angle ADC=180^{\circ}-\beta=180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ},
то \angle AEC=\angle ADC
. Значит, точки D
, E
, A
и C
лежат на одной окружности (см. задачу 12).
Далее получаем
\angle EAD=\angle BAD-\angle BAE=30^{\circ}-\frac{\alpha}{2},
\angle CED=\angle CAD=90^{\circ}-\gamma,~\angle BEA=90^{\circ}+\frac{\gamma}{2},
поэтому
\angle BED=360^{\circ}-\angle BEA-\angle AEC-\angle CED=
=360^{\circ}-\left(90^{\circ}+\frac{\gamma}{2}\right)-120^{\circ}-(90^{\circ}-\gamma)=60^{\circ}+\frac{\gamma}{2},
\angle DBE=\angle DBA-\angle ABE=(90^{\circ}-\alpha)-30^{\circ}=60^{\circ}-\alpha.
Из треугольника DBE
получаем
\angle BED+\angle DBE+\angle EDB=180^{\circ},~\mbox{или}~\left(60^{\circ}+\frac{\gamma}{2}\right)+(60^{\circ}-\alpha)+\angle EDB=180^{\circ}~\Rightarrow
\Rightarrow~\angle EDB=60^{\circ}-\frac{\gamma}{2}+\alpha=60^{\circ}-\frac{\gamma}{2}+\left(\frac{3}{2}\alpha-\frac{\alpha}{2}\right)=60^{\circ}-\frac{1}{2}(\gamma+\alpha)+\frac{3}{2}\alpha=\frac{3}{2}\alpha.
При этом
\alpha\lt\beta=60^{\circ}~\mbox{и}~\frac{3}{2}\alpha\lt120^{\circ}-\frac{\alpha}{2}~\Leftrightarrow~\alpha\lt60^{\circ}.
Докажем, что углы при вершинах B
, D
и E
треугольника BDE
образуют в указанном порядке возрастающую арифметическую прогрессию. Действительно,
60^{\circ}-\alpha\lt120^{\circ}-\frac{\alpha}{2}~\Leftrightarrow~\alpha\gt-120^{\circ},
поэтому углы при вершинах D
и E
не могут быть наибольшими. Значит, возможны лишь два случая: либо \frac{3}{2}\alpha
— наименьший угол треугольника BDE
, и поэтому 60^{\circ}-\alpha
— средний по величине, т. е.
2(60^{\circ}-\alpha)=\frac{3}{2}\alpha+120^{\circ}-\frac{\alpha}{2}~\Leftrightarrow~\alpha=0^{\circ},
что невозможно, либо \frac{3}{2}\alpha
— средний по величине угол этого треугольника. Тогда
2\cdot\frac{3}{2}\alpha=(60^{\circ}-\alpha)+\left(120^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)~\Leftrightarrow~\frac{9}{2}\alpha=180^{\circ}~\Leftrightarrow~\alpha=40^{\circ}.
Источник: Олимпиада «Шаг в будущее». — 2023-2024, отборочный (заочный) онлайн-этап, задача 5, 9 класс