18132. Угол при вершине A
неравнобедренного треугольника ABC
равен 60^{\circ}
. Биссектриса угла BAC
пересекает сторону BC
в точке D
, O
— центр описанной окружности треугольника ABC
, а E
— точка пересечения AO
и BC
. Докажите, что \angle AED+\angle ADO=90^{\circ}
.
Решение. Пусть луч AD
пересекает описанную окружность треугольника ABC
в точке M
. Тогда M
— середина меньшей дуги BC
этой окружности. Заметим, что
\angle COM=\frac{1}{2}\angle COB=\angle CAB=60^{\circ},
а так как OC=OM
как радиусы описанной окружности, то равнобедренный треугольник OCM
с углом 60^{\circ}
при вершине O
— равносторонний. Его высота, проведённая из вершины A
является медианой и биссектрисой. Значит, высота треугольника ODM
, проведённая из вершины D
, является медианой, поэтому треугольник ODM
равнобедренный, DO=DM
. Следовательно, \angle DOM=\angle DMO
.
В то же время,
\angle DMO=\angle AMO=\angle MAO,
так как треугольник AOM
тоже равнобедренный, OA=OM
. Тогда
\angle ODE=90^{\circ}-\angle DOM=90^{\circ}-\angle DMO=90^{\circ}-\angle MAO=90^{\circ}-\angle DAE.
Значит,
\angle ODE+\angle DAE=90^{\circ}.
Из треугольника ADE
получаем
180^{\circ}=\angle DAE+\angle AED+(\angle ODE+\angle ADO)=
=(\angle ODE+\angle DAE)+(\angle AED+\angle ADO)=90^{\circ}+(\angle AED+\angle ADO).
Следовательно,
\angle AED+\angle ADO=90^{\circ}.
Что и требовалось доказать.
Источник: Датские математические олимпиады. — 2017, задача 4, с. 21