6105. Найдите угол при вершине A
треугольника ABC
, если известно, что биссектриса этого угла перпендикулярна прямой, проходящей через точку пересечения высот и центр описанной окружности.
Ответ. 60^{\circ}
.
Решение. Пусть O
— центр описанной окружности треугольника ABC
, R
— её радиус, H
— точка пересечения высот, Q
— точка пересечения биссектрисы угла BAC
с прямой OH
.
Продолжим AQ
до пересечения с окружностью в точке P
. Тогда P
— середина дуги BC
, не содержащей точки A
, OP\perp BC
, OP\parallel AH
, треугольник AOP
равнобедренный, OA=OP=R
, Q
— середина AP
.
Обозначим \angle HAP=\beta
, \angle OAC=\gamma
. Тогда
\angle OAP=\angle APO=\angle HAP=\beta,
значит, AQ
— биссектриса угла OAH
. Треугольник OAH
равнобедренный, так как его высота AQ
является биссектрисой.
Предположим, что угол ABC
острый. Вписанный угол вдвое меньше соответствующего центрального угла, поэтому
\angle ABC=\frac{1}{2}\angle AOC=90^{\circ}-\angle OAC.
Значит,
\angle BAH=90^{\circ}-\angle ABC=\gamma.
Пусть G
— точка, симметричная точке H
относительно прямой AB
. Известно, что точка, симметричная точке пересечения высот относительно стороны треугольника, лежит на его описанной окружности, поэтому точка G
лежит на описанной окружности треугольника ABC
. Тогда AG=AH=AO=R
, а так как точка G
лежит на окружности с центром O
, то OG=R
. Значит, треугольник AOG
равносторонний. Поэтому \angle OAG=60^{\circ}
, или 2\gamma+2\beta=60^{\circ}
. Следовательно,
\angle BAC=\angle BAH+\angle OAH+\angle OAC=\gamma+2\beta+\gamma=2\beta+2\gamma=60^{\circ}.