Олимпиадная задача Нистореску К.: углы треугольника ABC и биссектриса

Продолжим отрезки AO и AH до пересечения с описанной окружностью треугольника ABC в точках E и M соответственно. Поскольку $\angle$AME = 90^o, то EM || BC. Поэтому равны меньшие дуги MC и EB. Следовательно, $\angle$CAM = $\angle$BAE, а т.к. AD — биссектриса угла BAC, то

$\angle$OAD = $\angle$HAD. Тогда высота AK треугольника OAH является его биссектрисой. Следовательно, треугольник OAH — равнобедренный.

Кроме того, высота AP равнобедренного треугольника CAD также является его биссектрисой. Поэтому

$\displaystyle \angle$CAM = $\displaystyle \angle$MAD = $\displaystyle \angle$DAO = $\displaystyle \angle$OAB.

Обозначим через$\alpha$каждый из этих углов. Продолжим отрезокCHдо пересечения с окружностью в точкеF. Тогда

$\displaystyle \angle$BAF = $\displaystyle \angle$BCF = $\displaystyle \angle$BAH.

Значит, высотаALтреугольникаHAFявляется биссектрисой. Поэтому треугольникHAF— равнобедренный, аAL— его медиана. Следовательно, еслиR— радиус окружности, то

AF = AH = AO = R = FO,

т.е. треугольникAOF— равносторонний. Тогда

$\displaystyle \angle$AOF = 60^o, $\displaystyle \angle$ACF = 30^o,

а т.к.$\angle$ACF= 90^o- 4$\alpha$, то90^o- 4$\alpha$= 30^o. Отсюда находим, что$\alpha$= 15^o. Следовательно,

$\displaystyle \angle$BAC = 4$\displaystyle \alpha$ = 60^o, $\displaystyle \angle$ACB = 90^o - $\displaystyle \angle$CAP = 90^o - $\displaystyle \alpha$ = 75^o, $\displaystyle \angle$ABC = 45^o.