Задача 67454

Темы:    [ Биссектриса делит дугу пополам ] [ Вспомогательные подобные треугольники ] [ Инверсия помогает решить задачу ] [ Изогональное сопряжение ]

Сложность: 4+ Классы: 9,10,11

Условие

Автор: Доледенок А.В.

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 $XA_1Y$ через $\alpha$. Аналогично определим $\beta$ и $\gamma$. Найдите значение суммы $\alpha + \beta + \gamma$.

Решение 1

Обозначим точки пересечения биссектрис углов $ABH$ и $ACH$ с отрезком $AH$ через $P$ и $Q$ соответственно. Докажем, что $$\angle PC_1H = \angle AB_1Q = 90^\circ - \angle QB_1H.$$ Из этого будет следовать решение задачи – сумма из условия разбивается на три пары углов с суммой $90^\circ$ (см. рисунок), то есть искомая сумма будет равна $270^\circ$.

Окружность, построенная на $BC$ как на диаметре, проходит через точки $B_1$ и $C_1$, а биссектрисы вписанных углов $B_1BC_1$ и $B_1CC_1$ проходят через середину дуги $B_1C_1$, на которую они опираются; обозначим её через $T$. Таким образом, $T$ — это точка пересечения прямых $BP$ и $CQ$.

Поскольку $$\angle BTC_1 = \angle BCC_1 = \angle BAA_1,$$ то точки $A$, $T$, $P$, $C_1$ лежат на одной окружности. Аналогично точки $A$, $T$, $Q$, $B_1$ лежат на одной окружности.
Тогда \begin{align*} \angle AC_1P + \angle AB_1Q &= (180^\circ - \angle ATP) + (180^\circ - \angle ATC) = \\ &= 360^\circ - (\angle ATP + \angle ATC) =\\ &= 360^\circ - (360^\circ - \angle BTC) = \\ &= \angle BTC = 90^\circ, \end{align*} что и требовалось.

Решение 2

Так как $\angle ABH = \angle ACH$, 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 \begin{equation} \label{formula-9.6-1} \frac{BA_1}{PA_1} = \frac{QA_1}{A_1C} \; \Leftrightarrow \; BA_1 \cdot A_1C = PA_1 \cdot QA_1. \end{equation}

Как известно, треугольники $A_1BC_1$ и $A_1B_1C$ подобны треугольнику $ABC$, а следовательно, подобны друг другу. Отсюда \begin{equation} \label{formula-9.6-2} \frac{BA_1}{A_1C_1} = \frac{B_1A_1}{A_1C} \; \Leftrightarrow \; BA_1 \cdot A_1C = B_1A_1 \cdot A_1C_1. \end{equation} Из двух предыдущих равенств следует, что $$PA_1 \cdot QA_1 = B_1A_1 \cdot A_1C_1 \; \Leftrightarrow \; \frac{PA_1}{A_1C_1} = \frac{B_1A_1}{QA_1}.$$ Воспользуемся ещё одним известным фактом: высота $AA_1$ – биссектриса угла $B_1A_1C_1$. Из того, что $\angle C_1A_1P = \angle B_1A_1Q$, получаем, что треугольники $PC_1A_1$ и $B_1QA_1$ подобны по углу и отношению прилежащих сторон, откуда $\angle A_1C_1P = \angle A_1QB_1$.
Тогда $$\angle PC_1H = \angle A_1C_1P - \angle A_1C_1C = \angle A_1QB_1 - \angle A_1AC = \angle AB_1Q,$$ что означает, как и в первом решении, что искомая сумма $270^\circ$.
Замечание для знатоков. Это решение можно переформулировать в терминах инверсии. Рассмотрим композицию инверсии с центром в точке $A_1$ радиуса $\sqrt{BA_1 \cdot A_1C}$ и симметрии относительно прямой $AA_1$. При этой композиции меняются местами точки $B$ и $C$, $A$ и $H$. Окружность, построенная на $BC$ как на диаметре, переходит в себя, поэтому точки $B_1$ и $C_1$ меняются местами. Если точка $P$ переходит в $P'$, то по свойству инверсии $\angle PBH = \angle P'CA$, то есть $P' = Q$. Но тогда $\angle PC_1H = \angle QB_1A$, что и требовалось.

Решение 3

Пусть $Q'$ – точка, изогонально сопряжённая $Q$ относительно треугольника $B_1CH$. Так как $$\angle ACQ' = \angle ACQ = \angle C_1BP \quad \text{и} \quad \angle Q'HC_1 = \angle QHB_1 = \angle PHB_1, $$ то $P$ и $Q'$ – соответствующие точки для подобных треугольников $BC_1H$ и $CB_1H$. Тогда $\angle AB_1Q = \angle HB_1Q' = \angle HC_1P$, что означает, что искомая сумма $270^\circ$.

Решение 4

Введём обозначения для углов: $$ \angle ABC = \delta,\quad \angle ACB = \epsilon,\quad \angle PC_1H = \phi,\quad \angle AB_1Q = \psi. $$ Через $\rho(X, \ell)$ будем обозначать расстояние от точки $X$ до прямой $\ell$. Воспользовавшись тем, что $P$ лежит на биссектрисе угла $ABB_1$, и тем, что $\angle AHC_1 = \epsilon$ и $\angle AHB_1 = \delta$, получим \begin{multline*} \mathrm{tg}\, \phi = \frac{\sin \phi}{\cos \phi} = \frac{\sin \phi}{\sin (90^\circ - \phi)} = \frac{C_1P \cdot \sin \phi}{C_1P \cdot \sin (90^\circ - \phi)} = \frac{\rho(P, CC_1)}{\rho(P, AC_1)} = \\ = \frac{\rho(P, CC_1)}{\rho(P, BB_1)} = \frac{\sin \delta}{\sin \epsilon}. \end{multline*} Аналогично $\mathrm{tg}\, \psi = \frac{\sin \delta}{\sin \epsilon}$, то есть $\mathrm{tg}\, \phi = \mathrm{tg}\, \psi$. Поскольку $\phi$ и $\psi$ меньше $90^\circ$, то равенство их тангенсов равносильно их равенству, то есть $\phi = \psi$. Как и в предыдущих решениях, получаем отсюда ответ $270^\circ$.

Ответ

$270^\circ$.

Замечания

Соединим точку $A_1$ с основаниями биссектрис углов $BAH$ и $CAH$, то же проделаем для точек $B_1$ и $C_1$. Аналогично доказывается, что сумма полученных углов равна $270^\circ$.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название	Московская математическая олимпиада
год
Год	2025
Номер	88
класс
Класс	9
задача
Номер	6
олимпиада
Название	Московская математическая олимпиада
год
Год	2025
Номер	88
класс
Класс	10
задача
Номер	5
олимпиада
Название	Московская математическая олимпиада
год
Год	2025
Номер	88
класс
Класс	11
задача
Номер	5
олимпиада
Название	Турнир городов
год/номер
Дата	2024/25
Номер	46
вариант
Вариант	весенний тур, сложный вариант, 10-11 класс
задача
Номер	5