Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 16488
2026-02-19 
В остроугольном треугольнике $ABC$ точки $O$, $I$ и $H$ - центр описанной окружности, центр вписанной окружности и ортоцентр соответственно. Известно, что точки $A$, $H$, $I$, $O$ и $B$ лежат на одной окружности.
а) Найдите угол $C$.
б) Докажите, что $HI=IO$.
в) Найдите углы $A$ и $B$, если известно, что $AH=HI$
Решение:
Обозначим углы треугольника при вершинах $A$, $B$ и $C$ через $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ соответственно. Без ограничения общности будем считать, $BC\gt AC$, или $\beta\gt\alpha$.
а) Поскольку точки $A$, $H$, $O$ и $B$ лежат на одной окружности,
$\angle AHB=\angle AOB.$
При этом
$\angle AHB=180^{\circ}-\gamma,$
а т.к. центральный угол $AOB$ этой окружности вдвое больше соответствующего вписанного, то $\angle AOB=2\gamma$. Из равенства
$180^{\circ}-\gamma=2\gamma$
находим, что $\gamma=60^{\circ}$.
б) Поскольку
$\angle OBC=\angle ABH=90^{\circ}-\alpha$
(см. задачу 8110), а $BI$ - биссектриса угла $ABC$, то $BI$ - биссектриса вписанного угла $HBO$. Следовательно, $HI=IO$. Что и требовалось доказать.
в) Поскольку $AH=HI$, луч $BI$ - биссектриса вписанного угла $ABI$, поэтому
$90^{\circ}-\alpha=\angle ABH=\angle IBH=\angle CBH-\angle CBI=30^{\circ}-\frac{\alpha}{2},$
а т.к. $\alpha+\beta=120^{\circ}$, получаем уравнение
$90^{\circ}-(120^{\circ}-\beta)=30^{\circ}-\frac{\beta}{2},$
из которого находим, что $\beta=40^{\circ}$. Тогда $\alpha=80^{\circ}$
В остроугольном треугольнике $ABC$ точки $O$, $I$ и $H$ - центр описанной окружности, центр вписанной окружности и ортоцентр соответственно. Известно, что точки $A$, $H$, $I$, $O$ и $B$ лежат на одной окружности.
а) Найдите угол $C$.
б) Докажите, что $HI=IO$.
в) Найдите углы $A$ и $B$, если известно, что $AH=HI$
Решение:
Обозначим углы треугольника при вершинах $A$, $B$ и $C$ через $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ соответственно. Без ограничения общности будем считать, $BC\gt AC$, или $\beta\gt\alpha$.
а) Поскольку точки $A$, $H$, $O$ и $B$ лежат на одной окружности,
$\angle AHB=\angle AOB.$
При этом
$\angle AHB=180^{\circ}-\gamma,$
а т.к. центральный угол $AOB$ этой окружности вдвое больше соответствующего вписанного, то $\angle AOB=2\gamma$. Из равенства
$180^{\circ}-\gamma=2\gamma$
находим, что $\gamma=60^{\circ}$.
б) Поскольку
$\angle OBC=\angle ABH=90^{\circ}-\alpha$
(см. задачу 8110), а $BI$ - биссектриса угла $ABC$, то $BI$ - биссектриса вписанного угла $HBO$. Следовательно, $HI=IO$. Что и требовалось доказать.
в) Поскольку $AH=HI$, луч $BI$ - биссектриса вписанного угла $ABI$, поэтому
$90^{\circ}-\alpha=\angle ABH=\angle IBH=\angle CBH-\angle CBI=30^{\circ}-\frac{\alpha}{2},$
а т.к. $\alpha+\beta=120^{\circ}$, получаем уравнение
$90^{\circ}-(120^{\circ}-\beta)=30^{\circ}-\frac{\beta}{2},$
из которого находим, что $\beta=40^{\circ}$. Тогда $\alpha=80^{\circ}$
