Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 2015
2019-01-23 
Пусть $O$ - центр описанной окружности остроугольного треугольника $ABC$, $T$ - центр описанной окружности треугольника $AOC$, $M$ - середина $AC$. На сторонах $AB$ и $BC $выбраны точки $D$ и $E$ соответственно так, что $ \angle BDM = \angle BEM = \angle ABC$. Докажите, что $BT \perp DE$.
Решение:
Так как $D$ и $E$ лежат на сторонах, то $\angle ABC$ - наибольший угол треугольника; поэтому $\angle AOC = 2\angle ABC > 120^{\circ}$, и точки $O$ и $T$ лежат по разные стороны от $AC$.
Пусть прямые $ME$ и $MD$ пересекают $AB$ и $BC$ соответственно в точках $X$ и $Y$ (см. рис.). Из остроугольности очевидно следует, что $X$ и $Y$ лежат на продолжениях отрезков $BA$ и $BC$ за точки $A$ и $C$ соответственно. Заметим, что $\angle DXM = 180^{\circ} ? \angle ABE ? \angle BEM = 180^{\circ} ? 2 \angle ABC$, аналогично $\angle EYM = 180^{\circ} ? 2 \angle ABC$, поэтому четырехугольник $DEYX$ вписанный и $\angle BED = \angle BXY$.
Далее, $\angle ATM = 2 \angle ACO$ (так как точки $O, M, T$, очевидно, лежат на серединном перпендикуляре к $AC$ и $T$ - центр описанной окружности $\triangle AOC$). Тогда $\angle ATM = 2(90^{\circ} - \angle MOC) = 2(90^{\circ} - \angle ABC)$, так как $O$ - центр описанной окружности $\triangle ABC$. Поэтому $\angle ATM = 180^{\circ} - 2 \angle ABC = \angle AXM$, откуда $AMTX$ - вписанный. Так как $\angle AMT = 90^{\circ},$ то $\angle AXT = 90^{\circ}$. Аналогично $\angle CYT = 90^{\circ}$. Тогда четырехугольник $BXTY$ также вписанный, и $\angle TBY = \angle TXY = 90^{\circ} - \angle BXY$. Получаем $\angle BED + \angle TBE = \angle BXY + (90^{\circ} - \angle BXY) = 90^{\circ}$, что и требовалось.
Пусть $O$ - центр описанной окружности остроугольного треугольника $ABC$, $T$ - центр описанной окружности треугольника $AOC$, $M$ - середина $AC$. На сторонах $AB$ и $BC $выбраны точки $D$ и $E$ соответственно так, что $ \angle BDM = \angle BEM = \angle ABC$. Докажите, что $BT \perp DE$.
Решение:
Так как $D$ и $E$ лежат на сторонах, то $\angle ABC$ - наибольший угол треугольника; поэтому $\angle AOC = 2\angle ABC > 120^{\circ}$, и точки $O$ и $T$ лежат по разные стороны от $AC$.
Пусть прямые $ME$ и $MD$ пересекают $AB$ и $BC$ соответственно в точках $X$ и $Y$ (см. рис.). Из остроугольности очевидно следует, что $X$ и $Y$ лежат на продолжениях отрезков $BA$ и $BC$ за точки $A$ и $C$ соответственно. Заметим, что $\angle DXM = 180^{\circ} ? \angle ABE ? \angle BEM = 180^{\circ} ? 2 \angle ABC$, аналогично $\angle EYM = 180^{\circ} ? 2 \angle ABC$, поэтому четырехугольник $DEYX$ вписанный и $\angle BED = \angle BXY$.
Далее, $\angle ATM = 2 \angle ACO$ (так как точки $O, M, T$, очевидно, лежат на серединном перпендикуляре к $AC$ и $T$ - центр описанной окружности $\triangle AOC$). Тогда $\angle ATM = 2(90^{\circ} - \angle MOC) = 2(90^{\circ} - \angle ABC)$, так как $O$ - центр описанной окружности $\triangle ABC$. Поэтому $\angle ATM = 180^{\circ} - 2 \angle ABC = \angle AXM$, откуда $AMTX$ - вписанный. Так как $\angle AMT = 90^{\circ},$ то $\angle AXT = 90^{\circ}$. Аналогично $\angle CYT = 90^{\circ}$. Тогда четырехугольник $BXTY$ также вписанный, и $\angle TBY = \angle TXY = 90^{\circ} - \angle BXY$. Получаем $\angle BED + \angle TBE = \angle BXY + (90^{\circ} - \angle BXY) = 90^{\circ}$, что и требовалось.
