Задача 5. Касательные к окружности высот

Ещё одна точка на ω: вершина B

$AD$ и $CE$ — высоты, поэтому $\angle BEH = 90^\circ$ и $\angle BDH = 90^\circ$. Из точек $E$ и $D$ отрезок $BH$ виден под прямым углом, значит, обе точки лежат на окружности с диаметром $BH$. Эта окружность проходит через $D$, $H$, $E$ — это и есть $\omega$ (через три точки проходит только одна окружность).

Итак, $\omega$ проходит через $B$, её центр $O$ — середина $BH$, и $OB = OH = OD = OE = 10$.

Ещё один факт пригодится ниже: третья высота тоже проходит через $H$, то есть $BH \perp AC$. Если $F$ — основание этой высоты, то из прямоугольного треугольника $ABF$ получаем $\angle ABH = 90^\circ - \angle A$, а из треугольника $CBF$ — $\angle CBH = 90^\circ - \angle C$.

Угадываем точку K

В модели видно: как ни меняй форму треугольника, точка $K$ всё время оказывается посередине стороны $AC$. Докажем это. Пусть $M$ — середина $AC$. Достаточно проверить, что прямая $ME$ касается $\omega$ в точке $E$ и прямая $MD$ касается $\omega$ в точке $D$: тогда обе касательные проходят через $M$, и $K = M$.

Касательная перпендикулярна радиусу в точке касания. Поэтому нужно доказать, что $\angle OEM = 90^\circ$ и $\angle ODM = 90^\circ$.

Касательная в E проходит через M

Треугольник $AEC$ прямоугольный ($\angle AEC = 90^\circ$), и $EM$ — его медиана к гипотенузе. Она равна половине гипотенузы: $ME = MA = MC$. Значит, треугольник $AME$ равнобедренный, $\angle MEA = \angle MAE = \angle A$.

Треугольник $OBE$ тоже равнобедренный ($OB = OE$ — радиусы), поэтому $\angle OEB = \angle OBE = \angle ABH = 90^\circ - \angle A$.

Углы $\angle OEB$, $\angle OEM$ и $\angle MEA$ вместе составляют развёрнутый угол при точке $E$ на прямой $AB$:

Значит, $ME \perp OE$, и $ME$ — касательная к $\omega$ в точке $E$.

Касательная в D тоже проходит через M

Точно так же: в прямоугольном треугольнике $ADC$ медиана $DM$ равна половине гипотенузы, $MD = MC$, поэтому $\angle MDC = \angle C$. В равнобедренном треугольнике $OBD$ угол $\angle ODB = \angle OBD = \angle CBH = 90^\circ - \angle C$. На прямой $BC$ при точке $D$:

Обе касательные проходят через $M$, поэтому $K = M$ — середина $AC$. Отсюда $AK = KC = KE = KD$.

Находим KE

Отрезки касательных $KE$ и $KD$ равны, и $OK$ — биссектриса угла $EOD$. Центральный угол $EOD$ вдвое больше вписанного угла $EBD$, опирающегося на ту же дугу:

В прямоугольном треугольнике $OEK$ (угол при $E$ прямой) катет $OE = 10$, поэтому

Итак, $AK = KE = 10\sqrt{3} \approx 17{,}32$.

Проверка другим путём

Хорда $ED$ окружности $\omega$ видна из точки $B$ под углом $60^\circ$, поэтому по теореме синусов $ED = 2 \cdot 10 \cdot \sin 60^\circ = 10\sqrt{3}$. Треугольники $BED$ и $BCA$ подобны: угол $B$ общий, а $BE = BC\cos B$ и $BD = BA\cos B$ (из прямоугольных треугольников $BEC$ и $BDA$). Коэффициент подобия $\cos 60^\circ = \dfrac12$, поэтому $AC = 2\,ED = 20\sqrt{3}$ и $AK = \dfrac{AC}{2} = 10\sqrt{3}$ — то же самое.

В общем виде $AK = R \operatorname{tg} \angle ABC$, где $R$ — радиус $\omega$; от остальных углов треугольника ответ не зависит.