Поскольку $\angle$BDE= 50^oи $\angle$CED= 30^o, то $\angle$BOC=$\angle$EOD= 180^o- 50^o- 30^o= 100^o. Будем считать, что фиксированы диаметры BB'и CC'окружности, причем $\angle$BOC= 100^o, а точка Aдвижется по дуге B'C'. Пусть D — точка пересечения BB'и AC, E — точка пересечения CC'и AB(рис. 12.6). Так как при движении точки Aот B'к C'отрезок OEувеличивается, а ODуменьшается, то угол OEDубывает, а угол ODEвозрастает. Поэтому существует единственное положение точки A, при котором $\angle$CED=$\angle$OED= 30^oи $\angle$BDE=$\angle$ODE= 50^o. Докажем теперь, что треугольник ABCс углами $\angle$A= 50^o,$\angle$B= 70^o,$\angle$C= 60^oобладает требуемым свойством. Пусть A₁...A₁₈ — правильный восемнадцатиугольник. В качестве треугольника ABCможно взять треугольник A₂A₁₄A₉. Диагональ A₁A₁₂проходит через точку E(см. решение задачи 12.58). Пусть F -- точка пересечения прямых A₁A₁₂и A₅A₁₄; прямая A₉A₁₆симметрична прямой A₁A₁₂относительно прямой A₅A₁₄, поэтому она проходит через точку F. В треугольнике CDFлуч CEявляется биссектрисой угла C, а прямая FE — биссектрисой внешнего угла при вершине F. Поэтому DE — биссектриса угла ADB, т. е. $\angle$ODE= ($\smile$A₂A₁₄+$\smile$A₅A₉)/4 = 50^o.

Ответ задачи отсутствует