4.183. На стороне AB треугольника ABC как на диаметре построена окружность, пересекающая стороны AC и BC в точках E и D соответственно. Прямая DE делит площадь треугольника ABC пополам и образует с прямой AB угол 15°. Найти углы треугольника ABC.

Пусть $\angle A = \alpha$ и $\angle B = \beta$. Так как $AB$ — диаметр окружности, углы $\angle AEB$ и $\angle ADB$ опираются на диаметр и равны $90^\circ$. Следовательно, $BE \perp AC$ и $AD \perp BC$, то есть $AD$ и $BE$ — высоты $\triangle ABC$. В $\triangle CDE$ и $\triangle CAB$: $\angle C$ общий, а так как четырехугольник $ABDE$ вписан в окружность, то $\angle CED = \angle B$ и $\angle CDE = \angle A$. Значит, $\triangle CDE \sim \triangle CAB$ с коэффициентом подобия $k = \frac{DE}{AB}$. Так как площадь $S_{CDE} = \frac{1}{2} S_{ABC}$, то $k^2 = \frac{1}{2}$, откуда $\frac{DE}{AB} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \sin C$. Значит, $\sin C = \frac{1}{\sqrt{2}}$, откуда $\angle C = 45^\circ$ или $135^\circ$. Поскольку в треугольнике углы $A$ и $B$ острые (так как $AD$ и $BE$ — высоты, треугольник остроугольный), то $\angle C = 45^\circ$. Тогда $\alpha + \beta = 180^\circ - 45^\circ = 135^\circ$. Пусть прямая $DE$ пересекает $AB$ в точке $K$ (вне отрезка $AB$). По условию $\angle K = 15^\circ$. В $\triangle KDB$: $\angle KDB = 180^\circ - \angle ADB = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ$ (если $D$ лежит между $A$ и $B$, но здесь $DE$ — секущая, рассмотрим внешние углы). Из подобия $\triangle CDE \sim \triangle CBA$ следует, что $\angle CDE = \alpha$, $\angle CED = \beta$. В $\triangle KDB$ внешний угол при вершине $D$ равен $\angle CDE = \alpha$ (вертикальные углы), откуда $\angle KDB = 180^\circ - \alpha$. Тогда $\angle K = 180^\circ - (180^\circ - \alpha) - \beta = \alpha - \beta = 15^\circ$. Имеем систему: $ \begin{cases} \alpha + \beta = 135^\circ \\ \alpha - \beta = 15^\circ \end{cases} $ Складывая уравнения: $2\alpha = 150^\circ \Rightarrow \alpha = 75^\circ$. Тогда $\beta = 60^\circ$. Ответ: $75^\circ, 60^\circ, 45^\circ$.