11659. В прямоугольнике ABCD
сторона BC
в два раза больше стороны AB
, E
— середина AD
, F
— точка на продолжении стороны AD
за точку D
.
а) Известно, что \angle AFC=30^{\circ}
. Найдите угол EBF
.
б) Известно, что \angle EBF=30^{\circ}
. Докажите, что FB
— биссектриса угла AFC
.
в) Известно, что \angle EBF=\angle AFC
. Найдите угол AFC
.
Ответ. а) 30^{\circ}
, в) 30^{\circ}
.
Решение. а) Гипотенуза CF
прямоугольного треугольника CDF
вдвое больше катета CD
, лежащего против угла в 30^{\circ}
, поэтому
CF=2CD=2AB=AD=BC.
Значит, треугольник BCF
равнобедренный, а так как \angle DCF=60^{\circ}
, то
\angle CBF=\angle CFB=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle BCF)=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle BCF=
=90^{\circ}-\frac{1}{2}(90^{\circ}+60^{\circ})=15^{\circ}.
Следовательно,
\angle EBF=\angle ABC-\angle ABE-\angle CBF=90^{\circ}-45^{\circ}-15^{\circ}=30^{\circ}.
б) На продолжении отрезка AD
за точку D
отложим отрезок DF'=AD
. Тогда в треугольнике CDF'
катет CD
лежит против угла в 30^{\circ}
, поэтому CF'=2CD=BC
. Значит,
\angle CBF'=\angle BF'C=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle BCF')=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle BCF=
=90^{\circ}-\frac{1}{2}(90^{\circ}+60^{\circ})=15^{\circ}.
Тогда
\angle EBF'=\angle ABC-\angle ABE-\angle CBF'=90^{\circ}-45^{\circ}-15^{\circ}=30^{\circ}.
Следовательно, точка F'
совпадает с F
, а тогда (см. пункт а)) FB
— биссектриса угла AFC
.
в) На продолжении отрезка AD
за точку D
отложим отрезок DF'=AD
. Тогда \angle AF'C=30^{\circ}
, поэтому (см.пункт а)) \angle EBF'=\angle AF'C=30^{\circ}
.
Если точка F
лежит на отрезке DF'
, то
\angle EBF\lt\angle EBF'=\angle AF'C\lt\angle AFC,
что противоречит условию. Если же точка F
лежит на продолжении отрезка DF'
за точку F'
, то
\angle EBF\gt\angle EBF'=\angle AF'C\gt\angle AFC,
что также противоречит условию. Значит, точка F'
совпадает с F
, и \angle AFC=30^{\circ}
.