12139. На сторонах AC
и BC
треугольника ABC
выбраны точки D
и E
. Известно, что \frac{\angle CDE}{\angle BDE}=\frac{\angle CED}{\angle AED}
. Верно ли что треугольник ABC
равнобедренный, если AE
и BD
:
а) медианы; б) высоты; в) биссектрисы этого треугольника?
Ответ. Верно во всех трёх случаях.
Решение. Обозначим
\angle CDE=\alpha,~\angle BDE=\beta,~\angle CED=\alpha',~\angle AED=\beta'.
а) Пусть M
— точка пересечения медиан треугольника ABC
. Предположим, что \angle BAC=\alpha\gt\alpha'=ABC
. Тогда из равенства \frac{\alpha}{\alpha'}=\frac{\beta}{\beta'}
следует, что \beta\gt\beta'
, или \angle EDM\gt\angle DEM
. Значит, EM\gt DM
(см. задачу 3499), AE=3EM\gt3DM=BD
. Это противоречит тому, что к большей стороне треугольника проведена меньшая медиана (см. задачу 3537). Аналогично для \angle BAC=\alpha\gt\alpha'=ABC
.
Значит, \alpha=\alpha'
. Следовательно, треугольник ABC
равнобедренный, AC=BC
.
б) Пусть AE
и BD
— высоты треугольника ABC
. Поскольку их основания лежат на сторонах AC
и BC
, угол C
острый. Кроме того, углы A
и B
— острые углы прямоугольных треугольников BAD
и ABD
. Следовательно, треугольник ABC
остроугольный.
Из условия получаем
\frac{\alpha}{\beta}=\frac{\alpha'}{\beta'},~\frac{\alpha}{90^{\circ}-\alpha}=\frac{\alpha'}{90^{\circ}-\alpha'},~\alpha=\alpha',
т. е. (см. задачу 141)
\angle ABC=\angle CDE=\alpha=\alpha'=\angle CED=\angle BAC.
Следовательно, треугольник ABC
равнобедренный, AC=BC
.
(Можно и так. Пусть H
— точка пересечения высот треугольника ABC
. Точки D
и E
лежат на окружности с диаметром CH
. Из условия следует, что точка D
делит полуокружность CDH
в том же отношении, что точка E
делит полуокружность CEH
. Значит, DE\perp CH
, DH=EH
, \angle DCH=\angle ECH
. Высота треугольника ABC
, проведённая из вершины C
, является биссектрисой. Следовательно, треугольник ABC
равнобедренный, AC=BC
.)
в) Обозначим \frac{\alpha}{\beta}=\frac{\alpha'}{\beta'}=k
, \angle ACB=\gamma
. Пусть I
и I_{1}
— точки пересечения биссектрис треугольников ABC
и DEC
соответственно. Тогда
\alpha+\alpha'=180^{\circ}-\gamma,~\angle DIE=\angle AIB=90^{\circ}+\frac{1}{2}\gamma
(см. задачу 4770), поэтому
\beta+\beta'=180^{\circ}-\angle DIE=180^{\circ}-\left(90^{\circ}+\frac{1}{2}\gamma\right)=90^{\circ}-\frac{1}{2}\gamma,
откуда
\gamma=180^{\circ}-2(\beta+\beta').
Следовательно,
k(\beta+\beta')=\alpha+\alpha'=180^{\circ}-\gamma=180^{\circ}-(180^{\circ}-2(\beta+\beta'))=2(\beta+\beta'),
откуда k=2
.
Поскольку
\angle I_{1}DE=\frac{\alpha}{2}=\beta=\angle IDE~\mbox{и}~\angle I_{1}ED=\frac{\alpha'}{2}=\beta'=\angle IED,
треугольники DI_{1}E
и DIE
равны по стороне и двум прилежащим к ней углам. Значит, DI_{1}=DI
и EI_{1}=EI
, поэтому прямая DE
— серединный перпендикуляр к отрезку II_{1}
, а так как точки I
и I_{1}
лежат на биссектрисе угла ACB
, то треугольник DCE
равнобедренный, \alpha=\alpha'
и CD=CE
. Тогда
\beta=\beta',~\angle CDB=\alpha+\beta=\alpha'+\beta'=\angle CEA.
Значит, треугольники ACE
и BCD
равны по стороне и двум прилежащим к неё углам. Следовательно, AC=BC
, т. е. треугольник ABC
равнобедренный. Что и требовалось доказать.