13637. Угол BAC
треугольника ABC
равен 72^{\circ}
. Перпендикуляр, опущенный из вершины B
на CA
, пересекает биссектрису угла C
в точке P
, а перпендикуляр, опущенный из вершины C
на AB
, пересекает биссектрису угла B
в точке Q
. Оказалось, что точки A
, P
и Q
лежат на одной прямой. Найдите углы ABC
и BCA
.
Ответ. 84^{\circ}
и 24^{\circ}
.
Решение. Обозначим BC=a
, AC=b
, AB=c
, \angle BAC=\alpha
, \angle ABC=\beta
, \angle ACB=\gamma
.
Прямая, на которой лежат точки A
, P
и Q
пересекает BC
в точке D
, прямые BP
и BQ
пересекают AC
в точках E
и G
соответственно, а прямые CP
и CQ
пересекают AB
в точках F
и H
соответственно.
По теореме Чевы
\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=1~\mbox{и}~\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CG}{GA}\cdot\frac{AH}{HB}=1,
поэтому
\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CG}{GA}\cdot\frac{AH}{HB}.
Учитывая, что
CE=a\cos\gamma,~EA=c\cos\alpha,~AH=b\cos\alpha,~HB=a\cos\beta,
а по свойству биссектрисы треугольника
\frac{AF}{FB}=\frac{AC}{BC}=\frac{b}{a},~\frac{CG}{GA}=\frac{BC}{AB}=\frac{a}{c},
получим
\frac{a\cos\gamma}{c\cos\alpha}\cdot\frac{b}{a}=\frac{a}{c}\cdot\frac{b\cos\alpha}{a\cos\beta},~\mbox{или}~\cos^{2}\alpha=\cos\beta\cos\gamma.
По условию alpha=72^{\circ}
. Учитывая, что \sin18^{\circ}=\frac{\sqrt{5}-1}{4}
(см. задачу 1494), получим
\cos^{2}72^{\circ}=\cos\beta\cos\gamma~\Rightarrow~\sin^{2}18^{\circ}=\frac{1}{2}(\cos(\beta+\gamma)+\cos(\beta-\gamma))~\Rightarrow~
~\Rightarrow~2\sin^{2}18^{\circ}=\sin18^{\circ}+\cos(\beta-\gamma)~\Rightarrow~\cos(\beta-\gamma)=2\left(\frac{\sqrt{5}-1}{4}\right)^{2}+\frac{\sqrt{5}-1}{4}=\frac{1}{2},
откуда |\beta-\gamma|=60^{\circ}
.
Пусть \beta\gt\alpha
. Из системы
\syst{\beta-\gamma=60^{\circ}\\\beta+\gamma=108^{\circ}\\}
находим, что
\beta=84^{\circ},~\gamma=24^{\circ}.