13772. Точка D
— середина стороны AB
треугольника ABC
. Точка E
делит сторону BC
в отношении BE:EC=2:1
. Известно, что \angle ADC=\angle BAE
. Найдите угол BAC
.
Ответ. 90^{\circ}
.
Решение. Первый способ. Пусть отрезки CD
и AE
пересекаются в точке O
, прямая BO
пересекает сторону AC
в точке F
, а отрезки EF
и CD
пересекаются в точке P
. По теореме Чевы
1=\frac{CF}{FA}\cdot\frac{AD}{DB}\cdot\frac{BE}{EC}=\frac{CF}{FA}\cdot1\cdot2,
откуда \frac{CF}{FA}=\frac{1}{2}=\frac{CE}{BE}
. Значит, EF\parallel AB
, поэтому \angle EFC=\angle BAC
.
Треугольники OAD
и OEP
подобны то двум углам, поэтому треугольник OEP
(как и OAD
) равнобедренный, OE=OP
. Треугольник CFE
подобен треугольнику CAB
, поэтому
\frac{EF}{AD}=\frac{EF}{\frac{1}{2}AB}=2\cdot\frac{EF}{AD}=2\cdot\frac{1}{3}=\frac{2}{3},
а т.к
AE=AO+OE=DO+OP=PD,
то
\frac{AE}{CD}=\frac{PD}{CD}=\frac{BE}{BC}=\frac{2}{3}=\frac{EF}{AD}.
Значит, треугольники EFA
и DAC
подобны по двум сторонам и углу между ними, поэтому
\angle EFA=\angle DAC=\angle BAC.
В то же время, из параллельности
\angle EFA+\angle BAC=180^{\circ}.
Следовательно,
\angle BAC=\angle EFA=90^{\circ}.
Второй способ. Пусть отрезки CD
и AE
пересекаются в точке O
. По теореме Менелая для треугольника BCD
и прямой AE
получаем
1=\frac{CO}{OD}\cdot\frac{DA}{AB}\cdot\frac{BE}{EC}=\frac{CO}{OD}\cdot\frac{1}{2}\cdot2=\frac{CO}{OD},
поэтому O
— середина стороны CD
треугольника ACD
. Треугольник AOD
равнобедренный, поэтому
AO=DD=OC.
Медиана AO
треугольника ACD
равна половине стороны CD
, следовательно,
\angle BAC=\angle DAC=90^{\circ}
(см. задачу 1188).