13960. Дан треугольник ABC
, в котором AB=AC
и \angle BAC=20^{\circ}
. Точки D
и E
лежат на сторонах AC
и AB
соответственно, причём \angle DBC=25^{\circ}
и \angle BCE=65^{\circ}
. Найдите \angle CED
.
Ответ. 5^{\circ}
.
Решение. Первый способ. Заметим, что
\angle ABC=\angle ACB=80^{\circ},~\angle DCE=15^{\circ},~\angle DBE=55^{\circ},
\angle BEC=35^{\circ},~\angle BDC=75^{\circ}.
Опустим перпендикуляр EF
на сторону AC
. Обозначим \angle EDF=\alpha
. Тогда
\frac{AF}{FD}=\frac{\frac{EF}{FD}}{\frac{EF}{AF}}=\frac{\tg\alpha}{\tg20^{\circ}}~\Rightarrow~AF=FD\cdot\frac{\tg\alpha}{\tg20^{\circ}}.
По теореме синусов из треугольника ABD
получаем
\frac{AD}{AB}=\frac{\sin55^{\circ}}{\sin(180^{\circ}-75^{\circ})}=\frac{\sin55^{\circ}}{\sin75^{\circ}}.
Аналогично, из треугольника AEC
получаем
\frac{AE}{AC}=\frac{\sin15^{\circ}}{\sin35^{\circ}},
а так как AB=AC
, то
\frac{AE}{AD}=\frac{\frac{AE}{AC}}{\frac{AD}{AB}}=\frac{\sin15^{\circ}\sin75^{\circ}}{\sin35^{\circ}\sin55^{\circ}}.
Из прямоугольного треугольника AFE
получаем, что AF=AE\sin70^{\circ}
, поэтому
\frac{AF}{AD}=\frac{AE\sin70^{\circ}}{AD}=\frac{AE}{AD}\cdot\sin70^{\circ}=\frac{\sin15^{\circ}\sin75^{\circ}}{\sin35^{\circ}\sin55^{\circ}}\cdot\sin70^{\circ}=
=\frac{\sin15^{\circ}\sin75^{\circ}\sin70^{\circ}}{\sin35^{\circ}\sin55^{\circ}}=\frac{\sin15^{\circ}\cos15^{\circ}\sin70^{\circ}}{\sin35^{\circ}\cos35^{\circ}}=\frac{\frac{1}{2}\sin30^{\circ}\sin70^{\circ}}{\frac{1}{2}\sin70^{\circ}}=\frac{1}{2}.
Значит, AF=FD
, и
AF=FD\cdot\frac{\tg\alpha}{\tg20^{\circ}}=AF\cdot\frac{\tg\alpha}{\tg20^{\circ}},
откуда
\tg\alpha=\tg20^{\circ}~\Rightarrow~\alpha=20^{\circ}.
Следовательно, по теореме о внешнем угле треугольника
\angle CED=\angle ADE-\angle ECD=\alpha-\angle ECD=20^{\circ}-15^{\circ}=5^{\circ}.
Второй способ. Докажем, что \angle CEG=5^{\circ}
.
Заметим, что
\angle ABC=\angle ACB=80^{\circ},~\angle EBD=55^{\circ},~\angle ECD=15^{\circ}.
Пусть O
— точка пересечения BD
и CE
. Поскольку
\angle BOC=180^{\circ}-(\angle OBC+\angle OCB)=180^{\circ}-(25^{\circ}+65^{\circ})=90^{\circ},
прямые BD
и CE
пересекаются под прямым углом. Кроме того,
Обозначим BC=a
. Из прямоугольных треугольников BOC
, BOE
и COD
получаем
BO=a\cos25^{\circ},~EO=BO\tg55^{\circ}=a\cos25^{\circ}\tg55^{\circ},
CO=a\sin25^{\circ},~DO=CO\tg15^{\circ}=a\sin25^{\circ}\tg15^{\circ}.
Обозначим \angle CED=\theta
. Тогда из треугольника DOE
получаем
\tg\theta=\frac{DO}{OE}=\frac{a\sin25^{\circ}\tg15^{\circ}}{a\cos25^{\circ}\tg55^{\circ}}=\frac{\tg25^{\circ}\tg15^{\circ}}{\tg55^{\circ}}.
Обозначим \tg5^{\circ}=t
. Тогда
\tg\theta=\tg15^{\circ}\cdot\frac{\tg25^{\circ}}{\tg55^{\circ}}=\tg15^{\circ}\cdot\frac{\tg(30^{\circ}-5^{\circ})}{\tg(60^{\circ}-5^{\circ})}=\tg15^{\circ}\cdot\frac{\frac{\tg30^{\circ}-\tg5^{\circ}}{1+\tg30^{\circ}\tg5^{\circ}}}{\frac{\tg60^{\circ}-\tg5^{\circ}}{1+\tg60^{\circ}\tg5^{\circ}}}=
=\tg15^{\circ}\cdot\frac{1-t\sqrt{3}}{\sqrt{3}+t}\cdot\frac{1+t\sqrt{3}}{\sqrt{3}-t}=\tg15^{\circ}\cdot t\cdot\frac{1-3t^{2}}{3t-t^{3}},
а так как по формуле тангенса тройного угла
\frac{1-3t^{2}}{3t-t^{3}}=\frac{1}{\tg(3\cdot5^{\circ})},
то
\tg\theta=t=\tg5^{\circ}.
Следовательно, \theta=5^{\circ}
. Что и требовалось.