16133. В данном треугольнике ABC
, в котором AB\lt AC
, провели биссектрисы BD
и CE
. Прямые DE
и FC
пересекаются в точке F
. Оказалось, что \angle DFC=\frac{1}{2}(\angle DBC-\angle ECB)
. Найдите угол BAC
.
Ответ. 60^{\circ}
.
Решение. Обозначим через \alpha
, \beta
и \gamma
, углы, противолежащие сторонами BC
, CA
и AB
соответственно, а через \psi
угол DFC
. По условию
\angle DFC=\frac{1}{2}(\angle DBC-\angle ECB)=\frac{1}{2}\left(\frac{\beta}{2}-\frac{\gamma}{2}\right).
Пусть I
— точка пересечения биссектрис треугольника ABC
, \angle IED=\varphi
и \angle IDE=\varphi'
. Докажем, что \varphi=\varphi'
. Действительно, по теореме о внешнем угле треугольника
\varphi=\psi+\frac{\gamma}{2},~\varphi'=\frac{\beta}{2}-\psi.
поэтому
\varphi=\varphi'~\Leftrightarrow~\psi+\frac{\gamma}{2}=\frac{\beta}{2}-\psi~\Leftrightarrow~\psi=\frac{1}{2}\left(\frac{\beta}{2}-\frac{\gamma}{2}\right).
Последнее равенство следует из условия. Тогда треугольник DIE
равнобедренный, ID=IE
.
По теореме синусов
\frac{AI}{\sin\angle ADI}=\frac{ID}{\sin\frac{\alpha}{2}}=\frac{IE}{\sin\frac{\alpha}{2}}=\frac{AI}{\sin\angle AEI},
поэтому \sin\angle ADI=\sin\angle AEI
. Значит,
\angle ADI=\angle AEI,~\mbox{или}~\angle ADI+\sin\angle AEI=180^{\circ}.
Первый случай невозможен, так как тогда AB=AC
, что противоречит условию. Значит,
\angle ADI+\sin\angle AEI=180^{\circ},
и четырёхугольник ADIE
вписан в окружность, поэтому (см. задачу 4770)
180^{\circ}=\alpha+\left(90^{\circ}+\frac{\alpha}{2}\right).
Следовательно, \alpha=60^{\circ}
.