4116. Пусть AE
, BD
и CM
— биссектрисы треугольника ABC
и \angle MDE=90^{\circ}
. Докажите, что \angle ABC=120^{\circ}
.
Указание. Через вершину B
проведите прямую, параллельную AC
, и воспользуйтесь утверждением задачи 4115.
Решение. Через вершину B
проведём прямую, параллельную AC
, и продолжим биссектрисы AE
и CM
до пересечения с этой прямой в точках P
и Q
соответственно. Тогда BP=BQ
(см. задачу 4115), поэтому DB
— медиана прямоугольного треугольника MDE
, проведённая из вершины прямого угла. Значит, BD=BP
и \angle BDP=\angle BPD=\angle EDC
, следовательно, DE
— биссектриса внешнего угла при вершине D
треугольника ABD
, а так как AE
— биссектриса внутреннего угла этого треугольника при вершине B
, то BE
— биссектриса его внешнего угла при вершине B
.
На продолжении стороны AB
за точку B
возьмём точку K
. Обозначим \angle ABD=\angle CBD=\varphi
. Тогда
\angle KBE=\angle CBD=\angle ABD=\varphi.
Из равенства 3\varphi=180^{\circ}
находим, что \varphi=60^{\circ}
. Следовательно, \angle ABC=2\varphi=120^{\circ}
.
Примечание. Верно и обратное: если один из углов треугольника равен 120^{\circ}
, то треугольник, образованный основаниями биссектрис данного, — прямоугольный (см. задачу 1119).