10022. В треугольнике ABC
проведены биссектрисы AA_{1}
, BB_{1}
и CC_{1}
. Известно, что \angle AA_{1}C=\angle AC_{1}B_{1}
. Найдите \angle ACB
.
Ответ. 120^{\circ}
.
Решение. Первый способ. Пусть углы при вершинах A
, B
и C
треугольника ABC
равны 2\alpha
, 2\beta
и 2\gamma
соответственно. Тогда \alpha+\beta+\gamma=90^{\circ}
. Через точку B_{1}
проведём прямую, параллельную AA_{1}
. Пусть D
— точка пересечения этой прямой со стороной BC
. По теореме о внешнем угле треугольника
\angle AA_{1}C=\angle AC_{1}B_{1}=\angle B_{1}DC=\angle BAA_{1}+\angle ABC=\alpha+2\beta,
\angle BB_{1}C_{1}=\angle AC_{1}B_{1}-\angle ABB_{1}=(\alpha+2\beta)-\beta=\alpha+\beta,
\angle BB_{1}C=\angle BAC+\angle ABB_{1}=2\alpha+\beta,
а так как
\angle BB_{1}D=\angle BB_{1}C-\angle CB_{1}D=(2\alpha+\beta)-\alpha=\alpha+\beta=\angle BB_{1}C_{1},
то в четырёхугольнике BC_{1}B_{1}D
диагональ BB_{1}
является биссектрисой углов DBC_{1}
и DB_{1}C_{1}
, т. е. является осью симметрии четырёхугольника BC_{1}B_{1}D
. Значит, треугольник C_{1}B_{1}D
равнобедренный, B_{1}C_{1}=B_{1}D
и
\angle B_{1}DC_{1}=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle DB_{1}C_{1})=\frac{1}{2}(180^{\circ}-2\angle BB_{1}C_{1})=
=\frac{1}{2}(180^{\circ}-2(\alpha+\beta))=90^{\circ}-(\alpha+\beta)=\gamma.
Из точек C
и D
, лежащих по одну сторону от прямой B_{1}C_{1}
, отрезок B_{1}C_{1}
виден под одним и тем же углом \gamma
, значит, точки B_{1}
, C
, D
и C_{1}
лежат на одной окружности. Поскольку \angle DCC_{1}=\gamma
, хорды DC_{1}
, B_{1}C_{1}
и B_{1}D
равны. Следовательно, треугольник B_{1}C_{1}D
равносторонний, \gamma=60^{\circ}
, а \angle BCA=2\gamma=120^{\circ}
.
Второй способ. Из условия задачи следует, что прямая B_{1}C_{1}
пересекает продолжение стороны BC
за точку C
(\angle AC_{1}B_{1}=\angle AA_{1}C\gt\angle ABC
). Пусть A_{2}
— точка пересечения BC
и B_{1}C_{1}
. Тогда AA_{2}
— биссектриса внешнего угла при вершине A
треугольника ABC
(см. задачу 1639).
Поскольку \angle AC_{1}A_{2}=\angle AA_{1}A_{2}
, из точек A_{1}
и C_{1}
, лежащих по одну сторону от прямой AA_{2}
, отрезок AA_{2}
виден под одним и тем же углом. Значит, точки A_{1}
, C_{1}
, A
и A_{2}
лежат на одной окружности, а так как AA_{1}
и AA_{2}
— биссектрисы внутреннего и внешнего углов при вершине A
треугольника ABC
, то это окружность Аполлония для отрезка BC
(см. задачу 2444). Для точки C_{1}
этой окружности \frac{C_{1}B}{C_{1}C}=\frac{BA_{1}}{A_{1}C}
, значит, C_{1}A_{1}
— биссектриса угла BC_{1}C
, т. е. биссектриса внешнего угла при вершине C_{1}
треугольника ACC_{1}
. Таким образом, точка A_{1}
есть точка пересечения биссектрисы внутреннего угла при вершине A
треугольника ACC_{1}
и биссектрисы внешнего угла при вершине C_{1}
. Следовательно (см. задачу 1192), CA_{1}
— биссектриса внешнего угла при вершине C
треугольника ACC_{1}
. Тогда, если K
— точка на продолжении стороны AC
за точку C
, то \angle ACC_{1}=\angle BCC_{1}=\angle BCK
, поэтому
\angle ACB=\frac{2}{3}\cdot180^{\circ}=120^{\circ}.
Источник: Соросовская олимпиада. — 1998-1999, V, 1-й тур, 10 класс