10233. В треугольнике ABC
углы ABC
и ACB
равны 22{,}5^{\circ}
и 45^{\circ}
соответственно. Докажите, что высота AH
, медиана BM
и биссектриса CL
пересекаются в одной точке.
Решение. Первый способ. Пусть DAB
— внешний угол данного треугольника, тогда \angle DAB=67{,}5^{\circ}
(рис. 1). Из прямоугольного треугольника ABH
получаем, что \angle HAB=67{,}5^{\circ}
. Следовательно, в точке L
пересекаются внутренняя и внешняя биссектрисы треугольника ACH
, т. е. L
— центр вневписанной окружности треугольника ACH
. Тогда HL
— ещё одна внешняя биссектриса треугольника ACH
(см. задачу 1192), значит,
\angle LHB=45^{\circ}=\angle ACB.
Следовательно, AC\parallel LH
, т. е. ACHL
— трапеция, а отрезки CL
и AH
— её диагонали.
Пусть эти диагонали пересекаются в точке E
. Поскольку B
— точка пересечения продолжений боковых сторон трапеции, то прямая BE
проходит через середину основания AC
(см. задачу 1513), т. е. содержит медиану BM
треугольника ABC
. Что и требовалось доказать.
Второй способ. Из теоремы Чевы (см. задачу 1621) следует, что требуемое утверждение равносильно равенству \frac{AL}{LB}\cdot\frac{BH}{HC}\cdot\frac{CM}{MA}=1
, которое, в данном случае, равносильно равенству \frac{HB}{CH}=\frac{LB}{AL}
(рис. 2).
Для доказательства последнего равенства достаточно доказать, что LH\parallel AC
. Заметим, что треугольник AHC
прямоугольный и равнобедренный (\angle AHC=90^{\circ}
, \angle ACH=45^{\circ}
), значит, \angle AHC=45^{\circ}
Поскольку \angle LCB=22{,}5^{\circ}
, то \angle ALC=45^{\circ}
(внешний угол треугольника BLC
). Таким образом, точка L
лежит на окружности с центром в точке H
и радиусом HA
. Тогда
\angle LHA=2\angle LCA=45^{\circ}=\angle CAH,
поэтому LH\parallel AC
. Что и требовалось доказать.
Источник: Греческие математические олимпиады. — 1984
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 1985, № 6, задача 3 (1984, 282), с. 185
Источник: Московская математическая регата. — 2012-2013, 11 класс