10286. На сторонах AC
и BC
равностороннего треугольника ABC
отмечены точки D
и E
соответственно так, что AD=\frac{1}{3}AC
и CE=\frac{1}{3}CB
. Отрезки AE
и BD
пересекаются в точке F
. Найдите угол BFC
.
Ответ. 90^{\circ}
.
Решение. Первый способ. Треугольники ABD
и CAE
равны по двум сторонам и углу между ними, поэтому
\angle BAE+\angle ABD=\angle BAE+\angle CAE=\angle BAC=60^{\circ}.
Тогда
\angle EFD=\angle AFB=180^{\circ}-\angle BAF-\angle ABF=
=180^{\circ}-\angle BAE-\angle ABD=180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}=180^{\circ}-\angle DCE,
значит, четырёхугольник CDFE
вписанный (см. задачу 49).
В треугольнике CDE
сторона CE
вдвое меньше стороны CD
, а угол между этими сторонами равен 60^{\circ}
, поэтому треугольник CDE
прямоугольный с прямым углом при вершине E
(см. задачу 2643). Значит, CF
— диаметр окружности, описанной около четырёхугольника CDEF
. Следовательно,
\angle BFC=180^{\circ}-\angle DFC=180^{\circ}-90^{\circ}=90^{\circ}.
Второй способ. Пусть \angle EAB=\alpha
, а \angle ABD=\beta
(рис. 1). Тогда из равенства треугольников CAE
и ABD
(по двум сторонам и углу между ними) следует, что
\angle CAE=\angle ABD=\beta.
Значит,
\angle DFE=\angle AFB=180^{\circ}-(\alpha+\beta)=180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}.
Следовательно,
\angle DFE+\angle DCE=120^{\circ}+60^{\circ}=180^{\circ},
поэтому четырёхугольник ECDF
вписанный.
На стороне BC
отметим такую точку K
, что BK:KC=1:2
. Тогда треугольник CDK
равносторонний, DE
— его медиана, которая является и высотой, значит, \angle CED=90^{\circ}
.
По свойству вписанных углов
\angle CFD=\angle CED=90^{\circ},
следовательно, \angle BFC=90^{\circ}
.
Третий способ. Пусть O
— центр правильного треугольника ABC
. Тогда DO\parallel AB
и OE\parallel CD
, поэтому \angle DOE=120^{\circ}
, а CDOE
— равнобокая трапеция (рис. 2).
Рассмотрим поворот с центром O
на угол \varphi=-120^{\circ}
. При таком повороте образ вершины B
— вершина A
, а образ точки D
— точка E
, поэтому образом прямой BD
является прямая AE
. Следовательно, \angle DFE=120^{\circ}
.
Рассмотрим окружность, описанную около равнобокой трапеции CDOE
. Поскольку CO\perp DO
, отрезок CD
— диаметр этой окружности, а так как \angle DFE=\angle DOE
, то точка F
лежит на этой окружности. Следовательно, \angle CFD=90^{\circ}
. Тогда \angle BFC=90^{\circ}
.
Примечание. Доказать, что \angle DFE=120^{\circ}
можно также с помощью векторов. Пусть \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{b}
, \overrightarrow{AC}=\overrightarrow{c}
. Тогда
\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CE}=\overrightarrow{c}+\frac{1}{3}\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{c}+\frac{1}{3}(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{c})=\frac{1}{3}\overrightarrow{b}+\frac{2}{3}\overrightarrow{c},
\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB}=\frac{1}{3}\overrightarrow{c}-\overrightarrow{b},
а так как
\cos(\overrightarrow{AE};\overrightarrow{BD})=\frac{\overrightarrow{AE}\cdot\overrightarrow{BD}}{|\overrightarrow{AE}|\cdot|\overrightarrow{BD}|},~|\overrightarrow{b}|=|\overrightarrow{c}|=1,~\angle(\overrightarrow{b};\overrightarrow{c})=60^{\circ},
то
\overrightarrow{AE}\cdot\overrightarrow{BD}=-\frac{5}{9}\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c}-\frac{1}{3}\overrightarrow{b}^{2}+\frac{2}{9}\overrightarrow{c}^{2}=-\frac{7}{18},
|\overrightarrow{AE}|=\sqrt{\overrightarrow{AE}^{2}}=\sqrt{\frac{1}{9}\overrightarrow{b}^{2}+\frac{4}{9}\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c}+\frac{4}{9}\overrightarrow{c}^{2}}=\frac{\sqrt{7}}{3},
|\overrightarrow{BD}|=\sqrt{\overrightarrow{BD}^{2}}=\sqrt{\frac{1}{9}\overrightarrow{c}^{2}-\frac{2}{3}\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c}+\overrightarrow{b}^{2}}=\frac{\sqrt{7}}{3}.
Значит,
\cos\angle DEF=\frac{-\frac{7}{18}}{\frac{\sqrt{7}}{3}\cdot\frac{\sqrt{7}}{3}}=-\frac{1}{2}.
Следовательно, \angle DFE=120^{\circ}
.
Автор: Калинин Д. А.
Источник: Летний турнир им. А. П. Савина «Математика 6—8». — 2001, задача 5, третий тур, 6-8 класс
Источник: Московская математическая регата. — 2011-2012, 9 класс
Источник: Всесибирская физико-математическая олимпиада. — 2015, заключительный этап, задача 3, 10 класс