10849. На сторонах OA_{1}
и OB_{1}
равностороннего треугольника A_{1}OB_{1}
построили внешним образом треугольники OA_{1}A
и OB_{1}B
так, что угол BOB_{1}
на 60^{\circ}
больше, чем угол AOA_{1}
, а угол AOA_{1}
на 60^{\circ}
больше, чем угол BOB_{1}
. Прямые AA_{1}
и BB_{1}
пересекаются в точке C
. Докажите, что AO
, BO
и CO
— биссектрисы углов треугольника ABC
.
Решение. Обозначим \angle OAA_{1}=\alpha
, OBB_{1}=\beta
. Тогда
\angle AA_{1}O=\angle BB_{1}O=180^{\circ}-\alpha-\beta-60^{\circ}=120^{\circ}-\alpha-\beta,
\angle CA_{1}B_{1}=\angle CB_{1}A_{1}=180^{\circ}-(120^{\circ}-\alpha-\beta)-60^{\circ}=\alpha+\beta.
Значит, треугольник A_{1}CB_{1}
равнобедренный, поэтому треугольники A_{1}OC
и B_{1}OC
равны по трём сторонам, а каждый из углов A_{1}OC
и B_{1}OC
равен 30^{\circ}
. При этом
\angle AOC=90^{\circ}+\beta,~\angle BOC=90^{\circ}+\alpha.
Следовательно (см. замечание 2 к задаче 4770), AO
, BO
и CO
— биссектрисы треугольника ABC
. Что и требовалось доказать.
Примечание. См. также статью Л.Штейнгарца: «Снова о теореме Морлея», Квант, 2009, N5, с.42.
Источник: Журнал «Квант». — 2009, № 5, с. 42