11560. Биссектрисы углов A
и C
разрезают неравнобедренный треугольник ABC
на четырёхугольник и три треугольника, причём среди этих трёх треугольников есть два равнобедренных. Найдите углы треугольника ABC
.
Ответ. \angle B=\frac{180^{\circ}}{7}
, \angle A=\frac{2\cdot180^{\circ}}{7}
, \angle C=\frac{4\cdot180^{\circ}}{7}
.
Решение. Пусть AK
и CM
— биссектрисы треугольника ABC
, I
— их точка пересечения. Посмотрим, какие углы в каких треугольниках могут быть равными. Треугольник AIC
равнобедренным быть не может: в нём (см. задачу 4770)
\angle AIC=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle ABC\gt90^{\circ},~\mbox{а}~\angle IAC=\frac{1}{2}\angle BAC\ne\frac{1}{2}\angle BCA=\angle ICA.
Невозможны также равенства \angle MIA=\angle MAI
и \angle KCI=\angle KIC
, так как внешний угол треугольника AIC
не может быть равен внутреннему, не смежному с ним. Наконец, невозможно одновременное выполнение равенств \angle MIA=\angle IMA
и \angle KIC=\angle IKC
или одновременное выполнение равенств \angle IAM=\angle IMA
и \angle ICK=\angle IKC
, так как тогда \angle BAC=\angle ACB
. Поэтому остаётся единственная (с точностью до перестановки точек A
и C
) возможность:
\angle AIM=\angle AMI=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle ABC=90^{\circ}-\frac{1}{4}\angle BAC,
\angle ICK=\angle IKC=\frac{1}{2}\angle ACB=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle ABC-\frac{1}{2}\angle ACB.
Обозначим \angle A=\alpha
, \angle B=\beta
, \angle C=\gamma
. Тогда полученные равенства можно переписать в виде
90^{\circ}-\frac{\beta}{2}=90^{\circ}-\frac{\alpha}{4}~\mbox{и}~\frac{\gamma}{2}=90^{\circ}+\frac{\beta}{2}-\frac{\gamma}{2}.
Из системы
\syst{2\beta=\alpha\\2\gamma=180^{\circ}+\beta\\\alpha+\beta+\gamma=180^{\circ}\\}
находим, что
\angle B=\beta=\frac{180^{\circ}}{7},~\angle A=\alpha=\frac{2\cdot180^{\circ}}{7},~\angle C=\gamma=\frac{4\cdot180^{\circ}}{7}.
Источник: Олимпиада Леонарда Эйлера (для 8 класса). — 2014-2015, VII, дистанционный этап, третий тур, задача 3