12035. Точка пересечения биссектрис треугольника соединена с его вершинами, в результате чего он разбился на три меньших треугольника. Один из этих меньших треугольников подобен исходному. Найдите его углы.
Ответ. \frac{180^{\circ}}{7}
, \frac{360^{\circ}}{7}
, \frac{720^{\circ}}{7}
.
Решение. Пусть I
— точка пересечения биссектрис треугольника ABC
, а углы при его вершинах A
, B
и C
равны \alpha
, \beta
и \gamma
, причём наибольший угол треугольника ABC
равен \alpha
. Заметим (см. задачу 4770), что
\angle BIC=90^{\circ}+\frac{\alpha}{2}\gt90^{\circ},
т. е. \angle BIC\gt90^{\circ}
. Аналогично, \angle AIC\gt90^{\circ}
и \angle AIB\gt90^{\circ}
. В треугольнике ABC
один из углов тупой, а так как наибольший угол треугольника ABC
равен \alpha
, то это угол A
. Поскольку \angle BIC\gt\angle BAC
, треугольник BIC
не может быть подобным исходному. Таким образом, исходному треугольнику может быть подобен либо треугольник AIB
, либо AIC
.
Пусть это треугольник AIB
. Тогда \angle AIB=\angle BAC
, так как \angle ABI\lt\angle ABC
, то обязательно \angle AIB=\angle ACB
, т. е. \frac{\beta}{2}=\gamma
, и \angle BAI=\angle ABC
, т. е. \frac{\alpha}{2}=\beta
. Тогда \beta=2\gamma
и \alpha=2\beta=4\gamma
, а так как \alpha+\beta+\gamma+180^{\circ}
, то 7\gamma=180^{\circ}
, откуда
\gamma=\frac{180^{\circ}}{7},~\beta=\frac{360^{\circ}}{7},~\alpha=\frac{720^{\circ}}{7}.
Если же исходному треугольнику подобен треугольник AIC
, то аналогично получим
\beta=\frac{180^{\circ}}{7},~\gamma=\frac{360^{\circ}}{7},~\alpha=\frac{720^{\circ}}{7}.
Автор: Шаповалов А. В.
Источник: Турнир городов. — 1999-2000, XXI, осенний тур, старшие классы, тренировочный вариант
Источник: Международная олимпиада «Интеллектуальный марафон». — 2013, XXII, устный командный тур, задача 4
Источник: Журнал «Квант». — 2014, № 3, с. 53, задача 4