13665. В треугольнике ABC
проведены биссектрисы AD
и BE
. Оказалось, что AB+BD=AE+BE
. Докажите, что либо \angle ABC=2\angle ACB
, либо \angle ABC=120^{\circ}
.
Решение. Первый способ. Обозначим \angle CBE=\angle ABE=\alpha
.
На продолжении стороны AB
за точку B
отложим отрезок BF=BD
. Тогда BE
— биссектриса внешнего угла при вершине B
равнобедренного треугольника DBF
, поэтому (см. задачу 1174) BE\parallel DF
, и
\angle BFD=\angle BDF=\angle DBE=\alpha.
Пусть F'
— точка, симметричная точке F
относительно прямой AD
. Угол симметричен относительно прямой, содержащей его биссектрису, поэтому F'
лежит на прямой AC
, и
\angle EF'D=\angle BF'D=\angle EBD=\alpha.
Тогда
AB+BD=AE+BE~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~AE+BE=AF=AF'=AE+EF~\Leftrightarrow~BE=F'E.
1. Предположим, что точки B
, D
и F'
лежат на одной прямой. Тогда точка F'
совпадает с C
, поэтому треугольник BEC
равнобедренный. Значит,
\angle ACB=\angle ECB=\angle CBE=\alpha=\frac{1}{2}\angle ABC.
2. Пусть теперь точки B
, D
и F'
не лежат на одной прямой. Тогда треугольник BDF'
(как и треугольник BEF'
) равнобедренный, поэтому
BD=DF'=DF.
Значит, треугольник BDF
равносторонний, и \angle DBF=60^{\circ}
. Следовательно, \angle ABC=120^{\circ}
.
Второй способ. Обозначим BC=a
, AC=b
, AB=c
, \angle ACB=\gamma
. Тогда (см. задачи 1509 и 4021)
BD=\frac{ac}{b+c},~AE=\frac{bc}{a+c},~BE=\frac{2ac\cos\frac{\beta}{2}}{a+c}.
Значит,
AB+BD=AE+BE~\Leftrightarrow~c+\frac{ac}{b+c}=\frac{bc}{a+c}+\frac{2ac\cos\frac{\beta}{2}}{a+c}~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~\frac{a^{2}-b^{2}+c^{2}+2ac+ab}{b+c}=2a\cos\frac{\beta}{2},
а т.к по теореме косинусов
a^{2}-b^{2}+c^{2}=2ac\cos\frac{\beta}{2},
то после деления обеих частей последнего равенства на a
, получаем
\frac{2c(1+\cos\beta)+b}{b+c}=2\cos\frac{\beta}{2},~\mbox{или}~\frac{4c\cos^{2}\frac{\beta}{2}+b}{b+c}=2\cos\frac{\beta}{2}.
Решив относительно \cos\frac{\beta}{2}
уравнение
4c\cos^{2}\frac{\beta}{2}-2(b+c)\cos\frac{\beta}{2}+b=0,
получим \cos\frac{\beta}{2}=\frac{1}{2}
или \cos\frac{\beta}{2}=\frac{b}{2c}
.
В первом случае \beta=120^{\circ}
.
Если \cos\frac{\beta}{2}=\frac{b}{2c}
, то
\frac{b}{c}=\frac{\sin\beta}{\sin\gamma}~\Rightarrow~\cos\frac{\beta}{2}=\frac{b}{2c}=\frac{\sin\frac{\beta}{2}\cos\frac{\beta}{2}}{\sin\gamma}~\Rightarrow~\sin\frac{\beta}{2}=\sin\gamma~\Rightarrow~\beta=2\gamma.
Примечание. Верно и обратное, если в треугольнике ABC
угол при вершине B
равен 120^{\circ}
или этот угол вдвое больше угла при вершине C
, то AB+BD=AE+BE
, где AD
и BE
— биссектрисы треугольника.