13762. BD
и CE
— биссектрисы треугольника ABC
. Известно, что \angle ADE-\angle AED=60^{\circ}
. Докажите, что \angle ACB=120^{\circ}
.
Решение. По свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 1509) \frac{DC}{DA}=\frac{BC}{BA}
. Обозначим \angle BAC=\alpha
, \angle ACB=\gamma
. По теореме синусов из треугольника AEC
получаем
\frac{EC}{AE}=\frac{\sin\alpha}{\sin\frac{\gamma}{2}}=2\cos\frac{\gamma}{2}\cdot\frac{\sin\alpha}{\sin\gamma}=2\cos\frac{\gamma}{2}\cdot\frac{BC}{BA}=2\cos\frac{\gamma}{2}\cdot\frac{DC}{DA}.
Пусть ED'
— биссектриса треугольника AEC
. Тогда
\frac{D'C}{D'A}=\frac{EC}{AE}=2\cos\frac{\gamma}{2}\cdot\frac{DC}{DA}.
Предположим, что \gamma\lt120^{\circ}
. Тогда
\frac{\gamma}{2}\lt60^{\circ}~\Rightarrow~\cos\frac{\gamma}{2}\gt\frac{1}{2}~\Rightarrow~2\cos\frac{\gamma}{2}\gt1~\Rightarrow~\frac{D'C}{D'A}=2\cos\frac{\gamma}{2}\cdot\frac{DC}{DA}\gt\frac{DC}{DA}.
Значит, точка D'
лежит между точками A
и D
, поэтому
\angle AED\gt\angle AED'=\angle CED'\gt\angle CED.
Значит,
\angle ADE-\angle AED\lt\angle AED-\angle CED=\frac{\gamma}{2}\lt60^{\circ}.
Если же \gamma\gt120^{\circ}
, то аналогично получим, что
\angle ADE-\angle AED\gt60^{\circ}.
Следовательно, точка D'
совпадает с D
, и тогда \gamma=120^{\circ}
. Что и требовалось доказать.
Примечание. На самом деле доказано, что \angle ADE-\angle AED=60^{\circ}
тогда и только тогда, когда \angle ACB=120^{\circ}
.