16142. Дан равносторонний треугольник DAC
. Точка B
лежит на прямой DC
, причём \angle BAC=70^{\circ}
. Точка E
лежит на прямой AB
, причём \angle ECA=55^{\circ}
. Точка K
— середина отрезка ED
. Не пользуясь средствами вычислений, докажите, что 60^{\circ}\gt\angle AKC\gt57^{\circ}
.
Решение. С центром A
проведём окружность радиусом AC=AD
. Поскольку
\angle AEC=180^{\circ}-\angle ACE-\angle CAE=180^{\circ}-55^{\circ}-70^{\circ}=55^{\circ}=\angle ACE,
треугольник AEC
равнобедренный, AE=AC
. Значит, точка точка E
(как и точки C
и D
) лежит на этой окружности. Тогда треугольник DAE
тоже равнобедренный, поэтому его медиана AK
является биссектрисой. Следовательно,
\angle KAC=\angle KAD+\angle DAC=5^{\circ}+60^{\circ}=65^{\circ}.
Пусть луч AK
пересекает построенную окружность в точке H
, а хорду CE
— в точке L
. Тогда из теоремы о внешнем угле треугольника получаем
\angle ALC\gt\angle AKC\gt\angle AHC,
а так как
\angle ALC=180^{\circ}-\angle ACL-\angle CAL=180^{\circ}-55^{\circ}-65^{\circ}=60^{\circ},
\angle AHC=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle CAH)=\frac{1}{2}(180^{\circ}-65^{\circ})=\frac{1}{2}\cdot115^{\circ}=57{,}5^{\circ}.
Следовательно,
60^{\circ}\gt\angle AKC\gt57^{\circ}.
Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 1999, № 6, задача 2365 (1998, с. 363), с. 379