16456. Пусть A
, B'
, A'
и B
— последовательные вершины правильного шестиугольника, M
— произвольная точка описанной окружности (в частности M
на меньшей дуге A'B'
). Отрезки MA
и BB'
пересекаются в точке E
, а отрезки MB
и AA'
— в точке F
. Докажите, что:
а) \angle MEF=3\angle MAF
;
б) \angle MFE=3\angle MBE
.
Решение. а) Обозначим AB'=x
и \angle MAF=\alpha
. По свойству правильного шестиугольника
\angle AB'B=\angle AA'B=\angle AMB=90^{\circ},~\angle A'AB=30^{\circ}.
Из прямоугольных треугольников AMB
, AB'E
и AA'B
получаем
AM=AB\cos\angle BAM=2x\cos(\alpha+30^{\circ}),~BM=AB\sin\angle BAM=2x\sin(\alpha+30^{\circ}),
AE=\frac{AB}{\cos\angle B'AE}=\frac{x}{\cos(30^{\circ}-\alpha)},~BF=\frac{A'B}{\cos\angle A'BF}=\frac{x}{\cos\alpha}.
Тогда из прямоугольного треугольника EMF
получаем
\tg\angle MEF=\frac{MF}{ME}=\frac{BM-MF}{AM-AE}=\frac{2x\sin(\alpha+30^{\circ})-\frac{x}{\cos\alpha}}{2x\cos(\alpha+30^{\circ})-\frac{x}{\cos(30^{\circ}-\alpha)}}=
=\frac{\frac{2\sin(30^{\circ}+\alpha)\cos\alpha-1}{\cos\alpha}}{\frac{2\cos(30^{\circ}+\alpha)\cos(30^{\circ}-\alpha)-1}{\cos(30^{\circ}-\alpha)}}=\frac{\frac{\sin(30^{\circ}+2\alpha)+\frac{1}{2}-1}{\cos\alpha}}{\frac{\frac{1}{2}+\cos2\alpha-1}{\cos(30^{\circ}-\alpha)}}=\frac{2\sin(30^{\circ}+2\alpha)-1}{\cos2\alpha-1}\cdot\frac{\cos(30^{\circ}-\alpha)}{\cos\alpha}=
=\frac{2\sin(30^{\circ}+2\alpha)\cos(30^{\circ}-\alpha)-\cos(30^{\circ}-\alpha)}{2\cos2\alpha\cos\alpha-\cos\alpha}=
=\frac{\sin60^{\circ}+\alpha+\sin3\alpha-\cos(30^{\circ}-\alpha)}{\cos3\alpha+\cos\alpha-\cos\alpha}=\frac{\sin3\alpha}{\cos3\alpha}=\tg3\alpha.
При этом \alpha\lt30^{\circ}
. Следовательно,
\angle MEF=3\alpha=3\angle MAF.
Что и требовалось доказать.
Аналогично, \angle MFE=\angle3\angle MBE
.
Источник: Журнал «Mathematics Magazine». — 1965, том 38, № 2, задача 563, с. 122