17712. Углы треугольника равны 22{,}5^{\circ}
, 45^{\circ}
и 112{,}5^{\circ}
Докажите, что внутри треугольника найдётся точка, лежащая на медиане, проведённой из вершины одного из углов, на биссектрисе проведённой из вершины одного из двух других углов, и на высоте, проведённой из вершины оставшегося угла.
Решение. Рассмотрим треугольник ABC
, в котором
\angle CAB=22{,}5^{\circ},~\angle ABC=45^{\circ},~\angle BCA=112{,}5^{\circ}.
Первый способ. Пусть AD
— медиана треугольника ABC
, BE
— биссектриса этого треугольника, а CF
— высота. Тогда в прямоугольном треугольнике BFC
острые углы CBF
и BCF
равны 45^{\circ}
и CF=FB
.
Пусть X
и Y
— точки пересечения прямой, проходящей через точку D
параллельно CE
, с прямыми AC
и AF
соответственно. Тогда
\angle YAX=22{,}5^{\circ},~\angle XYA=90^{\circ},~\angle AXY=180^{\circ}-\angle YAX-\angle XYA=67{,}5^{\circ}.
Значит,
\angle XCD=180^{\circ}-\angle BCA=67{,}5^{\circ}=\angle AXY=\angle CXD~\Rightarrow~XD=CD=DB.
Поскольку DY\parallel CF
, отрезок DY
— средняя линия треугольника BCF
. Значит,
\frac{XD}{DY}=\frac{DB}{DY}=\frac{CB}{CF}=\frac{CB}{FB}.
Пусть K
— точка пересечения BE
и CF
. По свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 1509)
\frac{CK}{KF}=\frac{CB}{FB}~\Rightarrow~\frac{XD}{DY}=\frac{CK}{KF}.
Тогда из теоремы о пропорциональных отрезках на параллельных прямых (см. примечание 2 к задаче 1597) следует, что точки A
, K
и D
лежат на одной прямой, т. е. медиана AD
треугольника ABC
проходит через точку K
пересечения биссектрисы BE
и высоты CF
. Что и требовалось доказать.
Второй способ. Пусть AD
— медиана треугольника ABC
, BE
— биссектриса этого треугольника, а CF
— высота. Тогда BFC
— равнобедренный прямоугольный треугольник поэтому \angle BCF=45^{\circ}
. На продолжении стороны BC
за вершину C
отметим точку M
. Тогда
\angle ACM=180^{\circ}-\angle ACB=180^{\circ}-112{,}5^{\circ}=67{,}5^{\circ}=\angle ACF.
Значит, CF
— биссектриса внешнего угла при вершине C
треугольника BCF
, а так как BE
биссектриса внутреннего угла при вершине B
этого треугольника. Поскольку биссектрисы двух внешних и третьего внутреннего угла треугольника пересекаются в одной точке (см. задачу 1192), то FE
— биссектриса внешнего угла при вершине F
треугольника BCF
. Тогда
\angle AFE=\frac{1}{2}\angle AFC=45^{\circ}=\angle ABC~\Rightarrow~FE\parallel BC.
По теореме о пропорциональных отрезках \frac{BF}{FA}=\frac{CE}{EA}
. Кроме того, по свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 1509) \frac{AE}{EC}=\frac{BC}{BA}
. Значит,
\frac{AE}{EC}\cdot\frac{CD}{DB}\cdot\frac{BF}{FA}=\frac{AE}{EC}\cdot1\cdot\frac{CE}{EA}=1
Следовательно, по теореме Чевы (см. задачу 1621) прямые AD
, BE
и CF
пересекаются в одной точке. Что и требовалось доказать.
(Решение Л.Хрулёва.)
Источник: Эстонские математические олимпиады. — 2013, задача 13, 10-12 классы