6782. В остроугольном треугольнике ABC
, в котором \angle A=45^{\circ}
, проведены высоты AA_{1}
, BB_{1}
, CC_{1}
. Биссектриса угла BAA_{1}
пересекает прямую B_{1}A_{1}
в точке D
, а биссектриса угла CAA_{1}
пересекает прямую C_{1}A_{1}
в точке E
. Найдите угол между прямыми BD
и CE
.
Ответ. 67{,}5^{\circ}
.
Решение. Первый способ. Пусть прямая AA_{1}
пересекает прямые BD
и CE
в точках L
и K
соответственно. Поскольку A_{1}B_{1}C_{1}
— ортотреугольник остроугольного треугольника ABC
, луч A_{1}A
— биссектриса угла B_{1}A_{1}C_{1}
(см. задачу 533),
\angle DA_{1}E=\angle B_{1}A_{1}C_{1}=180^{\circ}-\angle BA_{1}C_{1}-\angle CA_{1}B_{1}=
=180^{\circ}-\angle BAC-\angle BAC=180^{\circ}-90^{\circ}=90^{\circ},
\angle DA_{1}L=\angle B_{1}A_{1}A=45^{\circ},\angle DA_{1}B=90^{\circ}-45^{\circ}=45^{\circ}
(см. задачу 141), т. е. A_{1}D
— биссектриса внешнего угла при вершине A_{1}
треугольника ABA_{1}
, а так как AD
— биссектриса его внутреннего угла при вершине A
, то BD
— биссектриса внешнего угла при вершине B
треугольника ABA_{1}
(см. задачу 1192), а значит, и треугольника ABC
. Аналогично CE
— биссектриса внешнего угла при вершине C
треугольника ABC
.
Пусть M
— точка пересечения лучей BD
и CE
, т. е. точка пересечения биссектрис внешних углов при вершинах B
и C
треугольника ABC
. Тогда
\angle BMC=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle BAC=90^{\circ}-\frac{45^{\circ}}{2}=67{,}5^{\circ}
(см. задачу 4770).
Второй способ. Положим \angle BAA_{1}=2\beta
, \angle CAA_{1}=2\gamma
. Тогда
\angle DAE=\frac{1}{2}\angle BAC=\beta+\gamma=22{,}5^{\circ}.
Из точек A_{1}
и B_{1}
отрезок AB
виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром AB
. Вписанные в эту окружность углы AA_{1}B_{1}
и ABB_{1}
опираются на одну и ту же дугу, поэтому
\angle AA_{1}B_{1}=\angle ABB_{1}=45^{\circ}.
По теореме о внешнем угле треугольника
\angle ADB_{1}=\angle AA_{1}B_{1}-\angle DAA_{1}=45^{\circ}-\beta=\angle BAC-\angle BAD=\angle DAB_{1},
значит, треугольник ADB_{1}
равнобедренный. Треугольник ABB_{1}
также равнобедренный, поэтому DB_{1}=AB_{1}=BB_{1}
. Следовательно, треугольник BB_{1}D
также равнобедренный. Тогда
\angle DBB_{1}=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle BB_{1}D=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle BB_{1}A=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle BAA_{1}=90^{\circ}-\beta,
\angle CBD=\angle DBB_{1}-\angle A_{1}BB_{1}=\angle DBB_{1}-\angle A_{1}AB_{1}=90^{\circ}-\beta-2\gamma.
Аналогично \angle BCE=90^{\circ}-\gamma-2\beta
.
Пусть M
— точка пересечения лучей BD
и CE
. Тогда
\angle BMC=180^{\circ}-\angle CBM-\angle BCM=180^{\circ}-\angle CBD-\angle BCE=
=180^{\circ}-(90^{\circ}-\beta-2\gamma)-(90^{\circ}-\beta-2\gamma)=
=3\beta+3\gamma=3(\beta+\gamma)=3\cdot22{,}5^{\circ}=67{,}5^{\circ}.
Автор: Якубов А. Г.
Источник: Московская математическая олимпиада. — 2015, LXXVIII, 8 класс