Если треугольник задан...

36

Если треугольник задан…

В. Н. Березин, В. И. Слепой

Общно в геометрических задах приходится иметь дело с углами в 30°, 45°, 60°, …; но есть и такие задачи, где встречаются углы в 80°, 40° и даже 47°! О таких задах и почти речь.

Во всех задах, разбирающихся в этой заметке, фигурируют лежащие в одной плоскости треугольник и точка, соединенная с его вершинами отрезками. Известными считаются либо какие-то углы между прямыми, либо какие-то метрические соотношения между отрезками прямых, либо и то, и другие. Требуется определить какой-нибудь неизвестный угол (помеченный на соответствующем чертеже знаком вопроса и краснойдужкой).

Основные обозначения в заметке стандартные, но иногда при решении задач оказываются полезными и вспомогательные обозначения. Это, прежде всего, «окрашивание» в одинаковый (не черный) цвет равных отрезков и выделение цветом тех участков плоскости, на которые при решении задачи полезно обратить внимание.

Начнем с самой простой задачи.

Задание 1. Дан равносторонний треугольник ABC и.makeая точка D вне его, что длина отрезка BD равна стороне $\Delta ABC$, а $\widehat{DBC}=40^\circ$ (см. рис. 1). Найти $\widehat{ADC}$.

Нетрудно посчитать (сделайте это самостояльно), что $\widehat{ADC}=30^\circ$. Инterресно же то, что $\widehat{DBC}$ может быть любым (а вовсе не обязательно равным 40°); $\widehat{ADC}$ при этом все равно остается равным 30°.

Решите теперь такую задачу.

Задание 2. Дан равноведренный треугольник ABC ($|BC|=|CA|$, см. рис. 2) с углом BAC, меньшим 60°, и точка D.makeя, что отрезок AD образует со стороной AC треугольника угол, равный разности между углом в 60° и углом BAC (мо есть

Рис. 1.
Рис. 2.

37

Рис. 3.

прямая AC служит bisсектисой угла DAE), причем $|AD| = |AB|$. Найти $\widehat{ADC}$ (он снова оказывается равным 30°).

Следующая задача представлена на XV Московской математической олимпиде.

Задча 3. Из вершин A и C равноведренного треугольника ABC с углом при вершине $\widehat{ABC} = 20^\circ$ (рис. 3) проводится две прямы до пересечения с проминоположными сторонами треугольника соответственно в точках D и E так, что угол CAD равен 60°, а угол ACE равен 50°. Определить угол ADE.

Решение. Составим из равноведренных треугольников, равных треугольнику ABC, правильный 18-угольник $ACC_1C_2 \dots C_{15}C_{16}$ (см. рис. 4) с центром в вершине B исходного треугольника. Проведем диагонали $AC_8, AC_6, CC_9, CC_{12}, C_1C_{12}, C_1C_{16}, C_4C_{16}$ этого 18-угольника. Диагонали $AC_6$ и $C_1C_{12}$ симметрины относительно диагонали $CC_9$ и пересекаются в точке D. Аналогично доказывается, что диагонали $CC_{12}, C_4C_{16}$ и $AC_8$ пересекаются в общей точке E. Заметим теперь, что $[C_4C_{16}]$ и $[BC_1]$ — диагонали ромба $BC_4C_1C_{16}$; следовательно, отрезок $C_4C_{16}$ перпендикулярен отрезку $BC_1$ и проходит через его середину; но так как $\Delta BC_1D$ равноведренный ($\triangle DBC_1 \cong \triangle DC_1B$), то $C_4C_{16}$ содержит его высоту, и значит, проходит через точку D. Тепер ужеясно, что $\widehat{ADE} = 30^\circ$ (он равен полусумме дуг $AC_{16}$ и $C_4C_6$ окружности, в котором вписан наш правильный 18-угольник).

Кстати, заметим, что угол ECD также равен 30° и что треугольник AEC — равноведренный ($|AE| = |AC|$).

38

Рис. 6.

Обобщим теперь условия задачи 3.
Задача 4. На сторонах AB и BC треугольника ABC взяты точки E и D соответствующего马克, что $\widehat{ADE} = \widehat{ECD} = 30^\circ$. Известно, что треугольник AEC — равноведный ($|AE| = |AC|$; рис. 5). Считая, что $\widehat{ABC} = \alpha$, найти остальные углы треугольника ABC. Каким может быть угол $\alpha$?

Решение. Рисунок 5 подсказывает, как по данным точкам на плоскости A, E и D и $\widehat{ADE} = 30^\circ$, в соответствии с условиям задачи, построить треугольник ABC. Продолжим отрезки AC и EC до пересечения с окружностью, описанной вокруг треугольника AED, в точках

Рис. 7.

G и F соответственно (на рисунке 5 — это окружность с центром в точке $O_1$).

Треугольник ACF подобен треугольнику CEB ($\widehat{AFC} = \widehat{EDA} = \widehat{ECB} = 30^\circ$; $\widehat{ACF} = 180^\circ - \widehat{GCF} = 180^\circ - \widehat{ACE} = 180^\circ - \widehat{AEC}$); значит, $\widehat{FAC} = \alpha$. Поэтому $\widehat{ACB} = \widehat{ACE} + 30^\circ = \alpha + 30^\circ + 30^\circ = \alpha + 60^\circ$, $\widehat{CAB} = 120^\circ - 2\alpha$.

Теперь посящено равенства получаем, что $\alpha < 60^\circ$.

Теперь — обещанная задача, в которой встречается угол 47°.

Задача 5. В четырехугольнике BGEC (BE и GC — его диagonал, см. рисунок 6) $\widehat{EBC} = 30^\circ$, $\widehat{BCG} = 26^\circ$, $\widehat{GCE} = 51^\circ$, $\widehat{GEB} = 13^\circ$. Наимену выполнуну уела BGC.

Решение. На сторонах BC и EC данного четырехугольника построим по правильному треугольнику: $\triangle BAC$ и $\triangle EFC$ (на рисунке 7 их контуры обозначены соответствующим красным и синним). От точки E отложим на стороне GE отрезок DE такой, что $|DE| = |EC|$, и соединим точки A с точки D и E. Получим правильный треугольник ADE, равный треугольнику EFC (вся же фи-

39

грура BAEC симметрична относительно (BE)).

Соединим точку F с точкой B, точку D — с точками B и C (см. рис. 8). Треугольник ADB равен треугольнику AEC (по двум сторонам и углу между ними); так как ΔAEC—равноедренный, то и ΔADB—тоже равноедренный. Треугольники ADB и BFC симметрицы относительно (BE), и поэтому тоже равны; $\widehat{BAD} = \widehat{BCF} = 17^\circ$. Значит, $\widehat{ADB} = 146^\circ$, а $BDE = 360^\circ - \widehat{ADB} - 60^\circ = 154^\circ$, то есть $\widehat{BDC} = 180^\circ - \widehat{BDE} = 180^\circ - 154^\circ = 26^\circ = \widehat{BCG}$, и поэтому вокруг четырехугольника BGDC можно описать окружность. Угол BGC и угол BDC в этой окружности опираются на одну и ту же дуг, и поэтому равны.

Но $\widehat{BDC} = 154^\circ - \widehat{EDC}$, где $\widehat{EDC}$ — угол при основании равноедренного треугольника DEC, у которого угол при вершине равен 86°; следовательно, $\widehat{EDC} = 47^\circ$, а $\widehat{BDC} = \widehat{BGC} = 107^\circ$.

Условие этой задачи также поддается обобщению.

Задача 5’. В четырехугольнике BGEC (BE и GC — его диагонали)

$$\widehat{EBC} = 30^\circ, \widehat{GCB} = \alpha, \widehat{GEB} = \frac{\alpha}{2},$$

$$\widehat{GCE} = 90^\circ - \frac{3}{2}\alpha.$$