Дан неравнобедренный треугольник $%ABC$%, в котором $%\angle A=120^{\circ}$%. Пусть$%AL -$% его биссектриса, $%AK -$% медиана, проведенные с вершины $%A$%, точка $%O -$% центр окружности, описанной вокруг этого треугольника, $%F -$% точка пересечения $%OL$% и $%AK$%. Докажите, что $%\angle BFC =60^{\circ}$%.

задан 24 Июн '16 18:36

10|600 символов нужно символов осталось
4

link text

$%\angle LKQ = \angle PAQ = \frac{\pi}{2} \Rightarrow$% четырехугольник $%LAQK$% - вписанный.

$%\angle NQP= \angle PAM \Rightarrow NP=PM \Rightarrow \angle NKP= \angle FKQ $%

$%QK=KO, \angle FOK=\angle KQN, \angle FKQ =\angle NKP \Rightarrow $%

точки $%F$% и $%N$% симметричны относительно $%CB.$%

ссылка

отвечен 25 Июн '16 10:26

изменен 25 Июн '16 10:29

10|600 символов нужно символов осталось
3

Будем рассуждать в обратную сторону...

Построим окружность $%\gamma_1$%, описанную около треугольника $%ABC$%, с центром в точке $%E$%... Построим окружность $%\gamma_2$%, описанную около треугольника $%EBC$%, с центром в точке $%D$%...

Понятно, что это окружности одинакового радиуса... и центр одной окружности лежит на другой... Очевидно, что точка $%K$% - будет серединой $%DE$%...

Проведём прямую $%AK$% до пересечения с окружностью $%\gamma_2$%... обозначим точку пересечения, расположенную снаружи $%\gamma_1$% как $%F$%, а внутри $%\gamma_2$% как $%G$% ... Пересечение прямой $%FE$% и $%BC$% обозначим как $%L$% ...

Очевидно, что угол $%BFC=60^o$%... Таким образом, если мы покажем, что при таких построениях $%AL$% будет биссектрисой угла $%BAC$%, то задача будет решена...

1) Понятно, что $%FE$% - биссектриса угла $%BFC$%, следовательно, $%\frac{CF}{BF}=\frac{CL}{BL}$%...

2) Заметим следующее равенство углов $%\angle KFC = \angle GFC = \angle GBC = \angle ACB = \angle ACK$% ...
Из $%\angle KFC = \angle ACK$% следует подобие треугольников $%ACK\sim CFK$%, откуда $%\frac{AC}{CF}=\frac{AK}{CK}$%...

3) Аналогично показывается, что $%\angle KFB = \angle ABK$%, откуда следует подобие треугольников $%ABK\sim BFK$%, откуда $%\frac{AB}{BF}=\frac{AK}{CK}$%...

Итого, из пунктов 2-3 получили, что $%\frac{AC}{CF}=\frac{AB}{BF}$% или $%\frac{AC}{AB}=\frac{CF}{BF}$% ... откуда, вкупе с пунктом 1 получается, что $%\frac{AC}{AB}=\frac{CL}{BL}$%... то есть $%AL$% действительно биссектриса угла $%BAC$% ...

ссылка

отвечен 25 Июн '16 1:59

изменен 25 Июн '16 4:46

10|600 символов нужно символов осталось
0

Ни в одном из двух приведенных доказательств не использовался тот факт, что угол равен $%60^\circ$%

ссылка

отвечен 26 Авг '16 0:18

изменен 26 Авг '16 0:24

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×2,718
×410

задан
24 Июн '16 18:36

показан
915 раз

обновлен
26 Авг '16 0:24

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru