ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 56894
Темы:    [ Правильный (равносторонний) треугольник ]
[ Сумма углов треугольника. Теорема о внешнем угле. ]
[ Вневписанные окружности ]
Сложность: 3
Классы: 8,9
В корзину
Прислать комментарий

Условие

На сторонах правильного треугольника ABC как на основаниях внутренним образом построены равнобедренные треугольники  A1BC, AB1C и ABC1 с углами α, β и γ при основаниях, причём  α + β + γ = 60°.  Прямые BC1 и B1C пересекаются в точке A2, AC1 и A1C – в точке B2, AB1 и A1B – в точке C2. Докажите, что углы треугольника A2B2C2 равны 3α, 3β и 3γ.


Решение

Точка A1 лежит на биссектрисе угла A, поэтому точка A лежит на продолжении биссектрисы угла B2A1C2. Кроме того,  ∠B2AC2 = α = ½ (180° – ∠B2A1C2).  Поэтому A – центр вневписанной окружности треугольника B2A1C2 (см. задачу 56832). Пусть D – точка пересечения прямых AB и CB2. Тогда
AB2C2 = ∠AB2D = 180° – ∠B2AD – ∠ADB2 = 180° – γ – (60° + α) = 60° + β.  А так как  ∠AB2C = 180° – (α + β) – (β + γ) = 120° – β,  то
CB2C = ∠AB2C – ∠AB2C2 = 60° – 2β.  Аналогично  ∠AB2A2 = 60° – 2β.  Поэтому  ∠A2B2C2 = ∠AB2C – ∠AB2A2 – ∠CB2C2 = 3β.  Аналогично
B2A2C2 = 3α  и  ∠A2C2B2 = 3γ.

Источники и прецеденты использования

книга
Автор Прасолов В.В.
Год издания 2001
Название Задачи по планиметрии
Издательство МЦНМО
Издание 4*
глава
Номер 5
Название Треугольники
параграф
Номер 6
Название Разные задачи
Тема Треугольники (прочее)
задача
Номер 05.057

© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .