Задача 67179

Темы:    [ Прямоугольный треугольник с углом в $30^\circ$ ] [ Длины сторон, высот, медиан и биссектрис ] [ Средняя линия треугольника ] [ Медиана, проведенная к гипотенузе ]

Сложность: 4 Классы: 7,8,9

Условие

Автор: Бакаев Е.В.

Докажите, что в прямоугольном треугольнике с углом $30$ градусов одна биссектриса в два раза короче другой.

Решение 1

Пусть $\angle C = 90^{\circ}$, $CL$ и $AK$ — биссектрисы. Проведём высоту $CH$. Из подобия треугольников $CHL$ и $ACK$ по острому углу следует, что  $CL : AK = CH: AC = 1 : 2$.

Решение 2

Пусть $I$ — точка пересечения биссектрис $AK$ и $CL$ треугольника $A B C$, $M$ — середина $AK$.

Тогда $\angle B L C = 75^{\circ} = \angle A K C$, то есть четырёхугольник $B K I L$ вписанный. Значит, $\angle K L I = \angle K B I = 30^{\circ}$, но и $\angle K M C = 30^{\circ}$, то есть четырёхугольник $C K L M$ тоже вписанный. Поэтому $\angle C L M = \angle C K M = 75^{\circ}, \angle C M L = \angle C M K + \angle K M L = \angle C M K + \angle K C L = 75^{\circ}$. Следовательно, $C L = C M = 0,5 A K$.

Решение 3

Пусть дан прямоугольный треугольник $ABC$, $\angle A = 30^{\circ}$, $\angle C = 90^{\circ}$. Будем доказывать, что биссектриса $AK$ в два раза больше биссектрисы $CL$ данного треугольника. Достроим $ABC$ до правильного треугольника $ABB'$. При этом $AK$ образует со стороной правильного треугольника угол $15^{\circ}$. Пусть прямая, проходящая через $B'$ параллельно $CL$, пересекает $AB$ в точке $N$. Тогда $CL$ — средняя линия в треугольнике $B'NB$, значит, $B'N = 2 CL$. В то же время отрезок $B'N$, как и $AK$, образует угол $60^{\circ} - 45^{\circ} = 15^{\circ}$ со стороной равностороннего треугольника, значит, $AK = B'N = 2CL$.

Решение 4

Пусть дан прямоугольный треугольник $ABC$, $\angle A = 30^{\circ}$, $\angle C = 90^{\circ}$. Будем доказывать, что биссектриса $AK$ в два раза больше биссектрисы $CL$ данного треугольника. Проведём в треугольнике $ABC$ среднюю линию $DF$, параллельную $BC$ (точка $F$ — середина $AC$). Пусть она пересекает биссектрису $AK$ в точке $G$. Тогда $FG$ — средняя линия треугольника $ACK$ (так как $FG\parallel CK$ и $F$ — середина $AC$), значит, $G$ — середина $AK$. Так как $CG$ — медиана прямоугольного треугольника $ACK$, $\angle CAG= \angle ACG= 15^ {\circ}$. Так как $CD$ — медиана прямоугольного треугольника $ABC$, $\angle DAC= \angle DCA=30^ {\circ}$, отсюда $\angle GCD=\angle ACD -\angle ACG=15^ {\circ}$, $\angle DCL=\angle ACL - \angle ACD=15^ {\circ}$, $\angle ADF = \angle ABC=60^ {\circ}$ (соответственные углы при $DF$ и $BC$ и секущей $AB$), $\angle FDC=\angle FDA=60^{\circ}$ ($DF$ — медиана, а значит, и биссектриса в равнобедренном треугольнике $ACD$), $\angle CDL=\angle DAC+\angle DCA=60^{\circ}$. Треугольники $CGD$ и $CLD$ равны по стороне $CD$ и парам углов $\angle GCD, \angle LCD$ и $\angle CDG, \angle CDL$. Отсюда $CL=CG=AG=AK/2$, что и требовалось.

Решение 5

Пусть дан треугольник $ABC$, где $\angle A=30^{\circ}$, $\angle C=90^{\circ}$, $AK$ и $CL$ — биссектрисы, $CD$ — медиана. Тогда по свойству прямоугольного треугольника $CD=AD=BD$, в треугольнике $BCD$ есть две равные стороны и угол $60^{\circ}$, поэтому он равносторонний. Тогда $\angle ABK=\angle CDL=60^{\circ}$. При этом $\angle KAB = \frac{1}{2}\angle BAC = 15^{\circ}$ и $$\angle LCD = \angle ACL - \angle ACD = \frac{1}{2}\angle ACB - \angle BAC = 15^{\circ}.$$ Тогда треугольники $ABK$ и $CDL$ подобны по двум углам. Поэтому $AK/CL=AB/CD=AB/BC=2$, что и требовалось.

Решение 6

Пусть дан треугольник $ABC$, где $\angle A=30^{\circ}$, $\angle C=90^{\circ}$, $AK$ и $CL$ — биссектрисы. Построим точку $M$ так, что $CLAM$ будет параллелограммом. Тогда $\angle KCM=90^{\circ}+\angle ACM=90^ {\circ}+\angle CAB=120^ {\circ}$, а $\angle KAM=15^ {\circ}+\angle CAM=15^ {\circ}+\angle ACL=60^ {\circ}$. Это значит, что точки $A$, $K$, $C$ и $M$ лежат на одной окружности. Рассмотрим треугольник $AKM$. В нём $\angle KAM=60^ {\circ}$, а $\angle AMK=\angle ACK=90^ {\circ}$ в силу вписанности $AKCM$. Следовательно, его гипотенуза $AK$ вдвое больше катета $AM$ по свойству прямоугольного треугольника с углом $60^ {\circ}$. Тогда $AK=2AM=2CL$ в силу свойства параллелограмма.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название	Московская математическая олимпиада
год
Номер	86
Год	2023
класс
Класс	8
задача
Номер	3
олимпиада
Название	Турнир городов
год/номер
Номер	44
Дата	2022/23
вариант
Вариант	весенний тур, сложный вариант, 8-9 класс
задача
Номер	1