|
|
 |
Условие
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.
