Задача
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 156832). 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.
Ответ
Ответ задачи отсутствует
Чтобы оставлять комментарии, войдите или зарегистрируйтесь