Биссектрисы

[Keter]

Дан треугольник $ABC.$ $BL$ - биссектриса угла $CBA.$ $AK$ - биссектриса угла $BAC.$ $KL$ - биссектриса угла $CKA.$ Найти градусную меру угла $BAC.$

[gris]

Начертите рисунок, обозначьте половинки углов через $a,b,k$ и находите другие углы, используя сумму углов треугольника и смежные углы. В конце концов должно получиться.

[Keter]

gris, я решил эту задачу в одну строчку.

Интересно посмотреть на другие решения.

[gris]

Да, у Вас красивое решение. Мораль: чем больше теорем и свойств мы знаем, тем проще решать задачи.

[nnosipov]

gris в сообщении #693751 писал(а):

В конце концов должно получиться.

Неужели хватит только таких простых соображений? Что-то не верится.

[Keter]

(Оффтоп)

gris, часто неявно сталкивался с этим свойством, а совсем недавно в вики прочитал про него.

-- 10.03.2013, 19:41 --

nnosipov, а какое у Вас решение?

[nnosipov]

Keter в сообщении #693772 писал(а):

nnosipov, а какое у Вас решение?

У меня жульническое --- посчитал. Получилось $120^\circ$.

[Keter]

nnosipov, всё правильно. А как посчитали?

[gris]

Я предложил не думая почти. К сожалению, нет под рукой бумажки, а в уме как-то плохо получается. Поэтому не претендую на действенность решения, а после авторского уже и не интересно

[nnosipov]

Keter в сообщении #693776 писал(а):

А как посчитали?

Да нечестно, Maple'ом. В общем, неинтересное это решение.

[Keter]

Может еще кто-то заинтересуется..

[nnosipov]

gris, в такой картинке с биссектрисами простой счёт углов обычно не помогает, нужно использовать ещё какие-то дополнительные штуки, типа основного свойства биссектрисы, теоремы косинусов и т.п. Если здесь вдруг удастся, это будет интересно.

[Keter]

В принципе, есть два красивых методов решения.

Одно основывается на свойствах биссектрис, другое - на знании формулы для биссектрисы.

-- 10.03.2013, 20:30 --

$KL - $ биссектриса угла $AKC,$ тогда $\dfrac{AL}{CL}=\dfrac{AK}{CK}.$ Пусть $AB=a, BC=a, AC=c, \angle CAK = \alpha.$

Имеем: $CK=\dfrac{cb}{a+c}; AK=\dfrac{2ac}{a+c} \cos \alpha; AL=\dfrac{ac}{a+b}; CL=\dfrac{bc}{a+b}.$

Значит, $\dfrac{a}{b}=\dfrac{2ac \cos \alpha (a+c)}{bc(a+c)}, \cos \alpha =\dfrac{1}{2}, \alpha = 60^{\circ}.$

$\angle CAB =2\alpha=120^{\circ}.$

Можно так.

[gris]

Я подумал, что раз картинка полностью определяется двумя углами треугольника, то можно выразить через них все углы при отрезке, соединяющем основания двух биссектрис и написать условие, что этот отрезок делит соответствующий угол пополам. Но свойства смежных, внешних и прочих углов дают только линейные комбинации, а там, вероятно, зависимость хотя и однозначная, но нелинейная. Поэтому одними углами обойтись не получится. Хотя представлялось что-то вроде $2a+b=180-a+b$. Мне эти комбинации увиделись, но зря

[Cute]