Биссектрисы

[gris]

Вот это и есть решение автора темы "в одну строку". Только то, что $AC$ —биссектриса, он получил сразу по теореме о биссектрисах двух внешних и одного внутреннего угла $\triangle ABK$

[TOTAL]

Cute в сообщении #694028 писал(а):

Откуда следует, что т.$H$ лежит не на стороне $AB,$ а на её продолжении?

[Keter]

Cute, отлично!

Получается, даже не зная того свойства, его можно доказать, опуская перпендикуляры на нужные стороны.

В тр-ке $KBA$: $BL$ - биссектриса внутреннего угла, $KL$ - внешнего. Тогда $AC$ - биссектриса внешнего угла $KAN.$ И развёрнутый угол $BAN$ состоит из трёх равных углов. Следовательно, $\angle BAC = 120^{\circ}.$

Как сказал gris, решение основывается на одном свойстве: в треугольнике биссектрисы двух внешних углов и одого внутреннего пересекаются в одной точке.

TOTAL, даже если мы будем рассматривать остроугольный треугольник и опускать перпендикуляры на стороны, а не на их продолжения, то мы докажем то самое свойство. И применив его уже получим угол $120^{\circ}$ и нарисуем тупоугольный треугольник.

[BVR]

Cute
Мне кажется, что Ваше решение существенно опирается на то, что искомый угол тупой. Если этого не знать, то придется доказывать, что $H$ и $M$ лежат по разные стороны от $AC$. Но все равно решение мне нравится.

-- Чт мар 14, 2013 21:22:49 --

Пока писал - TOTAL уже спросил :)

-- Чт мар 14, 2013 21:25:07 --

Это можно доказать. Из равенства прямоугольных треугольников $ALM$ и $ALH$. Если точки лежат по одну сторону, то получим противоречие