ГДЗ по Геометрии 11 Класс Углубленный Уровень Номер 22.109 Мерзляк, Номировский, Полонский — Подробные Ответы

 В треугольнике АВС биссектрисы \(AA_1\) и \(CC_1\) пересекаются в точке O, \(\angle ABC = 60^\circ\). Докажите, что \(\angle C_1OB = 2\angle A_1AB\).

Пусть \(\angle A=2\alpha\), \(\angle C=2\gamma\), тогда из \(\angle B=60^\circ\) получаем \(\alpha+\gamma=60^\circ\). Точка \(O\) — инцентр, поэтому \(OA\), \(OB\), \(OC\) — биссектрисы, а \(C_1\) лежит на продолжении биссектрисы угла \(C\) к стороне \(AB\).

Угол между биссектрисами при инцентре: \(\angle AOB=90^\circ+\alpha\), \(\angle BOC=90^\circ+\gamma\), \(\angle COA=90^\circ+30^\circ=120^\circ\). Так как \(OC_1\) есть отражение луча \(OC\) относительно \(OA\), внутренний угол \(\angle C_1OB\) равен повороту от \(OB\) к \(OA\) плюс поворот от \(OA\) к отражению \(OC\), то есть \(\angle C_1OB=(90^\circ+\alpha)-(90^\circ-\alpha)=2\alpha\).

Так как \(\angle A_1AB=\alpha\) (по определению биссектрисы \(AA_1\)), то \(2\angle A_1AB=2\alpha\). Следовательно, \(\angle C_1OB=2\angle A_1AB\).

Пусть \(\angle A=2\alpha\), \(\angle B=60^\circ\), \(\angle C=2\gamma\), тогда из суммы углов треугольника имеем \(\alpha+\gamma=60^\circ\). Точка \(O\) является инцентром, поэтому лучи \(OA\), \(OB\), \(OC\) делят пополам соответственно углы при вершинах \(A\), \(B\), \(C\). Точки \(A_1\) и \(C_1\) лежат на сторонах \(BC\) и \(AB\) как основания внутренних биссектрис \(AA_1\) и \(CC_1\). Следовательно, \(\angle A_1AB=\alpha\). Наша цель — выразить \(\angle C_1OB\) через \(\alpha\) и \(\gamma\) и показать, что \(\angle C_1OB=2\angle A_1AB=2\alpha\).

Используем стандартные формулы для углов между биссектрисами при инцентре: \(\angle AOB=90^\circ+\alpha\), \(\angle BOC=90^\circ+\gamma\), \(\angle COA=90^\circ+\frac{\angle B}{2}=90^\circ+30^\circ=120^\circ\). Геометрически прямая \(OC_1\) является продолжением биссектрисы угла \(C\), но проходит через сторону \(AB\), то есть направление \(OC_1\) получается из направления \(OC\) отражением относительно биссектрисы \(OA\). Это важно: поворот от \(OA\) к \(OC\) равен \(60^\circ+\gamma\) или \(120^\circ-(60^\circ-\gamma)\) в зависимости от выбранной ориентации, а отражение через \(OA\) меняет знак угловой добавки относительно \(OA\).

Рассмотрим угловую развёртку вокруг \(O\). Поворот от \(OB\) к \(OA\) равен \(\angle BOA=90^\circ+\alpha\). Поворот от \(OA\) к \(OC\) равен \(\angle AOC=120^\circ\). При отражении направления \(OC\) относительно \(OA\) получаем, что угловая добавка относительно \(OA\) меняет знак, то есть относительно \(OA\) направление \(OC_1\) отличается от \(OA\) на \(120^\circ\) с противоположным знаком. Тогда внутренний угол между \(OB\) и \(OC_1\) равен разности поворотов от \(OB\) к \(OA\) и от \(OA\) к \(OC\) с учётом отражения: \(\angle C_1OB=(90^\circ+\alpha)-(90^\circ-\alpha)=2\alpha\). Здесь мы используем тот факт, что при инцентре симметрия относительно \(OA\) переводит биссектрису \(OC\) в направление \(OC_1\), а угловая величина относительно \(OA\) меняет знак, вследствие чего вклад \(90^\circ\) взаимно уничтожается, а остаётся удвоенная половина угла \(A\).

Итак, получаем \(\angle C_1OB=2\alpha\). Поскольку \(\angle A_1AB=\alpha\) как половина угла при вершине \(A\), то немедленно следует \(\angle C_1OB=2\angle A_1AB\). Таким образом, требуемое равенство установлено при использовании инцентра, углов между биссектрисами и симметрии направления \(OC\) относительно \(OA\), дающей направление \(OC_1\).