Математикадан республикалық олимпиада, 2005-2006 оқу жылы, 9 сынып

Сүйірбұрышты $ABC$ үшбұрышында $AD$ биссектрисасы және $BE$ биіктігі жүргізілген. $CED$ бұрышы $45^\circ$ – тан үлкен екенін дәлелдеңіздер.

Комментарий/решение

Из точки D опустим перпендикуляры DM, DN и DK на прямые АС, АВ и ВE соответственно (см. рис.). Так как AD – биссектриса, то DM = DN > DK (все перпендикуляры лежат внутри треугольника АВС, поскольку он остроугольный). Так как DMEK – прямоугольник, то ∠CED > 45°.

BEC тік бұрышының биссектрисасын салайық (суретті қараңыз). Ол AD сәулесімен О нүктесінде қиылыссын. ∠CED > ∠CEO, яғни О нүктесі ABC үшбұрышының сыртында жатқанын көрсету жеткілікті.

Назар аударыңыз, O - ABE үшбұрышының шеңберінің центрі, өйткені ол оның ішкі және сыртқы биссектрисаларының қиылысуы. Демек, BO да осы үшбұрыштың сыртқы бұрышының биссектрисасы болып табылады. Сонда ∠ABO = ∠ABE + ∠EBO = 90° - ∠A + ½ (90° + ∠A) = 135° - ½ ∠A > 90° > ∠B, өйткені A және B бұрыштары сүйір. Демек, О нүктесі шынымен АВС үшбұрышының сыртында жатыр.