L MOM - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

L MOM, 2009

W trójkącie $ABC$ zachodzi równość $AB=AC$ . Dwusieczne kątów $CAB$ oraz $ABC$ przecinają jego boki $BC$ oraz $AC$ odpowiednio w punktach $D$ i $E$ . Punkt $K$ jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt $ADC$ . Załóżmy ponadto, że $\measuredangle BEK=45^\circ$ . Wyznaczyć możliwe wartości $\measuredangle CAB$ .

Rozwiązanie

Pokażemy, że jedynymi możliwymi wartościami $\measuredangle CAB$ są wartości $60^\circ$ oraz $90^\circ$ .

Niech $I$ będzie punktem przecięcia prostych $AD$ oraz $BE$ . Ponieważ proste te zawierają dwusieczne kątów wewnętrznych $CAB$ i $ABC$ trójkąta $ABC$ , więc $I$ jest środkiem okręgu wpisanego w ten trójkąt. Niech ponadto $G$ będzie punktem symetrycznym do punktu $E$ względem prostej $IC$ . Ponieważ półprosta $CI^\to$ jest dwusieczną kąta $BCA$ , więc punkt $G$ leży na prostej $BC$ . Punkty $D$ i $G$ leżą po tej samej stronie prostej $IC$ , gdyż oba leżą po przeciwnej jej stronie, niż punkt $E$ .

Jeśli $G=D$ , wówczas $\measuredangle IEC=\measuredangle IDC=90^\circ$ , czyli dwusieczna kąta $ABC$ jest prostopadła do boku $AC$ trójkąta $ABC$ . Wynika stąd, że $BC=BA$ , zatem trójkąt $ABC$ jest trójkątem równobocznym i $\measuredangle CAB=60^\circ$ .

Jeśli $G\neq D$ , wówczas $\measuredangle IGK=\measuredangle IEK=45^\circ=\measuredangle IDK$ . Wynika stąd, że punkty $I$ , $D$ , $G$ oraz $K$ leżą na jednym okręgu. Prowadzi to do następujących równości:

$ \begin{split} \measuredangle EIK&=\measuredangle GIK=\measuredangle GDK=45^\circ,\quad\text{gdy }G\in DC^\to\\ \text{lub }\measuredangle EIK&=\measuredangle GIK=180^\circ-\measuredangle GDK=45^\circ,\quad\text{gdy }G\in DB^\to\\ \measuredangle BIC&=180^\circ-\measuredangle EIK=135^\circ\\ \measuredangle CAB&=180^\circ-(\measuredangle ABC+\measuredangle BCA)=180^\circ-2(\measuredangle IBC+\measuredangle BCI)=\\ &=180^\circ-2(180^\circ-\measuredangle BIC)=180^\circ-2(180^\circ-135^\circ)=90^\circ \end{split} $

Pozostaje sprawdzić, że jeśli $\measuredangle CAB=60^\circ$ lub $\measuredangle CAB=90^\circ$ , to $\measuredangle BEK=45^\circ$ .

Gdy $\measuredangle CAB=60^\circ$ , wówczas trójkąt $ABC$ jest trójkątem równobocznym i wtedy $D=G$ , a stąd $\measuredangle BEK=\measuredangle IGK=\measuredangle IDK=45^\circ$ .

Jeśli natomiast $\measuredangle CAB=90^\circ$ , wówczas

$ \begin{split} \measuredangle ABC&=\measuredangle BCA=45^\circ,\\ \measuredangle KIE&=\measuredangle IBC+\measuredangle BCI=\tfrac12\measuredangle ABC+\tfrac12\measuredangle BCA=45^\circ,\\ \measuredangle IEA&=\measuredangle BEA=180^\circ-\measuredangle EAB-\measuredangle ABE=\\&=180^\circ-90^\circ-\tfrac12\measuredangle ABC=90^\circ-22,5^\circ=67,5^\circ,\\ \measuredangle AIE&=180^\circ-\measuredangle IEA-\measuredangle EAI=180^\circ-67,5^\circ-\tfrac12\measuredangle CAB=\\&=112,5^\circ-45^\circ=67,5^\circ. \end{split} $

Ponieważ $\measuredangle IEA=67,5^\circ=\measuredangle AIE$ , więc trójkąt $EAI$ jest trójkątem równoramiennym i dwusieczna kąta $EAI$ jest zawarta w symetralnej boku $EI$ tego trójkąta. Ponieważ zaś punkt $K$ leży na dwusiecznej kąta $EAI$ , więc leży też na symetralnej odcinka $EI$ i mamy $KE=KI$ . Wynika stąd, że trójkąt $IKE$ jest równoramienny i $\measuredangle BEK=\measuredangle IEK=\measuredangle KIE=45^\circ$ .