Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 16355
2026-02-17 
Неравнобедренный треугольник $ABC$, в котором $\angle ACB=60^{\circ}$, вписан в окружность $\Omega$. На биссектрисе угла $BAC$ выбрана точка $A'$, а на биссектрисе угла $ABC$ - точка $B'$ так, что $AB'\parallel BC$ и $BA'\parallel AC$. Прямая $A'B'$ пересекает окружность $\Omega$ в точках $D$ и $E$. Докажите, что треугольник $CDE$ равнобедренный
Решение:
Из параллельности прямых $AB'$ и $BC$ получаем, что
$\angle AB'B=\angle CBB'=\angle ABB'.$
Значит, $AB'=AB$. Аналогично, $AB=A'B$.
Обозначим $\angle BAC=2\alpha$, $\angle ABC=2\beta$. Пусть, без ограничения общности, $\alpha\gt\beta$. Обозначим через $N$ середину дуги $ACB$ окружности $\Omega$. Тогда
$AN=BN,~\angle ANB=\angle ACB=60^{\circ};$
значит, треугольник $ABN$ равносторонний, и
$AN=BN=AB=A'B=B'A.$
Тогда точка $A$ - центр окружности, описанной около треугольника $BNB'$. Заметим тогда, что
$\angle NBB'=\angle NBA-\angle ABB'=60^{\circ}-\beta,$
откуда
$\angle NAB'=2\angle NBB'=120^{\circ}-2\beta$
и
$\angle ANB'=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle NAB'=90^{\circ}-60^{\circ}+\beta=30^{\circ}+\beta.$
Аналогично, $\angle BNA'=30^{\circ}+\alpha$, откуда
$\angle B'NA+\angle ANB+\angle BNA'=(30^{\circ}+\beta)+60^{\circ}+(30^{\circ}+\alpha)=$
$=120^{\circ}+(\alpha+\beta)=120^{\circ}+60^{\circ}=180^{\circ}.$
Следовательно, точка $N$ лежит на прямой $A'B'$.
Пусть $T$ - середина меньшей дуги $NC$ окружности $\Omega$. Заметим, что
$\angle ANT=\angle ABT=\angle ABC+\angle CBT=\angle ABC+\frac{1}{2}\angle CBN=\angle ABC+\frac{1}{2}(\angle ABN-\angle ABC)=\frac{1}{2}(\angle ABC+\angle ABN)=\frac{1}{2}(2\beta+60^{\circ})=30^{\circ}+\beta.$
Значит,
$\angle ANT+\angle ANB+\angle BNA'=(30^{\circ}+\beta)+60^{\circ}+(30^{\circ}+\alpha)=120^{\circ}+\alpha+\beta=120^{\circ}+60^{\circ}=180^{\circ},$
т.е. точка $T$ также лежит на прямой $A'B'$, и треугольник $CDE$ совпадает с равнобедренным треугольником $CNT$. Отсюда следует утверждение задачи
Неравнобедренный треугольник $ABC$, в котором $\angle ACB=60^{\circ}$, вписан в окружность $\Omega$. На биссектрисе угла $BAC$ выбрана точка $A'$, а на биссектрисе угла $ABC$ - точка $B'$ так, что $AB'\parallel BC$ и $BA'\parallel AC$. Прямая $A'B'$ пересекает окружность $\Omega$ в точках $D$ и $E$. Докажите, что треугольник $CDE$ равнобедренный
Решение:
Из параллельности прямых $AB'$ и $BC$ получаем, что
$\angle AB'B=\angle CBB'=\angle ABB'.$
Значит, $AB'=AB$. Аналогично, $AB=A'B$.
Обозначим $\angle BAC=2\alpha$, $\angle ABC=2\beta$. Пусть, без ограничения общности, $\alpha\gt\beta$. Обозначим через $N$ середину дуги $ACB$ окружности $\Omega$. Тогда
$AN=BN,~\angle ANB=\angle ACB=60^{\circ};$
значит, треугольник $ABN$ равносторонний, и
$AN=BN=AB=A'B=B'A.$
Тогда точка $A$ - центр окружности, описанной около треугольника $BNB'$. Заметим тогда, что
$\angle NBB'=\angle NBA-\angle ABB'=60^{\circ}-\beta,$
откуда
$\angle NAB'=2\angle NBB'=120^{\circ}-2\beta$
и
$\angle ANB'=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle NAB'=90^{\circ}-60^{\circ}+\beta=30^{\circ}+\beta.$
Аналогично, $\angle BNA'=30^{\circ}+\alpha$, откуда
$\angle B'NA+\angle ANB+\angle BNA'=(30^{\circ}+\beta)+60^{\circ}+(30^{\circ}+\alpha)=$
$=120^{\circ}+(\alpha+\beta)=120^{\circ}+60^{\circ}=180^{\circ}.$
Следовательно, точка $N$ лежит на прямой $A'B'$.
Пусть $T$ - середина меньшей дуги $NC$ окружности $\Omega$. Заметим, что
$\angle ANT=\angle ABT=\angle ABC+\angle CBT=\angle ABC+\frac{1}{2}\angle CBN=\angle ABC+\frac{1}{2}(\angle ABN-\angle ABC)=\frac{1}{2}(\angle ABC+\angle ABN)=\frac{1}{2}(2\beta+60^{\circ})=30^{\circ}+\beta.$
Значит,
$\angle ANT+\angle ANB+\angle BNA'=(30^{\circ}+\beta)+60^{\circ}+(30^{\circ}+\alpha)=120^{\circ}+\alpha+\beta=120^{\circ}+60^{\circ}=180^{\circ},$
т.е. точка $T$ также лежит на прямой $A'B'$, и треугольник $CDE$ совпадает с равнобедренным треугольником $CNT$. Отсюда следует утверждение задачи
