Глава 1. Прямоугольный треугольник.
Раздел 1. Теоремы.
№1. Теорема 1. Свойство медианы из вершины прямого угла. Медиана из вершины прямого угла делит прямоугольный треугольник на два равнобедренных.
№2. Теорема 2. О подобных треугольниках в прямоугольном треугольнике. Высота прямоугольного треугольника, проведённая к гипотенузе, делит его на два подобных треугольника.
№3. Теорема 3. Теорема Пифагора. Сумма квадратов катетов равна квадрату гипотенузы.
№4. Теорема 4 о средних пропорциональные в прямоугольном треуольнике. Квадрат катета равен произведению своей проекцию на гипотенузу на саму гипотенузу. Квадрат высоты из вершины прямого угла равен произведению проекций катетов треугольника.
№5. Теорема 5 об отношении проекций катетов. Отношение проекций катетов друг к другу равно отношению квадратов соответствующих катетов.
№6. Теорема 6 о длине радиуса вписанной окружности прямоугольного треугольника.
Пусть r — радиус окружности, вписанной в прямоугольный треугольник с катетами a, b и гипотенузой c. Докажите, что
№7. Теорема 7 об окружности девяти точек прямоугольного треугольника. Описанная окружность прямоугольного треугольника является касательной к окружности девяти точек; это характеристическое свойство.
Раздел 2. Вводные задачи (для самостоятельного решения).
№8. Школьная задача 1. Угол, под которым видна гипотенуза прямоугольного треугольника из центра его вписанной окружности , равен 135 градусам.
№9. Школьная задача 2. Луч, соединяющий вершину прямого угла с центром квадрата, построенного на гипотенузе как на стороне во внешнюю сторону, является его биссектрисой.
№10. Школьная задача 3. На гипотенузе AB прямоугольного треугольника ABC взяты такие точки M и N, что BC = BM и AC = AN.
Докажите, что ;MCN = 45°
№11. Школьная задача 4. CH – высота прямоугольного треугольника ABC , проведённая из вершины --прямого угла. Докажите, что сумма радиусов окружностей, вписанных в треугольники ACH , BCH и ABC , равна CH .
№12. Школьная задача 5. Докажите, что в прямоугольном треугольнике сумма катетов равна сумме диаметров вписанной и описанной окружностей.
3. Задачи Швецова на прямоугольный треугольник (со всеми решениями) и задачи на них самих.
№13. Задача Швецова 1.
Окружность, вписанная в прямоугольный треугольник ABC (;ABC = 90°), касается сторон AB, BC, AC в точках C1, A1, B1 соответственно. Вневписанная окружность касается стороны BC в точке A2. A0 – центр окружности, описанной около треугольника A1A2B1; аналогично определяется точка C0.
Найдите угол A0BC0.
№14. Задача Швецова 2.
В прямоугольном треугольнике ABC (;B = 90°) проведена высота BH. Окружность, вписанная в треугольник ABH, касается сторон AB, AH в точках H1, B1 соответственно; окружность, вписанная в треугольник CBH, касается сторон CB, CH в точках H2, B2 соответственно. Пусть O – центр описанной окружности треугольника H1BH2. Докажите, что OB1 = OB2.
№15. Задача Швецова 3.
Вневписанная окружность прямоугольного треугольника ABC (;B = 90°) касается стороны BC в точке A1, а прямой AC в точке A2. Прямая A1A2 пересекает (первый раз) окружность, вписанную в треугольник ABC в точке A'; аналогично определяется точка C'. Докажите, что AC || A'C'.
№16. Задача Швецова 4.
Биссектрисы AA1 и CC1 прямоугольного треугольника ABC (;B = 90°) пересекаются в точке I. Прямая, проходящая через точку C1 и перпендикулярная прямой AA1, пересекает прямую, проходящую через A1 и перпендикулярную CC1, в точке K.
Докажите, что середина отрезка KI лежит на отрезке AC.
№17. Задача Швецова 5.
Вневписанная окружность, соответствующая вершине A прямоугольного треугольника ABC (;B = 90°), касается продолжений сторон AB, AC в точках A1, A2 соответственно; аналогично определим точки C1, C2. Докажите, что перпендикуляры, опущенные из точек A, B, C на прямые C1C2, A1C1, A1A2 соответственно, пересекаются в одной точке.
№18.Задача Швецова 6.
На гипотенузе AC прямоугольного треугольника ABC отметили точку такую C1, что BC = CC1. Затем на катете AB отметили такую точку C2, что
AC2 = AC1; аналогично определяется точка A2.
Найдите угол AMC, где M – середина отрезка A2C2.
№19. Задача Швецова 7.
Окружность, вписанная в прямоугольный треугольник ABC (;B = 90°), касается сторон AB, BC, CA в точках C1, A1, B1 соответственно. A2, C2 – точки, симметричные точке B1 относительно прямых BC, AB соответственно. Докажите, что прямые A1A2, C1C2 пересекаются на медиане треугольника ABC.
№20. Задача Швецова 8.
Пусть BM – медиана прямоугольного треугольника ABC (;B = 90°). Окружность, вписанная в треугольник ABM, касается сторон AB, AM в точках A1, A2; аналогично определяются точки C1, C2. Докажите, что прямые A1A2 и C1C2 пересекаются на биссектрисе угла ABC.
№21. Задача Швецова 9.
В прямоугольном треугольнике ABC (;C = 90°) биссектрисы AA1 и BB1 пересекаются в точке I. Пусть O – центр описанной окружности треугольника CA1B1. Докажите, что OI ; AB.
№22. Задача Швецова 10.
Пусть I – центр вписанной окружности прямоугольного треугольника ABC, касающейся катетов AC и BC в точках B0 и A0 соответственно. Перпендикуляр, опущенный из A0 на прямую AI, и перпендикуляр, опущенный из B0 на прямую BI, пересекаются в точке P.
Докажите, что прямые CP и AB перпендикулярны.
Раздел 3. Авторские задачи на задачи Швецова (первые 8).
№23. По первой задаче Швецова.
Условие: в 1-ой задаче продолжите отрезок BC_o до пересечения с описанной окружностью треугольника ABC в точке P; аналогично отрезок BA_0 продолжите до пересечения с этой же окружностью в точке Q. Дана гипотенуза AC.
Найдите длину отрезка PQ.
№24. По второй задаче Швецова.
Могут ли отрезки B_1H_2 и B_2H_1 во второй задаче Швецова пересекаться под углом 45 градусов?
№25. По третьей задаче Швецова.
В третьей задаче проведена медиана BD. Требуется определить сумму углов, образуемых прямыми A_1A_2 и C_1C_2 с нею.
№26. По четвёртой задаче Швецова.
Условие: в прямоугольном треугольнике ABC угол B—прямой. Проведены биссектрисы AA_1 и CC_1. Из A_1 и C_1 опущены перпендикуляры A_1K и C_1M на отрезки CC_1 и AA_1. На гипотенузе AC отмечена точка N, так что угол KNM—прямой и KN=MN.
Сравните отрезки A_1C_1 и BN.
№27. По пятой задаче Швецова.
Обозначим исследуемую точку Q (пересечения трёх прямых задачи Швецова). Пусть AB<BC. Сравните отрезки QB и AB.
№28. По шестой и второй задачам Швецова.
Могут ли точки A_2 и C_2 6-ой задачи Швецова быть эквивалентны точкам H_1, H_2 второй задачи Швецова?
№29. По седьмой и третьей задачам Швецова.
Может ли из точки пересечения прямых A_1A_2 и C_1C_2 быть видна гипотенуза под углом 135 градусов?
№30.По восьмой задаче Швецова.
Пусть в 8-ой задаче прямые A_1A_2 и C_1C_2 пересекаются в точке P. Найти на прямой PB такую точку Q, из которой отрезки A_1A_2 и C_1C_2 видны под равными углами, если известно, что точки A_1,A_2, C_1, C_2 лежат на одной окружности.
Раздел 4. Авторские задачи с решениями.
№31. Условие: прямоугольный треугольник ABC. ( угол B- прямой) .Биссектриса AD. Высота BE. Биссектрисы углов ABE и EBC- BF и BG соответственно. Они пересекают биссектрису AD в точках J и I соответственно.
Доказать: ;;=IJ=IG=IE.
№32. Условие: прямоугольный треугольник ABC с прямым углом B. Высота BD.
Найти на высоте BD такую точку E, чтобы отрезок, соединяющий точки пересечения окружности, описанной около треугольника AEC, с прямыми, содержащими катеты треугольника, проходил через D.
№33. Условие: прямоугольный треугольник ABC с прямым углом B; средняя линия DE (середины лежат на катетах). BF- высота, пересекает DE в точке G, на средней линии взята точка H так, что HE=DG.
Доказать: AH=CH.
№34. Условие: в прямоугольном треугольнике ABC угол A—прямой . Высота AE, медиана CD.
Доказать: эта медиана не может проходить через центр вписанной окружности треугольника AEB.
№35. Условие: в прямоугольном треугольнике ABC с прямым углом B проведена высота BD; На катетах AB и BС отмечены середины E и F соответственно. Около треугольника DEC описана окружность с центром O. Отрезок EO пересекает гипотенузу AC в точке P.
Доказать: отрезок EF проходит через ортоцентр треугольника ABP.
№36. Условие: в прямоугольном треугольнике ABC с прямым углом B и углом BAC<30 внутри его взята «необычная» точка E, такая, что EC=BC=AE, проведён перпендикуляр BD к гипотенузе AC.
Докажите, что ED=DC
№37. Условие: в прямоугольном треугольнике ABC с прямым углом A проведена медиана BD и через неё проведена прямая.Построить циркулем и линейкой такую точку Q на этой прямой, что площадь треугольника AQB равна AC^2.
№38. Условие: дан прямоугольный треугольник с гипотенузой AC, проведена BD-биссектриса треугольника;отмечены середины дуг BD окружностей, описанных около треугольников ADB и CDB-E и F соответственно (сами окружности не проведены!); эти дуги не содержат концов гипотенузы треугольника.
Построить одной линейкой центры окружностей.
№39. Условие: около прямоугольного треугольника ABC с прямым углом B описана окружность. В треугольнике проведена высота BD. На дуге AC по другую сторону относительно AC, чем B, отмечена произвольная точка E. Из неё опущен перпендикуляр EF на прямую AC.
1) Построить отрезок, равный по длине гипотенузе треугольника, образованного катетами с длинами, равными длинам отрезков BD и EF, одним прямым углом.
2) Построить отрезок, равный по длине катету треугольника, у которого гипотенуза равна отрезку BD, а катет—отрезку EF (будем считать, что BD>EF), также одним прямым углом.
№40. Условие: дан прямоугольный треугльник ABC. На катете AB во внешнюю сторону построен равносторонний треугольник ADB, а на гипотенузе AC во внутреннюю сторону—равносторонний треугольник AEC. Прямые DE и AB пересекаются в точке M. Весь чертёж стёрли, оставив только точки A и B.
Восстановите точку M.
№41. Условие: в прямоугольном треугольнике ABC с гипотенузой AC отмечена середина стороны BC-D. Построена окружность, касающаяся BC в точке D и проходящая через вершину треугольника A, пересекающая стороны AB и AC в точках E и F соответственно.
Сравнить отрезки BF и CE.
Задачи для самостоятельного решения (авторские)
№42. На катете BC прямоугольного треугольника ABC с гипотенузой AC построена полуокружность, так что вся её часть, кроме точек B и C, лежит внутри угла ABC.
Доказать: окружности, вписанные в треугольники ABC и BEC, где E- точка на полуокружности, касаются тогда и только тогда, когда AC=CE+AB.
№43. Условие: прямоугольный треугольник ABC с гипотенузой AC. Медиана AD, на неё из точки B опущен перпендикуляр BE. Угол C равен a.
Доказать: EC=BE/sina.
№44. Дан прямоугольный треугольник ABC с прямым углом B; на гипотенузе AC отмечена произвольная точка D, и на отрезках AD и BD построен как на сторонах параллелограмм AEBD. Докажите, что прямая CE не может содержать биссектрису треугольника.
№45. Вокруг прямоугольного треугольника ABC с прямым углом B описана окружность, отмечена середина одной из дуг AC--D, на гипотенузе отмечена середина E и точка F, такая, что AB=AF. Прямая BF пересекает даннуюж окружнсоть в точке G. Отрезок EG пересекает отрезок CD в точке H. На отрезке AD отмеченп точка I, такая, что DH=AI.
Доказать, что угол DAG равен половине угла DIH.
№46. В прямоугольном треугольнике ABC угол B прямой. Отмечена точка D вне треугольника ABC, такая, что AC=AD.
Докажите, что прямые DB и AC перпендикулярны тогда и только тогла, когда углы ABD и ACB в сумме составляют развёрнутый.
№47. Условие: на гипотенузе BC прямоугольного треугольника ABC с прямым углом A как на стороне построен равносторонний треугольник ADC. На отрезке BD отмечена середина E.
Доказажите, что угол AEC—тупой.
№48. Условие: в треугольнмике ABC с прямым углом B вписана окружность с центром I; проведена высота BD, на катете BC отмечена середина E. Середины отрезков AE и BD—B_1 и C_1 соответственно.
Докажите, что точка I лежит внутри четырёхугольника BC_1B_1E, если AB<BC.
№49. Условие: в прямоугольный треугольник ABC с прямым углом B вписана окружность, касающаяся сторон AB и AC в точках D и E соответственно.
Докажите, что если прямая DE проходит через сердину одной из дуг описанной окружности треугольника ABC, то она проходит и через середину другой дуги.
№50. Задача с geom.uz. В прямоугольном треугольнике ABC с прямым углом при вершине С проведена высота CD. Некоторая точка K в плоскости треугольника находится от вершины A на расстоянии, равном AC, при этом точка O является центром окружности, проходящей через точки A, B, K. Докажите, что отрезок DK перпендикулярен AO.
№13. Поскольку точки A1 и A2 симметричны относительно середины отрезка BC , то A0B = A0C. С другой стороны, A0 лежит на серединном перпендикуляре к отрезку A1B1, который совпадает с биссектрисой угла C. Следовательно, ;CBA0 = ;A0CB = ; ;C. Аналогично ;ABC0 = ; ;A, и, значит, ;A0BC0 = ;B – ; (;C + ;A) = 45°.
№14. Обозначим ; = ;ACB. Пусть I1, I2 – центры вписанных окружностей треугольников ABH>, CBH. Из подобия этих треугольников следует, что I1H1 : I2H2 = AB : BC = tg ;. Так как отрезки I1H1, I2H2 перпендикулярны соответственно AB и BC, то проекции этих отрезков на AC равны I1H1 cos ; и I2H2 sin ;, то есть равны друг другу. Тогда, поскольку O – середина H1H2, то проекция O на AC совпадает с серединой B1B2, что равносильно утверждению утверждению задачи.
№15. Пусть r – радиус вписанной окружности. Проведём через центр I вписанной окружности диаметр PQ, параллельный AC (см. рис.). Так как ;PIC = ;ACI = ;BCI и CA1 = r = IP (см. задачу), четырёхугольник IPA1C является равнобедренной трапецией. Значит, прямая A1P параллельна IC, то есть совпадает с A1A2. Соответственно, P совпадает с A', и, аналогично, Q совпадает с C'.
№16. Пусть данные прямые пересекают сторону AC в точках M и N соответственно (см. рис.).
Заметим, что треугольник C1AM – равнобедренный (биссектриса совпадает с высотой). Тогда треугольник C1IM – также равнобедренный(C1I = MI). Но ;AIC1 = 180° – ;AIC = 45° (см. задачу 55448), то есть ;CIM = 90°. Следовательно, прямые MI и KA1 параллельны. Аналогично, NI || C1K, то есть MINK – параллелограмм, и его диагонали делятся точкой пересечения пополам.
№17. Пусть I – центр вписанной окружности треугольника ABC, D – четвёртая вершина прямоугольника ABCD. Так как AI ; A1A2, CI ; C1C2, то перпендикуляры, опущенные из точки A на CC1 и из точки C на AA1 пересекаются в центре J окружности, вписанной в треугольник ACD. Поэтому достаточно доказать, что DI ; A1C1. Пусть X, Y, Z – проекции I на прямые AB, BC, CD соответственно. Как известно (см. задачу 55404), BC1 = XC2 = ZD и A1B = CY = IZ, значит, треугольники A1BC1 и IZD равны и ;IDZ = ;A1C1B (см. рис.). Отсюда и следует искомая перпендикулярность.
№18 Пусть I – центр вписанной окружности треугольника ABC. Так как точка C1 симметрична B относительно CI, а C2 симметрична C1 относительно AI, то
BI = IC2 и ;BIC2 = 90°. Аналогично, BI = IA2 и ;BIA2 = 90° (см.рис.). Следовательно, I совпадает с M, а ;AIC = 135°.
№19. Так как треугольники ABM, CBM – равнобедренные, точки A1, C1 – середины соответствующих катетов. Кроме того, прямая A1A2 перпендикулярна биссектрисе угла A и, значит, является биссектрисой угла AA1C1 (см. рис.). Аналогично, C1C2 – биссектриса угла CC1A1. Следовательно, точка их пересечения – центр вневписанной окружности треугольника A1BC1 – лежит на биссектрисе угла B.
№20. Пусть I – центр вписанной окружности, P – точка пересечения прямой A1A2 с медианой BB0 (см. рис.). Так как ;IA1P = ;IA1B1 = ; ;C = ; ;PBA1, то
;BA1P = 90° – ;PBA1, а ;BPA1 = 180° – ;PBA1 – (90° – ; ;PBA1) = 90° – ; ;PBA1 = ;BPA1, то есть BP = BA1. Так как BA1 = BC1, прямая C1C2 тоже проходит через P.
№21 Пусть A2, B2, C2 – проекции точек A1, B1, I на гипотенузу AB (см. рис.). Далее можно рассуждать по-разному.
Первый способ. Так как AA1 – биссектриса, то AA2 = AC. С другой стороны, AC2 – касательная, проведённая из точки A к вписанной окружности треугольника ABCi, и, значит, отрезок A2C2 = AA2 – AC2 равен касательной к этой окружности, проведённой из точки C. Аналогично, отрезок B2C2 равен той же касательной, то есть C2 – середина A2B2. Значит, прямая C2I – средняя линия трапеции A1A2B2B1, то есть пересекает отрезок A1B1 в его середине. Так как треугольник CA1B1 прямоугольный, эта середина совпадает с центром его описанной окружности.
Второй способ. Точки C и B2 симметричны относительно биссектрисы BB1. Значит, ;BB1C = ;BB1B2, то есть I – центром вневписанной окружности треугольника AB1B2. Следовательно, B2I – биссектриса прямого угла B1B2A2. Аналогично, A2I – биссектриса прямого угла A1A2B2. Таким образом, треугольник B2IA2 – равнобедренный прямоугольный, то есть точка I лежит на серединном перпендикуляре к A2B2. Точка O будучи серединой боковой стороны B1A1 прямоугольной трапеции B2B1A1A2 также обладает этим свойством.
№22. Пусть ;IAC = ;, ;IBC = ;. Очевидно, ; + ; = 45° и IA0CB0 – квадрат. ;PA0C = ;IAC = ; как углы с взаимно перпендикулярными сторонами. Аналогично, ;PB0C = ;. Из треугольника A0B0P находим, что ;A0PB0 = 180° – (; + 45°) – (; + 45°) = 45°. Рассмотрим окружность ; с центром C и радиусом CA0. Вписанные углы, опирающиеся на дугу A0B0 этой окружности равны 45°, следовательно, точка P лежит на ;. Поэтому ;PCB0 = 2;PA0B0 = 2; + 90°, а смежный угол составляет 90° – 2; = 90° – ;CAB. Это и значит, что CP ; AB.
Указания.
№23. Используйте тот факт, что вписанный в окружностьугол в 45 градус стягивает хорду, являющуся боковой сторон прямоугольного равнобедренного треугольника с диаметром, соответствующим гипотенузе.
№24. Проведите биссектрисы углов BHA и BHC и отметьте их точки пересечения с данными отрезками и воспользуйтесь радикальным центром.
№25. Воспользуйтесь тем, что треугольники A_1CA_2 и ADC—равнобедренные (D—середина гипотенузы треугольника ABC).
№26. Воспользуйтесь тем фактом, что угол С_1NB_1—острый.
№27. Отметьте точку T на AC, так что AB=BT и воспользуйтесь тем, что угол AQT меньше 135 градусов.
№28. СT=AC возможно, тк как в угол ATC можно вписать окружность с общей точкой касания с одной из заданных окружностей.
№29. Углы PAC и PCA могут в сумме составлять 135 градусов (P—искомая точка пересечения, так как, во-первых: могут быть один меньше или тот же больше другого; связаны счётом углов с углами A и C прямоугольного треугольника ABC.
№30. Очевидно, нужно использовать радикальный центр и принцип симметричности (не симметрии, а именно симметричности)
№31. 1) Треугольник BAG—равнобедренный (из теоремы о сумме углов в треугольнике). 2) Биссектриса к основанию в таком треугольнике является также медианой, поэтому IB=IG. Угол JBG равен полусумме углов EBA и EBC, т.е. 45 градусам. Также AD перпендикулярен BG. Поэтому IB=IJ. 3) По свойству медианы из вершины прямого угла прямоугольного треугольника, IB=IG=IE. Утверждение доказано.
№32. Отметим на стороне AB середину F и обозначим пересечение прямой FD и прямой BC как G. Тогда отрезок FG проходит через D. Осталось толь ко описать окружность вокруг треугольника AFC, и пересечение этой окружности с высотой даст искомую точку. Доказательство построения проведите самостоятельно!
№33. Отметьте на сторонек AC середину Q. Треугольники QHE и BGD равны по двум сторонам и углу между ними ( BD=EQ=AB/2, HE=DG по условию и угол HFQ равен углу GDB по свойству параллельности). Значит, угол QHE—прямой, и отсюда следует утверждение задачи.
№34, угол AIC в случае, противоположном утверждению задачи, должен быть равен 90 градусов. Но тогда угол IEA равен 45 градусм и равен в то же время половине острого угла C (по теореме о вписанном угле). Но этого не может быть, поэтому утвердждение задачи справедливо.
№35. Обозначим точку пересечения отрезка EF и высоты BD как Q. Тогда четырёхугольник QDPF—прямоугольник, поэтому углы FDP и FQP равны, углы FDC и FCD также равны, так как это углы при основании равнобедренного треугольника. Углы EFB и DCB равны как соответственные при параллельных прямых EF и AC и секущей BC. Отсюда следует, что отрезок QP параллелен катету BC, поэтому он перпендикулярен катету AB; из этого и следует утверждение.
№36. Решение: нам известно, что BC^2=CD*AC. Из условия: EC^2=CD*AС=AE^2. Отсюда нетрудно вывести подобие треугольников EDC и AEC. Однако EC=AE. Следовательно, равнобедренный и треугольник EDC, причём равны именно стороны ED и DC, так как против AC лежит больший угол и кроме того EC=/=CD.
№37. Отметим предполагаемую точку Q. Тогда QT—перпендикуляр из неё на прямую AB и QT*AB/2=AC^2 по условию, а 2QT/AC=(AB+AT)/AB по обобщённой теореме Фалеса. Отсюда находится AT, и задача решена.
№38. Решение №1 (авторское): 1) Строим прямые DE и DF, обозначаем через G и H точки их пересечения с катетами BC и AB соответственно, потом строим отрезки GF и HE, обозначаем их точку пересечения I, строим прямую DI до пересечения с прямой, содержащей один из катетов, в точке J, и тогда пересечения прямых CJ и EF даст искомый центр. Второй центр строится аналогично.
Всё доказательство не приводится, даются две подсказки: докажите, что I—ортоцентр треугольника GDH; что GH||AC.
Решение №2: Заметим, что прямая EF является серединным перпендикуляром к BD. Поэтому точки K, L ее пересечения с AB и BC являются вершинами квадрата BKDL. Используя параллельные прямые BC и KD, разделим отрезок BC пополам (см. задачу 53775). Используя параллельные прямые AB и DL, построим параллельную им прямую, проходящую через середину BC (см. задачу 53776). Эта прямая является серединным перпендикуляром к BC и, значит, пересекает EF в центре описанной окружности треугольника BCD. Аналогично строится центр описанной окружности треугольника ABD.
№39. Первое решите самостоятельно, ко второму решение будет дано:
1) тразим B и E симметрией относительно гипотенузы AC и получим точки B’ и E’ соответственно.
2) Опустим перпендикуляры B’K и E’M на прямую BD.
3) Продолжив B’K за B’, зафиксируем вершину прямого угла на прямой B’K, так, чтобы стороны угольника проходили через B и M. Обозначим получившуюся точку N. Это и будет концом искомого отрезка (NK)
В доказательстве используйте теорему Пифагора и средние пропорциональные.
№40. Решение №1 (авторское) основано на том факте, что вершины данных трёх равносторонних треугольников лежат на одной прямой. Но можно решать и по-другому:
Решение №2. При повороте на 60° треугольник ABC переходит в треугольник ADE. Значит, эти треугольники равны и ;ADE = 90°. Поэтому треугольник ADM – прямоугольный с углом A = 60°. Следовательно, AM = 2AD = 2AB (см. рис.), то есть точка M симметрична A относительно B.
№41. Восстановим серединный перпендикуляр к стороне BC. Очевидно, он будет содержать центр описанной окружности треугольника EAF (обозначим его K).
Лемма: угол AEF- тупой.
Доказательство леммы: так как угол DAC меньше угла DAB, по теореме о вписанном угле из равенства углов DAC и FDC и BAD и EFD заключаем, что угол FDC меньше угла EFD. Проведём через точку F прямую, параллельную BC и обозначим точку её пересечения с прямой AB F’. Так как, по свойству параллельности, углы E’FD и FDC равны, то луч FE’ находятся внутри угла E’FA и FE’ перпендикулярен AB. Тогда точка E принадлежит отрезку AE’ и угол AEF- тупой, что и требовалось доказать.
Так как треугольник BKC- равнобедренный, угол при основании KBC меньше 90 градусов согласно лемме, K лежит вне треугольника AEF, а значит, и треугольника ABC. Тогда угол EKC больше угла BKF и, рассмотрев треугольники EKC и BKF, имеющие по две равных стороны и разные углы между ними, получаем по теореме косинусов, что CE>BF.