На плоскости заданы две пересекающиеся прямые, и на них отмечено по одной точке ($D$ и $E$). Постройте треугольник $ABC$, у которого биссектрисы $CD$ и $AE$ лежат на данных прямых, а их основания — данные точки $D$ и $E$ (рис. 2).
Докажите, что если при этом $\angle CDE=30^\circ$, то один из углов треугольника $ABC$ равен $60^\circ$ или $120^\circ$.
а) Заметим, что прямая $AC$ должна проходить через точки $D_1$ и $E_1$, симметричные $D$ и $E$ относительно данных прямых (рис. 1). Отсюда вытекает следующее построение:
Рис. 1
отражаем точки $D$ и $E$ относительно данных прямых $OE$ и $OD$ ($O$ — точка их пересечения); проводим через их образы $D_1$ и $E_1$ прямую до пересечения с $DO$ — в точке $C$ и с $EO$ — в точке $A$ (если $D_1=E_1$, то прямую через $D_1$ проводим произвольно, но так, чтобы она пересекала лучи $DO$ и $EO$, рис. 2); находим третью вершину $B$ искомого треугольника как точку пересечения прямых $AD$ и $CE$.
Рис. 2
Это построение не всегда осуществимо: может оказаться, что $D_1E_1\parallel DO$, $D_1E_1\parallel EO$ или $AD\parallel CE$. Но и в том случае, когда треугольник «построится», прямые $AE$ и $CD$ могут оказаться биссектрисами не внутренних, а внешних его углов. Из равенств
$$
\angle DOE=\angle AOC=180^\circ-\dfrac12(\angle A+\angle C)=90^\circ+\frac{1}{2}\angle B\tag1
$$
следует, что задача разрешима только при $\alpha=\angle DOE\gt90^\circ$. Но это условие не является ещё достаточным. Дополнительно надо гарантировать существование точек $A$ и $C$, а также чтобы точки $D$, $O$ и $E$ лежали по одну сторону от прямой $AC$. Можно показать, что задача разрешима тогда и только тогда, когда
$$
-2\cos\alpha\lt\dfrac{DO}{EO}\lt-\dfrac12\cos\alpha\quad\text{при}~\alpha\neq120^\circ
$$
(в этом случае решение единственно) или когда
$$
DO=EO,\quad\alpha=120^\circ
$$
(в этом случае $D_1=E_1$, решений бесконечно много). Подробности исследования оставляем читателям.
б) Построим точки $D_1$ и $E_1$, как в решении задачи а). Треугольник $DEE_1$ — правильный ($\angle EDE_1=2\angle EDO=60^\circ$, $DE=DE_1$). Если $D_1=E_1$ (рис. 2), то $DO$ и $EO$ — биссектрисы этого треугольника, следовательно, $O$ — его центр и $\angle DOE=120^\circ$. По равенству (1) угол $B$ равен $60^\circ$.
Рис. 3
Пусть теперь $D_1\ne E_1$ (рис. 3). Поскольку $EE_1=ED=ED_1$, треугольник $D_1EE_1$ — равнобедренный, а значит,
$$
\angle EE_1A=180^\circ-\angle ED_1A=180^\circ-\angle EDA\tag2
$$
(здесь мы пользуемся тем, что точки $D_1$ и $E_1$ лежат внутри угла $AOC$, т. е. по одну сторону от $A$, так как угол $DOE$ — тупой). Из равенства (2) следует, что точки $A$, $D$, $E$ и $E_1$ лежат на одной окружности (рис. 3). Поэтому $\angle EAD=\angle EE_1D=60^\circ$, а $\angle BAC=2\angle EAD=120^\circ$.
