10495. Дан треугольник ABC
, в котором \angle A=\angle C=30^{\circ}
. На его сторонах AB
, BC
и AC
выбраны точки D
, E
и F
соответственно так, что \angle BFD=\angle BFE=60^{\circ}
. Периметр треугольника ABC
равен P
, а периметр треугольника DEF
равен P_{1}
. Докажите, что P\leqslant2P_{1}
.
Решение. Пусть \angle AFD=\alpha
. Поскольку угол BDF
внешний для треугольника ADF
, то
\angle BDF=\angle DAF+\angle AFD=30^{\circ}+\alpha
(рис. 1). Также угол BFA
внешний для треугольника BFC
, поэтому
\angle FBE=\angle BFA-\angle BCF=(60^{\circ}+\alpha)-30^{\circ}=30^{\circ}+\alpha=\angle FDB,
а, так как
\angle BFD=\angle BFE=60^{\circ},
то треугольники BDF
и EBF
подобны по двум углам. Значит, \frac{BF}{FE}=\frac{DF}{BF}
, или BF^{2}=FD\cdot FE
. Отсюда следует, что
DF+EF\geqslant2\sqrt{DF\cdot EF}=2BF.
По теореме косинусов из треугольника DEF
получаем, что
DE=\sqrt{DF^{2}+EF^{2}+DF\cdot EF}\geqslant\sqrt{2DF\cdot EF+DF\cdot EF}=BF\sqrt{3}.
Следовательно,
P_{1}=DF+EF+DE\geqslant(2+\sqrt{3})BF.
Пусть BM
— высота равнобедренного треугольника ABC
. Тогда
P=AB+BC+AC=2AB+AC=4BM+2\sqrt{3}BM=2(2+\sqrt{3})BM,
а так как BF\geqslant BM
, то
2P_{1}\geqslant2(2+\sqrt{3})BF\geqslant2(2+\sqrt{3})BM=P.