10520. Через вершины A
и B
треугольника ABC
проведена окружность, касающаяся прямых AC
и BC
. На этой окружности выбрана точка D
(внутри треугольника), лежащая на расстоянии \sqrt{2}
от прямой AB
и на расстоянии \sqrt{5}
от прямой BC
. Найдите угол DBC
, если известно, что \angle ABD=\angle BCD
.
Ответ. 45^{\circ}
.
Решение. Первый способ. Из равенства отрезков касательных, проведённых к окружности из одной точки, следует, что треугольник ABC
равнобедренный, AC=BC
. Пусть P
и Q
— проекции точки D
на прямые AB
и BC
, DP=\sqrt{2}
, DQ=\sqrt{5}
. Обозначим \angle ABD=\angle BCD=\alpha
, \angle BAD=\beta
.
Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что \angle CBD=\angle BAD=\beta
, значит, треугольники ADB
и BDC
подобны по двум углам, причём коэффициент подобия равен отношению их соответствующих высот, т. е. \frac{DP}{DQ}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{5}}
. Тогда, применив теорему синусов к треугольнику BDC
, получим, что
\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=\frac{BD}{CD}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{5}},
откуда
\sin\alpha=\frac{\sqrt{2}\sin\beta}{\sqrt{5}},~\sin^{2}\alpha=\frac{2\sin^{2}\beta}{5},
1-\cos^{2}\alpha=\frac{2(1-\cos^{2}\beta)}{5},~\cos^{2}\alpha=\frac{3+2\cos^{2}\beta}{5},
а так как \cos\alpha\gt0
, то
\cos\alpha=\sqrt{\frac{3+2\cos^{2}\beta}{5}}.
С другой стороны,
\cos(\alpha+\beta)=\cos\angle ABC=\frac{AB}{2BC}=\frac{1}{2}\cdot\frac{AB}{BC}=\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{5}}=\frac{1}{\sqrt{10}},
или
\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta=\frac{1}{\sqrt{10}},
\cos\beta\sqrt{\frac{3+2\cos^{2}\beta}{5}}-\frac{\sqrt{2}\sin^{2}\beta}{\sqrt{5}}=\frac{1}{\sqrt{10}}.
Обозначим \cos\beta=t
и решим уравнение
t\sqrt{6+4t^{2}}-2+2t^{2}=1,~t\sqrt{6+4t^{2}}=3-2t^{2},~6t^{2}+4t^{4}=9-12t^{2}+4t^{4},~t^{2}=\frac{1}{2}.
Значит, \cos\beta=\frac{1}{\sqrt{2}}
. Следовательно, \beta=45^{\circ}
.
Второй способ. Из равенства отрезков касательных, проведённых к окружности из одной точки, следует, что треугольник ABC
равнобедренный, AC=BC
. Пусть P
и Q
— проекции точки D
на прямые AB
и BC
, DP=\sqrt{2}
, DQ=\sqrt{5}
. Обозначим \angle ABD=\angle BCD=\alpha
, \angle BAD=\beta
.
Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что \angle CBD=\angle BAD=\beta
, значит, треугольники ADB
и BDC
подобны по двум углам, причём коэффициент подобия равен отношению их соответствующих высот, т. е. \frac{DP}{DQ}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{5}}
. Применив теорему синусов к треугольнику ABC
, получим, что
\frac{AB}{BC}=\frac{\sin(180^{\circ}-2(\alpha+\beta))}{\sin(\alpha+\beta)}=\frac{\sin2(\alpha+\beta)}{\sin(\alpha+\beta)}=
=\frac{2\sin(\alpha+\beta)\cos(\alpha+\beta)}{\sin(\alpha+\beta)}=2\cos(\alpha+\beta).
С другой стороны, треугольники ADB
и BDC
подобны по двум углам, поэтому
\frac{AB}{BC}=\frac{BD}{CD}=\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}.
Значит,
\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=2\cos(\alpha+\beta)~\Leftrightarrow~2\cos\alpha\cos\beta\sin\beta-2\sin^{2}\beta\sin\alpha-\sin\alpha=0~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~\sin2\beta\cos\alpha-\sin\alpha(2\sin^{2}\beta+1)=0~\Leftrightarrow~\cos2\beta\cos\alpha-\sin\alpha(2-\cos2\beta)=0~\Leftrightarrow
\Leftrightarrow~\ctg\alpha=\frac{2-\cos2\beta}{\sin2\beta}.
Угла \alpha
и \beta
острые, поэтому
\sin\alpha=\frac{1}{\sqrt{1+\ctg^{2}\alpha}}=\frac{1}{\sqrt{1+\left(\frac{2-\cos2\beta}{\sin2\beta}\right)^{2}}}=
=\frac{\sin2\beta}{\sqrt{\sin^{2}2\beta+(2-\cos2\beta)}}=\frac{\sin2\beta}{\sqrt{5-4\cos2\beta}}=\frac{\sin2\beta}{\sqrt{9-8\cos^{2}\beta}},
а так как
\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{5}}=\frac{DP}{DQ}=\frac{DB}{DC}=\frac{\sin\alpha}{\sin\beta},
то
\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{5}}=\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=\frac{\sin2\beta}{\sin\beta\sqrt{9-8\cos^{2}\beta}}=\frac{2\cos\beta}{\sqrt{9-8\cos^{2}\beta}}.
Из уравнения
\frac{2\cos\beta}{\sqrt{9-8\cos^{2}\beta}}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{5}}
находим, что \cos^{2}\beta=\frac{1}{2}
. Следовательно, \beta=45^{\circ}
.
Третий способ. Из равенства отрезков касательных, проведённых к окружности из одной точки, следует, что треугольник ABC
равнобедренный, AC=BC
. Пусть P
и Q
— проекции точки D
на прямые AB
и BC
, DP=\sqrt{2}
, DQ=\sqrt{5}
. Обозначим \angle ABD=\angle BCD=\alpha
, \angle BAD=\beta
.
Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что \angle CBD=\angle BAD=\beta
, значит, треугольники ADB
и BDC
подобны по двум углам, причём коэффициент подобия равен отношению их соответствующих высот, т. е. \frac{DP}{DQ}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{5}}
.
Достроим треугольник ABC
до параллелограмма ABKC
и опишем около равнобедренного треугольника BKC
окружность. Тогда
\angle CDB=180^{\circ}-\alpha-\beta,~\angle BKC=\angle BAC=\alpha+\beta,
\angle CDB+\angle BKC=180^{\circ}.
Значит, эта окружность пройдёт через точку D
. По теореме о вписанных углах
\angle BDK=\angle BCK=\angle CBA=\alpha+\beta,~\angle ADB=180^{\circ}-\alpha-\beta,
\angle ADB+\angle BDK=180^{\circ}.
Следовательно, точки A
, D
и K
лежат на одной прямой.
Пусть AB=2x
, CH
— высота треугольника ABC
. Из подобия треугольников ADB
и BDC
получаем, что
BC=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{2}}\cdot2x=x\sqrt{10},
поэтому
CH=\sqrt{BC^{2}-BH^{2}}=\sqrt{10x^{2}-x^{2}}=3x.
Из точки K
опустим перпендикуляр KL
на прямую AB
. Тогда
AL=AH+HL=AH+CK=x+2x=3x,~KL=CH=3x,
и AKL
— равнобедренный прямоугольный треугольник. Следовательно,
\beta=\angle CBD=\angle DAB=\angle KAL=45^{\circ}.
Источник: Дополнительное вступительное испытание в МГУ. — 2017, № 5