11395. На сторонах AB
и BC
квадрата ABCD
взяты такие две точки M
и N
, что BM+BN=AB
. Докажите, что прямые DM
и DN
делят диагональ AC
на три отрезка, из которых можно составить треугольник, причём один угол этого треугольника равен 60^{\circ}
.
Решение. Пусть отрезки DM
и DN
пересекают диагональ AC
в точках E
и F
соответственно. Обозначим AB=a
, AM=x
, CN=y
. Тогда x+y=a
.
Отрезки AE
и CF
— биссектрисы прямоугольных треугольников DAM
и CDN
, поэтому
l_{1}=AE=\frac{2AD\cdot AM\cos45^{\circ}}{AD+AM}=\frac{ax\sqrt{2}}{a+x},~l_{2}=CF=\frac{2CD\cdot CN\cos45^{\circ}}{CD+CN}=\frac{ay\sqrt{2}}{a+y}
(см. задачу 4021). Тогда
l_{3}=EF=AC-l_{1}-l_{2}=a\sqrt{2}-\frac{ax\sqrt{2}}{a+x}-\frac{ay\sqrt{2}}{a+y}=
=a\sqrt{2}\left(1-\frac{x}{a+x}-\frac{y}{a+y}\right)=\frac{a\sqrt{2}(a^{2}-xy)}{(a+x)(a+y)}.
Значит,
l_{1}+l_{2}\gt l_{3}~\Leftrightarrow~\frac{ax\sqrt{2}}{a+x}+\frac{ay\sqrt{2}}{a+y}\gt\frac{a\sqrt{2}(a^{2}-xy)}{(a+x)(a+y)}~~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~\frac{x}{a+x}+\frac{y}{a+y}\gt\frac{a^{2}-xy}{(a+x)(a+y)}~\Leftrightarrow~ax+xy+ay+xy\gt a^{2}-xy~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~a(x+y)+2xy\gt a^{2}-xy~\Leftrightarrow~a^{2}+3xy\gt a^{2}~\Leftrightarrow~xy\gt0.
Последнее неравенство очевидно. Далее
l_{1}+l_{3}\gt l_{2}~\Leftrightarrow~\frac{ax\sqrt{2}}{a+x}+\frac{a\sqrt{2}(a^{2}-xy)}{(a+x)(a+y)}\gt\frac{ay\sqrt{2}}{a+y}~~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~\frac{y}{a+y}-\frac{x}{a+x}\lt\frac{a^{2}-xy}{(a+x)(a+y)}~~\Leftrightarrow~ay+xy-ax-xy\lt a^{2}-xy~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~a(y-x)\lt a^{2}-xy~\Leftrightarrow~(x+y)(y-x)\lt(x+y)^{2}-xy~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~y^{2}-x^{2}\lt x^{2}+y^{2}+xy~\Leftrightarrow~2x^{2}+xy\gt0.
Последнее неравенство очевидно. Аналогично, l_{2}+l_{3}\gt l_{1}
. Следовательно, из отрезков l_{1}
, l_{2}
, l_{3}
можно составить треугольник.
Докажем, что косинус угла \alpha
, противолежащего стороне, равной l_{3}
, равен \frac{1}{2}
. Действительно,
\cos\alpha=\frac{l_{1}^{2}+l_{2}^{2}-l_{3}^{2}}{2l_{1}l_{2}}=\frac{\frac{2a^{2}x^{2}}{(a+x)^{2}}+\frac{2a^{2}y^{2}}{(a+y)^{2}}-\frac{2a^{2}(a^{2}-xy)^{2}}{(a+x)^{2}(a+y)^{2}}}{2\cdot\frac{ax\sqrt{2}}{a+x}\cdot\frac{ay\sqrt{2}}{a+y}}=
=\frac{\frac{x^{2}}{(a+x)^{2}}+\frac{y^{2}}{(a+y)^{2}}-\frac{(a^{2}-xy)^{2}}{(a+x)^{2}(a+y)^{2}}}{\frac{2xy}{(a+x)(a+y)}}=\frac{x^{2}(a+y)^{2}+y^{2}(a+x)^{2}-(a^{2}-xy)^{2}}{2xy(a+x)(a+y)}=
=\frac{x^{2}a^{2}+2axy(x+y)+x^{2}y^{2}+a^{2}y^{2}-a^{4}+2a^{2}xy}{2xy(a+x)(a+y)}=
=\frac{x^{2}a^{2}+2a^{2}xy+x^{2}y^{2}+a^{2}y^{2}-a^{4}+2a^{2}xy}{2xy(a+x)(a+y)}=
=\frac{a^{2}(x^{2}+2xy+y^{2})+x^{2}y^{2}-a^{4}+2a^{2}xy}{2xy(a+x)(a+y)}=\frac{a^{4}+x^{2}y^{2}-a^{4}+2a^{2}xy}{2xy(a+x)(a+y)}=
=\frac{xy(xy+2a^{2})}{2xy(a^{2}+a(x+y)+xy)}=\frac{(xy+2a^{2})}{2(a^{2}+a^{2}+xy)}=\frac{xy+2a^{2}}{2(2a^{2}+xy)}=\frac{1}{2}.
Следовательно, \alpha=60^{\circ}
. Что и требовалось доказать.