13559. Дан равнобедренный треугольник ABC
с основанием BC
. Касательные к его описанной окружности, проведённые в точках A
и C
, пересекаются в точке D
. Докажите, что \angle DBC\leqslant30^{\circ}
.
Решение. Первый способ. Пусть G
— середина EC
, а DE
— перпендикуляр к прямой BC
(рис. 1). Обозначим BG=CG=a
, CE=b
. Тогда AGED
— прямоугольник, в котором AD=GE=a+b
. По теореме Пифагора
BD^{2}=BE^{2}+DE^{2}=BE^{2}+DE^{2}=BE^{2}+(CD^{2}-CE^{2})=
=BE^{2}+(AD^{2}-CE^{2})=(2a+b)^{2}+(a+b)^{2}-b^{2}=5a^{2}+6ab+b^{2}.
Тогда
\angle DBE\leqslant30^{\circ}~\Leftrightarrow~BE\geqslant\frac{\sqrt{3}}{2}BD~\Leftrightarrow~4BE^{2}\geqslant3BD^{2}~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~4(2a+b)^{2}\geqslant~3(5a^{2}+6ab+b^{2})~\Leftrightarrow~a^{2}+b^{2}\geqslant2ab~\Leftrightarrow~(a-b)^{2}\geqslant0.
Из последнего очевидного неравенства следует утверждение задачи.
Второй способ. Лемма. Если в треугольнике XYZ
известно, что XY=2XZ
, то \angle XYZ\leqslant30^{\circ}
.
Доказательство. (Это утверждение можно легко доказать с помощью теоремы синусов, но мы изложим изящное геометрическое доказательство без применения тригонометрии.) Пусть T
— середина стороны XY
, а YK
— касательная к окружности с центром X
и радиусом XK=XZ
(рис. 2). Тогда XK=XT=TK
(так как медиана KT
прямоугольного треугольника XKY
равна половине гипотенузы XY
), а треугольник XTK
равносторонний. Следовательно,
\angle XYZ\leqslant\angle XYK=30^{\circ}.
Лемма доказана.
Перейдём к нашей задаче. Пусть F
— точка, симметричная точке D
относительно A
(рис. 3). Поскольку треугольник ABC
равнобедренный, прямая DF
касается его описанной окружности в точке A
. Значит, 2BF=DF
. Следовательно, применив лемму к треугольнику BDF
, получим, что
\angle DBC=\angle BDF\leqslant30^{\circ}.
Что и требовалось доказать.