13946. Дан равнобедренный треугольник ABC
, в котором AB=AC
и \angle BAC=\alpha
. Точка D
лежит на окружности, проходящей через точки B
, C
и точку G
пересечения медиан треугольника ABC
, причём DB=DC
, и точка D
отлична от G
. Пусть \angle BDC=\delta
. Докажите, что:
а) \alpha+\delta\geqslant120^{\circ}
;
б) выражение \frac{\cos\alpha+\cos\delta}{1+\cos\alpha\cos\delta}
не зависит от \alpha
.
Решение. Пусть \angle ACG=\psi
, BC=a
, а медианы треугольника ABC
, проведённые из вершин A
, B
и C
равны m_{a}
, m_{b}
и m_{c}
соответственно.
а) Из симметрии получаем, что \angle ABG=\angle ACG=\delta
. Сумма противоположных углов DBG
и DCG
вписанного четырёхугольника BDCG
равна 180^{\circ}
, а сумма углов четырёхугольника ABDC
равна 360^{\circ}
, т. е.
\alpha+\delta+180^{\circ}+2\psi=360^{\circ},
откуда
\alpha+\delta=180^{\circ}-2\psi.
Значит, неравенство \alpha+\delta\geqslant120^{\circ}
равносильно неравенству \psi\leqslant30^{\circ}
.
Опустим перпендикуляр GT
на сторону AC
. Тогда
GT\leqslant\frac{1}{3}m_{b}=\frac{1}{3}m_{c},
поэтому
\sin\psi=\frac{GT}{GC}=\frac{GT}{\frac{2}{3}m_{c}}\leqslant\frac{\frac{1}{3}m_{c}}{\frac{2}{3}m_{c}}=\frac{1}{2},
а так как функция y=\sin x
на промежутке \left(0^{\circ};90^{\circ}\right)
возрастает, то \psi\leqslant30^{\circ}
. Отсюда следует утверждение а).
б) Пусть M
— середина стороны BC
. Заметим, что
\angle GBC=\angle GCB=\angle GDC=\frac{1}{2}\angle BDC=\frac{\delta}{2}.
Из прямоугольных треугольников AHC
и CMG
получаем
\tg\frac{\alpha}{2}=\frac{CM}{AM}=\frac{\frac{1}{2}a}{m_{a}}=\frac{a}{2m_{a}},
\tg\frac{\delta}{2}=\frac{GM}{CM}=\frac{\frac{1}{3}m_{a}}{\frac{1}{2}a}=\frac{2}{3}\cdot\frac{m_{a}}{a}.
Тогда
\cos\alpha=\frac{1-\tg^{2}\frac{\alpha}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\alpha}{2}}=\frac{1-\frac{a^{2}}{4m_{a}^{2}}}{1+\frac{a^{2}}{4m_{a}^{2}}}=\frac{4m_{a}^{2}-a^{2}}{4m_{a}^{2}+a^{2}},
\cos\delta=\frac{1-\tg^{2}\frac{\delta}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\delta}{2}}=\frac{1-\frac{4}{9}\cdot\frac{m_{a}^{2}}{a^{2}}}{1+\frac{4}{9}\cdot\frac{m_{a}^{2}}{a^{2}}}=\frac{9a^{2}-4m_{a}^{2}}{9a^{2}-4m_{a}^{2}}.
Значит,
\frac{\cos\alpha+\cos\delta}{1+\cos\alpha\cos\delta}=\frac{\frac{4m_{a}^{2}-a^{2}}{4m_{a}^{2}+a^{2}}+\frac{9a^{2}-4m_{a}^{2}}{9a^{2}-4m_{a}^{2}}}{1+\frac{4m_{a}^{2}-a^{2}}{4m_{a}^{2}+a^{2}}\cdot\frac{9a^{2}-4m_{a}^{2}}{9a^{2}-4m_{a}^{2}}}=
=\frac{(4m_{a}-a^{2})(9a^{2}+4m_{a}^{2})+(4m_{a}+a^{2})(9a^{2}-4m_{a}^{2})}{(4m_{a}+a^{2})(9a^{2}+4m_{a}^{2})+(4m_{a}-a^{2})(9a^{2}-4m_{a}^{2})}=
\frac{36m_{a}^{2}a^{2}+16m_{a}^{4}-9a^{4}-4m_{a}^{2}a^{2}+36m_{a}^{2}a^{2}-16m_{a}^{4}+9a^{4}-4m_{a}^{2}a^{2}}{36m_{a}^{2}a^{2}+16m_{a}^{4}+9a^{4}+4m_{a}^{2}a^{2}+36m_{a}^{2}a^{2}-16m_{a}^{4}-9a^{4}+4m_{a}^{2}a^{2}}=
=\frac{64m_{a}^{2}a^{2}}{80m_{a}^{2}a^{2}}=\frac{4}{5}.
Отсюда следует утверждение б).