13947. Точки X
и Y
лежат на стороне BC
остроугольного треугольника ABC
, причём BX=XY=YC
. Полуокружности с центрам X
и Y
касаются сторон AB
и AC
соответственно.
а) Докажите, что эти полуокружности пересекаются.
б) Пусть Z
— точка пересечения полуокружностей, а \angle XZY=\theta
. Докажите, что
\cos2\angle B+\cos2\angle C+4\sin\angle B\sin\angle C\cos\theta=0.
Решение. Обозначим \angle ABC=\beta
, \angle ACB=\gamma
, x
и y
— радиусы полуокружностей с центрами X
и Y
соответственно. Без ограничения общности будем считать, что BX=XY=YX=1
.
а) Поскольку треугольник остроугольный,
\beta+\gamma\gt90^{\circ}~\mbox{и}~|\beta-\gamma|\lt90^{\circ},
поэтому
\frac{\beta+\gamma}{2}\gt45^{\circ}~\mbox{и}~\frac{|\beta-\gamma|}{2}\lt45^{\circ}.
Тогда
x+y=\sin\beta+\sin\gamma=2\sin\frac{\beta+\gamma}{2}\cos\frac{\beta-\gamma}{2}\gt
\gt2\sin45^{\circ}\cos45^{\circ}=\sin90^{\circ}=1=XY.
Следовательно, полуокружности пересекаются.
б) По теореме косинусов из треугольника XZY
получаем
1=x^{2}+y^{2}-2xy\cos\theta=\sin^{2}\beta+\sin^{2}\gamma-2\sin\beta\sin\gamma\cos\theta=
=\frac{1-\cos2\beta}{2}+\frac{1-\cos2\gamma}{2}-2\sin\beta\sin\gamma\cos\theta=
=1-\frac{1}{2}(\cos2\beta+\cos2\gamma+4\sin\beta\sin\gamma\cos\theta).
Следовательно,
\cos2\beta+\cos2\gamma+4\sin\beta\sin\gamma\cos\theta=0.
Примечание. Другой способ доказательства утверждение а).
Пусть высоты BE
и CF
— высоты треугольника ABC
. Поскольку треугольник остроугольный, точка H
пересечения его высот лежит внутри него, поэтому
BE+CF\gt BH+CH\gt BC~\Rightarrow~\frac{CF+BE}{BC}\gt1.
Пусть P
и Q
— точки касания полуокружностей со сторонами AB
и AC
соответственно. Из подобия получаем
\frac{x}{XY}=\frac{XZ}{XY}=\frac{PX}{BX}=\frac{CF}{BC},~\frac{y}{XY}=\frac{ZY}{XY}=\frac{QY}{CY}=\frac{BE}{BC},
поэтому
XY=1\lt\frac{CF+BE}{BC}\frac{CF}{BC}+\frac{BE}{BC}=\frac{x}{XY}+\frac{y}{XY}=x+y,
т. е. x+y\gt XY
. Следовательно, полуокружности пересекаются.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2014, № 3, задача 3825, с. 129