17655. Дан равнобедренный треугольник KL_{1}L_{2}
, в котором KL_{1}=KL_{2}
, а KA
, L_{1}B_{1}
и L_{2}B_{2}
— биссектрисы. Докажите, что \cos B_{1}AB_{2}\lt\frac{3}{5}
.
Решение. Обозначим \angle L_{1}KL_{2}=\alpha
, \angle KL_{1}L_{2}=\angle KL_{2}L_{1}=\beta
и \angle B_{1}AB_{2}\gamma
.
Точки B_{1}
и B_{2}
симметричны относительно прямой AK
, поэтому B_{1}B_{2}\perp KA
и B_{1}B_{2}\parallel L_{1}L_{2}
, поэтому треугольник AB_{1}B_{2}
равнобедренный, а AK
биссектриса угла его угла B_{1}AB_{2}
. Поскольку
\angle B_{2}B_{1}L_{1}=\angle L_{2}L_{1}B_{1}=\angle B_{2}L_{1}B_{1},
треугольник B_{1}L_{1}B_{1}
тоже равнобедренный.
Обозначим B_{1}B_{2}=B_{2}L_{1}=s
и AB_{1}=AB_{2}=t
. По теореме синусов из треугольника AL_{1}B_{2}
получаем
\frac{s}{t}=\frac{\sin\angle B_{2}LA_{1}}{\sin\beta}=\frac{\sin\left(90^{\circ}-\frac{\gamma}{3}\right)}{\cos\left(90^{\circ}-\frac{\gamma}{3}\right)}=\frac{\cos\frac{\gamma}{2}}{\cos\frac{\alpha}{2}}.
Тогда
\left(\frac{s}{t}\right)^{2}=\frac{\frac{1+\cos\gamma}{2}}{\frac{1+\cos\alpha}{2}}=\frac{1+\cos\gamma}{1+\cos\alpha}.
По теореме косинусов из треугольника AB_{1}B_{2}
получаем
s^{2}=t^{2}+t^{2}-2t^{2}\cos\gamma=2t^{2}(1-\cos\gamma)~\Rightarrow~\left(\frac{s}{t}\right)^{2}=2(1-\cos\gamma)~\Rightarrow
\Rightarrow~\frac{1+\cos\gamma}{1+\cos\alpha}=2(1-\cos\gamma)~\Rightarrow~\cos\gamma=\frac{1+2\cos\alpha}{3+2\cos\alpha}=1-\frac{2}{3+2\cos\alpha}\lt1-\frac{2}{5}=\frac{3}{5}.
Что и требовалось доказать.
Источник: Эстонские математические олимпиады. — 2002, финальный этап, первый день, задача 2