2975. В треугольнике ABC
известно, что \angle B=2\angle A
. На сторонах AB
и AC
выбраны точки соответственно X
и Y
так, что AX=XY=YC
. Докажите, что 3CY\lt2BC
.
Указание. Через вершину C
проведите прямую, параллельную XY
.
Решение. Первый способ. Обозначим, \angle A=\alpha
. Тогда
\angle AYX=\angle A=\alpha,~\angle B=2\alpha,~
\angle BXY=\angle A+\angle AYX=\alpha+\alpha=2\alpha.
Через вершину C
проведём прямую, параллельную XY
. Пусть эта прямая пересекает прямую AB
в точке D
.
Если точка D
лежит на отрезке AB
, то
\angle CDB=\angle BXY=2\alpha=\angle CBD,
поэтому треугольник BCD
равнобедренный, BC=CD
. Если точка D
лежит на продолжении отрезка AB
(за точку B
), то
\angle CBD=180^{\circ}-2\alpha=\angle CDB.
В этом случае также BC=CD
.
Применяя неравенство треугольника к равнобедренному треугольнику AXY
, получим, что
AY\lt AX+XY=2XY=2CY.
Треугольник ACD
подобен треугольнику AYX
, поэтому
\frac{BC}{CY}=\frac{CD}{XY}=\frac{AC}{AY}=\frac{AY+CY}{AY}=1+\frac{CY}{AY}\gt1+\frac{CY}{2CY}=\frac{3}{2}.
Следовательно, 2BC\gt3CY
. Что и требовалось доказать.
Второй способ. Обозначим \angle A=\alpha
. Будем считать, что AX=XY=CY=1
, и доказывать, что BC\lt\frac{3}{2}
.
Из равнобедренного треугольника AXY
находим, что AY=2XY\cos\alpha=2\cos\alpha
, откуда
AC=AY+YC=2\cos\alpha+1.
По теореме синусов
\frac{BC}{AC}=\frac{\sin\alpha}{\sin2\alpha}=\frac{1}{2\cos\alpha}.
Следовательно,
BC=\frac{AC}{2\cos\alpha}=\frac{2\cos\alpha+1}{\cos\alpha}.
Таким образом, требуемое неравенство принимает вид
\frac{2\cos\alpha+1}{\cos\alpha}\gt\frac{3}{2},
что равносильно очевидному неравенству \cos\alpha\lt1
.