6234. На продолжении стороны AC
(за точку A
) остроугольного треугольника ABC
отмечена точка D
, а на продолжении стороны BC
(за точку C
) отмечена точка E
, причём AD=CE
. Известно, что 2\angle BAC=\angle BCA
. Докажите, что \angle CDE\lt\frac{1}{2}(\angle ABD+\angle BAC)
.
Решение. Обозначим
\angle BAC=\alpha,~\angle BDC=\delta,~\angle CDE=\gamma,~\angle CED=\varphi.
Тогда
2\alpha=\angle BCA=\angle CDE+\angle CED=\gamma+\varphi,~\angle ABD=\angle BAC-\angle BDC=\alpha-\delta.
Нам нужно доказать, что 2\gamma\lt(\alpha-\delta)+\alpha
, или, что то же самое,
2\gamma\lt2\alpha-\delta=(\varphi+\gamma)-\delta,
т. е. неравенство
\angle BDE=\gamma+\delta\lt\varphi=\angle BED.
Поэтому достаточно проверить, что BE\lt BD
, поскольку против большей стороны треугольника BDE
лежит больший угол.
Отметим на отрезке AC
такую точку K
, что \angle BKC=\angle BCA
. Тогда
\angle ABK=\angle BKC-\angle BAK=2\alpha-\alpha=\alpha=\angle BAC.
Треугольники KBC
и AKB
— равнобедренные, поэтому BC=BK=AK
, значит,
BE=BC+CE=AK+AD=DK.
В треугольнике BKD
против тупого угла BKD
(смежного с углом при основании равнобедренного треугольника BCK
) лежит большая сторона BD
, следовательно, BD\gt DK=BE
. Отсюда следует решение задачи.