Через вершины \(A\) и \(B\) треугольника \(ABC\) проведена окружность, касающаяся прямых \(AC\) и \(BC\). На этой окружности выбрана точка \(D\) (внутри треугольника), лежащая на расстоянии \(\sqrt{2}\) от прямой \(AB\) и на расстоянии \(\sqrt{5}\) от прямой \(BC\). Найдите угол \(\angle DBC\), если известно, что \(\angle ABD = \angle BCD\).

Решение

Положим \(\angle ABD(=\angle BCD)=\alpha, \angle DBC = \beta \).

Вспомним \(\href{https://examp.info/theorem/ob-ugle-mezhdu-kasatelnoj-i-hordoj/}{\text{теорему об угле между касательной и хордой
}}\) \(-\) градусная мера угла, образованного касательной к окружности и хордой с концом в точке касания, равна половине градусной меры дуги окружности, заключённой внутри этого угла.

Поскольку угол \(DAB\) опирается на дугу \(DB\), а \(BC -\) касательная, справедливо \(\angle DAB = \angle DBC = \beta\). Аналогично, \(\angle CAD = \angle ABD = \alpha \). Тогда из \(\href{https://examp.info/theorem/teorema-sinusov/}{\text{теоремы синусов}}\), применённой к треугольнику \(ABC\), следует, что
\[\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{\sin (\pi \ -2\alpha\ -2\beta)}{\sin(\alpha+\beta)}=\dfrac{-\sin(\ -2(\alpha+\beta))}{\sin(\alpha+\beta)}=2\cos(\alpha+\beta).\]
То же самое можно было бы получить, опустив перпендикуляр из \(C\) на \(AB\), поскольку \(AC=BC\) как \(\href{https://examp.info/theorem/o-kasatelnyh/}{касательные}\).

С другой стороны, треугольники \(ABD\) и \(DBC\) \(\href{https://examp.info/onedef/podobnye-treugolniki/}{подобны}\) (в силу равенства соответствующих углов), откуда
\[\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{DE}{DF}=\dfrac{DE}{DB}\cdot\dfrac{DB}{DF}=\dfrac{\sin \alpha}{\sin \beta},\]
где \(DE\) и \(DF -\) перпендикуляры, опущенные из \(D\) на \(AB\) и \(BC\) соответственно.

Получаем
\[2\cos(\alpha+\beta)=\dfrac{\sin \alpha}{\sin \beta},\]
откуда
\[\cos\alpha\sin 2\beta\ -\sin\alpha(2\sin^2\beta+1)=0\]
и
\[\text{tg}\alpha=\dfrac{\sin 2\beta}{2\ -\cos 2\beta}\]
Поскольку и \(\alpha\), и \(\beta\) ограничены \(\dfrac{\pi}{2}\), выражая \(\text{tg}\alpha\) через \(\sin\alpha\), получаем
\[\sin\alpha=\dfrac{\sin 2\beta}{\sqrt{(2\ -\cos 2\beta)^2+\sin^2 2\beta}}=\dfrac{\sin 2\beta}{\sqrt{5\ - 4\cos 2\beta}}=\dfrac{\sin 2\beta}{\sqrt{9\ -8\cos^2\beta}}.\]
Вспоминая, что \(\dfrac{DE}{DF}=\dfrac{\sin\alpha}{\sin\beta}\), получаем
\[\dfrac{DE}{DF}=\dfrac{2\cos\beta}{\sqrt{9\ - 8\cos^2 \beta}}.\]
По условию \(\dfrac{DE}{DF}=\sqrt{\dfrac 25}\). Следовательно, \(\cos^2 \beta=\dfrac 12\) и, значит, \(\beta=\dfrac{\pi}{4}\).

Ответ: \(\dfrac{\pi}{4}\).