Математикадан аудандық олимпиада, 2007-2008 оқу жылы, 8 сынып
Комментарий/решение:
Моё решение использует метод координат, поэтому не может быть рассмотрено восьмиклассниками. Также прошу извинить за слишком занудный стиль - я люблю подробные решения. Буду рад , если продвинутые пользователи дадут более простое решение
1)Введем систему координат ,как на рисунке. Пусть длина отрезка AC=a, начало координат в точке A(0;0). Кроме того, ось иксов ориентирована перпендикулярно отрезку BC
2)По условию AD=AC. Это значит, что △ACD− равнобедренный
3)Пусть L− точка пересечения оси X с BC. Тогда AL−высота, биссектриса и медиана для △ACD− (высота- по построению, ведь ось перпендикулярна стороне BC; биссектриса и высота - за счет свойства равнобедренного треугольника )
4)Непосредственно из пункта (3) следует , что ∠LAC=∠LAD=α
5) Из условия (AD− биссектриса) следует
∠DAB=∠DAC=∠LAC+∠LAC=2⋅α
6)Наконец то все готово для вычисления координат точек треугольника ABC
C(a⋅cosα;−a⋅sinα);B(a⋅cosα;a⋅sin3α);D(a⋅cosα;a⋅sinα)
7)Теперь нужно отыскать координату точки H. Заметим, что AL−высота треугольника ABC. Проведем высоту BB1. Тогда H=AL∩BB1
8)Уравнение прямой AL
AL:y=0
9)Нормалью для прямой BB1 может послужить любой перпендикулярный ей вектор, например →AC=(acosα;−asinα),Тогда уравнение прямой BB1 примет вид
BB1:acosα⋅x−asinα⋅y+CBB1=0
10)Для вычисления константы в уравнении (9), подставим в него точку с известной координатой B
BB1:acosα⋅(acosα)−asinα⋅(asin3α)+CBB1=0
CBB1=−acosα⋅(acosα)+asinα⋅(asin3α)
Окончательно уравнение прямой BB1
BB1:acosα⋅x−asinα⋅y+a2(sinαsin3α−cos2α)=0
11)Для отыскания координат точки H остается подставить уравнение (8) в (10)
BB1:acosα⋅x−asinα⋅0+a2(sinαsin3α−cos2α)=0
xH=a(cos2α−sinαsin3α)cosα;yH=0
12)Теперь остается вычислить координаты точки O
Для этого вспомним, что центр описанной окружности лежит на пересечении серединных перпендикуляров. Введем точки T и V такие, что
AT=TB;T∈AB;CV=VB;V∈CB
13)Координаты точки V:
xV=acosα;yV=−yB+yC2=asin3α−asinα2
Так как серединный перпендикуляр к стороне BC перпендикулярен BC, то он параллелен оси X, а значит уравнение серединного перпендикуляра через точку V будет
L2:y=asin3α−asinα2
14)для серединного перпендикуляра к точке T (прямой L1) нормалью может служить вектор →AB=(acosα;asin3α). Получаем
L1:acosα⋅x+asin3α⋅y+CL1=0
15)Для вычисления константы в уравнении (14), подставим в него точку с координатой T, предварительно вычислив ее
xT=xA+xB2=a2cosα;yT=yA+yB2=a2sin3α;
L1:acosα⋅a2cosα+asin3α⋅a2sin3α+CL1=0
CL1=−a22(cos2α+sin23α)
16)В (15) подставим (13), получим координаты точки O
L1:acosα⋅x+asin3α⋅asin3α−asinα2−a22(cos2α+sin23α)=0
xO=a(cos2α+sinαsin3α)2cosα
yO=asin3α−asinα2
17) Остается решить векторное уравнение →OH⋅→AD=0 так как эти вектора по условию перпендикулярны, а скалярное произведение перпендикулярных векторов равно 0
18) Координаты векторов
→AD=(acosα;asinα)
→OH=(xH−xo;yH−yO)
19) Скалярное произведение
(xH−xO)⋅acosα+asinα(yH−yO)=0
(a(cos2α−sinαsin3α)cosα−a(cos2α+sinαsin3α)2cosα)⋅acosα+asinα(0−a(sin3α−sinα)2)=0
Домножаем выражение на 2a2
2cos2α−2sinαsin3α−cos2α−sinαsin3α−sinαsin3α+sin2α=0
Упростим при помощи основного тригонометрического тождества sin2α+cos2α=1
1−4sinαsin3α=0
Решив это уравнение, получаем одну четвертую искомого угла
α=18∘;∠A=4⋅18∘=72∘;∠C=90∘−α=72∘;∠B=180∘−72∘−72∘=36∘
Пусть ω описанная окружность ABC и E∈AD∩ω и ∠HAE=a,∠CAH=b
Лемма: Если в треугольнике ABC отрезок OH⊥AE тогда ∠BAC=60∘.
Доказательство: ∠CAH=∠OAB тогда AO=AH так как AE биссектриса и высота AOH но OE||AH так как OE-серединный перпендикуляр , тогда ∠AHO=∠EOH откуда по двум сторонам и углу между ними EO=EH и EB=EC так как AE биссектриса .
Допустим что EO=EB тогда a+b=30∘ и ∠BEC=120∘ тогда ∠ECH=2a+b+30∘ так как EO=EB тогда ∠HEC=120∘−4a−2b тогда
∠AEC=90∘−2a−b значит ∠AEH=∠AEC−∠HEC=a то есть EA так же биссектриса OEH откуда AE⊥OH
Решение: так как AD=AC тогда по лемме ∠ACB=180−302=75∘ и ∠ABC=45∘
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.