Математикадан аудандық олимпиада, 2007-2008 оқу жылы, 8 сынып

Сүйірбұрышты $ABC$ үшбұрышының $AD$ биссектрисасы $AC$ қабырғасына тең және $OH$ кесіндісіне перпендикуляр, мұндағы $O$ — сырттай сызылған шеңбердің центрі, ал $H$ — үшбұрыш биіктіктерінің қиылысу нүктесі. Осы үшбұрыштың бұрыштарын тап.

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 $\triangle ACD-$ равнобедренный

3)Пусть $L-$ точка пересечения оси $X$ с $BC$. Тогда $AL-$высота, биссектриса и медиана для $\triangle ACD-$ (высота- по построению, ведь ось перпендикулярна стороне $BC$; биссектриса и высота - за счет свойства равнобедренного треугольника )

4)Непосредственно из пункта (3) следует , что $\angle LAC = \angle LAD = \alpha$

5) Из условия ($AD-$ биссектриса) следует

$$\angle DAB = \angle DAC = \angle LAC + \angle LAC = 2\cdot\alpha$$

6)Наконец то все готово для вычисления координат точек треугольника $ABC$

$C(a\cdot\cos\alpha;-a\cdot\sin\alpha);B(a\cdot\cos\alpha;a\cdot\sin3\alpha);D(a\cdot\cos\alpha;a\cdot\sin\alpha)$

7)Теперь нужно отыскать координату точки $H$. Заметим, что $AL-$высота треугольника $ABC$. Проведем высоту $BB_1$. Тогда $H=AL\cap BB_1$

8)Уравнение прямой AL

$$AL:y=0$$

9)Нормалью для прямой $BB_1$ может послужить любой перпендикулярный ей вектор, например $\overrightarrow{AC}=(a\cos\alpha;-a\sin\alpha)$,Тогда уравнение прямой $BB_1$ примет вид

$$BB_1 : a\cos\alpha\cdot x-a\sin\alpha\cdot y + C_{BB_1}=0$$

10)Для вычисления константы в уравнении (9), подставим в него точку с известной координатой $B$

$$BB_1 : a\cos\alpha\cdot (a\cos\alpha)-a\sin\alpha\cdot (a\sin3\alpha) + C_{BB_1}=0$$

$$C_{BB_1}=-a\cos\alpha\cdot (a\cos\alpha)+a\sin\alpha\cdot (a\sin3\alpha)$$

Окончательно уравнение прямой $BB_1$

$$BB_1 : a\cos\alpha\cdot x-a\sin\alpha\cdot y + a^2(\sin\alpha\sin3\alpha-\cos^2\alpha)=0$$

11)Для отыскания координат точки $H$ остается подставить уравнение (8) в (10)

$$BB_1 : a\cos\alpha\cdot x-a\sin\alpha\cdot 0 + a^2(\sin\alpha\sin3\alpha-\cos^2\alpha)=0$$

$$x_H=\dfrac{a(\cos^2\alpha-\sin\alpha\sin3\alpha)}{\cos\alpha};y_H=0$$

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

$AT=TB;T\in AB;CV=VB;V\in CB$

13)Координаты точки $V:$

$x_V=a\cos\alpha;y_V=-\dfrac{y_B+y_C}{2}=\dfrac{a\sin3\alpha-a\sin\alpha}{2}$

Так как серединный перпендикуляр к стороне $BC$ перпендикулярен $BC$, то он параллелен оси $X$, а значит уравнение серединного перпендикуляра через точку V будет

$$L_2 : y=\dfrac{a\sin3\alpha-a\sin\alpha}{2}$$

14)для серединного перпендикуляра к точке $T$ (прямой $L_1$) нормалью может служить вектор $\overrightarrow{AB}=(a\cos\alpha;a\sin3\alpha)$. Получаем

$$L_1: a\cos\alpha\cdot x+a\sin3\alpha\cdot y + C_{L1}=0$$

15)Для вычисления константы в уравнении (14), подставим в него точку с координатой $T$, предварительно вычислив ее

$$x_T=\dfrac{x_A+x_B}{2}=\dfrac{a}{2}\cos\alpha;y_T=\dfrac{y_A+y_B}{2}=\dfrac{a}{2}\sin3\alpha;$$

$$L_1: a\cos\alpha\cdot \dfrac{a}{2}\cos\alpha+a\sin3\alpha\cdot \dfrac{a}{2}\sin3\alpha+ C_{L1}=0$$

$$C_{L1}=-\dfrac{a^2}{2}(\cos^2\alpha+\sin^2 3\alpha)$$

16)В (15) подставим (13), получим координаты точки $O$

$$L_1: a\cos\alpha\cdot x+a\sin3\alpha\cdot \dfrac{a\sin3\alpha-a\sin\alpha}{2} -\dfrac{a^2}{2}(\cos^2\alpha+\sin^2 3\alpha)=0$$

$$x_O=\dfrac{a(\cos^2\alpha+\sin\alpha\sin3\alpha)}{2\cos\alpha}$$

$$y_O=\dfrac{a\sin3\alpha-a\sin\alpha}{2}$$

17) Остается решить векторное уравнение $\overrightarrow{OH}\cdot\overrightarrow{AD}=0$ так как эти вектора по условию перпендикулярны, а скалярное произведение перпендикулярных векторов равно 0

18) Координаты векторов

$$\overrightarrow{AD}=(a\cos\alpha;a\sin\alpha)$$

$$\overrightarrow{OH}=(x_H-x_o;y_H-y_O)$$

19) Скалярное произведение

$$(x_H-x_O)\cdot a\cos\alpha+a\sin\alpha(y_H-y_O)=0$$

$$\left(\dfrac{a(\cos^2\alpha-\sin\alpha\sin3\alpha)}{\cos\alpha}-\dfrac{a(\cos^2\alpha+\sin\alpha\sin3\alpha)}{2\cos\alpha}\right)\cdot a\cos\alpha+a\sin\alpha\left(0-\dfrac{a(\sin3\alpha-\sin\alpha)}{2}\right)=0$$

Домножаем выражение на $\dfrac{2}{a^2}$

$$2\cos^2\alpha-2\sin\alpha\sin3\alpha-\cos^2\alpha-\sin\alpha\sin3\alpha-\sin\alpha\sin3\alpha+\sin^2\alpha=0$$

Упростим при помощи основного тригонометрического тождества $\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1$

$$1-4\sin\alpha\sin3\alpha = 0$$

Решив это уравнение, получаем одну четвертую искомого угла

$$\alpha = 18^\circ;\angle A = 4\cdot 18^\circ =72^\circ;\angle C = 90^\circ-\alpha = 72^\circ;\angle B =180^\circ -72^\circ - 72^\circ = 36^\circ$$

Пусть $\omega $ описанная окружность $ABC$ и $E \in AD \cap \omega$ и $\angle HAE = a, \angle CAH = b $

Лемма: Если в треугольнике $ABC$ отрезок $OH \perp AE$ тогда $\angle BAC = 60^{\circ}$.

Доказательство: $\angle CAH = \angle OAB$ тогда $AO=AH$ так как $AE$ биссектриса и высота $AOH$ но $OE || AH$ так как $OE$-серединный перпендикуляр , тогда $\angle AHO = \angle EOH$ откуда по двум сторонам и углу между ними $EO=EH$ и $EB=EC$ так как $AE$ биссектриса .

Допустим что $EO=EB$ тогда $a+b=30^{\circ}$ и $\angle BEC = 120^{\circ}$ тогда $ \angle ECH=2a+b+30^{\circ} $ так как $EO=EB$ тогда $\angle HEC = 120^{\circ}-4a-2b$ тогда

$\angle AEC=90^{\circ}-2a-b$ значит $\angle AEH = \angle AEC - \angle HEC = a$ то есть $EA$ так же биссектриса $OEH$ откуда $AE \perp OH$

Решение: так как $AD=AC$ тогда по лемме $\angle ACB = \dfrac{180-30}{2} = 75^{\circ}$ и $\angle ABC = 45^{\circ}$