Қалалық Жәутіков олимпиадасы
8 сынып, 2009 жыл
Комментарий/решение:
1) ∠MAD=∠MAB (так как AM− биссектриса, см. условие)
∠MBA=∠MBC (так как BM− биссектриса, см. условие)
2) ∠A+∠B=180∘ (сумма внутренних односторонних углов при параллельных прямых равна 180∘)
3) Из (2) следует, что
∠A+∠B=∠MAD+∠MAB+∠MBA+∠MBC
Из (1) следует, что
∠MAB+∠MBA=∠A+∠B2=180∘2=90∘
4) Из (3) следует, что ∠BMA=90∘,ΔBMA−прямоугольный
5) ∠C+∠D=180∘ (сумма внутренних односторонних углов при параллельных прямых равна 180∘)
6) Из (5) следует, что
∠C+∠D=∠NCB+∠NCD+∠NDC+∠NDA
С другой стороны
∠NCB=∠NCD (так как CN− биссектриса, см. условие)
∠NDC=∠NDA (так как DN− биссектриса, см. условие)
7) Из (6) следует, что
∠NCD+∠NDC=∠C+∠D2=180∘2=90∘
8) Из (7) следует, что ∠CND=90∘,ΔCND−прямоугольный
9) Пусть ∠MAB=α;∠CDN=β. Тогда
AM=c⋅cosα;DM=d⋅cosβ
10) Пусть HM− проекция M на AD;HN− проекция N на AD. Тогда
AHM=AM⋅cosα=c⋅cos2α;AHN=ND⋅cosβ=d⋅cos2β
11) HMHN=AD−AHM−AHN=b−c⋅cos2α−d⋅cos2β
12) MHM=AMsinα=c⋅cosαsinα;
NHN=DNsinβ=d⋅cosβsinβ;
13) По теореме Пифагора
MN=√(HMHN)2+(MHM−NHN)2
MN=√(b−c⋅cos2α−d⋅cos2β)2+(c⋅cosαsinα−d⋅cosβsinβ)2
14) Вспомним формулы для синуса и косинуса двойных углов
sin2x=2⋅sinxcosx;cos2x=1+cos2x2
Перепишем с учетом этого (13)
MN=√(b−c⋅1+cos2α2−d⋅1+cos2β2)2+(c⋅sin2α−d⋅sin2β2)2
Если выразить cos2α,cos2β,sin2α,sin2β только от a,b,c,d, то формально задача будет решена
15) Для этого сделаем параллельный перенос : BD′∥CD. Тогда D′BCD− параллелограмм (так как D′B∥CD;BC∥DD′)
16) Теорема: у параллелограмма противолежащие стороны равны. Откуда DD′=a;BD′=d
17) Рассмотрим ΔABD′ По теореме косинусов имеем
AB2+(AD′)2−2⋅AB⋅AD′⋅cos2α=(BD′)2
c2+(b−a)2−2⋅c⋅(b−a)⋅cos2α=d2
cos2α=−d2+c2+(b−a)22⋅c⋅(b−a)
(BD′)2+(AD′)2−2⋅BD′⋅AD′⋅cos2β=(AB)2
d2+(b−a)2−2⋅d⋅(b−a)⋅cos2β=c2
cos2β=−c2+d2+(b−a)22⋅d⋅(b−a)
18) Синусы углов альфа и бета получим из основного тригонометрического тождества
sin2α=√1−(−d2+c2+(b−a)22⋅c⋅(b−a))2
sin2β=√1−(−c2+d2+(b−a)22⋅d⋅(b−a))2
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.