Processing math: 73%

Математикадан 42-ші халықаралық олимпиада, 2001 жыл, Вашингтон


O нүктесі сүйірбұрышты ABC үшбұрышына сырттай сызылған шеңбердің центрі болсын. A нүктесінен BC қабырғасына түсірілген биіктік табаны P нүктесі. BCAABC+30 екені белгілі. CAB+COP<90 екенін дәлелдеңіздер.
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

  7
2 года 4 месяца назад #

Заметим что PCO+A=90

Тогда задача доказывается при POC<PCO

А если POC>PCO

То и PO<PC

Значит:

2PC>R

Потому что 2PC>PO+PC>CO=R

Использую теорему о синусах получаем:

PC=2RsinBcosC

4sinBcosC>1

Но

4sinBcosC4sinBcos(B+30)=2(sin(2B+30)sin30)2(112)=1

Т.к.

CB+30

Противоречие

Значит

PC<PO

PCO+A<90

  4
2 года 4 месяца назад #

Поправьте если есть ошибка

  4
2 года 4 месяца назад #

Просто раньше не особо использовал теорему синусов и наверное где то есть ошибка

  8
1 года 5 месяца назад #

∠COP < 90◦ − ∠A = ∠OCP ⇐⇒ P C < P O

⇐⇒ PC^2 < PO^2

⇐⇒ PC^2 < R ^2 − PB · PC ⇐⇒ PC·BC<R^2

⇐⇒ abcosC<R^2 ⇐⇒ sin A sin B cos<14.

Сейчас:

cos C sin B=1/2(sin(C+B)−sin(C−B))≤1/2 (1−1/2)=1/4

который заканчивается при сочетании с sin A < 1.

Замечание. Если мы допустим правоту ABC, то равенство будет иметь место при ∠A = 90◦, ∠C = 60◦, ∠B = 30◦. Это мотивирует выбор оценок после сведения к тригональному неравенству.