Математикадан «Туймаада» олимпиадасы. Кіші лига. 2000 жыл


Ромбыға іштей сызылған шеңбер, ромбының AB және BC қабырғаларымен, сәйкесінше E және F нүктелерінде жанасады. Жанама түзу l, AB және BC қабырғаларын E және F нүктелерінде қияды. AECF көбейтіндісі l жанамасының таңдалымына тәуелсіз екендігін дәлелдеңіздер.
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

  2
2 года 5 месяца назад #

1)Факт - диагонали ромба взаимно перпендикулярны и делят друг друга пополам

2)Назовем ромб ABCD. Точка пересечения диагоналей - O. Свяжем систему координат с диагоналями, центр ПДСК - точка O. Координаты назначим так:

A(a;0);B(0;b);C(a;0);D(0;b);O(0;0)

3)Назовем вписанную окружность ω. Зададимся радиусом R. Касательная l к ω описывается уравнением

l:Ax+By+C=0

Точка M - точка касания l и ω. Тогда MωM(Rcosφ;Rsinφ), где φ - произвольный угол.

4) lOMn=OM=(Rcosφ;Rsinφ)

подставим нормальный вектор n в уравнение прямой l

l:(Rcosφ)x+(Rsinφ)y+C=0

Подставляя точку M в уравнение l, найдем, что C=R2

Окончательно уравнение прямой l

l:(cosφ)x+(sinφ)yR=0

5) Уравнение прямой AB

AB:y=Kx+C

Наклон AB:K=tanBAC=b/a

C=y(0)=by=bax+b

6)Уравнение прямой BC:y=bax+b

7) E=lAB

{y=bax+b(cosφ)x+(sinφ)yR=0xE=a(Rbsinφ)acosφ+bsinφ;

yE=b(R+acosφ)acosφ+bsinφ

8) F=lBC

{y=bax+b(cosφ)x+(sinφ)yR=0xF=a(Rbsinφ)acosφbsinφ;

yF=b(R+acosφ)acosφbsinφ

9)Переходим к финалу решения.

AE2CF2=((xAxE)2+(yAyE)2)((xCxF)2+(yCyF)2)

yA=yC=0AE2CF2=((xAxE)2+y2E)((xCxF)2+y2F)

AE2CF2=(x2A2xAxE+x2E+y2E)(x2C2xCxF+x2F+y2F)

AE2CF2=x2Ax2C2x2AxCxF+x2Ax2F+x2Ay2F2xAxEx2C+4xAxExCxF

2xAxEx2F2xAxEy2F+x2Ex2C2x2exCxF+x2Ex2F+x2Ey2F+y2Ex2C

2y2ExCxF+y2Ex2F+y2Ey2F

AE2CF2=a2

Не зависит от положения прямой l, так как не содержит угол φ