Математикадан «Туймаада» олимпиадасы. Кіші лига. 2001 жыл
Комментарий/решение:
Вы будете таки удивлены, но координат на этот раз нет. Зато есть немного тригонометрии и анализа
0)Пусть точка O− середина AB.
1)Так как ΔABC− равнобедренный, то ∠AOC=∠BOC=90∘
2)Зафиксируем точку P в произвольном месте, пусть выполняется P∈AO,Q∈PB
3)Докажем, что увеличение угла ∠PCQ увеличивает и длину PQ
4)Пусть PO=k;PQ=PO+QO=k+QO
5)Пусть ∠PCO=α, тогда ∠OCQ=∠PCQ−α, где α=const, в силу фиксированности точек P,C,O
6)Пусть OC=m=const, тогда
QOOC=tan∠OCQ
QO=OC⋅tan∠OCQ=m⋅tan(∠PCQ−α)
7)Итого,
PQ=k+m⋅tan(∠PCQ−α)
Очевидно, что f(x)=k+m⋅tan(x−α) монотонно возрастает на всей области определения. То есть, (3) - доказано
8)Так как функция PQ=f(x) монотонно возрастающая, то на отрезке [a;b] значение f(b) будет наибольшим. А это значит, что
PQmax=f(∠PCQmax)=f(12∠ACB)
9)То есть,
PQmax=k+m⋅tan(12∠ACB−α)
10)Пусть AB=2a. Рассчитаем соответствующие тангенсы
tan(12∠ACB)=AOOC=am
tanα=POOC=km
tan(12∠ACB−α)=tan(12∠ACB)−tanα1+tan(12∠ACB)⋅tanα=am−km1+am⋅km
tan(12∠ACB−α)=m(a−k)m2+ak
11)Заключительная часть решения. Сравним PQmax и 12AB. Предварительно поставим желаемый знак сравнения.
PQmax=k+m⋅m(a−k)m2+ak≤12AB=a
k+m2am2+ak−m2km2+ak≤a
k⋅[1−m2m2+ak]≤a⋅[1+m2m2+ak]
Учтем, что k≤a (иначе точка P выйдет за пределы треугольника)
k⋅[1−m2m2+ak]≤a⋅[1−m2m2+ak]≤a⋅[1+m2m2+ak]
Последняя цепочка неравенств верна
Пусть ω окружность с радиусом CA , D середина AB , пусть P∈AB, Q′∈AB такая что ∠ACP=∠DCQ′ тогда ∠ACB2=∠ACD=∠PCQ′ если A′∈ω∩CQ′ , если E∈ω∩CP,L∈ω∩CD пусть A′H⊥CE, N∈A′H∩CL тогда A′N=AP .
Утверждение : DQ′≤AP
Доказательство : ∠PCD=a, ∠Q′CD=b тогда ∠DQ′A′=90∘+b, ∠CA′H=90∘−a−b тогда ∠DQ′A′>∠CA′H (1) так как 2a+b>0 , но тогда если NM||AB и M∈CA′ тогда по (1) тогда DQ′<NM<A′N=AP
Задача: так как ∠PCQ≤∠ACB2=∠ACD , значит точка Q лежит между P,Q′
Если Q∈PD тогда AB2=AD=AP+PD>PD>PQ
Если Q∈DQ′ тогда AB2=AD=AP+PD≥DQ′+PD≥DQ+PD=PQ
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.