Олимпиада Туймаада по математике. Младшая лига. 2002 год

Окружность с центром $O$ касается сторон угла с вершиной $A$ в точках $K$ и $M$. Касательная к окружности пересекает отрезки $AK$ и $AM$ в точках $B$ и $C$ соответственно, а прямая $KM$ пересекает отрезки $OB$ и $OC$ в точках $D$ и $E$. Докажите, что площадь треугольника $ODE$ равна четверти площади треугольника $BOC$ тогда и только тогда, когда угол $A$ равен $60^\circ $.

Комментарий/решение

Много КООРДИНАТ, много тригонометрии.

1)Введем систему координат, обезразмерим ее на радиус окружности. То есть, сделаем преобразование плоскости, сжав ее по осям икс и игрек в радиус ($R$) раз. Выгода от этого велика - радиус становится тождественным единице. Для пересчета на произвольный радиус, достаточно все линейные координаты умножить на $R$, а все площади - на $R^2$

2)Система координат введена так: центр окружности $O(0;0)$. Точка $A$ лежит на оси $x$ , слева от точки $O$.окружность обозначим $\omega$

3)Треугольники $\Delta AKO$ и $\Delta AMO$ равны по гипотенузе и катету, значит, прямые $AK$ и $AM$ симметричны относительно оси $x$

4)Уравнение прямой $AK$

$$y=\tan \alpha \cdot x + OA\cdot\tan\alpha$$

Здесь $\alpha$ - угол наклона между прямой $AK$ и осью $x$. Понятно, что $\alpha\in (0^\circ;90^\circ)$

5)Найдём $OA$ из $\Delta AKO$

$$OA=\dfrac{OK}{\sin\alpha}=\dfrac{1}{\sin\alpha}$$

6)Окончательно уравнение прямой $AK$

$$y=\tan \alpha \cdot x + \dfrac{1}{\sin\alpha}\cdot\dfrac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=\boxed{\tan \alpha \cdot x + \dfrac{1}{\cos\alpha}}$$

7) По симметричности найдем уравнение $AM$

$$\boxed{y= -\tan \alpha \cdot x - \dfrac{1}{\cos\alpha}}$$

8) Так как касательная $BC$ проведена к произвольной точке окружности внутри дуги $KM$,то назначим точке $L\in\omega$ произвольные координаты $L(\cos\beta;\sin\beta)$

9)Уравнение прямой BC :

$$\overrightarrow{n_{BC}} = \overrightarrow{n_{OL}} = (\cos\beta;\sin\beta)$$

$$\cos\beta\cdot x + \sin\beta\cdot y + const_{BC} = 0$$

$$L:\;\;\;\cos^2\beta+ \sin^2\beta + const_{BC} = 0 \Rightarrow const_{BC}=-1$$

$$\boxed{BC:\;\;\cos\beta\cdot x + \sin\beta\cdot y -1 = 0}$$

10)Нахождение иксовой координаты точки $B$

$$B=BC\cap AK$$

Далее подстановка одного уравнения в другое

$$\cos\beta\cdot x + \sin\beta\cdot \left(\tan \alpha \cdot x + \dfrac{1}{\cos\alpha} \right) -1 = 0$$

Отсюда $X_B$

$$X_B = \dfrac{1-\dfrac{\sin\beta}{\cos\alpha}}{\cos\beta+\dfrac{\sin\beta\cos\alpha}{\cos\alpha}} = \dfrac{\cos\alpha - \sin\beta}{\cos\beta\cos\alpha + \sin\beta\sin\alpha}$$

$$\boxed{X_B =\dfrac{\cos\alpha - \sin\beta}{\cos(\alpha - \beta)}}$$

11)Нахождение игрековой координаты точки $B$. Подстановка $X_B$ в уравнение $BC$

$$Y_B = \dfrac{1-\cos\beta\cdot\dfrac{\cos\alpha - \sin\beta}{\cos(\alpha - \beta)}}{\sin\beta}$$

$$Y_B = \dfrac{1}{\sin\beta} - \dfrac{\cos\beta}{\sin\beta}\cdot \dfrac{\cos\alpha - \sin\beta}{\cos(\alpha - \beta)}$$

$$Y_B = \dfrac{\cos(\alpha - \beta) - \cos\beta\cos\alpha + \cos\beta\sin\beta}{\sin\beta\cos(\alpha - \beta)}$$

Пропущу немного выкладок, итого

$$\boxed{Y_B = \dfrac{\sin\alpha + \cos\beta}{\cos(\alpha - \beta)}}$$

12)Совершенно аналогично находятся $X_C$ и $Y_C$

Выпишу готовый результат

$$\boxed{X_C =\dfrac{\cos\alpha + \sin\beta}{\cos(\alpha + \beta)}}\;\;\;\boxed{Y_C =-\dfrac{\sin\alpha + \cos\beta}{\cos(\alpha + \beta)}}$$

13)Площадь $\Delta BOC$ находится векторным произведением

$$S_{\Delta BOC} =\left|\dfrac{\overrightarrow{OB}\times\overrightarrow{OC}}{2}\right|$$

$$\overrightarrow{OB} = (X_B;Y_B);\overrightarrow{OC} = (X_C;Y_C)$$

$$S_{\Delta BOC} = \dfrac{1}{2}\cdot \begin{Vmatrix} \ \overrightarrow{i}& \ \overrightarrow{j}\ \overrightarrow{k}\\ \ X_B& \ Y_B\ 0\\ \ X_C& \ Y_C\ 0\end{Vmatrix} = \dfrac{\left|X_BY_C-X_CY_B \right|}{2}$$

14)Подстановкой в (13) получаем

$$S_{\Delta BOC} = \dfrac{\cos\alpha\cdot(\sin\alpha+\cos\beta)}{\cos(\alpha + \beta)\cos(\alpha - \beta)}$$

15)Площадь треугольника $\Delta DOE$ вычислим как

$$S_{\Delta DOE} = \left|\dfrac{(Y_D-Y_E)\cdot X_D}{2}\right|$$

16)Рассчитаем $Y_D$

$$\dfrac{Y_B}{X_B} = \dfrac{Y_D}{X_D}\Rightarrow Y_D = \dfrac{X_D\cdot Y_B}{X_B}$$

$$X_D = -1\cdot \cos 60^\circ=-0.5$$

$$Y_D = \dfrac{-0.5\cdot \dfrac{\sin\alpha + \cos\beta}{\cos(\alpha - \beta)}}{\dfrac{\cos\alpha - \sin\beta}{\cos(\alpha - \beta)}} = \boxed{\dfrac{\sin\alpha + \cos\beta}{2(\sin\beta - \cos\alpha)}}$$

17)Рассчитаем $Y_E$

$$\boxed{Y_E =\dfrac{\sin\alpha + \cos\beta}{2(\sin\beta + \cos\alpha)}}$$

18)Площадь треугольника $\Delta DOE$

$$S_{\Delta DOE} = \dfrac{\cos\alpha(\sin\alpha + \cos\beta)}{2(\sin\beta-\cos\alpha)(\sin\beta+\cos\alpha)}$$

19)Решение прямой задачи: $2\alpha=\angle KAM=60^\circ\Rightarrow \dfrac{S\Delta DOE}{S\Delta BOC} = \dfrac{1}{4}$

$$\dfrac{S\Delta DOE}{S\Delta BOC} = \dfrac{1}{4}=\dfrac{\dfrac{\cos\alpha(\sin\alpha + \cos\beta)}{2(\sin\beta-\cos\alpha)(\sin\beta+\cos\alpha)}}{\dfrac{\cos\alpha\cdot(\sin\alpha+\cos\beta)}{\cos(\alpha + \beta)\cos(\alpha - \beta)}}$$

$$\dfrac{\cos (30^\circ+\beta)\cos (30^\circ-\beta)}{2(\sin^2\beta - \cos^2 30^\circ)} = \dfrac{1}{4}$$

20) Выражение (19) - тождество, а значит решена и прямая и обратные задачи

вот у меня появился вопрос. никита, сколько вы тратите времени на решение?

На эту ушло примерно 4-5 часов,с учетом набора в $LaTeX$.По дням растянулось на 3 дня, не сразу понял, как лучше повернуть оси. Понимаю, что со стороны это выглядит глупо, что я выкладываю задачи. Я уже отучился, скоро получу квалификацию инженера. Для меня matol просто хобби, на него не жалко потратить 4-5 часа в неделю

мило, я знаю где ты живешь.

S.T.A.L.K.E.R: Начало

Лемма: $BDEC$ вписанный.

Доказательство: Пусть $L$ точка касания, если $\angle OAM = b$, $\angle LKM = a$ тогда $\angle CLM = a$ , так как $CL=CM$ тогда $\angle CML = a$ так как $CO$ биссектриса $CE \perp LM$ тогда $LE = LM$ значит $\angle EML = 90^{\circ}-a-b $ так же $\angle ECM = 90-a$ и $\angle EMC = 90-a-b+a = 90-b $ тогда $\angle DEO = a+b$

аналогично $BK=BL$ и $KD=DL$ и $\angle BLK = \angle EML = 90-a-b$ тогда $\angle LBD = 90- \angle BLK = a+b$ то есть $BDEC$ вписанный.

Лемма: $LDOC$ вписанный .

Доказательство : $\angle LDO = 180^{\circ} - \angle BDL = 180^{\circ} - (90^{\circ}-a) = 90^{\circ}+a$ но $\angle LCO = \angle ECM = 90^{\circ} - a $ то есть $LDOC$ вписанный.

Откуда $\angle DOE = 180^{\circ}-(90^{\circ}-a)-(a+b) = 90^{\circ}-b$

Тогда так как $OL \perp BC$ тогда $CD \perp BO$ , так как $BDEC$ вписанный , значит $DO \cdot BO = EO \cdot CO$ откуда $BO = \dfrac{EO \cdot CO}{DO}$ выражая $BO$

$$ \dfrac{S_{ODE}}{S_{BOC}} = \dfrac{DO \cdot EO}{ BO \cdot CO} = \dfrac{DO^2}{CO^2}$$

но так как $\angle A = 60^{\circ}$ или $ b=\dfrac{A}{2}=30^{\circ}$ значит $\angle DOE = 90^{\circ}-30^{\circ}=60^{\circ}$ значит $\dfrac{DO^2}{CO^2} = \cos^2( \angle DOE) = cos^2(60^{\circ}) = \dfrac{1}{4}$

Рисунок