Математикадан «Туймаада» олимпиадасы. Кіші лига. 2009 жыл

$ABCD$ іштей сызылған төртбұрышында, $AB$ және $AD$ қабырғалары тең және $CD > AB+BC$. $\angle ABC > 120{}^\circ $ екенін дәлелдеңіз. ( из материалов олимпиад )

Комментарий/решение

Без координат.

1)По условию $AB=AD=L$. Пусть $\angle BAD = 2\varphi$

2)Вычислим $BD$. Из равнобедренности $\Delta ABD$

$$BD=2AB\cdot \sin\varphi=2L\sin\varphi$$

3)Вычислим радиус описанной окружности $\Delta ABD$

$$R_{\Delta ABD}=\dfrac{AB\cdot AD\cdot BD}{4S_{\Delta ABD}}=\dfrac{L\cdot L\cdot 2L\sin\varphi}{4\cdot L\cos\varphi\cdot L\sin\varphi}=\dfrac{L}{2\cos\varphi}$$

4)Пусть $\angle ABC = y$. По теореме синусов рассчитаем $CD$ и $BC$

$$\dfrac{CD}{\sin(y-90^\circ+\varphi)}=2R_{\Delta ABD}=\dfrac{L}{\cos\varphi}\Rightarrow CD=-L\cdot\dfrac{\cos(\varphi+y)}{\cos\varphi}$$

$$\dfrac{BC}{\sin(90^\circ+\varphi-y)}=2R_{\Delta ABD}=\dfrac{L}{\cos\varphi}\Rightarrow BC=L\cdot\dfrac{\cos(\varphi-y)}{\cos\varphi}$$

5)По условию $CD > AB+BC$

$$-L\cdot\dfrac{\cos(\varphi+y)}{\cos\varphi}>L+L\cdot\dfrac{\cos(\varphi-y)}{\cos\varphi}$$

6)Сократим все на $L$

$$-\dfrac{\cos(\varphi+y)+\cos(\varphi-y)}{\cos\varphi}>1\Rightarrow -\dfrac{2\cos\varphi\cos y}{\cos\varphi}>1$$

Здесь применили формулу "сумма косинусов". Сократим на $\cos\varphi\ne0$. Получаем

$$\cos y<-\dfrac{1}{2}\Rightarrow\angle ABC > 120^\circ$$

Пусть $\angle A'BC=120^{\circ}$ и возьмем на окружности точку $D$ такую что $A'D=A'B$ пусть $D' \in CD$ такая что $\angle DA'D'=60^{\circ}$ и $A'D=A'D'$ и $E \in BC$ такая что $EB=A'B$ тогда $EA'=EB=A'B=A'D'=DD'=AD$ откуда $CD'=BC$ или $CD=A'B+BC=CE$ если $CD>CE$ тогда $A$ лежит внутри меньшей дуги $A'B$ то есть $\angle ABC > A'BC=120^{\circ}$