Задача
5 отговора
248 прегледа
Задача
Върху по-малките дъги BC, CA, AB на описаната около равностранния триъгълник ABC окръжност са избрани съответно точките A1, B1, C1 по такъв начин, че триъгълникът A1B1C1 е също равностранен. Да се докаже, че ако отсечката A1B1 пресича отсечките CA и CB съответно в точките P и Q, то лицето на триъгълника CPQ = 1/3*S*tg(x/2)*cotg(x/2+pi/6), където S е лицето на триъгълника ABC и x=ъгъл CPQ.
Решение
Здравей - , ето едно малко "хамалско" решение, но все пак решение.
Ще използвам 180 вместо пи и &3 вместо корен квадратен от 3. Нека PC=a QC=b и PQ=c. Тогава
a/c = sin(120-x)/sin(60) => a=2sin(60+x)c/&3
b/c = sinx/sin(60) => b=2sin(x)c/&3
Заради равнобедреността на B1PC и A1QC, B1P=a и A1Q=b => a+b+c e равно на дължината на страната на равнострания триъгълник.
=> S = (a+b+c)^2*(&3/4)
a+b+c=(2c/&3)*(sin(60+x)+sin(x)+sin(60))
sin(x)+sin(60)+sin(60+x)=2sin(30+x/2)sin(30-x/2)+2sin(30+x/2)cos(30+x/2)=
= 4sin(30+x/2)cos(30)cos(x/2)
=>S= (sin(30+x/2)cos(x/2))^2*(&3*4*c*c)
Лицето на PQC=absin(60)/2=c*c*sin(x)sin(60+x)*&3/3
1/3*S*tg(x/2)*ctg(30+x/2)=
=1/3*c*c*&3*4*sin(30+x/2)*cos(x/2)*sin(x/2)*cos(30+x/2)
=> ok.
Поздрави,
birk
Ще използвам 180 вместо пи и &3 вместо корен квадратен от 3. Нека PC=a QC=b и PQ=c. Тогава
a/c = sin(120-x)/sin(60) => a=2sin(60+x)c/&3
b/c = sinx/sin(60) => b=2sin(x)c/&3
Заради равнобедреността на B1PC и A1QC, B1P=a и A1Q=b => a+b+c e равно на дължината на страната на равнострания триъгълник.
=> S = (a+b+c)^2*(&3/4)
a+b+c=(2c/&3)*(sin(60+x)+sin(x)+sin(60))
sin(x)+sin(60)+sin(60+x)=2sin(30+x/2)sin(30-x/2)+2sin(30+x/2)cos(30+x/2)=
= 4sin(30+x/2)cos(30)cos(x/2)
=>S= (sin(30+x/2)cos(x/2))^2*(&3*4*c*c)
Лицето на PQC=absin(60)/2=c*c*sin(x)sin(60+x)*&3/3
1/3*S*tg(x/2)*ctg(30+x/2)=
=1/3*c*c*&3*4*sin(30+x/2)*cos(x/2)*sin(x/2)*cos(30+x/2)
=> ok.
Поздрави,
birk
