БАГРУТ (5). ЗИМА 2023, ВАРИАНТ 35571, ЗАДАНИЕ 5
(א) Рассмотрим треугольник \(BCD\). \(\measuredangle BCD=90^{\circ}\), так как вписанный угол, опирающийся на диаметр равен \(90^{\circ}\). (\(BD\) — диаметр, \(BD=2R\)).
Косинус острого угла прямоугольного треугольника равен отношению прилежащего катета к гипотенузе. Поэтому \(\cos \alpha=\frac{CD}{BD}=\frac{m}{2R}\)
Ответ: \(\cos \alpha=\frac{m}{2R}\)
(ב) Рассмотрим треугольник \(CED\). По условию \(OE=ED\), поэтому \(ED=\frac{OD}{2}=\frac{R}{2}\).
Чтобы найти \(CE\) воспользуемся теоремой косинусов: квадрат стороны треугольника равен сумме квадратов двух других сторон минус удвоенное произведение этих сторон на косинус угла между ними.
\(CE^2=CD^2+ED^2-2\cdot CD\cdot ED\cdot \cos \alpha\)
\(CE^2=m^2+(\frac{R}{2})^2-2\cdot m\cdot \frac{R}{2}\cdot \cos \alpha\)
Из п. (א) \(\cos \alpha=\frac{m}{2R}\), тогда
\(CE^2=m^2+(\frac{R}{2})^2-2\cdot m\cdot \frac{R}{2}\cdot \frac{m}{2R}=\)
\(=m^2+\frac{R^2}{4}-\frac{m^2}{2}=\frac{2m^2+R^2}{4}\)
\(CE=\sqrt{\frac{2m^2+R^2}{4}}=\frac{1}{2}\sqrt{2m^2+R^2}\)
Что и требовалось доказать.
(ג) Вычислим \(\alpha\), если \(BC=EC\).
Рассмотрим треугольник \(BCE\). Так как по условию \(BC=EC\), этот треугольник равнобедренный. Проведем высоту \(CK\). В равнобедренном треугольника высот является медианой, поэтому \(BK=KE=\frac{BE}{2}=\frac{BD-ED}{2}=\frac{2R-\frac{R}{2}}{2}=\frac{3R}{4}\).
Рассмотрим прямоугольный треугольник \(CBK\).
\(\measuredangle B=90^{\circ}-\measuredangle D=90^{\circ}-\alpha\)- из прямоугольного треугольника \(BCD\), так как сумма острых углов в прямоугольном треугольнике равна \(90^{\circ}\)
\(\\\)
\(\\\)
\(\\\)
\(\\\)
\(\\\)
\(\\\)
Тогда \(\cos \measuredangle B=\frac{BK}{BC}\)
Так как \(BC=EC\) по условию, \(CE=\frac{1}{2}\sqrt{2m^2+R^2}\) (из п. (ב)), \(BK=\frac{3R}{4}\), \(\cos (90^{\circ}-\alpha)=\sin \alpha\), получим
\(\sin \alpha=\frac {\frac{3R}{4}}{\frac{1}{2}\sqrt{2m^2+R^2}}\).
Найдем, как соотносятся \(m\) и \(R\).
Запишем теорему Пифагора для треугольника \(BCD\):
\(BD^2=BC^2+CD^2\)
\((2R)^2=(\frac{1}{2}\sqrt{2m^2+R^2})^2+m^2\)
\(4R^2=\frac{2m^2+R^2}{4}+m^2\)
\(16R^2=6m^2+R^2\), \(15R^2=6m^2\), \(2m^2=5R^2\)
Тогда \(\sin \alpha=\frac {\frac{3R}{4}}{\frac{1}{2}\sqrt{2m^2+R^2}}=\frac {\frac{3R}{4}}{\frac{1}{2}\sqrt{5R^2+R^2}}=\frac{\frac{3R}{2}}{R\sqrt 6}=\frac{3}{2\sqrt 6}\)
\(\sin \alpha=\frac{3}{2\sqrt 6}\)
\(\alpha=\arcsin \frac{3}{2\sqrt 6}\approx 37.76^{\circ}\)
Ответ: \(\approx 37.76^{\circ}\)
(ד) Радиус \(OG\) параллелен \(CD\) по условию, следовательно, \(\measuredangle EOG=\measuredangle ODC=\alpha\) как накрест лежащие. \(OE=ED=\frac{R}{2}\), \(OG=R\).
Рассмотрим треугольник \(OEG\). Сначала по теореме косинусов найдем \(EG\), а затем по теореме синусов найдем синус угла \(OEG\).
\(EG^2=OE^2+OG^2-2\cdot OE \cdot OG\cdot \cos \alpha\)
\(\cos ^2 \alpha=1-\sin^2 \alpha=1-(\frac{3}{2\sqrt{6}})^2=1-\frac{9}{24}=\)
\(=\frac{15}{24}=\frac{5}{8}\)
\(\cos \alpha=\sqrt{\frac{5}{8}}\)
Тогда: \(EG^2=(\frac{R}{2})^2+R^2-2\cdot \frac{R}{2} \cdot R\cdot \sqrt{\frac{5}{8}}=R^2(\frac{5}{4}-\sqrt{\frac{5}{8}})\)
\(EG=R\sqrt {\frac{5}{4}-\sqrt{\frac{5}{8}}}\)
Теперь можем записать теорему синусов для треугольника \(OEG\)
\(\frac{OG}{\sin OEG}=\frac{EG}{\sin \alpha}\)
\(\frac{R}{\sin OEG}=\frac{R\sqrt {\frac{5}{4}-\sqrt{\frac{5}{8}}}}{\frac{3}{2\sqrt{6}}}\)
\(\sin OEG=\frac{R \cdot \frac{3}{2\sqrt{6}}}{R\sqrt {\frac{5}{4}-\sqrt{\frac{5}{8}}}}=\frac{3}{2\sqrt{6}\sqrt {\frac{5}{4}-\sqrt{\frac{5}{8}}}}\approx 0.903453\)
\(\arcsin 0.903453\approx 64.62^{\circ}\)
Так как угол \(OEG\) — тупой, \(\measuredangle OEG=180^{\circ}-64.62^{\circ}=115.38^{\circ}\)
Ответ: \(\measuredangle OEG=115.38^{\circ}\)