ЭМГеометрия: Задача 292

Задача 292

В окружности с центром $O$ проведены два взаимно перпендикулярных радиуса $OA$ и $OB$ , точка $C$ — точка на дуге $AB$ , такая, что $\angle AOC=60^{ \circ}$ ( $\angle BOC=30^{ \circ}$ ). Окружность с центром $A$ и радиусом $AB$ пересекает продолжение $OC$ за точку $C$ в точке $D$ . Докажите, что отрезок $CD$ равен стороне правильного десятиугольника, вписанного в окружность. Возьмем теперь точку $M$ , диаметрально противоположную точке $C$ . Отрезок $MD$ , увеличенный на $\dfrac {1}{5}$ своей длины, принимается приближенно равным полуокружности. Оцените погрешность этого приближенного равенства.

Решение:
1) Найдем длину стороны правильного десятиугольника, вписанного в окружность. Для этого в окружность с центром в точке $O$ впишем правильный десятиугольник и построим $\triangle PON$ , где отрезок $PN$ является стороной правильного десятиугольника.

$\angle PON = \dfrac{360^{ \circ}}{10} = 36^{ \circ}$ .

Так как $\triangle PON$ является равнобедренным ( $OP= ON = R$ , где $R$ — радиус окружности с центром в точке $O$ ), то

$\angle PNO = \angle NPO = \dfrac{180^{ \circ} - \angle PON}{2} = \dfrac{180^{ \circ} - 36^{ \circ}}{2} = 72^{ \circ}$ .

Проведем биссектрису $PK$ в $\triangle PON$ . Так как биссектриса делит угол пополам, то

$\angle NPK = \angle KPO = \dfrac{\angle NPO}{2}= \dfrac{72^{ \circ}}{2} = 36^{ \circ}$ .

В $\triangle PNK$ : $\angle NPK = 36^{ \circ}$ , $\angle PNK=72^\circ$ , $\angle NKP=180^\circ-\angle NPK-\angle PNK=72^\circ$ , следовательно, $\triangle PNK$ является равнобедренным (так как если у треугольника два угла равны, то данный треугольник является равнобедренным).В $\triangle PKO$ : $\angle KOP = \angle KPO = 36^{ \circ}$ . Значит, $\triangle PKO$ также является равнобедренным. Следовательно, $OK = KP = PN$ .

В $\triangle PNK$ : $\angle NPK = 36^{ \circ}$ , $\angle PNK=72^\circ$ , а в $\triangle OPN$ : $\angle PON = 36^{ \circ}$ и $\angle OPN = 72^{ \circ}$ . Следовательно, $\triangle PNK \sim \triangle OPN$ по первому признаку подобия треугольников. Поэтому справедливо отношение сторон

$\dfrac{PN}{OP} = \dfrac{NK}{PN}$ $\Rightarrow$ $PN^2 = OP \cdot NK = R \cdot (R - OK) = R \cdot (R - KP) = R \cdot (R - PN)$ .

$\Rightarrow$ $PN^2 = R^2 - R \cdot PN$

$PN^2 + R \cdot PN - R^2 = 0$

$D = R^2 + 4R^2 = 5R^2$

$PN_{1, 2} = \dfrac{-R \pm \sqrt 5R }{2}$ , так как $PN > 0$ , то $PN = \dfrac{R \sqrt 5 - R}{2} = \dfrac{R(\sqrt 5 - 1)}{2}$ .

Следовательно, нужно доказать, что $CD=\dfrac{R(\sqrt 5-1)}{2}$ , где $R$ — радиус окружности с центром в точке $O$ .

2) Проведем отрезки $AC$ и $AD$ .

Рассмотрим $\triangle AOC$ . По условию $\angle AOC = 60^{ \circ}$ , $OA = OC = R$ , значит, $\triangle AOC$ является равнобедренным и $\angle OCA = \angle OAC = \dfrac{180^{ \circ} - 60^{ \circ}}{2} = 60^{ \circ}$ . Следовательно, $\triangle AOC$ является равносторонним и $OA = OC = AC = R$ .

По теореме Пифагора для прямоугольного $\triangle BOA$ :

$AB^2 = OB^2 + OA^2$

$AB^2 = R^2 + R^2 = 2R^2$

$\Rightarrow$ $AB = \sqrt 2 R$ .

По теореме косинусов для $\triangle DCA$ :

$AD^2 = CD^2 + AC^2 - 2 \cdot CD \cdot AC \cdot \cos \angle DCA$ .

$\angle DCA = 180^{ \circ} - \angle OCA = 180^{ \circ} - 60^{ \circ} = 120^{ \circ}$ , так как $\angle DCA$ и $\angle OCA$ являются смежными. $AB = AD = \sqrt 2 R$ , так как являются радиусами окружности с центром с точке $A$ .

$\Rightarrow$ $(\sqrt 2 R)^2 = CD^2 + R^2 - 2 \cdot CD \cdot R \cdot \cos \angle 120^{\circ}$

$2R^2 = CD^2 + R^2 - 2 \cdot \left(-\dfrac{1}{2}\right) \cdot CD \cdot R$

$CD^2 + R \cdot CD - R^2 = 0$

$D = R^2 + 4R^2 = 5R^2$

$CD_{1, 2} = \dfrac{-R \pm \sqrt 5 R }{2}$ , так как $CD > 0$ , то $CD = \dfrac{R(\sqrt 5 - 1)}{2}$ .

Следовательно, отрезок $CD$ равен стороне правильного десятиугольника, вписанного в окружность с центром в точке $O$ , что и требовалось доказать.

3) Оценим погрешность приближенного равенства длины отрезка $MD$ , увеличенного на $\dfrac{1}{5}$ своей длины, и длины полуокружности с центром в точке $O$ .