Holandia, 1990: siedmiokat foremny

Wszelkie konkursy oraz olimpiady matematyczne poza granicami Polski.
anxerx
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 5
Rejestracja: 6 lut 2022, o 23:56
Płeć: Mężczyzna
wiek: 18
Podziękował: 2 razy

Holandia, 1990: siedmiokat foremny

Post autor: anxerx » 2 kwie 2022, o 15:04

Dzień dobry, próbuje zrobić poniższe zadanie trygonometrycznie, lecz nie wychodzi mi ostatnia równość. Możliwe też, że gdzieś na początku przybrałem nieprawdziwe założenie, bo po podstawieniu prawdziwych liczb zamiast zmiennych, lewa strona nie jest równa prawej. Zależy mi żeby zrobić je trygonometrycznie, jeżeli się da, bo sposób nietrygonometryczny już znam.

Treść zadania: Dany jest siedmiokąt foremny \(\displaystyle{ ABCDE{}FG}\) o boku długości \(\displaystyle{ 1}\). Udowodnij, że \(\displaystyle{ \frac{1}{AC} + \frac{1}{AD} = 1. }\)
Moje rowzwiązanie:
Niech \(\displaystyle{ O}\) będzie środkiem okręgu opisanego na siedmiokącie foremnym \(\displaystyle{ ABCD{}EFG}\), \(\displaystyle{ r = OC, M }\) - punkt przecięcia prostych \(\displaystyle{ BO }\) i \(\displaystyle{ AC, HC = HD = \frac{CD}{2} = \frac{1}{2}, \angle MOD = \angle COM = \alpha }\).
Stąd \(\displaystyle{ \sin \alpha = \frac{1}{2r}, \cos \alpha = \frac{\sqrt{r^{2} - \frac{1}{4} }}{r} }\)
\(\displaystyle{ BO}\) jest prostopadła do \(\displaystyle{ AC}\), więc \(\displaystyle{ \angle AMO = 90^\circ.}\)
Kąt \(\displaystyle{ \angle AOB = 2\alpha }\), kąt \(\displaystyle{ \angle MAO = 90^\circ -2 \alpha }\).
Więc \(\displaystyle{ \sin 2 \alpha = \frac{AC}{2r}}\), więc \(\displaystyle{ AC = \sin 2 \alpha \cdot 2r }\).
Wiemy, że \(\displaystyle{ \sin 2\alpha = 2 \sin \alpha \cos \alpha }\),
więc \(\displaystyle{ AC = 4r \sin \alpha \cos \alpha. }\)
Stąd \(\displaystyle{ AC = \frac{2\sqrt{r^{2} - \frac{1}{4} }}{r}. }\)
Kąt \(\displaystyle{ \angle AOD = 6 \alpha }\). Niech \(\displaystyle{ P}\) będzie połową boku \(\displaystyle{ AD}\), wtedy kąt \(\displaystyle{ \angle APO = 90^\circ}\), a kąt \(\displaystyle{ \angle POA = 3 \alpha }\), więc \(\displaystyle{ \sin 3 \alpha = \frac{AD}{2r}. }\)
Używając funkcji trygonometrycznej potrojonego kąta: \(\displaystyle{ \sin 3 \alpha = -4 \sin \alpha ^{3} + 3 \sin \alpha }\) oraz \(\displaystyle{ \sin \alpha = \frac{1}{2r} }\) wychodzi mi, że \(\displaystyle{ AD = 3- \frac{1}{2 r^{2} } }\).
Podstawiając to do wzoru głównego, nie wychodzi mi wynik. Czy gdzieś popełniłem błąd?
Ostatnio zmieniony 2 kwie 2022, o 15:22 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.

janusz47
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 7249
Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 27 razy
Pomógł: 1557 razy

Re: Holandia, 1990: siedmiokat foremny

Post autor: janusz47 » 2 kwie 2022, o 17:49

\(\displaystyle{ |\angle MOD| \neq |\angle COM| }\)

ODPOWIEDZ