BC II AD; Пусть начало координат O в середине AD; Ось OX вдоль AD, ось OY -перпендикулярно (проходит через середины BC и EF), ось OZ вдоль OS; Плоскость SAF пересекает оси OX в точке A (0, -1, 0) OY в точке M (0, -√3, 0) и OZ в точке S (0, 0, √3); Координаты M и S очень легко вычислить, потому что OM = OS = OA*tg(60°) (треугольник ASD очевидно равносторонний). Уравнение плоскости SAF выглядит так - x - y/√3 + z/√3 = 1; откуда вектор, нормальный к этой плоскости N = (-√3, -1, 1) (или любой ему пропорциональный). Теперь надо найти угол между N и осью OX cos(Ф) = Nx/INI = -√(3/5); по сути это ответ, знак косинуса не важен, его надо просто отбросить (минус означает, что вектор N "смотрит налево", не более того, но можно выбрать и противоположный ему вектор в качестве нормального) Ф = arccos(√(3/5)); В задаче надо найти угол между BC и плоскостью SAF. Определение этого угла зависит от того, откуда и в какую сторону считать, но если выбрать ориентацию нормали и определить угол с плоскостью так, чтобы они оба были острые, то ясно, что угол с нормалью и угол с плоскостью вместе составляют 90°; отсюда нужный угол равен arcsin(√(3/5));
Вот некое утверждение, если кто-то докажет, что оно ошибочно, я ему лично пожму руку :))) Пусть высота CH пересекает описанную окружность в точке K, биссектриса CL в точке Q, медиана CM в точке P. Дуги AK = KQ = QP = PB; Точки P и K симметричны относительно QM. Легко доказать (я тут этого делать не буду!), что прямая PM проходит через ортоцентр ABC. (то есть точку пересечения высот). А теперь - внимание! : Для того, чтобы эта прямая через вершину C, нужно, чтобы вершина C была бы ортоцентром треугольника ABC. :))) То есть этот треугольник - прямоугольный. (странное доказательство, и я жду возражений :) Получается, что, если медиана и высота образуют с биссектрисой равные углы, то треугольник обязательно прямоугольный. Это - очень сильное утверждение, мне не верится, что это на самом деле так). Чтобы, если это доказательство будет опровергнуто, решение не удалили, я приведу и другое, очень тупое доказательство. Если обозначить угол между высотой и биссектрисой x, то легко найти AH = HL = h*tg(x); BH = h*tg(3x); MH = h*tg(2x); h = CH; из того, что CM - медиана, следует tg(3x) - tg(2x) = tg(x) + tg(2x); sin(x)/(cos(3x)*cos(2x)) = sin(3x)/(cos(x)*cos(2x)); sin(2x) = sin(6x); cos(4x)*cos(2x) = 0; единственное приемлемое решение 4x = π/2; то есть ∠ACB = π/2; треугольник прямоугольный. Его меньший острый угол равен x = π/8; Дальше все в этой задаче просто, CM = R; СL = AC = 2R*sin(π/8); CH = AC*cos(π/8) = R*sin(π/4) = R√2/2; вычислить значение z = sin(π/8) можно так 1 - 2*(sin(π/8))^2 = √2/2; sin(π/8) = √(2-√2)/2;
Плоскость SAF пересекает оси OX в точке A (0, -1, 0) OY в точке M (0, -√3, 0) и OZ в точке S (0, 0, √3);
Координаты M и S очень легко вычислить, потому что OM = OS = OA*tg(60°) (треугольник ASD очевидно равносторонний).
Уравнение плоскости SAF выглядит так
- x - y/√3 + z/√3 = 1;
откуда вектор, нормальный к этой плоскости N = (-√3, -1, 1) (или любой ему пропорциональный).
Теперь надо найти угол между N и осью OX
cos(Ф) = Nx/INI = -√(3/5); по сути это ответ, знак косинуса не важен, его надо просто отбросить (минус означает, что вектор N "смотрит налево", не более того, но можно выбрать и противоположный ему вектор в качестве нормального)
Ф = arccos(√(3/5));
В задаче надо найти угол между BC и плоскостью SAF. Определение этого угла зависит от того, откуда и в какую сторону считать, но если выбрать ориентацию нормали и определить угол с плоскостью так, чтобы они оба были острые, то ясно, что угол с нормалью и угол с плоскостью вместе составляют 90°; отсюда нужный угол равен arcsin(√(3/5));
Пусть высота CH пересекает описанную окружность в точке K, биссектриса CL в точке Q, медиана CM в точке P. Дуги AK = KQ = QP = PB;
Точки P и K симметричны относительно QM.
Легко доказать (я тут этого делать не буду!), что прямая PM проходит через ортоцентр ABC. (то есть точку пересечения высот).
А теперь - внимание! :
Для того, чтобы эта прямая через вершину C, нужно, чтобы вершина C была бы ортоцентром треугольника ABC. :))) То есть этот треугольник - прямоугольный.
(странное доказательство, и я жду возражений :) Получается, что, если медиана и высота образуют с биссектрисой равные углы, то треугольник обязательно прямоугольный. Это - очень сильное утверждение, мне не верится, что это на самом деле так).
Чтобы, если это доказательство будет опровергнуто, решение не удалили, я приведу и другое, очень тупое доказательство.
Если обозначить угол между высотой и биссектрисой x, то легко найти
AH = HL = h*tg(x); BH = h*tg(3x); MH = h*tg(2x); h = CH;
из того, что CM - медиана, следует
tg(3x) - tg(2x) = tg(x) + tg(2x);
sin(x)/(cos(3x)*cos(2x)) = sin(3x)/(cos(x)*cos(2x));
sin(2x) = sin(6x);
cos(4x)*cos(2x) = 0;
единственное приемлемое решение 4x = π/2; то есть ∠ACB = π/2; треугольник прямоугольный.
Его меньший острый угол равен x = π/8;
Дальше все в этой задаче просто,
CM = R; СL = AC = 2R*sin(π/8); CH = AC*cos(π/8) = R*sin(π/4) = R√2/2;
вычислить значение z = sin(π/8) можно так
1 - 2*(sin(π/8))^2 = √2/2;
sin(π/8) = √(2-√2)/2;