Ортоцентър и равенства

[123a]

За [tex]\triangle ABC[/tex] с ортоцентър $H$ са в сила равенствата $AH^2+BH^2+CH^2=7$ и $AH.BH.CH=3$. Да се намерят:

a) радиуса на описаната около [tex]\triangle ABC[/tex] окръжност;
б) страните на [tex]\triangle ABC[/tex] с максимално лице.

[Knowledge Greedy]

а)
За [tex]\alpha, \,\ \beta[/tex] и [tex]\gamma[/tex] - ъгли на триъгълник, е изпълнена тригонометричната зависимост
[tex]cos^2\alpha+cos^2\beta+cos^2\gamma=1-2cos\alpha cos\beta cos\gamma[/tex]

Приемаме означения:
[tex]R[/tex] - радиус на описаната окръжност
[tex]O[/tex] - център на описаната окръжност
[tex]K[/tex] - среда на [tex]AB[/tex]
[tex]L[/tex] - среда на [tex]BC[/tex]
[tex]M[/tex]- среда на [tex]CA[/tex]
Знаем, че
[tex]OK=\frac{1}{2} CH[/tex]
[tex]OL=\frac{1}{2} AH[/tex]
[tex]OM=\frac{1}{2} BH[/tex]
Освен това
[tex]OK=R cos\gamma[/tex]
[tex]OL=R cos\alpha[/tex]
[tex]OM=R cos\beta[/tex]
При тези факти условието се трансформира в следното
[tex]\left \{\begin{matrix}
OK^2+OM^2+OL^2 =\frac{7}{4} \\
OK.OM.OL=\frac{3}{8}
\end{matrix} \right.[/tex]

Оттук с помощта на тригонометричното тъждество в началото написваме уравнението
[tex]4R^3-7R-3=0[/tex],
чиито единствен положителен корен е [tex]R=\frac{3}{2}[/tex]
б)
Сигурно е, че максимумът на лицето ще се достигне при
[tex]\left|\begin{matrix}
AH &= & \sqrt{3} \\
BH & = & \sqrt{3}\\
CH & = & 1
\end{matrix}\right.[/tex]
Но ... трябва да се докаже.*
С помощта на косинусова теорема за [tex]\triangle AOH[/tex]
откриваме [tex]cos2\beta =\frac{\left (\frac{3}{2} \right )^2+\left (\frac{1}{2} \right )^2-(\sqrt{3})^2}{2.\frac{3}{2}.\frac{1}{2}}=-\frac{1}{3}[/tex]
След това отново с косинусова теорема (или със синусова- по избор ) намираме всяка от страните.
Аз получих [tex]AC=BC=\sqrt{6}[/tex]
[tex]AB=\frac{4\sqrt{2}}{3}[/tex]

[123a]

Решението за a) е непълно и за АВ е даден друг отговор.

[Knowledge Greedy]

Да, задачата не съм решил. За а) дадох подробно упътване, но точно за това упътване не съм склонен да приема забележки. В б) формулирах хипотеза; споменах (с червен шрифт), че трябва да се докаже; не успях да поправя грешката в отговора за AB и системата ме изхвърли. Затова повтарям поста.
а)
За [tex]\alpha, \,\ \beta[/tex] и [tex]\gamma[/tex] - ъгли на триъгълник, е изпълнена тригонометричната зависимост
[tex]cos^2\alpha+cos^2\beta+cos^2\gamma=1-2cos\alpha cos\beta cos\gamma[/tex]

Приемаме означения:
[tex]R[/tex] - радиус на описаната окръжност
[tex]O[/tex] - център на описаната окръжност
[tex]K[/tex] - среда на [tex]AB[/tex]
[tex]L[/tex] - среда на [tex]BC[/tex]
[tex]M[/tex]- среда на [tex]CA[/tex]
Знаем, че
[tex]OK=\frac{1}{2} CH[/tex]
[tex]OL=\frac{1}{2} AH[/tex]
[tex]OM=\frac{1}{2} BH[/tex]
При тези факти условието се трансформира в следното
[tex]\begin{array}{|l} OK^2+OM^2+OL^2 = \frac{7}{4} \\ OK.OM.OL = \frac{3}{8} \end{array}[/tex]

Освен това
[tex]OK=R cos\gamma[/tex]
[tex]OL=R cos\alpha[/tex]
[tex]OM=R cos\beta[/tex]

Оттук с помощта на тригонометричното тъждество в началото написваме уравнението
[tex]4R^3-7R-3=0[/tex],
чиито единствен положителен корен е [tex]R=\frac{3}{2}[/tex]

б)
Навярно максимумът на лицето ще се достигне при
[tex]\begin{array}{|l} AH = \sqrt{3} \\ BH = \sqrt{3} \\ CH = 1 \end{array}[/tex]
Но ... трябва да се докаже.
С помощта на косинусова теорема за [tex]\triangle AOH[/tex]
откриваме [tex]cos2\beta =\frac{\left (\frac{3}{2} \right )^2+\left (\frac{1}{2} \right )^2-(\sqrt{3})^2}{2.\frac{3}{2}.\frac{1}{2}}=-\frac{1}{3}[/tex]
След това отново с косинусова теорема (или със синусова- по избор ) намираме всяка от страните.
Аз получих [tex]AC=BC=\sqrt{6}[/tex]
[tex]AB=2\sqrt{2}[/tex]

[123a]

Решението на авторите Олег Мушкаров и Николай Николов. Добър подход, Knowledge Greedy. Забележката беше за това, че авторите са разгледали два случая- за остроъгълен и тъпоъгълен триъгълник и оттам се получават два отговора за радиуса на описаната
окръжност.