Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы - Альберт Рывкин

Остается

B правой части стоит положительное число. Чтобы можно было найти С, это число не должно превышать единицу, т. е.

Неравенство можно переписать так:

При возведении в квадрат необходимо добавить ограничение k² − 2h² ≥ 0. Получим систему

решением которой будет k ≥ 2√2 h, так как k и h по условию положительны.

Ответ.

1.13. Способ 1. После того как из точки О опущены перпендикуляры длины x, y и z на стороны а, b и с соответственно (рис. P.1.13, а), можно записать

2S = ax + by + cz.

С одной стороны, АО = y/sin α, а с другой стороны

Таким образом,

После простых преобразований получим

(y² − z²) cosec² α = c² − 2cz ctg α,

(x² − y²) cosec² α = b² − 2by ctg α,

(z² − x²) cosec² α = a² − 2ax ctg α,

где последние два уравнения выведены аналогично первому из рассмотренных отрезков CO и BO. Сложив все три уравнения, получим в левой части нуль, а в правой выражение, в которое входит S:

0 = (a² + b² + c²) − 2(ax + by + cz) ctg α.

Таким образом,

Способ 2. Так как площадь треугольника ABC равна сумме площадей трех треугольников, на которые треугольник ABC разбивается точкой O (рис. P.1.1З, б), то

S = ½ sin α (an +  bl + cm).

Записав теорему косинусов для каждого из треугольников AOB, BOC, COA, получим

2an cos α = a² + n² − m²,

2bl cos α = b² + l² − n²,

2cm cos α = c² + m² − l².

Сложим три последних равенства:

2 cos α (an + bl + cm) = a² + b² + c².

Используя полученное ранее выражение для S, исключим an + bl + cm.

Ответ.

1.14. По условию CD = BC − AC (рис. P.1.14).

Так как

AC = CD/sin A, BC = CD/sin B,

то

CD (1/sin B − 1/sin A) = CD

или

sin А − sin B = sin A sin B.

Последнее уравнение можно переписать так:

4 sin A − B/2 cos A + B/2 = cos (А − B) − cos (А + B).

Так как А − B = φ, то после замены

cos (А + B) = 2 cos² A + B/2 − 1

приходим к уравнению относительно y = cos A + B/2:

y² + 2 sin φ/2 y − cos² φ/2 = 0.

Из его корней

y1, 2 = ±1 − sin φ/2

годится только первый, т. е.

cos A + B/2 = 1 − sin φ/2.

Задача имеет решение при 0 < φ < π.

Остается решить систему

Ответ. А = arccos [1 − sin φ/2] + φ/2,

B = arccos [1 − sin φ/2] − φ/2

С = π − А − B.

1.15. Площадь S треугольника ABC (рис. P.1.15) может быть записана с помощью биссектрисы l следующим образом:

S = ½(а + b)l sin С/2.

Теперь приравняем три выражения для 2S:

аhа = bhb = (а + b)l sin С/2.

Исключая а, получим

откуда

Задача имеет решение, если

B правой части стоит величина, равная половине среднего гармонического длин hа и hb.

Ответ.  если длина биссектрисы больше среднего гармонического длин hа и hb.

1.16. Так как ОС и OB (рис. P.1.16) — биссектрисы соответствующих углов треугольника ABC, то

∠COB = π − (∠OCB + ∠OBC) = π − B + C/2.

Но B + С = π − А = π − α. Следовательно, ∠COB = π/2 + α/2.

Применяя теорему синусов, получим

Ответ.

1.17. Проведем через центр О1 (рис. P.1.17) вписанной в треугольник ABC окружности прямую, параллельную AC и пересекающую медиану AE в точке О. Докажем, что О — точка пересечения медиан треугольника ABC.

С помощью сравнения площадей получим (а + d)BD = rP, где

P = а + (а + d) + (а + 2d) = 3(а + d),

откуда BD = 3r.

Так как AE — медиана, то из подобия треугольников BDC и EFC следует, что

EF = ½ D = 3/2 r.

Из подобия треугольников AOC и AEF получаем АО : AE = OG : EF = 2 : 3.

Следовательно, АО : ОЕ = 2 : 1 и О — точка пересечения медиан.

1.18. Площадь треугольника ABC (рис. P.1.18), с одной стороны, равна ½ hаа = 2kr², а с другой стороны, равна pr. Следовательно, p = 2kr.

Так как АВ1 = АС1 (касательные к одной окружности) и аналогично BC1 = ВА1, СВ1 = СА1, то СВ1 + BC1 = СА1 + ВА1 = а, АВ1 + СВ1 + BC1 = p и АВ1 = p − а = 2kr − kr = kr. Теперь можно вычислить

tg А/2 = r/kr = 1/k.

Чтобы найти стороны b и с, определим величины b + с и bc. Величина b + с определяется просто:

b + с = 2p − а = 3kr.

Чтобы найти bc, вспомним, что площадь треугольника ABC, равная 2kr², может быть записана в виде ½ bc sin А, где sin А = 2k/1 + k² (по формуле универсальной подстановки). Таким образом, bc = 2r²(1 + k²).

Решая систему уравнений

найдем 

или наоборот

Задача имеет решение при k > 2√2.

Ответ.

1.19. Так как углы С, А, B треугольника ABC образуют геометрическую прогрессию со знаменателем 2, то А = 2С, B = 4С (рис. P. 1.19). Точка О — центр вписанной окружности, т. е. OK и OL являются отрезками соответствующих биссектрис.

Вычислим углы треугольника OLK. Угол KOL равен углу BOA треугольника BOA, в котором два угла уже известны: угол при вершине А равен С, а угол при вершине B равен 2С. Следовательно, угол BOA = π − 3С. Но по условию π = А + B + С = 7С, т. е. угол BOA, а следовательно, и угол LOK равны 4С.

Рассмотрим далее треугольник EKC. Угол при вершине E в этом треугольнике (равный углу AEO из треугольника AEO) вместе с углом OAE, равным С, образуют угол LOK, равный 4С. Таким образом, угол KEC равен 3С. Угол ECK равен половине угла ECM, который вместе с углом С образуют π, т. е. 7С. Следовательно, угол ECK равен 3С. Найденные два угла, каждый из которых равен 3С, позволяют найти третий: угол OKL равен С.