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

Таким образом, подобие треугольников ABC и ОLK доказано.

1.20. Сумма всех углов треугольника равна 7А. Поэтому 

B силу теоремы синусов

Соотношение, которое нужно доказать, эквивалентно такому:

или

Преобразуем левую часть:

что и доказывает наше соотношение.

1.21. Проведем AL параллельно BC (рис. P.1.21).

Из подобия треугольников RAL и RBP следует, что

Из подобия треугольников AQL и CQP:

Подставляя значение AL в отношение, полученное раньше, придем к равенству

что и требовалось доказать.

1.22. Пусть AE — высота треугольника, опущенная на BC (рис. P.1.22). Тогда все участвующие в левой части равенства величины можно выразить через AE и длины отрезков, лежащих на BC. При этом следует стремиться связать каждый отрезок с точкой 1. Получим

AB² = BE² + AE² = (BD + DE)² + AE².

AC² = CE² + AE² = (CD − DE)2 + AE².

AD² = DE² + AE.

Воспользовавшись полученными соотношениями, составим сумму

AB² · DC + AC² · BD − AD² · BC.

Раскрыв скобки и приведя подобные члены, получим

(DE² + AE²)(DC + BD − BC) + DC · BD² + BD · DC².

Так как DC + BD = BC, то остается

DC · BD² + BD · DC² = (BD + DC)DC · BD = BC · DC · BD,

что и требовалось доказать.

1.23. Проведем CE и AD параллельно BQ, а отрезки AP и CR продолжим до пересечения с ними (рис. P.1.23).

Рассмотрим образовавшиеся в результате подобные треугольники. Так как отрезки AD и OQ параллельны, то  Из подобия треугольников ADO и OEC следует, что. Итак, .

Воспользовавшись двумя парами подобных треугольников: EPC и OBP, ADR и RBO, мы можем записать

Следовательно,

1.24. Треугольник ABC и три треугольника, образовавшихся внутри него (рис. P.1.24), подобны.

Поэтому

Следовательно, 

1.25. Обозначим угол AOD (рис. P.1.25) через α. Так как углы AOB и BOC равны 120°, то углы BOF и COE равны соответственно 60° − α и 60° + α. Составим сумму

AD² + CE² + BF² = R² sin² α + R² sin² (60° + α) + R² sin² (60° − α).

После понижения степени получим

Тем самым доказано, что эта величина не зависит от положения прямой на плоскости.

1.26. По теореме косинусов

с² = а² + b² − 2ab cos С = 7,

откуда с = √7. По теореме синусов

Угол AOB (рис. P.1.26) центральный, а угол ACB вписанный. У них общая дуга, следовательно, угол AOB равен 120°.

Применим теперь теорему синусов к треугольнику AOB:

Оставшиеся величины RAOC и RBOC можно найти по формуле R = abc/4S.

Площади каждого из этих треугольников проще вычислить, если найти их высоты, опущенные из точки О:

Таким образом, площади треугольников AOC и BOC равны  соответственно, а радиусы окружностей, описанных около этих треугольников, равны 7/√3 и 7/4√3 соответственно.

Ответ.

1.27. По теореме косинусов и в силу равенства а² = с(b + с) получим b² + с² − 2bc cos А = c(b + с), откуда

cos А = b − c/2c.

Данное в условии равенство можно записать так: с² = а² − bc, и сравнить его с теоремой косинусов для угла С. Получим

cos С = b + c/2a.

Нам нужно доказать, что угол А вдвое больше угла С. Вычислим для этого cos 2С и сравним с cos А:

B выражение для cos А, которое мы получили раньше, сторона а не входит. Поэтому заменим в правой части полученной формулы а² на bc + с². Получим

т. е. cos А = cos 2С. Так как cos С = b + c/2a > 0, то угол С острый. Углы А и 2С лежат между 0 и π, т. е. в интервале монотонности косинуса. Таким образом, из равенства косинусов следует равенство углов А = 2С.

1.28. Центр О вписанный окружности лежит на пересечении биссектрис (рисунок сделайте самостоятельно). Поэтому

Подставляя в данное соотношение OA² = OB · OC, получим

Применив к правой части формулу преобразования произведения синусов в сумму, приведем равенство к виду

Заметив, что B + С = π − А, получим

cos B − C/2 = 2 sin² А/2 + sin А/2,

что и требовалось доказать.

1.29. По условию S = а² − b² − с² + 2bc. С другой стороны, S = ½с sin А. Сравнивая эти выражения, получим а² − b² − с² + 2bc = ½ bc sin А.

Воспользуемся теоремой косинусов и заменим а² на b² + с² − 2bc cos А. После приведения подобных и сокращения на bc останется тригонометрическое уравнение

½ sin А = −2 cos А + 2,

которое можно переписать так:

sin А/2 cos А/2 = 4 sin² А/2.

Так как А — угол треугольника, то А лежит в первой четверти и sin А/2 ≠ 0. Наше уравнение принимает вид tg А/2 = ¼.

Ответ. А = 2arctg ¼.

1.30. Пусть О1, О2, О3 — центры квадратов, построенных на сторонах треугольника ABC (рис. P.1.30). Опустим из них перпендикуляры на стороны. Проведем средние линии DE и KE. На отрезках О2K и KE построим параллелограмм KELO2.

Рассмотрим четырехугольники О1EDO3 и BELO2. При повороте около точки E одного из них на 90° он совпадает с другим (убедитесь в равенстве сторон и углов самостоятельно). Следовательно, отрезки О1О3 и ВО2 равны, что и требовалось доказать.

1.31. Достроим треугольник ABC до параллелограмма так, чтобы сторона AB была диагональю параллелограмма (рис. P.1.31).

Проведем BD1 || AD. Точку пересечения BD1 с диагональю CC1 параллелограмма обозначим через M1. Треугольники MDC и M1BC подобны. Так как MF = CF/4, то MC : MM1 = 3 : 2. Следовательно, MD : M1B = 3 : 5. Так как M1B = AM, то AM : MD = 5 : 3.

Площадь треугольника AFM в восемь раз меньше площади треугольника ABC, т. е. равна 8 . Высота треугольника AFM (F — середина AB), опущенная из вершины F, в два раза меньше высоты треугольника ABD, опущенной из вершины B. Так как AM : AD = 5 : 8, то площадь треугольника AFM относится к площади треугольника ABD как 5 относится к 2 · 8, т. е. как 5 : 16.