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

а так как  то

После подстановки уравнение относительно R выглядит следующим образом:

Заменим  на  и после несложный упрощений

получим

откуда

Ответ.

1.40. Запишем отношение площадей данных прямоугольных треугольников (рис. P.1.40):

Кроме того, AD · AB = AE · AC. Найдем отсюда AO и подставим в предыдущее равенство; получим

Обозначим углы ADC и AEB, опирающиеся на дугу BC, через φ:

Следовательно, дуга BC равна

Угол А прямой и измеряется полуразностью высекаемых им на окружности дуг (2π − ∪DE) и BC:

π/2 = (2π − ∪DE) − ∪BC/2, т.E. π/2 = ½(∪DE + ∪BC).

Отсюда найдем величину дуги DE, которая равна 

Ответ.

1.41. Введем обозначения, указанные на рис. P.1.41. B треугольнике AOO1:

Чтобы применить к этому треугольнику теорему косинусов, обозначим угол BAD через β. Из треугольника ABD:

Следовательно, по теореме косинусов для треугольника АОО1:

Раскроем скобки и воспользуемся формулой косинуса суммы. После упрощения получим искомый радиус.

Ответ.

1.42. Обозначим сторону квадрата через а. Тогда (см. рис. P.1.42)

Перед корнем выбраны два знака, так как искомый квадрат может быть расположен либо так, как показано на рис. P.1.42, а, либо так, как показано на рис. P.1.42, б. B первом случае нужно взять знак плюс, а во втором — минус.

С другой стороны, из треугольника OBD находим  Получаем уравнение

После простых преобразований и повторного возведения в квадрат получаем уравнение

2a4 − 2a²(R² + r²) + (R² − r²)² = 0,

в котором исчезло различие между случаями, изображенными на рис. P.1.42, а, б. Из последнего уравнения имеем

или

Из первого выражения для а² видно, что оба значения положительны, если неотрицательно подкоренное выражение. Так как по условию R > r, то получаем

и окончательно

Ответ.

Задача имеет решение при 1 < R/r ≤ 1 + √2. Если же R/r = 1 + √2, то задача имеет единственное решение

1.43. Так как OE² = R² − x² и OF = R/2 (рис. P.1.43), то  С другой стороны, EF = 2x. Получаем уравнение

R² − x² = (R/2 + 2x)²,

решая которое найдем половину стороны  квадрата x = 3/2 .

Ответ. 3.

1.44. Введем обозначения, указанные на рис. P.1.44. Так как меньшая окружность вписана в угол ADC, то ее центр О1 лежит на биссектрисе этого угла.

Из треугольника ОО1F имеем ОО²1 = OF² + FO²1, т. е.

(R + r)² = (R − r)² + x². (4)

Из треугольника АВН: АН = ВН ctg α = R ctg α, т. е.

а = 2R + 2Rctg α. (5)

Из треугольника O1GD:

r = (a/2 − x)tg α/2.    (6)

Из уравнения (4) находим 4Rr = x², или 2√R √r = x, и подставляем в уравнение (6). Получим

2r + 4√R √r tg α/2 − a tg α/2 = 0,

или, проще,

2 ctg α/2r + 4√R √r − a = 0.

Мы пока не будем выражать R через а и α, а, наоборот, заменим а его выражением через R и α. Это удобнее, так как квадратное уравнение таково, что впоследствии √R можно будет вынести за скобки:

Знак минус перед корнем не имеет геометрического смысла. Если в подкоренном выражении воспользоваться формулой котангенса двойного угла, то

Следовательно,

Итак,

Ответ.

1.45. Рассмотрим вначале случай, когда диаметр CD разбивает фигуру PQNM на две части. Докажем, что фигуры CQNK и OQ1D равновелики (рис. P.1.45, а). Имеем

SCKNQ = SCDQ − SKND,

где SCDQ = SCOQ + SQOD.

Итак, SCKNQ = SCOQ + SQOD − SKND.

Если радиус меньшей окружности равен r, то радиус большей равен r√2. Углы CDQ и COQ опираются на общую дугу CQ, причем один из них вписан в окружность, а другой является центральным. Следовательно, если угол CDQ равен β, то угол COQ равен 2β. Теперь мы можем вычислить площади секторов COQ и KDN:

Таким образом, SCOQ = SKND. Тем самым доказано, что SCKNQ = SQOD. Поскольку треугольники QOD и Q1OD равновелики (у них общее основание и общая высота), то

Аналогично доказывается равенство , что и завершает доказательство для случая, когда точки P и Q лежат по разные стороны от CD.

Если точки P и Q лежат по одну сторону от диаметра (рис. P.1.45, б), то решение не меняется. Только в конце найденные площади придется не складывать, а вычитать.

1.46. Из треугольника OAK (рис. P.1.46)

OK² = R² − (AB/2)².

Так как KP1 = AP1 − AB/2, то из треугольника OKP1

По условию OP1 = MP1. Приравнивая два полученных выражения для OK² и заменяя ОР1 на МР1, найдем

Нам нужно вычислить длину отрезка MP. Чтобы воспользоваться прямоугольным треугольником MPP1, в котором мы знаем длину МР1, нужно вычислить PP1. Так как треугольник APB прямоугольный, то  Теперь можно вычислить и МР:

Раскрывая скобки и приводя подобные члены, получим MP² = R².

Ответ. R.

1.47. Из треугольника AOC (рис. P.1.47) легко найти AC = 4R/5. Так как AC · СВ = МС · CN, то

откуда x = 2R/15.

Проведем перпендикуляр OD к хорде MN. Так как MD = 13x/2, то

CD = MD − МС = 5x/2 = R/3.

Косинус угла OCD равен синусу искомого угла NCB:

CD/OC = R/3 : 3R/5 = 5/9.

Ответ. arcsin 5/9.

1.48. Соединим центры О2 и O1 рассматриваемых окружностей. Отрезок O1О2  равен x + R/2 (рис. P.1.48).

Центр О2 лежит на биссектрисе угла OAB, равного 45°. Поэтому угол DAO2 равен 45°/2. Это позволяет выразить через R и x отрезок DO:

DO = R − AD = R − x ctg 45°/2 = R − x 1 + cos 45°/sin 45° = R − x(√2 + 1).