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

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

Так как CO1 = R/2 − x, O2С = DO = R − x(√2 + 1), а O1O2 = x + R/2, то по теореме Пифагора для треугольника O2CO1 получим

(R/2 − x)² + [R − x(√2 + 1)]² = (R/2 + x)²,

или после преобразований

[R − x(√2 + 1)]² = 2Rx,

т. е.

Получили квадратное уравнение относительно √x. Решая его, найдем

Так как  то

 (Второе значение √x не имеет смысла.)

Ответ. x = (3 − 2√2)R.

1.49. Соединим точки M и C (рис. P.1.49).

Так как диаметр ED перпендикулярен к BC, то точка N делит хорду BC пополам. Это означает, что треугольник МСВ равнобедренный. Обозначим МВ = МС = px. Угол АМС равен удвоенному углу МBC, т. е. π − 2φ. Из треугольника АМС по теореме косинусов имеем

AC² = АМ² + МС² − 2АМ · МС cos (π − 2φ) = x²(q² + р² + 2 pq cos 2φ),

а из треугольника ABC по теореме синусов

AC = 2R sin π/2 − φ = 2R cos φ,

т. е.

АС² = 4R² cos² φ.

Приравнивая найденные выражения для АС², получим

Площадь треугольника ABC будем искать в виде S = ½AN · BC. Так как МВ = px, а МА = qx, то AB = (p + q)x. Из треугольника ABN находим AN = AB cos φ = (p + q)x cos φ. Сторону BC можно определить из треугольника MBF в котором сторона BF = ½BC:

BC = 2BF = 2MB sin φ = 2px sin φ.

Таким образом, S = p(p + q)x² sin φ cos φ = ½ p(p + q)x² sin 2φ, откуда

Ответ.

1.50. Стороны треугольника по условию равны а − d, а, а + d, где через а мы обозначили длину средней стороны. Тогда полупериметр p = 3a/2 и из формулы Герона получим уравнение относительно а:

Введем новую переменную . Тогда получим

откуда

Далее найдем

Поскольку R = abc/4S, то в нашем случае

Ответ.

1.51. Проведем PP1 || AC и QQ1 || AC (рис. P.1.51).

Пусть P2 — точка пересечения PP1 с BR, а Q2 — точка пересечения QQ1 с BR. По условию P — середина AB. Следовательно, Р1 — середина BC, а Р2 — середина BR. Аналогично Q — середина P1B (так как по условию QB = BC/4), Q1 — середина PB, Q2 — середина BP2. Из подобия треугольников P2TP и Q2TQ (у них равны углы) следует, что P2T : TQ2 = PP2 : QQ2. Так как P2P1 = 4P2P, а , то QQ2 = 2P2P. Поэтому P2T : TQ2 = 1 : 2, а значит, и PT : TQ = 1 : 2.

Ответ. B отношении 1 : 2.

1.52. Способ 1. Соединим точки P и T (рис. P.1.52, а).

Пусть QN = RL = а, QT = m, TL = n, RT = l, TN = k. Обозначим треугольники, полученные из треугольника PQR: треугольник LTR — цифрой 1, треугольник RTQ — цифрой 2, треугольник QTN — цифрой 3, треугольник NTP — цифрой 4, треугольник PTL — цифрой 5, а их площади или площади образовавшихся из них фигур буквой S с соответствующими индексами.

Треугольники 1 и 1 + 5 имеют общую высоту. Аналогично треугольники 3 и 4. Поэтому

S1 : S1 + 5 = а : PR, S3 : S4 = а : PN,

откуда

(7)

B треугольниках 1 и 3 углы при вершине T равны как вертикальные, т. е. S1 : S3 = (nl) : (mk). У треугольников 4 и 1 + 5 общая высота, соответствующая вершине P, т. е. S4 : S1 + 5 = k : l. Остается найти PN : PR из (7).

Способ 2. Пусть QN = RL = а, QT = m, TL = n (рис. P.1.52, б). Обозначим угол NRP через α, угол PNR через β, а равные углы RTL и NTQ через γ.

Из треугольника PNR имеем

PN/PR = sin α/sin β.    (8)

Из треугольника NTQ имеем

a/m = sin γ/sin β.    (9)

Из треугольника LTR имеем

a/n = sin γ/sin α.    (10)

Разделим (10) на (9):

m/n = sin β/sin α, т. е. в силу (8) PN/PR = n/m.

Ответ. n : т.

1.53. Так как ∠MO1N = 60°, то MN сторона правильного вписанного в первую окружность шестиугольника. Ее длина равна радиусу первой окружности. На хорду MN (рис. P.1.53) опирается также вписанный в первую окружность ∠MO2N, измеряемый половиной дуги MbN, которая равна 300°.

Поэтому центральный угол ∠MO2N = 150°. Чтобы вычислить периметр фигуры MLNO2, общей для обеих окружностей, нужно знать радиус второй окружности. Он равен длине любого из отрезков O2L, O2N и O2М. Можно рассчитать из треугольника O1MO2 по теореме косинусов

Теперь можно вычислить длины каждой из дуг MLN и MO2N: дуга

B сумме получим

Ответ.

1.54. Пусть AB = а, BC = b, CD = с, DA = а, а опирающиеся на эти хорды углы равны соответственно α, β, γ, δ (рис. P.1.54).

Тогда площадь S четырехугольника ABCD равна:

S = ½ab sin (γ + δ) + ½cd sin (α + β) = ½ sin (α + β)(ab + cd).

(Так как γ + δ = π − (α + β), то sin (α + β) = sin (α + β).)

По теореме синусов

а = 2R sin α = 2 sin α (так как R = 1),

b = 2 sin β, с = 2 sin γ, d = 2 sin δ.

Поэтому

S = sin (α + β)(2 sin α sin β + 2 sin γ sin δ) = sin (α + β) [cos (α − β) − cos (α + β) + cos (γ − δ) − cos (γ + δ)] =

(мы учли, что cos (α + β) = cos π − (γ + δ)) = − cos(γ + δ))

= 2 sin (α + β) cos (α + γ) − (β + δ)/2 cos (α + δ) − (β + γ)/2 =

(сумма четырех углов равна π, т. е. α + γ = π − (β + δ), α + δ = π − (β + γ))

= 2 sin (α + β) sin (β + δ) sin (β + γ).

Наибольшее значение S достигается при sin (β + δ) = 1, sin (β + γ) = 1 и при максимально возможном значении sin (α + β). Проверим, не противоречивы ли эти требования и реализуются ли они в реальности.