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

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.

Из равенства синусов единице получаем, что β + δ = 90°, β + γ = 90°.

Отсюда δ = γ и ∠BCD = 180 ° − (β + γ) = 90°.

Таким образом, треугольник BCD — прямоугольный, a BD — диаметр окружности и BD = 2. Далее треугольник BAD равен треугольнику BCD (δ = γ и общая гипотенуза BD). Мы убедились, что условия sin (β + δ) = 1 и sin (β + γ) = 1 реализуемы. Остается еще одна степень свободы — выбор величины угла ABC, равного δ + γ, который по условию не превышает 45°. Чем больше угол δ + γ, тем больше sin (δ + γ) = sin (α + β). Поэтому наибольшему значению площади соответствует sin (α + β) = sin 45° = √2/2, т. е. S = 2√2/2 = √2.

Ответ. √2.

Глава 2

Построения на плоскости

2.1. Осуществим параллельный перенос отрезка KL (рис. P.2.1), равного ширине реки, так, чтобы его точка L совпала с точкой B. Получим отрезок BE. Точку E соединим с точкой A, получим точку D, которую выберем за начало моста. Путь ADCB из A в B кратчайший, так как величина отрезка CD постоянна, а отрезки AD и CB спрямлены в AE.

2.2. На отрезках MP и PN (рис. P.2.2) построим сегменты, вмещающие угол 30°. B пересечении получим точку А. Соединим точку А с M и N, на AM и AN отложим отрезки длины а. Треугольник ABC искомый.

Задача имеет два решения. Одно изображено на рис. P.2.2, второе получится симметричным отражением первого от оси MN.

2.3. Пусть треугольник ABC искомый (рис. P.2.3). Отразим его от вертикальной оси, проходящей через середину BC. После этого треугольник CA1A отразим от оси A1A. B четырехугольнике C1ABA1 противоположные стороны AB и C1A1, а также A1B и C1A равны, т. е. он — параллелограмм с углом φ при вершине C1 и углом π − φ при вершине А1.

Так как точка С1 отстоит от С на расстоянии 2hа, то треугольник СС1В легко построить. Остается найти точку А1 как пересечение дуги сегмента, вмещающего угол π − φ и построенного на отрезке С1В, с прямой, параллельной СВ и отстоящей от СВ на расстоянии hа.

Задача имеет два симметричных решения, так как дуга сегмента может быть построена в любую сторону от С1В. Построение возможно при любом соотношении между а, hа и 0 < φ < π.

2.4. Пусть треугольник ABC — искомый и О — центр вписанной в него окружности. Если на отрезке АО = R (рис. P.2.4), как на диаметре, построить окружность, то она пересечет стороны AC и AB в точках F и E, являющихся серединами AC и AB соответственно. Отсюда построение: на отрезке АО = R строим, как на диаметре, окружность. Из точки А раствором циркуля, равным b/2, делаем на окружности засечку в точке F. Продолжаем AF за точку F на расстояние b/2 и получаем точку С. Из нее проводим дугу радиусом mc.

Задача имеет два решения: треугольник ABC и треугольник AB′С, если дуга ЕЕ′ пересекает окружность, построенную на AO; одно решение, если дуга касается окружности, и не имеет решения, если общих точек у дуги и окружности нет.

2.5. Так как углы OBO1 и OCO1 (рис. P.2.5) прямые, то вершины B и С треугольника лежат на окружности, построенной на отрезке ОО1, как на диаметре. Центр этой окружности обозначим буквой Q.

Угол BQC — центральный в той окружности, в которую угол BOC вписан (см. рисунок). Дуга, на которую опирается угол BOC, равна 2π − ∠BQC, а так как вписанный угол измеряется половиной дуги, на которую он опирается, то

∠ВОС = 2π − 2 ∠ВОС.

Остается найти угол ВОС:

∠ВОС = π − B + C/2 = π − π − A/2 = π + A/2,

следовательно,

∠BQC = 2π − (π + А) = π − А.

Углы ВАС и BQC дают в сумме π; то же самое можно сказать об углах QBA и QCA, так как сумма всех углов четырехугольника равна 2π. Тем самым мы доказали, что точка Q лежит на окружности, описанной около треугольника ABC.

Построение можно провести следующим образом. Строим на отрезке ОО1, как на диаметре, окружность с центром в точке Q. Радиусом О2Q (О2 — центр описанной окружности) проводим окружность с центром в точке О2. B пересечении этих окружностей получим вершины B и С искомого треугольника.

Если точка О2 лежит вне окружности радиуса, равного ¼ОО1, с центром Q, то задача имеет единственное решение. B противном случае решения нет. (Докажите.)

2.6. Отбросим на время условие, в силу которого точка E лежит на BC, а остальные условия сохраним. Отложим на AB произвольный отрезок AF (рис. P.2.6), а на BC — отрезок CK = AF. Через точку K проведем прямую, параллельную AC, и из точки N раствором циркуля, равным AF, сделаем на этой прямой засечку.

Фигура AFGH, где отрезок GH параллелен KC, будет подобна искомой с центром подобия в точке А. Строим вершину E, которая должна лежать на пересечении прямых BC и АG. Проводим DE параллельно FG.

Четырехугольник ADEC искомый. (Сделайте рисунок для случая, когда угол B тупой.)

Докажите, что в обоих случаях задача имеет единственное решение.

2.7. Проведем через точку M прямую AB так, чтобы ее отрезок, заключенный между сторонами угла, делился в точке M пополам. Для этого построим МС параллельно OA (рис. P.2.7, а) и отложим СВ = ОС. Так как СМ — средняя линия в треугольнике ОВА, то ВМ = МА.

Итак, пусть AM = МВ (рис. P.2.7, б). Проведем произвольную прямую EF через точку M. Покажем, что площадь треугольника ОАВ меньше площади треугольника ОЕF. Проведем AK параллельно OB (если FM < ЕМ). Треугольники AMK и ВМF равны. Следовательно,

SОЕf = SОАМF + SAMK + SAEK > SОАМF + SВМF = SОАВ.

2.8. Вместо искомого треугольника ABC построим треугольник А1АА2, который получается из ABC так, как показано на рис. P.2.8 (А1В = ВА, А2С = СА).

Угол А1АА2 этого треугольника равен α + β + А. Однако 2α = B, а 2β = С (по свойству внешних углов). Поэтому

α + β + А = B + C/2 + A = π − A/2 + A = π + A/2.

Теперь в треугольнике А1АА2 известны основание А1А2 = 2p, высота, равная hа, и угол при вершине, равный π/2 + А/2. Вершина А будет лежать на пересечении прямой, параллельной А1А2 и отстоящей от А1А2 на расстоянии hа, и сегмента, построенного на отрезке А1А2 и вмещающего угол π/2 + А/2.