Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

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 k^2 - 2h^2 >= 0. Получим систему

решением которой будет k >= 22 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 , а с другой стороны

Таким образом,

После простых преобразований получим

(y^2 - z^2) cosec^2  = c^2 - 2cz ctg ,

(x^2 - y^2) cosec^2 = b^2 - 2by ctg ,

(z^2 - x^2) cosec^2 = a^2 - 2ax ctg ,

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 = (a^2 + b^2 + c^2) - 2(ax + by + cz) ctg .

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 =  1/2 sin  (an +  bl + cm).

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

2an cos  = a^2 + n^2 - m^2,

2bl cos = b^2 + l^2 - n^2,

2cm cos = c^2 +

m^2 - l^2.

Сложим три последних равенства:

2 cos  (an + bl + cm) = a^2 + b^2 + c^2.

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 = , то после замены

cos (А + B) = 2 cos^2 ^A + B/₂ - 1

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

y^2 + 2 sin /₂y - cos^2 /₂ = 0.

Из его корней

y_{1, 2} = ±1 - sin /₂

годится только первый, т. е.

cos ^{A + B}/₂ = 1 - sin /₂.

Задача имеет решение при 0   .

Остается решить систему

Ответ.А = arccos [1 - sin /₂] + /₂,

B = arccos [1 - sin /₂] - /₂

С = - А - B.

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

S =  1/2 (а + b)l sin ^С/₂.

Теперь приравняем три выражения для 2S:

аh_а = bh_b = (а + b)l sin ^С/₂.

Исключая а, получим

откуда

Задача имеет решение, если

B правой части стоит величина, равная половине среднего гармонического длин h_а и h_b.

Ответ. если длина биссектрисы больше среднего гармонического длин h_а и h_b.

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

COB = - (OCB + OBC) = - ^B + C/₂.

Но B + С = - А = - . Следовательно, COB = /₂ + /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 =  1/2 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  1/2 h_аа = 2kr^2, 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 2kr^2, может быть записана в виде 1/2 bc sin А, где sin А = ^2k/_{1 + k}^2 (по формуле универсальной подстановки). Таким образом, bc = 2r^2(1 + k^2).

Решая систему уравнений

найдем 

или наоборот

Задача имеет решение при k  22.

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 =  - 3С. Но по условию  = А + B + С = 7С, т. е. угол BOA, а следовательно, и угол LOK равны 4С.