Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

Рассмотрим далее треугольник EKC. Угол при вершине E в этом треугольнике (равный углу AEO из треугольника AEO) вместе с углом OAE, равным С, образуют угол LOK, равный 4С. Таким образом, угол KEC равен 3С. Угол ECK равен половине угла ECM, который вместе с углом С образуют , т. е. 7С. Следовательно, угол ECK равен 3С. Найденные два угла, каждый из которых равен 3С, позволяют найти третий: угол OKL равен С.

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

AB^2 = BE^2 + AE^2 = (BD + DE)^2 + AE^2.

AC^2 = CE^2 + AE^2 = (CD

- DE)² + AE^2.

AD^2 = DE^2 + AE.

Воспользовавшись полученными соотношениями, составим сумму

AB^2 · DC + AC^2 · BD - AD^2 · BC.

Раскрыв скобки и приведя подобные члены, получим

(DE^2 + AE^2)(DC + BD - BC) + DC · BD^2 + BD · DC^2.

Так как DC + BD = BC, то остается

DC · BD^2 + BD · DC^2 = (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 . Так как углы AOB и BOC равны 120°, то углы BOF и COE равны соответственно 60° -  и 60° + . Составим сумму

AD^2 + CE^2 + BF^2 = R^2 sin^2  + R^2 sin^2 (60° + ) + R^2 sin^2 (60° - ).

После понижения степени получим

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

1.26. По теореме косинусов

с^2 = а^2 + b^2 - 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 R_AOC и R_BOC 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 ⁷/₄₃ соответственно.

Ответ.

1.27. По теореме косинусов и в силу равенства а^2 = с(b + с) получим b^2 + с^2 - 2bc

cos А = c(b + с), откуда

cos А = ^b - c/_2c.

Данное в условии равенство можно записать так: с^2 = а^2 - 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 а^2 на bc + с^2. 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 , 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 OA^2 = OB · OC, получим

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

Заметив, что B + С = - А, получим

cos ^{B - C}/₂ = 2 sin^2 ^А/₂ + sin ^А/₂,

что и требовалось доказать.

1.29. По условию S = а^2 - b^2 - с^2 + 2bc. С другой стороны, S =  1/2 с sin А. Сравнивая эти выражения, получим а^2 - b^2 - с^2 + 2bc =  1/2  bc sin А.

Воспользуемся теоремой косинусов и заменим а^2 на b^2 + с^2 - 2bc cos А. После приведения подобных и сокращения на bc останется тригонометрическое уравнение

1/2  sin А = -2 cos А + 2,

которое можно переписать так:

sin ^А/₂ cos ^А/₂ = 4 sin^2^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 = 1/4 .

Ответ. А = 2arctg 1/4 .

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.