Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

Рассмотрим четырехугольники О₁EDO₃ и BELO₂. При повороте около точки E одного из них на 90° он совпадает с другим (убедитесь в равенстве сторон и углов самостоятельно). Следовательно, отрезки О₁О₃ и ВО₂ равны, что и требовалось доказать.

1.31. Достроим треугольник ABC до параллелограмма так, чтобы сторона AB была диагональю параллелограмма (рис. P.1.31).

Проведем BD₁ || AD. Точку пересечения BD₁ с диагональю CC₁ параллелограмма обозначим через M₁. Треугольники MDC и M₁BC подобны. Так как MF = ^CF/₄, то MC : MM₁ = 3 : 2. Следовательно, MD : M₁B = 3 : 5. Так как M₁B = AM, то AM : MD = 5 : 3.

Площадь треугольника AFM в восемь раз меньше площади треугольника ABC, т. е. равна 8 . Высота треугольника AFM (F — середина AB), опущенная из вершины F, в два раза меньше высоты треугольника ABD, опущенной из вершины B. Так как AM : AD = 5 : 8, то площадь треугольника AFM относится к площади треугольника ABD как 5 относится к 2 · 8, т. е. как 5 : 16.

Зная, что площадь треугольника AFM равна  1/8 , можно теперь найти и площадь треугольника ABD.

Ответ.²/₅.

1.32. Способ 1. Пусть R — радиус окружности, а ,  и  - вписанные углы, опирающиеся соответственно на стороны AB, BC и AD (рис. P.1.32). Углы, опирающиеся на одну и ту же дугу, равны (это отмечено на рисунке). Углы DBC и DAC тоже равны, и их нетрудно вычислить:  DBC =  DAC = - ( + + ). По теореме синусов 

AB = 2R sin , BC = 2R sin , DC = 2R sin ( + + ), AD = 2R sin .

Таким образом,

AB · DC + AD · BC = 4R^2 [sin  sin( + + ) + sin  sin ] = 2R^2 [cos( + ) - cos(2 + + ) + cos( - ) - cos( + )] = 2R^2 [cos ( - ) - cos(2 + + )].

Так как

AC = 2R sin ( + ), BD = 2R sin ( + ),

то

AC · BD = 4R^2 sin ( + ) sin ( + ) = 2R^2 [cos ( - ) - cos (2 + + )].

Итак,

AB · DC + AD · BC = AC · BD.

Способ 2. Введем обозначения: AB = а, BC = b, CD = с, DA = d, AC = e, BD = f. Нужно доказать, что ac + bd = ef. Выберем на диагонали AC точку E так, чтобы угол CBE был равен . Тогда треугольники CBE и DBA

подобны. Поэтому EC : b = d : f.

Из подобия треугольников ABE и DBC (углы ABE и DBC равны как равносоставленные) получаем AE : а = с : f. Определим из первого соотношения EC, а из второго AE и сложим эти два равенства:

откуда ас + bd = ef, что и требовалось доказать.

1.33. Продолжим боковые стороны AB и CD трапеции (рис. P.1.33) до пересечения в точке S. Если через S и M (где M — середина BC) провести прямую, то она пересечет AD в точке N, которая является серединой AD.

Из подобия треугольников BSM и ASN имеем

откуда

Так как по условию MN = AN - BM, то BM = SM и треугольник SMB равнобедренный. Аналогично доказывается, что треугольник SMC также равнобедренный. Следовательно, угол SMC равен удвоенному углу А, а угол SMB — удвоенному углу D (по свойству внешнего угла треугольника). Но оба этих угла SMB и SMC образуют развернутый угол. Следовательно, сумма углов А и D равна 90°.

1.34. Пусть AB = а, MR = x (рис. P.1.34).

Выразим через а и x длины отрезков MQ, MS и MP. Ясно, что для этого достаточно найти длину отрезка QM, поскольку MS = а - QM, а MP = а -

x. Так как QM = CR = CK + KR, то вычислим CK и KR. По условию AN = ^а/₃, а потому (треугольники OLN и OL₁K равны) CK = ^а/₃. Чтобы найти KR, рассмотрим подобные треугольники MKR и NKN₁:

откуда KR = ^x/₃, а QM = ^а/₃ + ^x/₃. Остается убедиться в том, что числа а - x, ^2a - x/₃, ^а + x/₃, x образуют арифметическую прогрессию с разностью ^2x - a/₃.

1.35. Пусть CE = x (рис. P.1.35).

Выразим через x отрезок AE из треугольника ACE, в котором угол CAE равен 30°: AE = x3 . С другой стороны, AE = AB - BE, а так как BE = CE = x, то AE = 2 - x. Итак, 2 - x = x3 , откуда x = 3 - 1.

Заметим, что KF = FB

=  1/2 ; площадь искомой фигуры равна

S_ACD + S_BCD - S_BKL = 2S_ACB - S_BKL.

Ответ. 23 - ⁹/₄ .

1.36. Углы при нижнем основании трапеции и основании треугольника равны. Обозначим их через . Тогда угол BAO равен углу ABO, т. е. равен 90° -  (рис. P.1.36). Поэтому угол OAD равен 2 - 90°. Так как треугольник MNO равнобедренный (MO = NO), то угол MNO равен , а угол NOE равен 90° - (180° - 2), т. е. равен 2 - 90°.

Треугольники ONE и AOD равны (по гипотенузе и острому углу). Следовательно, OE = AD. Кроме того, MO = OB, как два радиуса, и NE = OD, как стороны равных треугольников. Это означает, что BD = l.

По условию AD · BD = S, следовательно, OE = AD = ^S/_l.

Ответ.^S/_l.

1.37. Из подобия треугольников AOD и BOC (рис. P.1.37) находим, что ^MO/_NO = p, т. е. ^MN/_NO = p + 1.

Отношение площадей трапеции и треугольника AOD можно записать в виде

Ответ. (p + 1)^2.

1.38. Пусть R — радиус окружности, n — число сторон первого многоугольника, x — периметр третьего.

Периметры первого и второго многоугольников равны соответственно

Периметр третьего равен

Сравнивая первые два выражения, найдем, что 1 - tg^2/_2n = ^b/_a. Следовательно,

Ответ.