Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

Нам нужно вычислить длину отрезка MP. Чтобы воспользоваться прямоугольным треугольником MPP₁, в котором мы знаем длину МР₁, нужно вычислить PP₁. Так как треугольник APB прямоугольный, то  Теперь можно вычислить и МР:

Раскрывая скобки и приводя подобные члены, получим MP^2 = R^2.

Ответ.R.

1.47. Из треугольника AOC (рис. P.1.47) легко найти AC = ^4R/₅. Так как AC · СВ = МС · CN, то

откуда x = ^2R/₁₅.

Проведем перпендикуляр OD к хорде MN. Так как MD = ^13x/₂, то

CD = MD - МС = ^5x/₂ = ^R/₃.

Косинус угла OCD равен синусу искомого угла NCB:

^CD/_OC = ^R/₃ : ^3R/₅ = ⁵/₉.

Ответ. arcsin ⁵/₉.

1.48. Соединим центры О₂ и O₁ рассматриваемых окружностей. Отрезок O₁О₂  равен x + ^R/₂ (рис. P.1.48).

Центр О₂ лежит на биссектрисе угла OAB, равного 45°. Поэтому угол DAO₂ равен ^45°/₂. Это позволяет выразить через R и x отрезок DO:

DO = R - AD = R - x ctg ^45°/₂ = R - x ^{1 + cos 45°}/_{sin 45°} = R - x(2 + 1).

Так как CO

₁ = ^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 - 22)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. - 2. Из треугольника АМС по теореме косинусов имеем

AC^2 = АМ^2 + МС^2 - 2АМ · МС cos ( - 2) = x^2(q^2 + р^2 + 2 pq cos 2),

а из треугольника ABC по теореме синусов

AC = 2R sin /₂ -  = 2R cos ,

т. е.

АС^2 = 4R^2 cos^2 .

Приравнивая найденные выражения для АС^2, получим

Площадь треугольника ABC будем искать в виде S = 1/2 AN · BC. Так как МВ = px, а МА = qx, то AB = (p + q)x. Из треугольника ABN находим AN = AB

cos  = (p + q)x cos . Сторону BC можно определить из треугольника MBF в котором сторона BF =  1/2 BC:

BC = 2BF = 2MB sin  = 2px sin .

Таким образом, S = p(p + q)x^2 sin  cos  = 1/2 p(p + q)x^2 sin 2, 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 P

₂T : 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 : S_{1 + 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 , угол PNR через , а равные углы RTL и NTQ через .

Из треугольника PNR имеем

^PN/_PR = ^sin /_sin .    (8)

Из треугольника NTQ имеем

^a/_m = ^sin /_sin .    (9)

Из треугольника LTR имеем

^a/_n = ^sin /_sin .    (10)

Разделим (10) на (9):

^m/_n = ^sin /_sin , 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 , , , (рис. P.1.54).