Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

1 + ^с/_b = √3^a/_b, ^a/_b + ^с/_b = ½(√3 + 1).

Получим ^a/_b = ^√3/_c, ^с/_b = ½.

Таким образом, треугольник ABC подобен прямоугольному треугольнику с углами в ^π/₆ и ^π/₃·

Ответ. Углы А, B и С равны ^π/₃, ^π/₂, ^π/₆ соответственно.

1.10. Из треугольника MPA (рис. Р.1.10) находим MP = PA ctg α. Но PA = OA − OP = ^q/_{cos α} − p. Таким образом,

Находим MQ:

Полезно заметить, что MQ можно было не вычислять, поскольку выражение для MQ должно получиться из выражения для MP с помощью замены p на q, а q на p.

Ответ.

1.11. Пусть AP = 3, CR = 2√2 (рис. Р.1.11) Используя метод «сравнения площадей» для треугольника ABC, получим

3a = 2√2 c.

Так как а = ^BQ/_{sin C}, с = ^BQ/_{sin A}, то после сокращения на BQ получим

³/_{sin С} = ^2√2/_{sin А}^.      (1)

По условию BQ = 6

OQ. Найдем отрезок AQ из треугольников ABQ и AOQ соответственно:

AQ = BQ ctg А = 6OQ ctg А, AQ = OQ ctg ∠OAQ,

где ∠OAQ = ^π/₂ − С. Приравнивая эти два выражения, получим второе уравнение, связывающее углы треугольника:

6 ctg А ctg С = 1.      (2)

Остается решить систему из уравнений (1) и (2). Для этого возведем уравнение (1) в квадрат и воспользуемся формулой  Получим

9(1 + ctg² С) = 8(1 + ctg² А).      (1′)

Из уравнения (2) следует, что

(2′)

подставляя значение ctg² С в уравнение (1'), после несложных преобразований придем к биквадратному уравнению относительно ctg А:

32 ctg⁴ А − 4 ctg² А − 1 = 0.      (3)

Так как треугольник ABC по условию остроугольный, то нас интересуют лишь положительные корни уравнения (3). Легко убедиться, что оно имеет единственный положительный корень ctg А = ½. Подставляя в (2), найдем ctg С = ⅓. Теперь можно найти площадь данного треугольника:

S_ABC = ½AP · a,

где АР = 3. Величину а найдем из треугольника BRC:

Ответ. 6 см².

1.12. Поскольку B − С = ^π/₂, угол B — тупой (рис. P.1.12).

Так как

то соотношение b + с = k можно переписать так: 

откуда

h(sin С + cos С) = k sin С cos С.

Возведем последнее уравнение относительно sin 2 С. Корни этого уравнения

Если мы возьмем перед корнем знак минус, то получим sin 2С < 0, чего быть не может, так как угол С острый, следовательно, 0 < 2С < π.

Остается

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 k² − 2h² ≥ 0. Получим систему

решением которой будет k ≥ 2√2 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 α}, а с другой стороны

Таким образом,

После простых преобразований получим

(y² − z²) cosec² α = c² − 2cz ctg α,

(x² − y²) cosec² α = b² − 2by ctg α,

(z² − x²) cosec² α = a² − 2ax ctg α,

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 = (a² + b² + c²) − 2(ax + by + cz) ctg α.

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 = ½ sin α (an +  bl + cm).

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

2an cos α = a² + n² − m²,

2bl cos α = b² + l² − n²,

2cm cos α = c² + m² − l².

Сложим три последних равенства:

2 cos α (an + bl + cm) = a² + b² + c².

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 = φ, то после замены

cos (А + B) = 2 cos² ^A + B/₂ − 1

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

y² + 2 sin ^φ/₂ y − cos² ^φ/₂ = 0.

Из его корней

y_{1, 2} = ±1 − sin ^φ/₂

годится только первый, т. е.

cos ^{A + B}/₂ = 1 − sin ^φ/₂.

Задача имеет решение при 0 < φ < π.

Остается решить систему

Ответ.А = arccos [1 − sin ^φ/₂] + ^φ/₂,

B = arccos [1 − sin ^φ/₂] − ^φ/₂

С = π − А − B.

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

S = ½(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 = π − (∠OCB + ∠OBC) = π − ^B + C/₂.

Но B + С = π − А = π − α. Следовательно, ∠COB = ^π/₂ + ^α/₂.

Применяя теорему синусов, получим

Ответ.