Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

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 = ½ 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 ½ h_аа = 2kr², а с другой стороны, равна pr. Следовательно, p = 2kr.

Так как АВ₁ = АС₁ (касательные к одной окружности) и аналогично BC₁ = ВА₁, СВ₁ = СА

₁, 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 2kr², может быть записана в виде ½ bc sin А, где sin А = ^2k/_{1 + k}² (по формуле универсальной подстановки). Таким образом, bc = 2r²(1 + k²).

Решая систему уравнений

найдем 

или наоборот

Задача имеет решение при k > 2√2.

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

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 π, 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

AB² = BE² + AE² = (BD + DE)² + AE².

AC² = CE² + AE² = (CD − DE)² + AE².

AD² = DE² + AE.

Воспользовавшись полученными соотношениями, составим сумму

AB² · DC + AC² · BD − AD² · BC.

Раскрыв скобки и приведя подобные члены, получим

(DE² + AE²)(DC + BD − BC) + DC · BD² + BD · DC².

Так как DC + BD = BC, то остается

DC · BD² + BD · DC² = (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 α. Так как углы AOB и BOC равны 120°, то углы BOF и COE равны соответственно 60° − α и 60° + α. Составим сумму

AD² + CE² + BF² = R² sin² α + R² sin² (60° + α) + R² sin² (60° − α).

После понижения степени получим

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

1.26. По теореме косинусов

с² = а² + b² − 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/_4√3 соответственно.

Ответ.