Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

1.27. По теореме косинусов и в силу равенства а² = с(b + с) получим b² + с² − 2bc cos А = c(b + с), откуда

cos А = ^b − c/_2c.

Данное в условии равенство можно записать так: с² = а² − 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 а² на bc + с². 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 π, 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 OA² = OB · OC, получим

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

Заметив, что B + С = π − А, получим

cos ^{B − C}/₂ = 2 sin² ^А/₂ + sin

^А/₂,

что и требовалось доказать.

1.29. По условию S = а² − b² − с² + 2bc. С другой стороны, S = ½с sin А. Сравнивая эти выражения, получим а² − b² − с² + 2bc = ½ bc sin А.

Воспользуемся теоремой косинусов и заменим а² на b² + с² − 2bc cos А. После приведения подобных и сокращения на bc останется тригонометрическое уравнение

½ sin А = −2 cos А + 2,

которое можно переписать так:

sin ^А/₂ cos ^А/₂ = 4 sin²^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 = ¼.

Ответ. А = 2arctg ¼.

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.

Рассмотрим четырехугольники О₁

EDO₃ 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 ⅛, можно теперь найти и площадь треугольника ABD.

Ответ.²/₅.

1.32. Способ 1. Пусть R — радиус окружности, а α, β и γ − 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 = π − (α + β + γ). По теореме синусов 

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

Таким образом,

AB · DC + AD · BC = 4R² [sin α sin(α + β + γ) + sin β sin γ] = 2R² [cos(β + γ) − cos(2α + β + γ) + cos(β − γ) − cos(γ + β)] = 2R² [cos (β − γ) − cos(2α + β + γ)].

Так как

AC = 2R sin (α + β), BD = 2R sin (α + γ),

то

AC · BD = 4R² sin (α + β) sin (α + γ) = 2R² [cos (β − γ) − cos (2α + β + γ)].

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 γ. 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).