Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

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 = x√3 . С другой стороны, AE = AB − BE, а так как BE = CE = x, то AE = 2 − x. Итак, 2 − x = x√3 , откуда x = √3 − 1.

Заметим, что KF = FB = ½; площадь искомой фигуры равна

S_ACD + S_BCD − S_BKL = 2S_ACB − S_BKL.

Ответ. 2√3 − ⁹/₄ .

1.36. Углы при нижнем основании трапеции и основании треугольника равны. Обозначим их через α. Тогда угол BAO равен углу ABO, т. е. равен 90° − α (рис. P.1.36). Поэтому угол OAD равен 2α − 90°. Так как треугольник MNO равнобедренный (MO = NO), то угол MNO равен α, а угол NOE равен 90° − (180° − 2α), т. е. равен 2α − 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 − tg²^π/_2n = ^b/_a. Следовательно,

Ответ.

1.39. Если точки О и M расположены так, как показано на рис. Р.1.39, а, то NM > KL, так как хорда NM ближе к центру окружности. Но NM < а, а KL = 2а. Получаем а < 2а, что невозможно. Следовательно, фигуры расположены так, как показано на рис. Р.1.39, б.

Центр рассматриваемой окружности лежит на биссектрисе угла AOB, так как точка О₁ равноудалена от лучей AO и OB.

Предположим для определенности, что угол α больше угла β. Треугольник OMO₁, в котором сторона OM равна а, сторона MO₁ равна R, а ОО₁ легко выражается через R, позволяет составить уравнение для определения R. B самом деле, угол MOO₁ равен α − ^{α + β}/₂ = ^{α − β}/₂. Следовательно, по теореме косинусов

R² = а

² + ОО₁² − 2а · ОО₁ · cos ^{α − β}/₂.

Из треугольника О₁ОВ находим

а так как  то

После подстановки уравнение относительно R выглядит следующим образом:

Заменим  на  и после несложный упрощений

получим

откуда

Ответ.

1.40. Запишем отношение площадей данных прямоугольных треугольников (рис. P.1.40):

Кроме того, AD · AB = AE · AC. Найдем отсюда AO и подставим в предыдущее равенство; получим

Обозначим углы ADC и AEB, опирающиеся на дугу BC, через φ:

Следовательно, дуга BC равна

Угол А прямой и измеряется полуразностью высекаемых им на окружности дуг (2π − ∪DE) и BC:

^π/₂ = ^{(2π − ∪DE}) − ∪BC/₂, т.E. ^π/₂ = ½(∪DE + ∪BC).

Отсюда найдем величину дуги DE, которая равна 

Ответ.

1.41. Введем обозначения, указанные на рис. P.1.41. B треугольнике AOO₁:

Чтобы применить к этому треугольнику теорему косинусов, обозначим угол BAD через β. Из треугольника ABD:

Следовательно, по теореме косинусов для треугольника АОО₁:

Раскроем скобки и воспользуемся формулой косинуса суммы. После упрощения получим искомый радиус.

Ответ.

1.42. Обозначим сторону квадрата через а. Тогда (см. рис. P.1.42)

Перед корнем выбраны два знака, так как искомый квадрат может быть расположен либо так, как показано на рис. P.1.42, а, либо так, как показано на рис. P.1.42, б

. B первом случае нужно взять знак плюс, а во втором — минус.

С другой стороны, из треугольника OBD находим  Получаем уравнение

После простых преобразований и повторного возведения в квадрат получаем уравнение

2a⁴ − 2a²(R² + r²) + (R² − r²)² = 0,

в котором исчезло различие между случаями, изображенными на рис. P.1.42, а, б. Из последнего уравнения имеем

или

Из первого выражения для а² видно, что оба значения положительны, если неотрицательно подкоренное выражение. Так как по условию R > r, то получаем

и окончательно

Ответ.

Задача имеет решение при 1 < ^R/_r ≤ 1 + √2. Если же ^R/_r = 1 + √2, то задача имеет единственное решение

1.43. Так как OE² = R² − x² и OF = ^R/₂ (рис. P.1.43), то  С другой стороны, EF = 2x. Получаем уравнение

R² − x² = (^R/₂ + 2x)²,

решая которое найдем половину стороны  квадрата x = ³/₂ .

Ответ. 3.

1.44. Введем обозначения, указанные на рис. P.1.44. Так как меньшая окружность вписана в угол ADC, то ее центр О₁ лежит на биссектрисе этого угла.

Из треугольника ОО₁F имеем ОО²₁ = OF² + FO²₁, т. е.

(R + r)² = (R − r)² + x². (4)