Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

Из треугольника АВН: АН = ВН ctg α = R ctg α, т. е.

а = 2R + 2Rctg α. (5)

Из треугольника O₁GD:

r = (^a/₂ − x)tg ^α/₂.    (6)

Из уравнения (4) находим 4Rr = x², или 2√R √r = x, и подставляем в уравнение (6). Получим

2r + 4√R √r tg ^α/₂ − a tg ^α/₂ = 0,

или, проще,

2 ctg ^α/₂r + 4√R √r − a = 0.

Мы пока не будем выражать R через а и α, а, наоборот, заменим а его выражением через R и α. Это удобнее, так как квадратное уравнение таково, что впоследствии √R можно будет вынести за скобки:

Знак минус перед корнем не имеет геометрического смысла. Если в подкоренном выражении воспользоваться формулой котангенса двойного угла, то

Следовательно,

Итак,

Ответ.

1.45. Рассмотрим вначале случай, когда диаметр CD разбивает фигуру PQNM на две части. Докажем, что фигуры CQNK и OQ₁D равновелики (рис. P.1.45, а). Имеем

S_CKNQ = S_CDQ − S_KND,

где S_CDQ = S_COQ + S_QOD.

Итак, S_CKNQ = S_COQ + S_QOD − S_KND.

Если радиус меньшей окружности равен r, то радиус большей равен r√2. Углы CDQ и COQ опираются на общую дугу CQ, причем один из них вписан в окружность, а другой является центральным. Следовательно, если угол CDQ равен β, то угол COQ равен 2β. Теперь мы можем вычислить площади секторов COQ и KDN:

Таким образом, S_COQ = S_KND. Тем самым доказано, что S_CKNQ = S_QOD. Поскольку треугольники QOD и Q

₁OD равновелики (у них общее основание и общая высота), то

Аналогично доказывается равенство , что и завершает доказательство для случая, когда точки P и Q лежат по разные стороны от CD.

Если точки P и Q лежат по одну сторону от диаметра (рис. P.1.45, б), то решение не меняется. Только в конце найденные площади придется не складывать, а вычитать.

1.46. Из треугольника OAK (рис. P.1.46)

OK² = R² − (^AB/₂)².

Так как KP₁ = AP₁ − ^AB/₂, то из треугольника OKP₁

По условию OP₁ = MP₁. Приравнивая два полученных выражения для OK² и заменяя ОР₁ на МР₁, найдем

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 MP² = R².

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 CO₁ = ^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 − 2√2)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. π − 2φ. Из треугольника АМС по теореме косинусов имеем

AC² = АМ² + МС² − 2АМ · МС cos (π − 2φ) = x²(q² + р² + 2 pq cos 2φ),

а из треугольника ABC по теореме синусов

AC = 2R sin ^π/₂ − φ = 2R cos φ,

т. е.

АС² = 4R² cos² φ.

Приравнивая найденные выражения для АС², получим

Площадь треугольника ABC будем искать в виде S = ½AN · BC. Так как МВ = px, а МА = qx, то AB = (p + q)x. Из треугольника ABN находим AN = AB cos φ = (p + q)x cos φ. Сторону BC можно определить из треугольника MBF в котором сторона BF = ½BC:

BC = 2BF = 2MB sin φ = 2px sin φ.

Таким образом, S = p(p + q)x² sin φ cos φ = ½ p(p + q)x² sin 2φ, 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 P₂T : 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.