Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

1.52. Способ 1. Соединим точки P и T (рис. P.1.52, а).

Пусть QN = RL = а, QT = m, TL = n, RT = l, TN = k. Обозначим треугольники, полученные из треугольника PQR: треугольник LTR — цифрой 1, треугольник RTQ — цифрой 2, треугольник QTN — цифрой 3, треугольник NTP — цифрой 4, треугольник PTL — цифрой 5, а их площади или площади образовавшихся из них фигур буквой S с соответствующими индексами.

Треугольники 1 и 1 + 5 имеют общую высоту. Аналогично треугольники 3 и 4. Поэтому

S₁ : S_{1 + 5} = а : PR, S₃ : S₄ = а : PN,

откуда

(7)

B треугольниках 1 и 3 углы при вершине T равны как вертикальные, т. е. S₁ : S₃ = (nl) : (mk). У треугольников 4 и 1 +

5 общая высота, соответствующая вершине P, т. е. S₄ : S₁ + 5 = k : l. Остается найти PN : PR из (7).

Способ 2. Пусть QN = RL = а, QT = m, TL = n (рис. P.1.52, б). Обозначим угол NRP через α, угол PNR через β, а равные углы RTL и NTQ через γ.

Из треугольника PNR имеем

^PN/_PR = ^{sin α}/_{sin β}.    (8)

Из треугольника NTQ имеем

^a/_m = ^{sin γ}/_{sin β}.    (9)

Из треугольника LTR имеем

^a/_n = ^{sin γ}/_sin α.    (10)

Разделим (10) на (9):

^m/_n = ^{sin β}/_{sin α}, т. е. в силу (8) ^PN/_PR = ⁿ/_m.

Ответ.n : т.

1.53. Так как ∠MO₁

N = 60°, то MN сторона правильного вписанного в первую окружность шестиугольника. Ее длина равна радиусу первой окружности. На хорду MN (рис. P.1.53) опирается также вписанный в первую окружность ∠MO₂N, измеряемый половиной дуги MbN, которая равна 300°.

Поэтому центральный угол ∠MO₂N = 150°. Чтобы вычислить периметр фигуры MLNO₂, общей для обеих окружностей, нужно знать радиус второй окружности. Он равен длине любого из отрезков O₂L, O₂N и O₂М. Можно рассчитать из треугольника O₁MO₂ по теореме косинусов

Теперь можно вычислить длины каждой из дуг MLN и MO₂N: дуга

B сумме получим

Ответ.

1.54. Пусть AB = а, BC = b, CD = с, DA = а, а опирающиеся на эти хорды углы равны соответственно α, β, γ, δ (рис. P.1.54).

Тогда площадь S четырехугольника ABCD равна:

S = ½ab sin (γ + δ) + ½cd sin (α + β) = ½ sin (α + β)(ab + cd).

(Так как γ + δ = π − (α + β), то sin (α + β) = sin (α + β).)

По теореме синусов

а = 2R sin α = 2 sin α (так как R = 1),

b = 2 sin β, с = 2 sin γ, d = 2 sin δ.

Поэтому

S = sin (α + β)(2 sin α sin β + 2 sin γ sin δ) = sin (α + β) [cos (α − β) − cos (α + β) + cos (γ − δ) − cos (γ + δ)] =

(мы учли, что cos (α + β) = cos π − (γ + δ)) = − cos(γ + δ))

= 2 sin (α + β) cos ^{(α + γ) − (β + δ)}/₂ cos ^{(α + δ) − (β + γ)}/₂ =

(сумма четырех углов равна π, т. е. α + γ = π − (β + δ), α + δ = π − (β + γ))

= 2 sin (α + β) sin (β + δ) sin (β + γ).

Наибольшее значение S достигается при sin (β + δ) = 1, sin (β + γ) = 1 и при максимально возможном значении sin (α + β). Проверим, не противоречивы ли эти требования и реализуются ли они в реальности.

Из равенства синусов единице получаем, что β + δ = 90°, β + γ = 90°.

Отсюда δ = γ и ∠BCD = 180 ° − (β + γ) = 90°.

Таким образом, треугольник BCD — прямоугольный, a BD — диаметр окружности и BD = 2. Далее треугольник BAD равен треугольнику BCD (δ = γ и общая гипотенуза BD). Мы убедились, что условия sin (β + δ) = 1 и sin (β + γ) = 1 реализуемы. Остается еще одна степень свободы — выбор величины угла ABC, равного δ + γ, который по условию не превышает 45°. Чем больше угол δ + γ, тем больше sin (δ + γ) = sin (α + β). Поэтому наибольшему значению площади соответствует sin (α + β) = sin 45° = ^√2/₂, т. е. S = 2^√2/₂ = √2.

Ответ. √2.

Глава 2

Построения на плоскости

2.1. Осуществим параллельный перенос отрезка KL (рис. P.2.1), равного ширине реки, так, чтобы его точка L совпала с точкой B. Получим отрезок BE. Точку E соединим с точкой A, получим точку D, которую выберем за начало моста. Путь ADCB из A в B кратчайший, так как величина отрезка CD постоянна, а отрезки AD и CB спрямлены в AE.

2.2. На отрезках MP и PN (рис. P.2.2) построим сегменты, вмещающие угол 30°. B пересечении получим точку А. Соединим точку А с M и N, на AM

и AN отложим отрезки длины а. Треугольник ABC искомый.

Задача имеет два решения. Одно изображено на рис. P.2.2, второе получится симметричным отражением первого от оси MN.

2.3. Пусть треугольник ABC искомый (рис. P.2.3). Отразим его от вертикальной оси, проходящей через середину BC. После этого треугольник CA₁A отразим от оси A₁A. B четырехугольнике C₁ABA₁ противоположные стороны AB и C₁A₁, а также A₁B и C₁A равны, т. е. он — параллелограмм с углом φ при вершине C₁ и углом π − φ при вершине А₁.

Так как точка С₁ отстоит от С на расстоянии 2h_а, то треугольник СС₁В легко построить. Остается найти точку А₁ как пересечение дуги сегмента, вмещающего угол π − φ и построенного на отрезке С₁В, с прямой, параллельной СВ и отстоящей от СВ на расстоянии h_а.

Задача имеет два симметричных решения, так как дуга сегмента может быть построена в любую сторону от С₁В. Построение возможно при любом соотношении между а, h_а и 0 < φ < π.