Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы
Шрифт:
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 = x3 . С другой стороны, AE = AB– BE, а так как BE = CE = x, то AE = 2 - x. Итак, 2 - x = x3 , откуда x = 3 - 1.
Заметим, что KF = FB = 1/2 ; площадь искомой фигуры равна
SACD + SBCD– SBKL = 2SACB– SBKL.
Ответ. 23 - 9/4 .
1.36. Углы при нижнем основании трапеции и основании треугольника равны. Обозначим их через . Тогда угол BAO равен углу ABO, т. е. равен 90° - (рис. P.1.36). Поэтому угол OAD равен 2 - 90°. Так как треугольник MNO равнобедренный (MO = NO), то угол MNO равен , а угол NOE равен 90° - (180° - 2), т. е. равен 2 - 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 - tg^2/2n = 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 больше угла . 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 - + /2 = – /2. Следовательно, по теореме косинусов
R^2 = а^2 + ОО1^2 - 2а · ОО1 · cos – /2.
Из треугольника О1ОВ находим
а так как
После подстановки уравнение относительно R выглядит следующим образом:
Заменим
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 :
Следовательно, дуга BC равна
Угол А прямой и измеряется полуразностью высекаемых им на окружности дуг (2 - DE) и BC:
/2 = (2 - DE) - BC/2, т.E. /2 = 1/2 (DE + BC).
Отсюда найдем величину дуги DE, которая равна