Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

1.27. По теореме косинусов и в силу равенства а? = с(b + с) получим b? + с? ? 2bc cos А = c(b + с), откуда

cos А = ^{b ? c}/_2c.

Данное в условии равенство можно записать так: с? = а? ? 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 а? на bc + с?. 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 ?, 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 OA? = OB · OC, получим

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

Заметив, что B + С = ? ? А, получим

cos ^{B ? C}/₂ = 2 sin? ^А/₂ + sin ^А/₂,

что и требовалось доказать.

1.29. По условию S = а? ? b? ? с? + 2bc. С другой стороны, S = ?с sin А. Сравнивая эти выражения, получим а? ? b? ? с? + 2bc = ? bc sin А.

Воспользуемся теоремой косинусов и заменим а? на b? + с? ? 2bc cos А. После приведения подобных и сокращения на bc останется тригонометрическое уравнение

? sin А = ?2 cos А + 2,

которое можно переписать так:

sin ^А/₂ cos ^А/₂ = 4 sin? ^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 = ?.

Ответ. А = 2arctg ?.

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 О₁EDO₃ 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 ?, можно теперь найти и площадь треугольника ABD.

Ответ. ²/₅.

1.32. Способ 1. Пусть R — радиус окружности, а ?, ? и ? ? вписанные углы, опирающиеся соответственно на стороны AB, BC и AD (рис. P.1.32). Углы,