Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

опирающиеся на одну и ту же дугу, равны (это отмечено на рисунке). Углы DBC и DAC тоже равны, и их нетрудно вычислить: ? DBC = ? DAC = ? ? (? + ? + ?). По теореме синусов 

AB = 2R sin ?, BC = 2R sin ?, DC = 2R sin (? + ? + ?), AD = 2R sin ?.

Таким образом,

AB · DC + AD · BC = 4R? [sin ? sin(? + ? + ?) + sin ? sin ?] = 2R? [cos(? + ?) ? cos(2? + ? + ?) + cos(? ? ?) ? cos(? + ?)] = 2R? [cos (? ? ?) ? cos(2? + ? + ?)].

Так как

AC = 2R sin (? + ?), BD = 2R sin (? + ?),

то

AC · BD = 4R? sin (? + ?) sin (? + ?) = 2R? [cos (? ? ?) ? cos (2? + ? + ?)].

Итак,

AB · DC + AD · BC = AC · BD.

Способ 2. Введем обозначения: AB = а, BC = b, CD = с, DA = d, AC = e, BD = f. Нужно доказать, что ac + bd = ef. Выберем на диагонали AC точку E так, чтобы угол CBE был равен ?. Тогда треугольники CBE и DBA подобны. Поэтому EC : b = d : f.

Из подобия треугольников ABE и DBC (углы ABE и DBC равны как равносоставленные) получаем AE : а = с : f. Определим из первого соотношения EC, а из второго AE и сложим эти два равенства:

откуда ас + bd = ef, что и требовалось доказать.

1.33. Продолжим боковые стороны AB и CD трапеции (рис. P.1.33) до пересечения в точке S. Если через S и M (где M — середина BC) провести прямую, то она пересечет AD в точке N, которая является серединой AD.

Из подобия треугольников BSM и ASN имеем

откуда

Так как по условию MN = AN ? BM, то BM = SM и треугольник SMB равнобедренный. Аналогично доказывается, что треугольник SMC также равнобедренный. Следовательно, угол SMC равен удвоенному углу А, а угол SMB — удвоенному углу D (по свойству внешнего угла треугольника). Но оба этих угла SMB и SMC образуют развернутый угол. Следовательно, сумма углов А и D равна 90°.

1.34. Пусть AB = а, MR = x (рис. P.1.34).

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 = xv3 . С другой стороны, AE = AB ? BE, а так как BE = CE = x, то AE = 2 ? x. Итак, 2 ? x = xv3 , откуда x = v3 ? 1.

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

S_ACD + S_BCD ? S_BKL = 2S_ACB ? S_BKL.