Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

: PR из (7).

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

Из треугольника PNR имеем

^PN/_PR = ^{sin ?}/_{sin ?}.    (8)

Из треугольника NTQ имеем

^a/_m = ^{sin ?}/_{sin ?}.    (9)

Из треугольника LTR имеем

^a/_n = ^{sin ?}/_sin ?.    (10)

Разделим (10) на (9):

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

Ответ. n : т.

1.53. Так как ?MO₁N = 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 ?, ?, ?, ? (рис. P.1.54).

Тогда площадь S четырехугольника ABCD равна:

S = ?ab sin (? + ?) + ?cd sin (? + ?) = ? sin (? + ?)(ab + cd).

(Так как ? + ? = ? ? (? + ?), то sin (? + ?) = sin (? + ?).)

По теореме синусов

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

b = 2 sin ?, с = 2 sin ?, d = 2 sin ?.

Поэтому

S = sin (? + ?)(2 sin ? sin ? + 2 sin ? sin ?) = sin (? + ?) [cos (? ? ?) ? cos (? + ?) + cos (? ? ?) ? cos (? + ?)] =

(мы учли, что cos (? + ?) = cos ? ? (? + ?)) = ? cos(? + ?))

= 2 sin (? + ?) cos ^{(? + ?) ? (? + ?)}/₂ cos ^{(? + ?) ? (? + ?)} /₂ =

(сумма четырех углов равна ?, т. е. ? + ? = ? ? (? + ?), ? + ? = ? ? (? + ?))

= 2 sin (? + ?) sin (? + ?) sin (? + ?).

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

Из равенства синусов единице получаем, что ? + ? = 90°, ? + ? = 90°.

Отсюда ? = ? и ?BCD = 180 ° ? (? + ?) = 90°.

Таким образом, треугольник BCD — прямоугольный, a BD — диаметр окружности и BD = 2. Далее треугольник BAD равен треугольнику BCD (? = ? и общая гипотенуза BD). Мы убедились, что условия sin (? + ?) = 1 и sin (? + ?) = 1 реализуемы. Остается еще одна степень свободы — выбор величины угла ABC, равного ? + ?, который по условию не превышает 45°. Чем больше угол ? + ?, тем больше sin (? + ?) = sin (? + ?). Поэтому наибольшему значению площади соответствует sin (? + ?) = sin 45° = ^v2/₂, т. е. S = 2^v2/₂ = v2.

Ответ. v2.

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.