Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

2.20. Построим точку А₁ симметричную точке А относительно прямой l (рис. P.2.20). Для любой точки С на прямой l (в силу неравенства треугольника) справедливо соотношение

|AC ? BC| = | А₁С ? BC| ? А₁В.

Величина |А₁С ? BC| будет меняться в зависимости от положения точки С, и станет наибольшей, когда точка С займет положение С₁ (на пересечении прямых А₁B и l). Именно для этой точки треугольник СА₁В вырождается в отрезок С₁В, а неравенство треугольника превращается в равенство: |А₁С ? BC| = А₁B. Из построения следует, что точка С единственная (если бы мы отражали от прямой l точку B, то пришли бы к той же точке С).

2.21. Две противоположные вершины искомого квадрата лежат, во-первых, на внешних полуокружностях, построенных на сторонах данного четырехугольника (рис. P.2.21), и, во-вторых, на диагонали квадрата, которая пересекает внутренние полуокружности в точках E и F, таких, что АF = FB = DE = EC = 45°.

После проведенного анализа построение очевидно.

2.22. Выберем на глаз отрезок длины 1. Построим прямоугольный треугольник с катетами 1 и 1. Гипотенуза его равна v2. Далее возьмем катеты 1 и v2. Получим гипотенузу v3. Если же катеты равны v3 и 2, то гипотенуза равна v7. На сторонах острого угла А (для удобства) отложим AB = 1, АВ₁ = v7, AC = v7 (рис. P.2.22).

Соединим B и С, через В₁ проведем прямую, параллельную BC. Она пересечет AC в точке С₁. Из подобия треугольников ABC и АВ₁С₁ имеем AB : АВ₁ = AC : АС₁. Отсюда  Однако это 7 выбранных нами единиц, а не реальный отрезок длины 7, данный в условии задачи. Отложим АС₂ = 7. Это уже данный в условии отрезок. И проведем С₂В₂ || СВ. Отрезок АВ₂ = v7.

2.23. Так как длина искомого отрезка есть 

а длина данного отрезка равна а, то рассмотрим только такие значения а, что одновременно

Решение этой системы есть два интервала: 0 < а < 1 и а > 3.

Пусть 0 < а < 1. Тогда удобнее записать длину искомого отрезка так:

На одном луче угла отложим отрезки OA = 2 + а и OB = 3 + а, а на другом луче — отрезок ОС = 3 ? а (рис. P.2.23, а). Соединим А и С, проведем BD || AC. Тогда

Осталось построить отрезок, длина которого равна ^OD/_{1 ? а}. Для этого отложим на одном луче угла отрезки OD и ОЕ = 1 ? а, а на другом луче отрезок OK = 1 (рис. P.2.23, б). Проведем DL || EK. Отрезок OL имеет искомую длину:

Осталось рассмотреть случай а > 3. Решение отличается только тем, что вместо отрезков длины 3 ? а и 1 ? а придется рассматривать отрезки длины а ? 3 и а ? 1.

Глава 3 Геометрические задачи в пространстве

3.1. На луче, перпендикулярном к MN, возьмем произвольную точку А (рис. P.3.1). Спроецируем OA на плоскость P, а полученный отрезок OB на второй из данных лучей. Треугольник АСО прямоугольный (по теореме о трех перпендикулярах).

Косинус искомого угла АОС равен ^ОС/_OA. Используя построенным треугольники, можно выразить ОС через OA:

ОС = OB sin ? = OA cos ? sin ?.

Ответ. arccos (cos ? sin ?).

3.2. Спроецируем данный треугольник ABC на плоскость P (рис. P.3.2) и построим угол CED, равный x, между плоскостью треугольника и плоскостью P. Введем в рассмотрение линейный элемент CD = а.

Тогда

Так как СЕ — высота в треугольнике ABC, опущенная на гипотенузу, то (из сравнения площадей) имеем

Подставляя вычисленные раньше значения AC, BC и