с = BQ/sin A, то после сокращения на BQ получим
3/sin С = 2√2/sin А. (1)
По условию BQ = 6OQ. Найдем отрезок AQ из треугольников ABQ и AOQ соответственно:
AQ = BQ ctg А = 6OQ ctg А, AQ = OQ ctg ∠OAQ,
где ∠OAQ = π/2 − С. Приравнивая эти два выражения, получим второе уравнение, связывающее углы треугольника:
6 ctg А ctg С = 1. (2)
Остается решить систему из уравнений (1) и (2). Для этого возведем уравнение (1) в квадрат и воспользуемся формулой Получим
9(1 + ctg² С) = 8(1 + ctg² А). (1′)
Из уравнения (2) следует, что
(2′)
подставляя значение ctg² С в уравнение (1'), после несложных преобразований придем к биквадратному уравнению относительно ctg А:
32 ctg4А − 4 ctg² А − 1 = 0. (3)
Так как треугольник ABC по условию остроугольный, то нас интересуют лишь положительные корни уравнения (3). Легко убедиться, что оно имеет единственный положительный корень ctg А = ½. Подставляя в (2), найдем ctg С = ⅓. Теперь можно найти площадь данного треугольника:
SABC = ½AP · a,
где АР = 3. Величину а найдем из треугольника BRC:
Ответ. 6 см².
1.12. Поскольку B − С = π/2, угол B — тупой (рис. P.1.12).
Так как
то соотношение b + с = k можно переписать так:
откуда
h(sin С + cos С) = k sin С cos С.
Возведем последнее уравнение относительно sin 2 С. Корни этого уравнения
Если мы возьмем перед корнем знак минус, то получим sin 2С< 0, чего быть не может, так как угол С острый, следовательно, 0 < 2С< π.
Остается
B правой части стоит положительное число. Чтобы можно было найти С, это число не должно превышать единицу, т. е.
Неравенство можно переписать так:
При возведении в квадрат необходимо добавить ограничение k² − 2h² ≥ 0. Получим систему
решением которой будет k ≥ 2√2 h, так как k и h по условию положительны.
Ответ.
1.13. Способ 1. После того как из точки О опущены перпендикуляры длины x, y и z на стороны а, b и с соответственно (рис. P.1.13, а), можно записать
2S = ax + by + cz.
С одной стороны, АО = y/sin α, а с другой стороны
Таким образом,
После простых преобразований получим
(y² − z²) cosec² α = c² − 2cz ctg α,
(x² − y²) cosec² α = b² − 2by ctg α,
(z² − x²) cosec² α = a² − 2ax ctg α,
где последние два уравнения выведены аналогично первому из рассмотренных отрезков CO и BO. Сложив все три уравнения, получим в левой части нуль, а в правой выражение, в которое входит S:
0 = (a² + b² + c²) − 2(ax + by + cz) ctg α.
Таким образом,
Способ 2. Так как площадь треугольника ABC равна сумме площадей трех треугольников, на которые треугольник ABC разбивается точкой O (рис. P.1.1З, б), то
S = ½ sin α (an + bl + cm).
Записав теорему косинусов для каждого из треугольников AOB, BOC, COA, получим
2an cos α = a² + n² − m²,
2bl cos α = b² + l² − n²,
2cm cos α = c² + m² − l².
Сложим три последних равенства:
2 cos α (an + bl + cm) = a² + b² + c².
Используя полученное ранее выражение для S, исключим an + bl + cm.
Ответ.
1.14. По условию CD = BC − AC (рис. P.1.14).
Так как
AC = CD/sin A, BC = CD/sin B,
то
CD (1/sin B − 1/sin A) = CD
или
sin А − sin B = sin A sin B.
Последнее уравнение можно переписать так:
4 sin A − B/2 cos A + B/2 = cos (А − B) − cos (А + B).
Так как А − B = φ, то после замены
cos (А + B) = 2 cos² A + B/2 − 1
приходим к уравнению относительно y = cos A + B/2:
y² + 2 sin φ/2y − cos² φ/2 = 0.
Из его корней
y1, 2 = ±1 − sin φ/2
годится только первый, т. е.
cos A + B/2 = 1 − sin φ/2.
Задача имеет решение при 0 < φ < π.
Остается решить систему
Ответ.А = arccos [1 − sin φ/2] + φ/2,
B = arccos [1 − sin φ/2] − φ/2
С = π − А − B.
1.15. Площадь S треугольника ABC (рис. P.1.15) может быть записана с помощью биссектрисы l следующим образом:
S = ½(а + b)l sin С/2.
Теперь приравняем три выражения для 2S:
аhа = bhb = (а + b)l sin С/2.
Исключая а, получим
откуда
Задача имеет решение, если
B правой части стоит величина, равная половине среднего гармонического длин hа и hb.
Ответ. если длина биссектрисы больше среднего гармонического длин hа и hb.
1.16. Так как ОС и OB (рис. P.1.16) — биссектрисы соответствующих углов треугольника ABC, то
∠COB = π − (∠OCB + ∠OBC) = π − B + C/2.
Но B + С = π − А = π − α. Следовательно, ∠COB = π/2 + α/2.
Применяя теорему синусов, получим
Ответ.
1.17. Проведем через центр О1 (рис. P.1.17) вписанной в треугольник ABC окружности прямую, параллельную AC и пересекающую медиану AE в точке О. Докажем, что О — точка пересечения медиан треугольника ABC.
С помощью сравнения площадей получим (а + d)BD = rP, где
P = а + (а + d) + (а + 2d) = 3(а + d),
откуда BD = 3r.
Так как AE — медиана, то из подобия треугольников BDC и EFC следует, что
EF = ½ D = 3/2r.
Из подобия треугольников AOC и AEF получаем АО : AE = OG : EF = 2 : 3.
Следовательно, АО : ОЕ = 2 : 1 и О — точка пересечения медиан.
1.18. Площадь треугольника ABC (рис. P.1.18), с одной стороны, равна ½ hаа = 2kr², а с другой стороны, равна pr. Следовательно, p = 2kr.
Так как АВ1 = АС1 (касательные к одной окружности) и аналогично BC1 = ВА1, СВ1 = СА1, то СВ1 + BC1 = СА1 + ВА1 = а, АВ1 + СВ1 + BC1 = p и АВ1 = p − а = 2kr − kr = kr. Теперь можно вычислить
tg А/2 = r/kr = 1/k.
Чтобы найти стороны b и с, определим величины b + с и bc. Величина b + с определяется просто:
b + с = 2p − а = 3kr.
Чтобы найти bc, вспомним, что площадь треугольника ABC, равная 2kr², может быть записана в виде ½ bc sin А, где sin А = 2k/1 + k² (по формуле универсальной подстановки). Таким образом, bc = 2r²(1 + k²).
Решая систему уравнений
найдем
или наоборот
Задача имеет решение при k> 2√2.
Ответ.
1.19. Так как углы С, А, B треугольника ABC образуют геометрическую прогрессию со знаменателем 2, то А = 2С, B = 4С (рис. P. 1.19). Точка О — центр вписанной окружности, т. е. OK и OL являются отрезками соответствующих биссектрис.
Вычислим углы треугольника OLK. Угол KOL равен углу BOA треугольника BOA, в котором два угла уже известны: угол при вершине А равен С, а угол при вершине B равен 2С. Следовательно, угол BOA = π − 3С. Но по условию π = А + B + С = 7С, т. е. угол BOA, а следовательно, и угол LOK равны 4С.
Рассмотрим далее треугольник