. Выберем на диагонали AC точку E так, чтобы угол CBE был равен γ. 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 иSMC 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 = x√3 . С другой стороны, AE = AB − BE, а так как BE = CE = x, то AE = 2 − x. Итак, 2 − x = x√3 , откуда x = √3 − 1.
Заметим, что KF = FB = ½; площадь искомой фигуры равна
SACD + SBCD − SBKL = 2SACB − SBKL.
Ответ. 2√3 − 9/4 .
1.36. Углы при нижнем основании трапеции и основании треугольника равны. Обозначим их через α. Тогда угол BAO равен углу ABO, т. е. равен 90° − α (рис. P.1.36). Поэтому угол OAD равен 2α − 90°. Так как треугольник MNO равнобедренный (MO = NO), то угол MNO равен α, а угол NOE равен 90° − (180° − 2α), т. е. равен 2α − 90°.
Треугольники ONE и AOD равны (по гипотенузе и острому углу). Следовательно, OE = AD. Кроме того, MO = OB, как два радиуса, и NE = OD, как стороны равных треугольников. Это означает, что BD = l.
По условию AD · BD = S, следовательно, OE = AD = S/l.
Ответ.S/l.
1.37. Из подобия треугольников AOD и BOC (рис. P.1.37) находим, что MO/NO = p, т. е. MN/NO = p + 1.
Отношение площадей трапеции и треугольника AOD можно записать в виде
Ответ. (p + 1)².
1.38. Пусть R — радиус окружности, n — число сторон первого многоугольника, x — периметр третьего.
Периметры первого и второго многоугольников равны соответственно
Периметр третьего равен
Сравнивая первые два выражения, найдем, что 1 − tg²π/2n = b/a. Следовательно,
Ответ.
1.39. Если точки О и M расположены так, как показано на рис. Р.1.39, а, то NM >KL, так как хорда NM ближе к центру окружности. Но NM<а, а KL = 2а. Получаем а< 2а, что невозможно. Следовательно, фигуры расположены так, как показано на рис. Р.1.39, б.
Центр рассматриваемой окружности лежит на биссектрисе угла AOB, так как точка О1 равноудалена от лучей AO и OB.
Предположим для определенности, что угол α больше угла β. Треугольник OMO1, в котором сторона OM равна а, сторона MO1 равна R, а ОО1 легко выражается через R, позволяет составить уравнение для определения R. B самом деле, угол MOO1 равен α − α + β/2 = α − β/2. Следовательно, по теореме косинусов
R² = а² + ОО1² − 2а · ОО1 · cos α − β/2.
Из треугольника О1ОВ находим
а так как то
После подстановки уравнение относительно R выглядит следующим образом:
Заменим на и после несложный упрощений
получим
откуда
Ответ.
1.40. Запишем отношение площадей данных прямоугольных треугольников (рис. P.1.40):
Кроме того, AD · AB = AE · AC. Найдем отсюда AO и подставим в предыдущее равенство; получим
Обозначим углы ADC и AEB, опирающиеся на дугу BC, через φ:
Следовательно, дуга BC равна
Угол А прямой и измеряется полуразностью высекаемых им на окружности дуг (2π − ∪DE) и BC:
π/2 = (2π − ∪DE) − ∪BC/2, т.E. π/2 = ½(∪DE + ∪BC).
Отсюда найдем величину дуги DE, которая равна
Ответ.
1.41. Введем обозначения, указанные на рис. P.1.41. B треугольнике AOO1:
Чтобы применить к этому треугольнику теорему косинусов, обозначим угол BAD через β. Из треугольника ABD:
Следовательно, по теореме косинусов для треугольника АОО1:
Раскроем скобки и воспользуемся формулой косинуса суммы. После упрощения получим искомый радиус.
Ответ.
1.42. Обозначим сторону квадрата через а. Тогда (см. рис. P.1.42)
Перед корнем выбраны два знака, так как искомый квадрат может быть расположен либо так, как показано на рис. P.1.42, а, либо так, как показано на рис. P.1.42, б. B первом случае нужно взять знак плюс, а во втором — минус.
С другой стороны, из треугольника OBD находим Получаем уравнение
После простых преобразований и повторного возведения в квадрат получаем уравнение
2a4 − 2a²(R² + r²) + (R² − r²)² = 0,
в котором исчезло различие между случаями, изображенными на рис. P.1.42, а, б. Из последнего уравнения имеем
или
Из первого выражения для а² видно, что оба значения положительны, если неотрицательно подкоренное выражение. Так как по условию R>r, то получаем
и окончательно
Ответ.
Задача имеет решение при 1 <R/r ≤ 1 + √2. Если же R/r = 1 + √2, то задача имеет единственное решение
1.43. Так как OE² = R² − x² и OF = R/2 (рис. P.1.43), то С другой стороны, EF = 2x. Получаем уравнение
R² − x² = (R/2 + 2x)²,
решая которое найдем половину стороны квадрата x = 3/2 .
Ответ. 3.
1.44. Введем обозначения, указанные на рис. P.1.44. Так как меньшая окружность вписана в угол ADC, то ее центр О1 лежит на биссектрисе этого угла.
Из треугольника ОО1F имеем ОО²1 = OF² + FO²1, т. е.
(R + r)² = (R − r)² + x². (4)
Из треугольника АВН: АН = ВН ctg α = R ctg α, т. е.
а = 2R + 2Rctg α. (5)
Из треугольника O1GD:
r = (a/2 − x)tg α/2. (6)
Из уравнения (4) находим 4Rr = x², или 2√R √r = x, и подставляем в уравнение (6). Получим
2r + 4√R √r tg α/2 − a tg α/2 = 0,
или, проще,
2 ctg α/2r + 4√R √r − a = 0.
Мы пока не будем выражать R через а и α, а, наоборот, заменим а его выражением через R и α. Это удобнее, так как квадратное уравнение таково, что впоследствии √R можно будет вынести за скобки:
Знак минус перед корнем не имеет геометрического смысла. Если в подкоренном выражении воспользоваться формулой котангенса двойного угла, то