Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы
Шрифт:
Раскрывая скобки и приводя подобные члены, получим MP^2 = R^2.
Ответ. R.
1.47. Из треугольника AOC (рис. P.1.47) легко найти AC = 4R/5. Так как AC · СВ = МС · CN, то
откуда x = 2R/15.
Проведем
CD = MD– МС = 5x/2 = R/3.
Косинус угла OCD равен синусу искомого угла NCB:
CD/OC = R/3 : 3R/5 = 5/9.
Ответ. arcsin 5/9.
1.48. Соединим центры О2 и O1 рассматриваемых окружностей. Отрезок O1О2 равен x + R/2 (рис. P.1.48).
Центр О2 лежит на биссектрисе угла OAB, равного 45°. Поэтому угол DAO2 равен 45°/2. Это позволяет выразить через R и x отрезок DO:
DO = R– AD = R– x ctg 45°/2 = R– x 1 + cos 45°/sin 45° = R– x(2 + 1).
Так как CO1 = R/2– x, O2С = DO = R– x(2 + 1), а O1O2 = x + R/2, то по теореме Пифагора для треугольника O2CO1 получим
(R/2– x)^2 + [R– x(2 + 1)]^2 = (R/2 + x)^2,
или после преобразований
[R– x(2 + 1)]^2 = 2Rx,
т. е.
Получили квадратное уравнение относительно x. Решая его, найдем
Так как
Ответ. x = (3 - 22)R.
1.49. Соединим точки M и C (рис. P.1.49).
Так
AC^2 = АМ^2 + МС^2 - 2АМ · МС cos ( - 2) = x^2(q^2 + р^2 + 2 pq cos 2),
а из треугольника ABC по теореме синусов
AC = 2R sin /2– = 2R cos ,
т. е.
АС^2 = 4R^2 cos^2 .
Приравнивая найденные выражения для АС^2, получим
Площадь треугольника ABC будем искать в виде S = 1/2 AN · BC. Так как МВ = px, а МА = qx, то AB = (p + q)x. Из треугольника ABN находим AN = AB cos = (p + q)x cos . Сторону BC можно определить из треугольника MBF в котором сторона BF = 1/2 BC:
BC = 2BF = 2MB sin = 2px sin .
Таким образом, S = p(p + q)x^2 sin cos = 1/2 p(p + q)x^2 sin 2, откуда
Ответ.
1.50. Стороны треугольника по условию равны а– d, а, а + d, где через а мы обозначили длину средней стороны. Тогда полупериметр p = 3a/2 и из формулы Герона получим уравнение относительно а:
Введем новую переменную
откуда
Далее найдем
Поскольку R = abc/4S, то в нашем случае
Ответ.
1.51. Проведем PP1 || AC и QQ1 || AC (рис. P.1.51).