Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

Ваховский Евгений Борисович

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° = ²/₂, т. е. S = 2²/₂ = 2.

Ответ. 2.

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.

Задача имеет два решения. Одно изображено на рис. P.2.2, второе получится симметричным отражением первого от оси MN.

2.3. Пусть треугольник ABC искомый (рис. P.2.3). Отразим его от вертикальной оси, проходящей через середину BC. После этого треугольник CA₁A отразим от оси A₁A. B четырехугольнике C₁ABA₁ противоположные стороны AB и C₁A₁, а также A₁B и C₁A равны, т. е. он — параллелограмм с углом при вершине C₁ и углом - при вершине А₁.

Так как точка С₁ отстоит от С на расстоянии 2h_а, то треугольник СС₁В легко построить. Остается найти точку А₁ как пересечение дуги сегмента, вмещающего угол - и построенного на отрезке С₁В, с прямой, параллельной СВ и отстоящей от СВ на расстоянии h_а.

Задача

имеет два симметричных решения, так как дуга сегмента может быть построена в любую сторону от С₁В. Построение возможно при любом соотношении между а, h_а и 0 < < .

2.4. Пусть треугольник ABC — искомый и О — центр вписанной в него окружности. Если на отрезке АО = R (рис. P.2.4), как на диаметре, построить окружность, то она пересечет стороны AC и AB в точках F и E, являющихся серединами AC и AB соответственно. Отсюда построение: на отрезке АО = R строим, как на диаметре, окружность. Из точки А раствором циркуля, равным ^b/₂, делаем на окружности засечку в точке F. Продолжаем AF за точку F на расстояние ^b/₂ и получаем точку С. Из нее проводим дугу радиусом m_c.

Задача имеет два решения: треугольник ABC и треугольник AB'С, если дуга ЕЕ' пересекает окружность, построенную на AO; одно решение, если дуга касается окружности, и не имеет решения, если общих точек у дуги и окружности нет.

2.5. Так как углы OBO₁ и OCO₁ (рис. P.2.5) прямые, то вершины B и С треугольника лежат на окружности, построенной на отрезке ОО₁, как на диаметре. Центр этой окружности обозначим буквой Q.

Угол BQC — центральный в той окружности, в которую угол BOC вписан (см. рисунок). Дуга, на которую опирается угол BOC, равна 2 - BQC, а так как вписанный угол измеряется половиной дуги, на которую он опирается, то

ВОС = 2 - 2 ВОС.

Остается найти угол ВОС:

ВОС = - ^{B + C}/₂ = -  ^{- A}/₂ = ^{+ A}/₂,

следовательно,

BQC = 2 - ( + А) = - А.

Углы ВАС и BQC дают в сумме ; то же самое можно сказать об углах QBA и QCA, так как сумма всех углов четырехугольника равна 2. Тем самым мы доказали, что точка Q лежит на окружности, описанной около треугольника ABC.

Построение можно провести следующим образом. Строим на отрезке ОО₁, как на диаметре, окружность с центром в точке Q. Радиусом О₂Q (О₂ — центр описанной окружности) проводим окружность с центром в точке О₂. B пересечении этих окружностей получим вершины B и С искомого треугольника.