Альберт Рывкин - Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

• Название: Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы
• Автор: Альберт Рывкин
• Жанр: Математика
• Год: 2003
• ISBN: 5-329-00766-6, 5-94666-080-2

Основу задачника составили варианты письменных работ по математике, предлагавшихся на вступительных экзаменах в ряде ведущих вузов Москвы.

Сборник содержит около 500 типовых задач. K каждой задаче дается до трех указаний, помогающих найти правильный путь к решению, а затем приводится подробное решение.

Пособие может использоваться при самостоятельной подготовке к экзаменам в вуз, а также на подготовительных отделениях и курсах.

---

1.47. Отрезок, соединяющий центр окружности с серединой хорды, перпендикулярен к этой хорде. Зная, что хорда удалена от центра на 3R/5, легко выразить ее длину через R.

1.48. Использовать геометрически касание окружности О2 с окружностью О1 можно, соединив их центры (рис. I.1.48). Отрезок О2О1 пройдет через точку касания. Так как окружность О2 касается сторон угла ОАВ, то ее центр лежит на биссектрисе угла ОАВ.

1.49. Если в треугольнике АВС провести высоту АN (рис. I.1.49), то искомая площадь будет равна ½АN · BC. Соединив точки M и С, разобьем треугольник АВС на равнобедренный треугольник МСВ и треугольник АМС, у которого угол АМС легко выразить через φ.

1.50. Задача вычислительная. Нужно воспользоваться формулой Герона и выражением радиуса R через стороны треугольника и его площадь S, т. е. R = abc/4S . Стороны треугольника удобно обозначить: а, а − d, а + d.

1.51. Проведите через точки P и Q прямые, параллельные AC. Первая будет средней линией треугольника АВС, вторая — средней линией треугольника с вершиной В, которому первая средняя линия служит основанием.

1.52. Соединим точки P и T. Данный треугольник разбивается на пять. Пусть QT = m, TL = n, QN = RL = а. Чтобы использовать условия задачи, можно записать соотношения площадей различных треугольников, образовавшихся из данного треугольника PQR.

1.53. Хорда MN — сторона правильного шестиугольника, вписанного в первую окружность, так как опирающийся на MN центральный угол ∠МО1N = 60°. Чем является MN для второй окружности?

1.54. Для вписанного в окружность четырехугольника воспользоваться свойством, в силу которого сумма противоположных его углов равна 180°. Удобно обозначить стороны четырехугольника через а, b, с, d, начиная со стороны AB, а опирающиеся на них углы (проведите диагонали) через α, β, γ, δ.

K главе 2

2.1. Предположим, что где-то построен мост (рис. I.2.1). В этом случае путь из А в В будет ломаной, состоящей из трех звеньев. Среднее звено всегда остается неизвестным по длине и направлению. Следовательно, нужно «спрямить» первое и третье звенья.

2.2. Из точки А отрезки МР и РN видны под углом 30° каждый. Следовательно, построить точку А можно как пересечение двух сегментов, вмещающих угол в 30°.

2.3. Пусть треугольник АВС искомый (рис. I.2.3). Чтобы на чертеже появился угол φ, отразим треугольник АВС от вертикальной оси, проходящей через середину BC. Получим треугольник СА1А, в котором ∠А1СА = φ.

2.4. В любом треугольнике АВС центр описанной окружности лежит на пересечении перпендикуляров, восставленных из середин сторон. Этот факт можно использовать для того, чтобы связать данные элементы треугольника: b и mс.

2.5. Точки О (центр вписанной окружности) и О1 (центр вневписанной окружности) лежат на биссектрисе угла А треугольника АВС (рис. I.2.5). Отрезки ОС и О1С, ОВ и О1В взаимно перпендикулярны как биссектрисы смежных углов. Поэтому точки В, О, С, О1 лежат на одной окружности с центром в точке Q.

2.6. Применить метод подобия, выбрав за центр подобия одну из вершин треугольника, А или С.

2.7. Если прямую FЕ (рис. I.2.7) вращать около точки M, то площади треугольников ОМF и ОМЕ будут изменяться так, что с увеличением одной уменьшается другая. Это должно навести на мысль рассмотреть некоторое среднее положение.

2.8. Чтобы использовать данный в условии периметр треугольника, нужно осуществить «спрямление», т. е. рассмотреть треугольник, который получается из искомого, если отложить на BC отрезки А1В и СА2, равные AB и AC соответственно, так, как это показано на рис. I.2.8.

2.9. Чтобы подойти к решению задачи, нужно построить из отрезков АР, ВР и СР ломаную с закрепленными концами и посмотреть, когда эта ломаная будет выпрямляться.

2.10. Зная гипотенузу, можно построить окружность, в которую вписан искомый прямоугольный треугольник АВС. Если биссектрису CD продолжить до пересечения с этой окружностью в точке E, то получим две равные дуги АЕ и ЕВ. Следовательно, отрезок ОЕ, соединяющий точку E с центром круга, перпендикулярен к AB и равен c/2. Теперь все данные в условии элементы связаны между собой.

2.11. Пусть известны углы при вершинах А и D четырехугольника и его стороны AB = а, BC = b, CD = с. Если угол ВАD закреплен, то положение точки С определяется с помощью метода геометрических мест.

2.12. Пусть AM (рис. I.2.12) — искомая секущая и AB = ВМ. Чтобы связать ее с данной окружностью, соединим точки О и В. Если отрезок ОВ продолжим за точку В и отложим BC = ОВ = R, то точки О, А, С и M будут вершинами параллелограмма.

2.13. Пусть через точку M пересечения двух окружностей с центрами О и О1 (рис. I.2.13) проведена секущая AB данной длины. Проведем к ней перпендикуляры ОС и О1D. Отрезок CD вдвое меньше отрезка AB, так как точки С и D — соответственно середины хорд AM и МВ.

2.14. Если хорда AB искомая, то МВ − AM = а. Построим отрезок BN, равный AM (рис. I.2.14). Точки M и N лежат на одинаковом расстоянии от точки О, а MN = а.

2.15. Так как длина отрезка PQ и несущая его прямая известны, то можно воспользоваться методом параллельного переноса.

2.16. Нужно построить отрезок FD (рис. I.2.16), делящийся в точке M пополам. Следовательно, его можно рассматривать как одну из диагоналей параллелограмма. В качестве одной из вершин параллелограмма удобно выбрать точку В. Отразив ее симметрично от точки M, получим еще одну вершину.

2.17. Если через точки А и В провести прямую, то она, вообще говоря, должна пересечь прямую PQ в некоторой точке С. Остается воспользоваться свойством секущей и касательной, проходящих через общую точку. Случай, когда AB и PQ параллельны, рассмотрите отдельно. (!)

2.18. Соединить точку M с концами А и В данного диаметра. Рассмотреть получившиеся точки пересечения с окружностью.

2.19. Воспользоваться предыдущей задачей и построить произвольный перпендикуляр к данному диаметру, пересекающий окружность в точках С и D.

2.20. Какую бы точку С на прямой l мы ни взяли, величина |AC − BC| в силу неравенства треугольника не может превзойти длины отрезка AB. Следовательно, существует точка прямой l, отвечающая требованиям задачи. По условию точки А и В лежат по разные стороны прямой l. Принципиально ли это требование, или же можно сформулировать эквивалентную задачу для точек, лежащих по одну сторону прямой l?