|
21. Искомая площадь равна сумме площадей двух секторов с углами 2α и 2β (рис. 28) без удвоенной площади треугольника со сторонами R, r, d :
S = R2 α + r2 β — Rd sin α.
Рис.28.
Для определения углов α и β имеем два уравнения:
R sin α = r sin β,
R cos α + r sin β = d,
решая которые, находим:
Следовательно,
________________________________________________
22. Пусть К — точка касания двух окружностей, имеющих радиусы r и r1 и Р —основание перпендикуляра, опущенного из центра О2 третьей окружности на OO1 (рис. 29).
Рис.29.
Положив КР = х, будем иметь:
AB = 2√R2 — x2 (1)
Величина х определяется из уравнения
(R + r)2 — (r + х)2 = (R + r1)2 — (r1 — х)2
и равна  Подставив это значение в (1), получим:
________________________________________________
23. Пусть О1 , О2 — центры соответственно окружностей радиусов R, r, а О3—центр третьей окружности. Пусть х — радиус третьей окружности и Р — точка касания ее с диаметром О1О2 (рис. 30).
Рис.30.
Применив теорему Пифагора к треугольникам О2О3Р и О1О3Р, получим равенство
Подставив сюда значения О2О3 = r + x , О3Р = х , О2О1 = R— r, О1О3 = R— x, получим уравнение относительно неизвестного x :
(r + x)2 = x2 + (R — r + √(R — x)2— x2 )2 .
Решив это уравнение, найдем
________________________________________________
24. Пусть О1, О2, О3 — центры трех равных окружностей и О — центр круга радиуса r (рис. 31).
Рис.31.
Обозначим через  площадь /\ О1О2О3,  —площадь сектора AО2В; тогда искомая площадь будет
________________________________________________
25. Пусть О3D _|_ О1О2 (см. рис. 32).
Рис.32.
Имеем
OO32 = O1O32 + O1O2 — 2O1O • O1D = O2O32 + OO22 —2OO2 • DO2, (1)
где O1O3 = a + r, O2O3 = b + r, O1O = (а + b)— а = b, OO2 = (а + b) — b = a.
Положив O1D = x, запишем второе равенство (1) в такой форме:
(a + r)2 + b2— 2bx = (b + r)2 + a2—2а (а + b — х),
откуда найдем, что
Теперь первое равенство (1) примет вид уравнения с одним неизвестным r
Решив это уравнение, окончательно получим
________________________________________________
26. Обозначим через a и b расстояния данной точки А от данных прямых l1 и l2, а через х и у — длины катетов искомого треугольника (рис. 33).
Рис.33.
Заметив, что a/x = sin φ, b/y = cos φ, будем иметь два уравнения:
Преобразовав эти уравнения, придем к системе
Задача разрешима при k2 > ab и имеет два решения при k2 > ab и одно решение при k2 = ab.
________________________________________________
27. Соединив центры кругов, получим многоугольник, подобный данному. Центр полученного многоугольника совпадает с центром данного и стороны его соответственно параллельны сторонам данного (рис. 34).
Рис.34.
Пусть r — общий радиус рассматриваемых кругов. Тогда сторона построенного нами многоугольника равна 2 r , а его площадь
б = nr2 ctg π/n
Пусть, далее,  — внутренний угол многоугольника. Для
искомой площади S «звездочки» мы получаем выражение
Легко далее видеть (см. рис. 34), что
a/2 — r = r tg π/n
а откуда  и, следовательно,
________________________________________________
28. В обозначениях рис. 35 имеем
Рис.35.
Четырехугольник DEGF будет вписанным тогда и только тогда, когда
/ CGF = / CDB, т. е. когда 
________________________________________________
29. Пусть О — вершина острого угла α и Оk—центр й-го круга (рис. 36).
Рис.36.
Тогда
rk = OОk sin α/2, rk+1 = (OОk— rk — rk+1) sin α/2
и
rk+1 = rk — rk sin α/2— rk+1 sin α/2.
Следовательно,
т. е. радиусы кругов образуют геометрическую прогрессию со знаменателем
________________________________________________
30. Пусть наименьший угол между отраженными лучами и плоскостью Р равен α (рис. 37).
Рис.37.
Такой угол образует луч, проходящий через край зеркала С после однократного отражения в точке В.
По условию задачи CF || DA; следовательно, / ОСВ = / ОВС = α . Из условия отражения в точке В следует / OBF = α . Поэтому в треугольнике OBF имеем:
/ BOF = 2α, / OFB = 180o— 2α — α = 180° — 3α.
Обозначим расстояние от зеркала до плоскости через h, а радиус освещенного круга AD через r. Так как радиус зеркала равен 1, то
 (1)
Из треугольника OBF по теореме синусов находим:
В силу подобия треугольников CBF и DBA высоты в них пропорциональны сторонам, так что
или
Решая уравнения (1) и (2) совместно, находим:
Подставив сюда данную в задаче величину α =15°, получим:
Далее,
поэтому из (1) получим:
________________________________________________
31. Следует рассмотреть различные случаи в зависимости от величины отношения r/a
1) r/a > √2 . Окружности не пересекают квадрат, S = a2.
2) √5/2 < r/a < √2 Очевидно, в этом случае S = a2 — 8б,
где б —площадь заштрихованного криволинейного треугольника (рис. 38).
Рис.38.
Имеем:
б = 1/2 a √2 x — 1/2 r2 φ,
где φ = arcsin x/r . Для отыскания х заметим, что
3) 1/√2 < r/a < √5/2 Здесь S = 8б, где б —площадь заштрихованного криволинейного треугольника (рис. 39).
Рис.39.
Имеем:
4) r/a < 1/√2 Искомая площадь равна нулю.
________________________________________________
32. Имеем ( рис. 40):
Рис.40.
S = S1 + S2 + S3 + S4. (1)
Далее,
откуда S3S4 = S1S2. Но, очевидно, имеем
S3 + S1 = S4 + S1,
так что S3 = S4 и S3 = S4 = √S1S2.
Следовательно, из (1) получаем
S = S1 + S2 + 2 √S1S2 = ( √S1 + √S2 )2
________________________________________________
33. Обозначив через а, b, с, d длины сторон и через т, п.— длины диагоналей четырехугольника (рис. 41), по теореме косинусов имеем:
n2 = a2 + d 2—2ad cos φ ,
n2 = b2 + c2 + 2bc cos φ.
Рис.41.
Отсюда
(bc + ad) n2 = (a2 + d 2)bc + (b2 + c2) ad = (ab + cd)(ac + bd).
Следовательно,
Перемножив эти равенства, получим теорему Птолемея:
mn = ac + bd.
________________________________________________
|