|
1. Пусть а и b — катеты прямоугольного треугольника, а с — его гипотенуза. По условию a + b + c =132 и a2 + b2 + c2 = 6050. Таи как a2 + b2 = c2, то 2c2 = 6050, откуда с = √3035=55. Поэтому a + b = 77. Возводя это равенство в квадрат и учитывая соотношение a2 + b2 = 3025, получим аb =1452. Следовательно, а и b суть корни уравнения
х2— 77x +1452 = 0.
Отв. Катеты треугольника равны 44 и 33, гипотенуза 55.
______________________________________________
2. Высота ВК (рис. 1) параллелограмма ABCD равна 2ON = 2p.
рис. 1
Так как / BAK = α, тo  . Аналогично  Находим:
Диагонали находим по теореме косинусов.
______________________________________________
3. По условию АС = 30 см и ВD =20 см (рис. 2).
рис. 2
Высоту АЕ можно найти из подобия прямоугольных треугольников BDC и AЕС (у них угол С — общий), но проще сравнить два выражения площади S треугольника ABC. Именно,
S = 1/2 АС • BD и S = 1/2 ВС • АЕ.
Следовательно,
Отв. 24 см
______________________________________________
4. Из треугольника BDE, где BD = 12 см и BE =13 см, находим DE =√132—122 = 5(см) (рис. 3).
рис. 3
Следовательно,
AD = AE — DE = 1/2 AC — DE = 1/2• 60 — 5 = 25 (см) и DC = EC+DE = 35 (см).
Боковые стороны находим из треугольников ADB и DCB.
Отв. АВ= √769 ≈ 27,7 см, ВС = √1369 = 37см.
______________________________________________
5. Пусть ABC есть данный треугольник (АС = СВ = b), Требуется определить площадь S треугольника О1О2О3 (рис. 4).
рис. 4
Имеем S = 1/2 О2О3 • O1C, где О2О3=АВ и O1C = AB. Следовательно,
S= 1/2 AB2 = b2
Другое решение. Треугольник О1О2С равновелик треугольнику О1ВС (у них общее основание О1 и равные высоты). Треугольник О1О3С равновелик треугольнику О1AC (пo той же причине). Значит, треугольник О1О2О3 равновелик квадрату О1ВСА.
Отв. S = b2.
______________________________________________
6. По условию задачи отрезок АВ = а делится точкой М в отношении т : п (рис. 5).
рис. 5
Поэтому  Таким же образом
Следовательно,
Кроме того, все углы четырехугольника LMNK прямые (ибо из равенства треугольника ALM и BMN имеем / LMA— / MNB = 90° — / NMB; следовательно, / LMA + / NMB = 90°; поэтому / LMN = 90°). Значит, четырехугольник LMNK есть квадрат.
Другое решение. Из площади квадрата ABCD вычитаем общую площадь четырех треугольников.
______________________________________________
7. По условию / LMA = 30" (рис. 5). Следовательно,
AL = 1/2 ML и AM = √3/2 ML.
Значит,
AB = AM + MB = AM + AL = 1/2( 1 + √3 )2 ML.
Следовательно,
пл. ABCD : пл. LMNK = AB2 : ML2 = ( 1 + √3 )2 : 4, т. е.
I
Отв.Отношение равно 
______________________________________________
8. Обозначим AM (рис. 5) через х. Тогда AL = MB = a — х. Следовательно,
пл. KLMN = LM2 = AL2+AM2 = (a — x)2 + x2.
По условию (a — x)2 + x2 = 25/49 a2. Решаем это уравнение.
Отв. Искомые отрезки равны 3a/7 и 4a/7
______________________________________________
9. Предварительное замечание. Из решения выяснится, как отыскать положение вершин вписанного прямоугольника KLMN (рис. 6). Пока нужно выполнить построение схематически, начав с построения прямоугольника KLMN.
рис. 6
Решение. Найдем отрезки МВ = х и BN = y. Так как AB = 4, то AM = 4 — х. Треугольники DLK и BNM равны (доказать!); следовательно, DL= BN = y и LA=3—y. Трeугольники LAM и MNB подобны, ибо острые их углы ALM и NMB равны (как углы с взаимно перпендикулярными сторонами). А так как по условию ML втрое больше, чем MN, то и LA = 3MB, а также AM = 3BN, т. е. 3 — у = 3х и 4 — х = 3у.
Отсюда находим х = 5/8 у = 9/8 . Теперь имеем
Отв. Стороны прямоугольника равны
√106/8 ≈ 1,29 м и 3√106/8 ≈ 3,87 м
______________________________________________
10. Площадь равностороннего треугольника ABC (рис.7) равна 1/2 а • √3/2 а = √3/4 а2.
рис.7
Треугольник ANL, у которого по условию AL= 1/3 а и AN = 2/3 а , имеет общий угол А с треугольником ABC. Значит, их площади относятся как произведения сторон:
Поэтому
SANL = 1/3 • 2/3 SABC = 2/9 SABC
Следовательно,
Замечание. Треугольник LMN, равно как и треугольник ABC, равносторонний (доказать). По тем же способом можно определить площадь треугольника LMN в общем случае, когда треугольник ABC произвольный и стороны его разделены в произвольных отношениях.
______________________________________________
11. При обозначениях рис. 8 имеем а + b + с = 2р.
рис. 8
Отсюда а + b = 2р — с и a2 + 2ab + b2 = (2р — с)2.
Но a2 + b2 = c2 и ab = сh (см. решение задачи 3).
Поэтому c2 + 2ch = 4p2 — 4рс + c2, откуда
Теперь имеем  Следовательно, a и b суть корни уравнения
Задача имеет решение лишь в том случае, если р > h(√2+1).
______________________________________________
12. Каждая из боковых сторон АС и BC (рис. 9) треугольника ABC равна 
рис. 9
Пусть х есть длина отрезка CM (x = CM = CN). Периметр 2р трапеции AMNB получится из периметра 2P треугольника ABC, если из 2Р вычесть сначала CM + CN = 2x и к разности прибавить MN. Из подобия треугольников ABC и MNC находим
______________________________________________
13. Требуется определить расстояние NP = x точки N (рис. 10) до основания AD = а (Решение останется тем же, будет ли а большим или меньшим основанием.) и расстояние NM = y до боковой стороны AB = с.
рис. 10
Из подобия треугольников AMN и ABC (где ВС = b) находим
MN/ВC = АM/AB , т. е y/b = x/c ,
из подобия треугольников NPD и BAD имеем
NP/ВA = PD/AD , т. е 
Решаем эти два уравнения
______________________________________________
14. Пусть ABC (рис. 11) — данный треугольник. Так как DE — средняя линия треугольника и DE = CD, то СВ = 1/2AС.
рис. 11
Следовательно, / CAD = 30o. Поэтому 
Отв. S=12√3 cм2.
______________________________________________
15. Положим х = ВО, у = АО (рис. 12).
рис. 12
Тогда площадь S ромба ABCD равна 2ху. По условию х + у = m/2 ; кроме того, из прямоугольного треугольника АОВ, где АВ = 1/4 2р = p/2 , находим
х2 + у2 = (p/2 )2 .
Возводя в квадрат обе части первого уравнения и вычтя второе, найдем
______________________________________________
|