|
77. По условию площадь треугольника ABF (рис. 68) составляет 1/3 площади ромба ABCD, т. е. площади 2/3 треугольника ABC.
рис. 68
Так как треугольники ABC и ABF имеют общую высоту AG, то
BF = 2/3BC = 2/3a.
Поэтому
AF2 = AB2 + BF2— 2AВ • BF cos (180°— α) = a2 + 4/9 a2 + 4/3 a2 cos α.
Отв. AF = АЕ = a/3√13 + 12 cos α.
______________________________________________
78. Продолжим ВМ (рис. 69) до пересечения со стороной ОА угла АОВ в точке R.
рис. 69
Из треугольника AMR, где/ AMR= / AOB = 60° (как углы с взаимно перпендикулярными сторонами), находим MR=2AM = 2a. Следовательно, RB = RM+MB =2a + b, Теперь из треугольника ROB, где OR=2OB, находим (2ОВ)2 —ОВ2=(2a + b)2. Следовательно,
Искомое расстояние ОМ определяется из треугольника ОВМ.
Отв. ОМ = 2/√3 √a2 + ab + b2
______________________________________________
79. Задача сводится к разысканию / ACB =2α (рис. 70).
рис. 70
Продолжив АС и проведя BL || DC, докажем (как в теореме о биссектрисе внутреннего угла треугольника),что CL = BC= а, и из подобия треугольников ADC и ABL получаем  а из равнобедренного треугольники BCL имеем BL = 2a cos α.
Следовательно,  отсюда находим cos α; затем находим sin α и
S = 1/2 at sin α + 1/2 bt sin α = 1/2 t (a + b)sin α.
Другое решение. Площадь 1/2 аb sin 2α треугольника АВС есть сумма площадей 1/2 bt sin α и 1/2 at sin α треугольников ADC и BСD Следовательно,
ab sin α cos α = 1/2 bt sin α + 1/2 at sin α.
Отсюда находим cos α.
______________________________________________
80. Пусть лучи CD, СЕ (рис. 71) делят угол АСВ на три равные части:
/ BCD = / DCE = / ECA = α. По условию АС = СВ= а и CE=CD = t.
рис. 71
Из треугольника ВСЕ находим, как в предыдущей задаче,  затем находим sin α.
Искомая площадь есть сумма площадей треугольников АСЕ; DCE; BCD.
______________________________________________
81. В треугольнике ABC (рис. 72) СЕ — высота и СО — медиана.
рис. 72
Обозначим искомый угол ОСЕ через φ, а углы треугольнику через А, В и С. Найдем из треугольников АСЕ, ВСЕ и ОСЕ cледующие выражения для отрезков основания:
AE = EC • ctgA,
BE = EC • ctg B ,
OE = EC • tg φ
Tак как AО = OB, то
АЕ — ВЕ= (АО + ОЕ) — (ОВ—ОЕ) =2ОE.
Подставив найденные выражения этих отрезков, получим
EC • ctg A — EC • ctg B = 2 EC • tg φ,
или
ctg A — ctg B = 2 tg φ.
Отв. tg φ = 1/2 (ctg A — ctg В).
______________________________________________
82. Искомая площадь S (заштрихованная на рис. 73) равна утроенной площади фигуры EMFB.
рис. 73
По условию OE = 1/3AB = a/3 .
B прямоугольном треугольнике OED катет OD (радиус вписанного круга) равен a√3/6; следовательно, OD = OE √3/2. Значит, / DEO=60°.
Точно так же / KFO = 60° Так как угол EBF тоже равен 60°, то EO || BF и OF || BE, и четырехугольник OEBF есть ромб со стороной a/3 и с углом 60° при вершине О.
Вычитаем площадь сектора EOF, равную 1/6 π ( a/3)2 , из площади ромба ( a/3)2 √3/2 , и pазность утраиваем.
______________________________________________
83. Требуется найти S = 1/2 АВ • DC (pис. 74).
pис. 74
Угол CFB—прямой (как вписанный, опирающийся на диаметр). Следовательно, DC=AF, так что S = 1/2 АВ • AF. Но по свойству секущей имеем
АВ • AF = AE2 = ( h/2 )2
______________________________________________
84. Так как / DCA = / OBC (рис. 75) и / BCO = / OBC (ибо медиана ОС равна половине гипотенузы), то / DCA = / BCO.
рис. 75
Но по условию / ACE = / BCE. Вычитая из этого равенства предыдущее, получаем / DCE = / OCE, т. е. СЕ делит пополам угол DCO.
______________________________________________
85. Диаметр 2R окружности, описанной около прямоугольного треугольника AВС (рис. 76), равен гипотенузе АВ.
рис. 76
Диаметр 2r вписанной окружности равен МС + СК (так как МОКС есть квадрат). Следовательно,
АС+ВС = (АМ+ВК) + (МС+СК) = (AL+LB) + (МС+СК) =2R+2r.
______________________________________________
86. Как в задаче 85, докажем, что a + b = 2(r + R), т. е.
а + b = 2 ( 2/5 R + R) = 7/5 c.
Кроме того, а2 + b2 = с2. Отсюда
a = 3/5c , b = 4/5c ( или a = 4/5c , b = 3/5c )
Отв. sin A = 3/5 , sin В = 4/5
______________________________________________
87. Построим (рис. 77) треугольники OEO1и OFO2 (точки В и F — середины сторон параллелограмма).
рис. 77
Эти треугольники равны. Действительно, OE = FC, а из условия следует, что FC = O2F. Следовательно, OE=O2F. Так же докажем, что O1E= OF.
Углы OEO1и OFO2 (оба они тупые) равны, так как их стороны взаимно перпендикулярны. Из равенства треугольников OEO1и OFO2 следует, что ОО1 = ОО2 и что / OO1E = / O2OF. А так как О1Е и OF образуют прямой угол, то и прямые ОО1 и ОО2 образуют прямой угол. Значит, треугольник О1О2О — равнобедренный и прямоугольный. Таковы же и треугольники O2O3O, O3O4O и O4O1O. Отсюда следует, что O1O2O3O4 есть квадрат.
______________________________________________
|