Альберт Рывкин - Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы
- Название:Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы
- Автор:
- Жанр:
- Издательство:«ОНИКС 21 век» «Мир и Образование»
- Год:2003
- Город:Москва
- ISBN:5-329-00766-6, 5-94666-080-2
- Рейтинг:
- Избранное:Добавить в избранное
-
Отзывы:
-
Ваша оценка:
Альберт Рывкин - Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы краткое содержание
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.
Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы - читать онлайн бесплатно ознакомительный отрывок
Интервал:
Закладка:
Предположим для определенности, что угол α больше угла β. Треугольник OMO 1, в котором сторона OM равна а , сторона MO 1равна R , а ОО 1легко выражается через R , позволяет составить уравнение для определения R . B самом деле, угол MOO 1равен α − α + β/ 2= α − β/ 2. Следовательно, по теореме косинусов
R ² = а ² + ОО 1² − 2 а · ОО 1· cos α − β/ 2.
Из треугольника О 1 ОВ находим

а так как то

После подстановки уравнение относительно R выглядит следующим образом:

Заменим на
и после несложный упрощений
получим

откуда

Ответ.
1.40.Запишем отношение площадей данных прямоугольных треугольников (рис. P.1.40):

Кроме того, AD · AB = AE · AC . Найдем отсюда AO и подставим в предыдущее равенство; получим

Обозначим углы ADC и AEB , опирающиеся на дугу BC , через φ:

Следовательно, дуга BC равна
Угол А прямой и измеряется полуразностью высекаемых им на окружности дуг (2π − ∪ DE ) и BC :
π/ 2= (2π − ∪ DE ) − ∪ BC / 2, т.E. π/ 2= ½(∪ DE + ∪ BC ).

Отсюда найдем величину дуги DE , которая равна

Ответ.
1.41.Введем обозначения, указанные на рис. P.1.41. B треугольнике AOO 1:


Чтобы применить к этому треугольнику теорему косинусов, обозначим угол BAD через β. Из треугольника ABD :

Следовательно, по теореме косинусов для треугольника АОО 1:

Раскроем скобки и воспользуемся формулой косинуса суммы. После упрощения получим искомый радиус.
Ответ.
1.42.Обозначим сторону квадрата через а . Тогда (см. рис. P.1.42)

Перед корнем выбраны два знака, так как искомый квадрат может быть расположен либо так, как показано на рис. P.1.42, а , либо так, как показано на рис. P.1.42, б . B первом случае нужно взять знак плюс, а во втором — минус.

С другой стороны, из треугольника OBD находим Получаем уравнение

После простых преобразований и повторного возведения в квадрат получаем уравнение
2 a 4− 2 a ²( R ² + r ²) + ( R ² − r ²)² = 0,
в котором исчезло различие между случаями, изображенными на рис. P.1.42, а, б. Из последнего уравнения имеем

или

Из первого выражения для а ² видно, что оба значения положительны, если неотрицательно подкоренное выражение. Так как по условию R > r , то получаем

и окончательно

Ответ.
Задача имеет решение при 1 < R / r ≤ 1 + √2. Если же R / r = 1 + √2, то задача имеет единственное решение
1.43.Так как OE ² = R ² − x ² и OF = R / 2(рис. P.1.43), то С другой стороны, EF = 2 x . Получаем уравнение
R ² − x ² = ( R / 2+ 2 x )²,
решая которое найдем половину стороны квадрата x = 3/ 2.

Ответ.3.
Читать дальшеИнтервал:
Закладка: