Тема Геометрия помогает алгебре

Увидеть треугольник

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела геометрия помогает алгебре

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 21#78976Максимум баллов за задание: 7

Положительные числа $a,b$ и $c$ таковы, что выполнены равенства

2 2 2 2 2 2 a +ab+ b =1, b+ bc+c = 3, c + ca +a = 4.

Найдите $a +b+ c$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте немного остановим свой взгляд на равенства из условия. Можно сказать, что нам дали идентичные выражения. Где ещё с таким видом равенств вы могли встречаться?

Подсказка 2

Точно, это же теорема косинусов для угла в 120 градусов. Так давайте же попробуем это изобразить на рисунке. Какая фигура там получается?

Подсказка 3

Верно, получается прямоугольный треугольник, а внутри него точка, из которой все стороны видны под углом 120 градусов. Причём расстояние от точки до вершин треугольника и есть наши a, b, c. А у нас просят найти их сумму. Хм, чтобы тогда хорошо сделать... Что будет с нашими отрезками, если повернуть наш треугольник на 60 градусов вокруг вершины с углом 90 градусов?

Подсказка 4

Верно, если посчитать углы и воспользоваться простым свойствами поворота, то получится, что наши отрезки "выпрямляются". То есть мы получили треугольник с известным углом и смежными сторонами, а напротив как раз то, что надо найти. Осталось только воспользоваться известной теоремой, и победа!

Показать ответ и решение

Первое решение.

Отложим из одной точки $T$ отрезки $TA, T B и TC$ с длинами $a, b и c$ соответственно так, чтобы $∘ ∠AT B = ∠BT C = ∠CT A= 120.$

Тогда по теореме косинусов при учете соотношения $∘ 1 cos120 = −2,$ получаем, что $√ - AB = 1,BC = 3,CA = 2.$ Видим, что по теореме Пифагора треугольник $ABC$ прямоугольный $∘ (∠B = 90 ),$ причем его катет $AB$ в два раза короче гипотенузы $AC,$ откуда следует равенства $∘ ∘ ∠BAC = 60 ,∠BCA =30 .$

Отметим точку $B1$ — середину гипотенузы $AC$ и точку $C1,$ что $△ABC = △AB1C1$ и точки $C1$ и $B$ по разные стороны от $AC :$

$PIC$

По построению треугольники $ABC$ и $AB1C1$ отличаются поворотом на $60∘$ с центром в точке $A.$ Отметим точку $T1$ в треугольнике $AB1C1,$ соответсвующую точке $T$ в треугольнике $ABC.$ Тогда $BT = B1T1, CT = C1T1, и AT = AT1 = TT1.$ Последнее равенство обусловлено тем, что треугольник $AT T1$ получается равносторонним, поскольку точки $T$ и $T1$ отличаются поворотом на $60∘$ с центром в точке $A.$

Осталось отметить, что точки $B, T, T1, C1$ лежат на одной прямой, поскольку $∠ATB = ∠AT1C1 = 120∘ и ∠ATT1 =∠AT1T = 60∘.$ В итоге получаем, что

a+ b+ c= AT + BT +CT = BT +T T1 +T1C1 = BC1,

а $BC1$ может быть вычислено из теоремы косинусов для треугольника $BAC1 :$

BC2 = AB2 +AC2 +AB ⋅AC = 1+ 4+1 ⋅2 =7. 1 1

Второе решение.

Вычтем из первого равенства второе. Получим $(a− c)(a+c)+ b(a− c)=− 2,$ т.е.

-−2- a +b+ c= a− c

Аналогично, вычитая из второго равенства третье и из третьего первое, получим

−2 −1 3 a+ b+ c= a−-c = b−-a = c−-b

Если обозначить $s=a +b+ c,$ то можно переписать предыдущее соотношения как

a− c=− 2s−1, b− a= −s−1, c− b= 3s−1

Теперь сложим все исходные равенства:

2a2+ 2b2+ 2c2 +ab+ bc +ca= 8

(1)

Нетрудно заметить, что левую часть можно выразить следующим образом:

2 1 2 2 2 (a+ b+c) + 2((a− c)+ (b− a) + (c− b))= 8

что означает

2 1 −2 −2 −2 s + 2(4s + s + 9s )= 8

Домножением на $s2$ получаем биквадратное уравнение

s4 − 8s2+ 7=0

корнями которого являются $2 2 s = 1 и s =7.$ Однако первое из значений явно вступает в противоречие с равенством $(1):$

2 2 2 2 2 1 1 1 s = (a+b +c) >a + b + c+ 2ab+ 2bc+ 2ca =4.

Значит, остается $s2 = 7,$ т.е. $√ - a+ b+c = 7.$

Ответ:

$√7$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#105329Максимум баллов за задание: 7

Действительные числа $a,$ $b$ и $c$ таковы, что $||a2+b2−c2||<2. | ab |$ Докажите, что для этих чисел верны также неравенства $||b2+c2−a2||< 2 | bc |$ и $||2 2 2|| |c-+aca−b-|< 2.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Если поделить неравенства на два, то их левые части будут чем-то напоминать теорему косинусов, не так ли?

Подсказка 2:

Если быть точнее, то левые части являются косинусами углов некоторого треугольника. Какого и почему?

Показать доказательство

Первое решение. Умножение любого из чисел $a,b,c$ на $− 1$ не изменяет факт истинности (или неистинности) каждого из рассматриваемых неравенств. Кроме того, $a$ и $b$ из условия не равны $0.$ Значит, без ограничения общности можно считать, что $a >0,b> 0,c≥ 0.$

По условию, $||a2+b2−c2|| | 2ab |< 1,$ значит, существует угол $γ ∈(0,π),$ косинус которого равен $a2+b2−c2 2ab ,$ т.е. выполнено равенство $2 2 2 a + b − c = 2abcosγ$ или $2 2 2 c = a +b − 2abcosγ.$

Построим треугольник, у которого две стороны равны $a$ и $b,$ а угол между этими сторонами равен $γ.$ Пусть третья сторона этого треугольника равна $c1.$ По теореме косинусов $2 2 2 c1 = a +b − 2abcosγ.$ С учетом $c≥ 0$ получаем $c1 = c.$ Пусть $α$ — угол нашего треугольника напротив стороны $a.$ Снова из теоремы косинусов имеем $b2+c2−a2 --bc---= 2cosα.$ Требуемое неравенство $||b2+c2−a2|| |---bc---|<2$ вытекает теперь из того, что $|cosα|< 1.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Заметим, что при выполнении первого неравенства $c⁄=0$ (так как при $c= 0$ имеем неравенство $a2 +b2 < 2|ab|,$ что неверно). Сделаем равносильные преобразования неравенства при условии $a⁄= 0,b⁄= 0,c⁄= 0:$

|| 2 2 2|| | | ( ) ||a-+-b−-c-||<2 ⇔ |a2+ b2− c2|< 2|ab|⇔ a2+ b2 − c22 <(2ab)2 ⇔ ab

(a2+b2− c2)2− (2ab)2 <0 ⇔ (a2 +b2− c2− 2ab)(a2+ b2− c2+ 2ab)< 0⇔

((a− b)2− c2)((a+ b)2− c2)< 0⇔ (a− b− c)(a− b+ c)(a+ b− c)(a+b+ c)< 0

⇔ (b+c− a)(c+ a− b)(a+b − c)(a+ b+ c)> 0

Неравенство приведено к симметричному виду относительно $a,b,c.$ Аналогично, каждое из двух других неравенств из условия задачи эквивалентно этому симметричному неравенству вместе с условиями $a ⁄=0,b⁄= 0,c⁄= 0.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#98294Максимум баллов за задание: 7

Вычислите

4 2arctg 2+arcsin5.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Складывать удвоенный арктангенс и арксинус? Ну нет, мы так не умеем. Зато мы умеем, например, с помощью формулы тангенса суммы складывать арктангенсы. Тогда давайте подумаем, как выразить арктангенс через арксинус?

Подсказка 2

Вспомним, что мы хорошо умеем связывать тангенс в квадрате и косинус в квадрате. А из этого соотношения и тангенс в квадрате и синус в квадрате. Значит, имея арксинус, мы умеем считать тангенс. А из него и арктангенс.

Подсказка 3

Пусть arcsin(4/5)=α. Тогда sin(α)=4/5. С помощью этой информации найдём tg(α) и arctg(α).

Подсказка 4

Теперь осталось подумать, как нам посчитать сумму двух арктангенсов? Давайте попробуем для начала найти тангенс исходного выражения

Подсказка 5

Если arctg(2)=β, то tg(β)=2, и тангенс исходного выражения можно переписать как tg(2β+α), что мы умеем представлять в терминах tg(α) и tg(β), а их мы знаем из условия задачи!

Подсказка 6

Вспомним формулы тангенса суммы и тангенса двойного угла. По очереди применим их. Например, можем отдельно посчитать тангенс двойного угла, а потом раскрыть тангенс суммы и туда подставить все известные нам значения.

Показать ответ и решение

Первое решение.

Обозначим $arctg2$ через $α,arcsin4∕5$ через $β$ . Заметим, что $β ∈(0,π∕2)$ , a $2 2 ( 2 ) 2 2 tg β = sin β∕ 1− sin β = 4∕3$ , откуда $tgβ =4∕3$ ; также $tgα = 2,α ∈(0,π∕2)$ .

Находим:

2tgα 2⋅2 4 tg(2α)= 1−-tg2α-= 1−-22-= −3 -tg(2α)+tgβ- --−-4∕3+-4∕3-- tg(2α+ β)= 1− tg(2α)tgβ = 1− (− 4∕3)⋅(4∕3) = 0

Наконец, поскольку $0< α< π∕2,0< β <π∕2$ , то $0< 2α+ β < 3π∕2$ . Значит, $2α+ β = π$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Отметим на координатной плоскости точки $O(0,0),A(3,0),B(3,4),C(− 5,10)$ , $D (− 5,0)$ . Поскольку угловой коэффициент прямой $OB$ равняется $4∕3$ , а угловой коэффициент прямой $BC$ равняется $− 3∕4$ , получаем, что $∠OBC = 90∘$ .

$PIC$

В треугольнике $OAB :∠OAB = 90∘,AB = 4,BO = 5$ ; значит, $∠AOB = arcsin4∕5$ . В треугольнике $OBC :∠OBC = 90∘,BO = 5,BC = 10$ ; значит, $∠BOC =arctg2$ . В треугольнике $∘ OCD :∠ODC = 90$ , $DO = 5,BC = 10$ ; значит, $∠COD = arctg2$ .

Таким образом,

arcsin4∕5+2arctg2 =∠AOB +∠BOC + ∠COD =∠AOD =π

Ответ:

$π$