Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/2002/01/55.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:26:45 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:17:17 2012 Кодировка: Windows-1251

ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

##

прямой MN. Поскольку

MO = NO = MN - MO =

OC - MC = 2 , а AN = ND =

2

2

3 < MN , OD - ON =
2 2

sin BOC =

26 5

. Поэтому

точка О лежит внутри трапеции. Тогда

3.

=

5 2

Следовательно, AD > BС, поэтому BAD = CDA острые углы, а ABC = DCB тупые углы. Дуги AB, BC, CD и Z AD отражаются M C B внутрь трапеции сим метрично относительно прямых АВ, ВС, Z Y F СD и AD соответY ственно. Дуги, отраX O женные внутрь траW W пеции, далее будем называть внутренниK LD ми. Пусть XW и YZ A N касательные, проX веденные к окружности в точках А и В E соответственно, . 14 AW , AX , BY и лучи, симметричные лучам AW, AX, BY и BZ относиBZ тельно прямых АВ, AD, AB и BC соответственно. (Таким образом, AW касается внутренней дуги АВ в точке А, AX касается внутренней дуги AD и т.д.) Пусть Е и F точки, симметричные точке О относительно прямых AD и CD соответственно. Заметим, что каждый из углов WAB, XAD это угол между касательной и хордой, поэтому

Тогда окончательно получаем, что искомая площадь S фигуры, состоящей из всех точек трапеции, которые не принадлежат ни одному из отраженных внутрь нее сегментов, равна
S = BC - 4 = 8 - 10 arcsin
2

F GG H

arcsin

F GG H

26 5

I JJ K

-

26 5

I JJ K

.

6. -13 - 57 ; 8 . Указание. Пусть
2

e

a = f x - 2 x - 112 , b = f -2 x 32 - 2 x , c = f -2 x 32 - 2 x - 112 .

j e

F GG H

26 5

I JJ K

+4 6.

e

j

e

j

j

Основание степени в знаменателе равно 3c - 2b = c + 2 c - b . Поскольку функция f x отрицательна, c < 0. Разность c b < 0 в силу возрастания f x , так как

bg

bg
gi

b

g

-2 x 32 - 2 x > -2 x 32 - 2 x - 112 .
в исходном неравенстве Поэтому знаменатель c + 2 c - b отрицателен, и следовательно, неравенство равносильно неравенству

d

b

7

2a + a - 3b < 0 ,
которое равносильно двойному неравенству 2a < a 3b < < 2a, равносильному системе

W AB + X AD = WAB + XAD = BCD > BAD.
Это означает, что внутренние дуги AB и AD пересекаются внутри трапеции. Пусть K точка их пересечения. Аналогично доказывается, что внутренние дуги CD и AD тоже пересекаются в некоторой точке L. В то же время

a < b. Первое неравенство в системе выполнено вследствие отрицательности f x . Второе же в силу возрастания функции f x равносильно неравенству

bg

R | S | T

a < -3b,

bg

2 x - 2 x - 112 < -2 x 32 - 2 x ,

которое приводится к виду после чего легко решается. 1. 2; 3 . 2.

Y BA + Z BC = YBA + ZBC = ADC > ABC,
откуда следует, что внутренние дуги AB и BC не пересекаются внутри трапеции. Аналогично, не пересекаются внутренние дуги BC и CD. Так как OC = OD = FC = FD = ED = EL = FL = 5 , то OCFD и ELFD ромбы, значит, OC || FD || EL . Следовательно, EOCL параллелограмм, CL = OE = 2ON = 2 2 , CL || OE . Отсюда получается, что BC = CL, BC CL . Аналогично доказывается, что BC = BK, BC BK . Значит, KBCL квадрат. Таким образом, дуги BC, BK, CL и KL равны, так как это дуги равных окружностей, стягиваемые равными хордами. Дуги AB и BC не пересекаются внутри трапеции, следовательно, дуги BC, BK, CL и KL не пересекаются внутри квадрата KBCL. Пусть площадь каждого из сегментов, отсекаемых равными хордами ВС, BK, CL и KL от равных окружностей. Площадь s сегмента круга радиуса r, дуга которого задается центральным углом , вычисляется по формуле

e

x + 32 - 2 x

j

2

< 114 ,

, n Z , n 0 . 3. log 3 2 , 2 log 2 3 . 5 4. 7 3 . Указание. Докажите, что треугольник АВС равнобедренный. 5. - 85 3 ; - 5 3 7 6.

b

1 + 1 + 5 n

5

Указание. Плоскость сечения, параллельная ребру SM двугранного угла, пересекает его грани по параллельным прямым АВ и CD. Эти прямые отсекают на сторонах правильных треугольников (граней правильного тетраэдра) равные отрезки: SA = MB, SD = MC AD = BC , причем BC || KM . a 2 7. 2a + ; + при a < 0; 2

e e13 F GH F GH

+ 2 3 a.

j

je

5 3 ; 85 3 .

j

a

2

s=

r

2

2

b

- sin . 2 5
, cos COM =

g

18

+

a 2

; + при a 0 . 2 x - a , сведите задачу к ре2

Указание. Выполнив замену t = шению системы

I JK I JK

В нашем случае sin COM =

3 5

, значит,

R3 | S | Tt

t + 5at - 2a > 0, 0.

2