Вычисление длин и углов, задачи группы Math-Досуг

Задача 1.

Рисунок к задаче 1

Решение. Проводим вторую хорду параллельно первой и опускаем перпендикуляр на нее из точки $A$.

Опускаем высоту

$$AD=12\sin 60^{\circ}=6\sqrt{3}$$

Теперь «подвинем» $AD$ так, чтобы этот отрезок проходил через центр окружности – получим $MD$.

Рассчитываем длины разных отрезков, пользуясь углами в 30 и 60 градусов

Отрезок $AM=0,5$, значит, $AL=1$, и $MR=11$. Проекция $MR$ - отрезок $DR$ - равен 5,5.

Теперь осталось провести два радиуса и воспользоваться теоремой Пифагора для $BMO$ и $ODR$:

Проводим BR - диаметр окружности

$$MO+OD=MD$$

$$\sqrt{R^2-BM^2}+\sqrt{R^2-DR^2}=MD$$

$$\sqrt{R^2-3,5^2}+\sqrt{R^2-5,5^2}=6\sqrt{3}$$

$$\sqrt{R^2-5,5^2}=6\sqrt{3}-\sqrt{R^2-3,5^2}$$

Теперь возведем в квадрат:

$$ R^2-5,5^2=(6\sqrt{3})^2-12\sqrt{3}\sqrt{R^2-3,5^2}+ R^2-3,5^2$$

$$ 3,5^2-5,5^2=108-12\sqrt{3}\sqrt{R^2-3,5^2}$$

$$12\sqrt{3}\sqrt{R^2-3,5^2}=126$$

$$2\sqrt{3}\sqrt{R^2-3,5^2}=21$$

Снова возводим в квадрат:

$$12(R^2-3,5^2)=441$$

$$4(R^2-3,5^2)=147$$

$$ R^2-12,25=36,75$$

$$R^2=49$$

$$R=7$$

Ответ: 7.

Задача 2.

Рисунок к задаче 2

Решение. Делаем дополнительные построения:

Делаем дополнительные построения, обозначаем точки.

Рассмотрим треугольник $ABD$. В нем угол $\angle ADB=105^{\circ}$, $AD=a$ (стороне квадрата), $DB=\frac{a}{\sqrt{2}}$, так как треугольник $DBF$ - равнобедренный прямоугольный с гипотенузой $a$. Рассчитаем его по теореме косинусов:

$$AB^2=AD^2+DB^2-2AB\cdot DB\cos105^{\circ}$$

$$AB^2=a^2+\left(\frac{a}{\sqrt{2}}\right)^2-2a\cdot \frac{a}{\sqrt{2}}\cos(45+60)^{\circ}$$

$$AB^2=a^2+\frac{a^2}{2}-2a\cdot \frac{a}{\sqrt{2}}(\cos 45^{\circ}\cos 60^{\circ}-\sin 45^{\circ}\sin 60^{\circ})$$

$$AB^2= \frac{3a^2}{2}-\sqrt{2}a^2\cdot (\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{1}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2})$$

$$AB^2=\frac{2+\sqrt{3}}{2}a^2=a^2\left(1+\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$$

Теперь рассмотрим треугольник $ATB$. $TC$ - высота правильного треугольника, она равна $\frac{\sqrt{3}}{2}a$. Отрезок $BC=\frac{a}{2}$. Найдем отрезок $TB$:

$$TB=TC-BC$$

$$TB=\frac{\sqrt{3}}{2}a-\frac{a}{2}=\frac{a(\sqrt{3}-1)}{2}$$

Возведем это в квадрат:

$$TB^2=\frac{a^2}{4}(\sqrt{3}-1)^2=\frac{a^2}{4}(3-2\sqrt{3}+1)= \frac{4-2\sqrt{3}}{4}a^2=a^2\left(1-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$$

Отрезок $AT$ - диагональ квадрата - $AT=a\sqrt{2}$.

$$AT^2=2a^2$$

Заметим, что $AB^2+TB^2=AT^2$. Значит, треугольник $ATB$ - прямоугольный! В нем угол $\angle ATB=75^{\circ}$, угол $\angle TAB=15^{\circ}$, и искомый угол тогда $\angle BAD=30^{\circ}$.

Ответ: $30^{\circ}$.