Задачи из группы Math-Досуг, длины, площади, углы

Задача 1.

Рисунок к задаче 1

Обозначения для удобства рассуждений

Решение. Запишем теорему синусов для треугольника $ABD$:

$$\frac{BD}{\sin 60^{\circ}}=\frac{AD}{\sin ABD}$$

$$\frac{y}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{12}}{\sin ABD}$$

Угол $ABD$ найти несложно: угол $ADB=20^{\circ}$, как внешний для треугольника $BDC$. Тогда $\angle ABD=100^{\circ}$:

$$\frac{y}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{12}}{\sin 100^{\circ}}$$

$$y=\frac{3}{\sin 100^{\circ}}=\frac{3}{\cos 10^{\circ}}$$

Теперь запишем теорему синусов для треугольника $BDC$:

$$\frac{BD}{\sin 10^{\circ}}=\frac{BC}{\sin 160^{\circ}}$$

$$\frac{y}{\sin 10^{\circ}}=\frac{x}{\sin 160^{\circ}}$$

Подставим $y$:

$$\frac{3}{\sin 10^{\circ}\cos 10^{\circ}}=\frac{x}{\sin 160^{\circ}}$$

$$\frac{3\cdot 2}{2\sin 10^{\circ}\cos 10^{\circ}}=\frac{x}{\sin 160^{\circ}}$$

$$\frac{6}{\sin 20^{\circ}}=\frac{x}{\sin 160^{\circ}}$$

Так как $\sin 20^{\circ}=\sin 160^{\circ}$, то $x=6$.

Ответ: 6.

Задача 2.

Рисунок к задаче 2

Решение. Угол $ADB=135^{\circ}$. Запишем теорему синусов для треугольника $ABD$ с тем, чтобы выразить $AB$ через $y$, например:

$$\frac{AB}{\sin 135^{\circ}}=\frac{y}{\sin 30^{\circ}}$$

$$AB=\sqrt{2}y$$

Теперь – теорема косинусов для этого же треугольника:

$$AB^2=AD^2+DB^2-2AB\cdot DB\cdot \cos 135^{\circ}$$

$$2y^2=x^2+y^2+2xy\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}$$

$$y^2-\sqrt{2}xy-x^2=0$$

Или

$$x^2+\sqrt{2}xy-y^2=0$$

Решаем как квадратное:

$$D=2y^2+4y^2=6y^2$$

$$x=\frac{-\sqrt{2}y\pm \sqrt{6}y}{2}$$

Еще одна теорема косинусов, теперь для треугольника $DBC$:

$$BC^2=BD^2+DC^2-2BD\cdot DC\cos BDC$$

$$BC^2=y^2+x^2-2y\cdot x\cos 45^{\circ}$$

$$BC^2=y^2+y^2\frac{(\sqrt{6}-\sqrt{2})^2}{4}-2y^2\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}$$

$$BC^2=y^2+y^2\frac{6-2\sqrt{12}+2}{4}-y^2\frac{\sqrt{12}-2}{2}$$

$$BC^2=y^2+2y^2-\frac{\sqrt{12}}{2}y^2-y^2\frac{\sqrt{12}}{2}+y^2$$

$$BC^2=4y^2-\sqrt{12}y^2=y^2(3-2\sqrt{3}+1)=y^2(\sqrt{3}-1)^2$$

$$BC=y(\sqrt{3}-1)$$

Наконец, теорема синусов для треугольника $BCD$:

$$\frac{DC}{\sin\alpha}=\frac{BC}{\sin 45^{\circ}}$$

$$\frac{\frac{(\sqrt{6}-\sqrt{2})y}{2}}{\sin\alpha}=\frac{ y(\sqrt{3}-1)}{\frac{\sqrt{2}}{2}}$$

$$\sin \alpha=\frac{\frac{(\sqrt{6}-\sqrt{2})}{2}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{3}-1}$$

$$\sin \alpha=\frac{\frac{\sqrt{2}(\sqrt{3}-1)}{2}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{3}-1}=\frac{1}{2}$$

Откуда $\alpha=30^{\circ}$.

Ответ: $30^{\circ}$.

Задача 3.

Рисунок к задаче 3

Решение. Тангенс угла $FBC$ равен 2.

Введем обозначения

Поэтому, если сторону красного квадрата принять за $c$, то отрезок $BE=\frac{c}{2}$, отрезок $BG=1,5c$, $KG=3c$. Получается, что половина стороны квадрата - $BM=3c$, а полная сторона квадрата $6c$. Площадь квадрата $36c^2$, и это 1. Площадь красного квадрата

$$S_{kr}=c^2=\frac{1}{36}$$

Ответ: $\frac{1}{36}$.