Книга
← К списку книгЗагрузка разделов…
активнаАктивные записи участвуют в каталоге и синках. Неактивная книга скрыта, но не удалена из базы.
Книга
Глава 1
МЕТОД КООРДИНАТ
Координаты вектора
Найдите такое число к, чтобы выполнялось равенство гг = кт, если известно, что: а) векторы т и гг противоположно направлены и \т\ = 0,5 см, | гг | = 2 см; б) векторы т и гг сонаправлены и \т\ = 12 см, | гг | = 24 дм; в) векторы т и гг противоположно направлены и \т\ = 400 мм, | гг | = 4 дм; г) векторы т и гг сонаправлены и \т\ = V2 см, | г?| = д/50 см.
Решение. Пусть т ^ 0 . Тогда если гг Д ггг, то ^ = кт ПРИ к = а если "п П т, то "п = кт при к = Исходя из это-
\ 11^12 л М 71^1240
го, получаем: а) к = — . = —= —4; б) к =. = ——- = 20;
J\т\0,57\т\12
в) к == -^ = -1; г) к = ^ = ^- = 5.
\т\400\т\^/2
Ответ, а) -4; б) 20; в) -1; г) 5.
Диагонали параллелограмма ABCD пересекаются в точке О, М —
МС = кАМ; а АС = кСУЙ;МС = кАМ; а АС = кСУЙ;середина отрезка АО. Найдите, если это возможно, такое число к, чтобы выполнялось равенство: а) АС = кАО; б) ВО = kBD; в) ОС = кСА; г) АВ =
МС = кАМ; а АС = кСУЙ;
МС = кАМ; а АС = кСУЙ;
= kDC; д) ВЙ = кТ)1; е) АМ = кСА; ж) и) АВ = кВЙ; к)Ад = kBD.
Решение, а) Так как |ЛС| = 2|ЛО| и AC ft ЛО (рис. 1), то АС = 2ЛО, т. е. к = 2. Аналогично получаем: б) ВО = = ^BD, т. е. к = ^; в) ОС = -^СЛ, т. е. к = -^; г) АВ = DC, т. е. к = 1; д) ВС = = -D1, т. е. к = -1; е) АМ = -^СА, 74
т. е. к = -|; ж) МС = ЗАМ, т. е. к = 3; з) АС = -^СМ, т. е.
4—>—>
к = — -; и) так как векторы АВ и ВС не коллинеарны, то не суще
—>—>
ствует такого числа к, для которого АВ = кВС; к) так как векторы
——
АО и BD не коллинеарны, то не существует числа к, такого, что АО = kBD.
14
Ответ, а) 2; б) -; в) г) 1; д) -1; е) ж) 3; з) и) решения нет; к) решения нет.
Векторы ~а и b коллинеарны. Коллинеарны ли векторы: а) ~а + 3 b и ~а ; б) b — 2~а и "аО Ответ обоснуйте.
Решение, а) Так как векторы Ъ и ЗЬ коллинеарны, а векторы а и b коллинеарны по условию, то векторы а и 3 b коллинеарны. Сумма двух коллинеарных векторов есть вектор, им коллинеарный, поэтому векторы а + 3 b и а коллинеарны.
Так как векторы а и b коллинеарны, то векторы b — 2 а и а коллинеарны. Это доказывается так же, как в п. а).
Ответ, а) Да; б) да.
Докажите, что если векторы ~а и b не коллинеарны, то: а) векторы а + 6 и а — 5 не коллинеарны; б) векторы 2а — 6 и а + 6 не коллинеарны; в) векторы а + 6иа+36не коллинеарны.
Решение, а) Так как векторы а и b не коллинеарны, то а + + b ^ 0 . Допустим, что векторы а + b и а — b коллинеарны. Тогда, согласно лемме о коллинеарных векторах, существует такое число к, что а — b = к(а -\- Ь\ Отсюда получаем: (1 — к) а = = (1 + к) b . При любом к хотя бы одно из чисел (1 — к) и (1 + к) не равно нулю. Пусть, например, 1 + к ^ 0. Тогда, умножив на число 11 — к к~к
-, получим Ъ = а . Отсюда следует, что векторы b и а 1 4" к1 4" к
коллинеарны, что противоречит условию задачи. Следовательно, наше предположение неверно и, значит, векторы а Т Ь ^ а — 6 не коллинеарны.
б), в) Доказательство проводится так же, как в п. а).
Рис. 2Рис. 2Точка М лежит на диагонали АС параллелограмма ABCD, причем АМ : МС = 4:1. Разложите вектор АМ по векторам "а = АВ и b = AD.
Рис. 2
Рис. 2
Решение. Так как АМ : МС = 4:1, 4
то АМ = ^АС (рис. 2), а поскольку АМ П АС, то АМ = ^АС. Но АС = АВ +
—>>4 —> —>
+ AD (по правилу параллелограмма), поэтому АМ = ^(АВ + AD\
>4 v 4 —>
т. е. АМ = - а + - b .
55
>4 v4 —> Ответ. АМ = -а + - b .
55
Векторы ~а и b не коллинеарны. Найдите числа х и у, удовлетворяющие равенству: а) 37? - х b = у~а + 6 ; б) Ма - х~а + 5 Ъ + у Ъ = 0 ; в) х а + 3 b — у b = 0 ; г) а + b — Зу а + х b = 0 .
Решение, а) Коэффициенты разложения данного вектора по двум данным неколлинеарным векторам а и b определяются единственным образом, поэтому из равенства За — х Ъ = у а + Ъ следует, что у = 3, —х = 1, т. е. х = — 1.
б) Запишем данное равенство в виде
(4 - х)~а + (5 + у) Ъ = 0 = 0 • 7? + 0 • Ъ .
Отсюда следует, что 4 — х = 0, 5 + у = 0, т. е. х = 4, у = —5.Отсюда следует, что 4 — х = 0, 5 + у = 0, т. е. х = 4, у = —5.
Отсюда следует, что 4 — х = 0, 5 + у = 0, т. е. х = 4, у = —5.
Отсюда следует, что 4 — х = 0, 5 + у = 0, т. е. х = 4, у = —5.
Аналогично получаем: в) х = 0, у = 3;
г) X = -1, у = -.
Ответ, а) —1 и 3; б) 4 и —5; в) 0 и 3; г) -1 и |.
Начертите прямоугольную систему координат Оху и координатные векторы г и j . Постройте векторы с началом в точке О, заданные координатами ~а{3;0}, 6{2;-1}, "с*{0;-3}, V{1; 1}, T{2;Щ}.
Решение. См. рисунок 3.
Разложите векторы "а, b,~c, d , ~е и /, изображенные на рисунке 4 (рис. 276, а, б, в учебника), по координатным векторам г и j и найдите их координаты.
Решение.
~а = 2 г + 3 j , ~а {2; 3};
Т = -2Т + 3 j\ Т{-2;3}; "с = 2^, "с {2;0};
~d = -3? - 4^, "d{-3;-4}; "е = 2Т - 2, "^{2;-2};
7 = _4У-5у)у{_4; 5}.
Ответ. Д{2;3}, Т{—2;3}, "с{2;0}, 7{-3;-4}, Д{2;-2},
Выпишите координаты векторов ~а = 2 г + 3 j , b = --г
~~с = 8 г , d = г — j , ~е = —2 j , / = — г .
Решение, "а {2; 3}, Т{-^;-2}, "с{8;0}, 7{1;-1}, "е {0;-2}, 7{-1;0}.
Ответ. {2;3}, {-|;-2}, {8;0}, {!;—!}, {0;-2}, {-1;0}.
Запишите разложение по координатным векторам г и j вектора: а) "${-3;^}; б) "^{-21-3}; в) ^{-1;0}; г) 0?{0;3}; д) ^{0; 1}.
Рис. 4
Решение, а) ^ = -3 z + g j ; б) V = — 2 г — 3 у ; в) ^ = — г ; г) V = 3 j ; д) V = j .
О т в е т. а) — 3 г + | j ; б) — 2 г — 3 j ; в) — г ; г) 3 j ; д) j .
Найдите числа х и у, удовлетворяющие условию: а) ж г -V у j =
—>—>—>—>—>—>—>—>—>—>—>
= 5 г — 2 j ; б) — 3 г + у j = х г + 7 j ; в) х г + у j = — 4 г ; г) х г + у j = = о".
Решение, а) Коэффициенты разложения данного вектора по координатным векторам г и у определяются единственным образом, поэтому из равенства х г + у j = 5 г — 2 j следует, что х = 5, у = —2.
Аналогично получаем: б) х = —3, у = 7; в) х = —4, у = 0; г) х = 0, у = 0.
Ответ, а) 5 и -2; б) -3 и 7; в) -4 и 0; г) 0 и 0.
Найдите координаты вектора "а + b , если: а) ^{З^}, b {2; 5}; б) ^{3;-4}, Т{1;5}; в) ^{-4; -2}, 7{5;3}; г) ^{2; 7},
Решение. При сложении двух векторов их соответствующие координаты складываются, поэтому для координат вектора а + b получаются следующие значения: а) {5; 7}; б) {4; 1}; в) {1; 1}; г) {—1;0}.
Ответ, а) {5;7}; б) {4; 1}; в) {1; 1}; г) {— 1; 0}.
Найдите координаты вектора "а - Ъ , если: а) ~а{5;3}, b {2; 1}; б) ^{3;2}, Т{3;2}; в) ~а{3;6}, Т{4;-3}; г) ^{-5; -6}, Т{2; -4}.
Решение. Каждая координата разности двух векторов равна разности соответствующих координат этих векторов. Поэтому для координат вектора ~а — b получаются следующие значения: а) {3;2}; б) {6;0}; в) {—1; 9}; г) {-7; -2}.
Ответ, а) {3;2}; б) {6;0}; в) {—1; 9}; г) {-7;-2}.
Найдите координаты векторов 2~а, 3~а, -"а, -3~а, если ~а{3;2}.
Решение. При умножении вектора на число каждая координата вектора умножается на это число, поэтому для искомых координат векторов получаются следующие значения: 2^(6; 4}; 3~а{9;6}; —^{—3; —2}; -3"а {-9; -6}.
Ответ. {6;4}, {9;6}, {-3;-2}, {-9;-6}.
Даны векторы ~а{2;4}, 6{ —2;0}, 7?{0;0}, с?{—2;—3}, ^{2;—3}, /{0;5}. Найдите координаты векторов, противоположных данным.
Решение. Так как — р = (—1)р, то для координат векторов, противоположных данным, получаются следующие значения: -~а{-2;-4}, —Т{2; 0}, -~с{0;0}, -7{2;3}, -^{-2;3}, -7 {0; -5}.
Ответ. {-2;-4}, {2;0}, {0;0}, {2;3}, {-2;3}, {0;-5}.
Найдите координаты вектора "V, если: а) V = 3"а — 3 b , ~а {2; —5}, Т{-5;2}; б) ~v = 2~а - 3"Ь + 4"с , ^{4; 1}, Т{1;2}, "с {2; 7}; в) V = = 3"а — 2 b — ^, "а {—7; —1}, b {— 1; 7}, ”?{4; —6}; г) 1? = ~а — b — "^{7;—2}, Т{2;5}, "с {-3;3}.
Решение, a) V{3 • 2 - 3(-5); 3(-5) - 3 • 2}, т. е. ^{21;—21}; б) V{2 • 4 - 3 • 1 + 4 • 2; 2 • 1 - 3 • 2 + 4 • 7}, т. е. V{13; 24}.
Аналогично находим: в) V}—21; —14}; г) 1?{8;—10}.
Ответ, а) {21;-21}; б) {13;24}; в) {-21;-14}; г) {8;-10}.
Докажите, что если два вектора коллинеарны, то координаты одного вектора пропорциональны координатам другого. Сформулируйте и докажите обратное утверждение.
Решение: 1) Пусть векторы а{ац;?/1}и b {^2^2} коллинеарны. Если оба вектора нулевые, то их координаты равны нулю и мы считаем такие координаты пропорциональными.
Пусть хотя бы один из векторов ненулевой, например, а ^ 0 . Докажем, что в этом случае координаты вектора b пропорциональны координатам вектора ~а , т. е. существует такое число к, что
x2 = kxi, y2 = kyi.(1)
Действительно, так как а и b коллинеарны и а ф 0 , то по лемме о коллинеарных векторах существует такое число к, что Ъ = к а . Отсюда следуют равенства (1).
Докажем обратное утверждение: если координаты одного вектора пропорциональны координатам другого вектора, то эти векторы коллинеарны. В самом деле, пусть координаты вектора Ъ {х^у?} пропорциональны координатам вектора а {хц y\Y т. е. существует число к, такое, что выполнены равенства (1). Но тогда b =ка и, следовательно, векторы а и b коллинеарны.
Даны векторы ~а{3;7}, b {—2; 1}, 5?{6; 14}, d{2;—1}, ~е{2;4}. Укажите среди этих векторов пары коллинеарных векторов.
Решение. Координаты вектора а пропорциональны координатам вектора ~с: 3 = ^ • 6, 7 = ^ • 14, поэтому векторы "а и ”с коллинеарны (см. обратное утверждение в задаче 927).
Аналогично, координаты вектора Ъ пропорциональны координатам —>—> —>
вектора d, поэтому векторы b и d коллинеарны.
Других пар коллинеарных векторов нет, так как для любой другой пары векторов не выполнено условие пропорциональности координат одного вектора координатам другого вектора.
Ответ, а и с , Ъ и d.
§ 2. Простейшие задачи в координатах
Точка А лежит на положительной полуоси Ох, а точка В — на положительной полуоси Ор. Найдите координаты вершин треугольника АВО, если: а) О А = 5, ОВ = 3; б) О А = а, ОВ = Ь.
Решение, а) А(5;0), В(0;3), 0(0;0); б) А(а;0), В(0;6), 0(0;0).
Ответ, а) (5;0), (0;3), (0;0); б) (а;0), (0;6), (0;0).
Точка А лежит на положительной полуоси Ох, а точка В — на положительной полуоси Ор. Найдите координаты вершин прямоугольника ОАСВ, если: а) О А = 6,5, ОВ = 3; б) О А = а, ОВ = Ь.
Решение, а) 0(0; 0), А(6,5;0), 0(6,5; 3), В(0;3); б) 0(0; 0), А(а;0), С(а;Ь), В(О;Ь\
Ответ, а) (0;0), (6,5;0), (6,5; 3), (0;3); б) (0;0), (а;0), (а;Ь), (0;5).
Начертите квадрат MNPQ так, чтобы вершина Р имела координаты (—3;3), а диагонали квадрата пересекались в начале координат. Найдите координаты точек М, N и Q.
Решение. Задача имеет два решения. На рисунке 5 изображен квадрат MNPQ, у которого М(3;-3), N(3;3), Q(—3;-3). Второе решение получается из первого, если обозначения точек N и Q поменять местами. В этом случае М(3; —3), N(—3; — -3), Q(3;3).
Ответ. (3;-3), (3;3), (-3; —3) или (3;—3), (—3; —3), (3;3).
Рис. 6Рис. 6Найдите координаты вершин равнобедренного треугольника АВС, изображенного на рисунке 6 (рис. 281 учебника), если АВ = 2а, а высота СО равна h.
Рис. 6
Рис. 6
Решение. Высота СО является также медианой треугольника АВС, поэтому О А = О В = а и, следовательно, A(—a;0), B(a;0), C(0;h\
Ответ. (—а;0), (а;0), (0;h\
Найдите координаты вершины D параллелограмма ABCD, если: Л(0;0), В(5;0), С(12;—3).
Решение. Обозначим координаты вершины D буквами х wy. Так как сторона АВ лежит на оси абсцисс, то сторона CD параллельна оси абсцисс и, следовательно, ордината точки D равна ординате точки С, т. е. у = -3.
Далее, АВ = 5, поэтому CD = 5 и х = 12 - CD = 7.
Ответ. (7; -3).
Найдите координаты вектора АВ, зная координаты его начала и конца: а) Л(2;7), В(-2;7); б) Л(-5; 1), В(-5;27); в) Л(-3;0), В(0;4); г) Л(0; 3), В(-4;0).
Решение. Каждая координата вектора равна разности соответствующих координат его конца и начала. Поэтому имеем:
а) ЛВ{-4;0}, б) ЛВ{0;26}, в) ЛВ{3;4}, г) ЛВ{-4; -3}.
Ответ, а) {-4;0}; б) {0;26}; в) {3;4}; г) {-4;-3}.
Перечертите таблицу в тетрадь, заполните пустые клетки и найдите X и у.
А
(0;0)
(ж; -3)
(а;Ъ)
(1;2)
В
(i;i)
(2;-7)
(3;1)
АВ
{5; Л
{-3;Д}
{с; d}
{0;0}
Решение. 1) Заполняем пустые клетки таблицы слева направо: АВ = {1 -0; 1 -0} = {1; 1}; А = (з - (-3); 1 - (-|)) = (б; 1^); В = = (а + с; b + d); В = (1 + 0; 2 + 0) = (1;2).
2 - х = 5, —7 — (-3) = у, откуда х = -3, у = -4.
Ответ. Слева направо: АВ = {1; 1}; х = —3, у = —4; Л = (б; 1^; В = (а А c;b A d); В = (1;2).
Перечертите таблицу в тетрадь и, используя формулы для вычисления координат середины М отрезка АВ, заполните пустые клетки.
А
(2;-3)
(0;1)
(0;0)
(с; с/)
(3;5)
(3t + 5;7)
(i;3)
В
(-3; 1)
(4; 7)
(-3;7)
(3;8)
С+ 7;-7)
М
(-3;-2)
(3;-5)
(а; 6)
(0;0)
Решение. Заполняем таблицу слева направо:
л = (2 ■ (-3) - 4; 2 ■ (-2) - 7) = (-10; -11);
В = (2 • 3 - 0; 2 • (-5) - 1) = (6; -11);
М = (°^у—11;2±Z^ =(-1,5; 3,5);
В = ^а-сДЬ-йу,М =Ц-^) = (3; 6,5);
М = ((з^+^+Т). 7+ (-7)) =+ 6.0).
В = (2-0 - 1; 2-0-3) = (—1; —3).
Ответ. Слева направо: М = (—0,5;—1); А = (—10;—11); В = (6;—11); М = (-1,5; 3,5); В = (2а - с; 2Ь - d); М=(3;6,5); М = (2t + 6;0); В = (-1;-3).
Даны точки А(0; 1) и В(5; — 3). Найдите координаты точек С и D, если известно, что точка В — середина отрезка АС, а точка D — середина отрезка ВС.
Решение. Обозначим координаты точки С буквами х w у. Тогда по формулам координат середины отрезка имеем:
х + 0 г у + 1 о7
—2— = 3,— = —3, откуда х = 10, у = —7.
Итак, С(10;-7), поэтому В (^ + Ю. 7), т. е В(7,5; -5).
Ответ. С(10;-7), В(7,5; -5).
Найдите длины векторов: а) "^{5; 9}; б) 5 {—3;4}; в) “?{—10; —10}; г) ^{10; 17}; д) "^{11; —11}; е) 7{10;0}.
Решение. Используя формулу для вычисления длины вектора по его координатам, находим: а) \~а | = V52 + 92 = V106; б) | b | = = VnrW = 5; в) |Д| = 7(-10)2 + (-10)2 = 10л/2; г) |У| = = V102 + 172 = V389; д) |"?| = /ГьТРТТД = 1172; е) |7| = = 7ю2 + о2 = ю.
Ответ, а) 7Ю6; б) 5; в) 1072; г) V389; д) 1172; е) 10.
Найдите расстояние от точки М(3; —2): а) до оси абсцисс; б) до оси ординат; в) до начала координат.
Решение, а) Расстояние от точки М(3;—2) до оси абсцисс равно абсолютной величине ординаты точки М, т. е. равно 2; б) расстояние от точки М до оси ординат равно 3; в) расстояние d от точки М до начала координат находим по формуле расстояния между двумя точками:
a = Уо^оя+Т-^о)2 = ТТз.
Ответ, а) 2; б) 3; в) V13.
Найдите расстояние между точками А и В, если: а) Л(2;7), В(— -2; 7); б) Л(-5; 1), В(-5; -7); в) Л(-3; 0), В(0; 4); г) Л(0; 3), В(-4; 0).
Решение. Используя формулу расстояния между двумя точками, находим: а) АВ = 7(-2 - 2)2 + (7 - 7)2 = 4; б) АВ = ТсГТО)2 = = 8; в) АВ = V32 + 42 = 5; г) АВ = У(-4)2 + (-3)2 = 5.
Ответ, а) 4; б) 8; в) 5; г) 5.
Найдите периметр треугольника MNP, если М(4;0), ^(12;— 2), Р(5;-9).
Решение. MN = 7(12 - 4)2 + (-2 - О)2 = 768 = 2717,
NP = 7(5- 12)2 + (-9 +2)2 = 772,
РМ = 7(4 - 5)2 + (0 + Э)2 = 782 .
MN + NP + PM = 2717 + 772 + 782 •
Ответ. 2717 +772 +782.
Найдите медиану АМ треугольника АВС, вершины которого имеют коордиваты: Л(0; 1), В(1;-4), С(5;2).
Решение. Сначала находим координаты х и у середины М отрезка тэг1 1 + 5 q —4 + 21
вс--х == з; у = —2— = -1-
Медиану АМ вычисляем по формуле расстояния между двумя точками:
АМ = у++о++++7Т = уТз.
Ответ. V13.
Точки В и С лежат соответственно на положительных полуосях Ох и Оу, а точка А лежит на отрицательной полуоси Ох, причем О А = а, ОБ = = Ь, ОС = К. Найдите стороны АС и ВС треугольника АВС.
Решение. Точки А, В, С имеют следующие координаты: А(—а; 0), B(b;0), C(0;h). По формуле расстояния между двумя точками находим:
АС = Va2 + № , ВС = Vb2 + № .
Ответ. \/а2 -V К2 и л/Ь2 + К2 .
Вершина А параллелограмма ОАСВ лежит на положительной полуоси Ох, вершина В имеет координаты (Ь; с), а О А = а. Найдите: а) координаты вершины С; б) сторону АС и диагональ СО.
Решение, а) Так как сторона О А лежит на оси абсцисс, то сторона СВ параллельна оси абсцисс и поэтому ордината у точки С равна ординате точки В, т. е. у = с. Абсцисса х точки С больше абсциссы точки В на длину стороны СВ, т. е. х = b + СВ, а так как СВ = О А = = а, то х = а +5. Итак, С(а -\-Ъ;с).
б) Точка А имеет координаты (а;0), точка О — координаты (0;0). Сторону АС и диагональ СО находим по формуле расстояния между двумя точками:
АС = ^(а + b- а)2 + (с - О)2 = Vb2 + с2 ,СО = У(0-(а + 6))2 + (0-с)2 = ^(а + Ь^2 + с2 .
Ответ, а) (а С Ь; с); б) Vb2 + с2 и ^/(а + С)2 + с2 .
Найдите сторону АС и диагональ ОС трапеции ОВСА с основаниями О А = а и ВС = d, если точка А лежит на положительной полуоси Ох, а вершина В имеет координаты (Ь; с).
Решение. Точка А имеет координаты (а;0). Основание О А лежит на оси абсцисс, поэтому основание ВС параллельно оси абсцисс и, следовательно, ордината у точки С равна ординате точки В, т. е. у = с.
Абсцисса х точки С больше абсциссы точки В на длину основания ВС, т. е. х = b + d. Итак, C(b + d;c\
Сторону АС и диагональ ОС находим по формуле расстояния между двумя точками:
АС = ^b + d- а)2 + с2, ОС = ^(b + d)2 + с2 .
Ответ. ^(b A d - а)2 А с2 и ^/(НГ^Жс2.
Найдите х, если: а) расстояние между точками А(2;3) и В(х; 1) равно 2; б) расстояние между точками Mi(—l;x) и М2(2ж;3) равно 7.
Решение, а) АВ = у/(х — 2)2 + (—2)2 = 2 (по условию). Возводя в квадрат, получаем: (х — 2)2 + 4 = 4, т. е. (х — 2)2 = 0, откуда х = 2.
б) Mi М2 = у/ (2х + I)2 + (3 — х)2 = 7. Возводя в квадрат и приводя подобные члены, получаем квадратное уравнение 5х2 — 2х — 39 = 0. Решая его, находим: х\ = 3, Х2 = —2,6.
Ответ, а) 2; б) 3 или -2,6.
Докажите, что треугольник АВС равнобедренный, и найдите его площадь, если вершины треугольника имеют координаты: а) А(0; 1), В(1; —4), С(5;2); б) А(-4; 1), В(-2;4), С(0; 1).
Решение, а) АВ = у/(1 - О)2 + (-4 - I)2 = V26, ВС = = V42 + 62 = V52, АС = V52 + I2 = V26. Так как АВ = АС, то треугольник АВС — равнобедренный, а так как ВС2 = АВ2 + АС2, то по теореме, обратной теореме Пифагора, треугольник АВС — прямоугольный, а стороны АВ и АС — его катеты. Следовательно,
Sabc = ^АВ • АС = 1V26 ■ V26 = 13.
б) АВ = V22 + З2 = ЩЗ, ВС = У^+ЦЗ)2 = ЩЗ, АС = = V42 + О2 = 4.
Так как АВ = ВС, то треугольник АВС — равнобедренный. Его медиана ВМ является также высотой, поэтому из прямоугольного треугольника АВМ находим: ВМ = V АВ2 — АМ2 =
АВ2 - (^ЛС)2 = 3.
Sabc = ^АС • ВМ = j • 4 ■ 3 = 6.
Ответ, а) 13; б) 6.
На оси ординат найдите точку, равноудаленную от точек: а) Л(—3; 5) и В(6;4); б) С(4;-3) и D(8; 1).
Решение. Пусть М — искомая точка. Так как она лежит на оси ординат, то ее абсцисса равна нулю. Ординату точки М обозначим буквой у.
По условию АМ = ВМ, или АМ2 = ВМ2, т. е.
З2 + (у - 5)2 = (—6)2 + (у — 4)2,
откуда находим: у = —9. Итак, М(0; —9).
По условию СМ = DM, или СМ2 = DM2, т. е.
(-4)2 + (у + З)2 = (-8)2 + (у - I)2,
откуда находим: у = 5. Поэтому точка М имеет координаты (0;5).
Ответ, а) (0;-9); б) (0;5).
На оси абсцисс найдите точку, равноудаленную от точек: а) Л(1;2) и В(-3;4); б) С(1; 1) и В(3;5).
Решение. Ордината искомой точки М равна нулю, а абсциссу точки М обозначим буквой х.
По условию АМ = ВМ, или АМ2 = ВМ2, т. е.
(ж - I)2 + (-2)2 = (ж + З)2 + (-4)2,
откуда находим: х = —2,5. Итак, М(—2,5;0).
По условию СМ = DM, или СМ2 = DM2, т. е.
(ж - I)2 + (-1)2 = (ж - З)2 + (-5)2,
откуда находим: х = 8, и поэтому точка М имеет координаты (8;0).
Ответ, а) (-2,5;0); б) (8;0).
Докажите, что четырехугольник MNPQ является параллелограммом, и найдите его диагонали, если: а) М(1; 1), ^(6; 1), Р(7;4), Q(2;4); б) М(-5; 1), N(—4;4), P(-l;5), Q(-2;2).
Решение, а) Найдем координаты векторов MN и QP: M7V{5;0}, QP{5;0}. Так как координаты векторов MN и QP соответственно равны, то MN = QP. Отсюда следует, что противоположные стороны MN и QP четырехугольника MNPQ равны и параллельны, поэтому этот четырехугольник — параллелограмм.
Диагонали МР и NQ находим по формуле расстояния между двумя точками:
МР = ^/(7- 1)2 + (4- I)2 = 3V5,
NQ = ^(2-6)2 + (4- I)2 = 5.
M7V{1;3}, QP{1;3}. Отсюда, как и в п. а), следует, что четырехугольник MNPQ — параллелограмм.
МР =+5)2 + (5- 1)2 = 4V2 ,
NQ = у/(-2 +4)2+ (2-4)2 = 2V2.
Ответ, a) MP = 3Vb, NQ = 5; б) МР = ^, NQ = 2V2.
Докажите, что четырехугольник ABCD является прямоугольником, и найдите его площадь, если: а) Л(—3; — 1), В(1;—1), С(1;—3), D(—3; — 3); б) Л(4; 1), В(3;5), С(-1;4), В>(0;0).
Решение, а) Найдем диагонали АС и BD:
АС = ^(1 + 3)2 + (-3+ I)2 = V20,BD = ^(-3- I)2+ (-3+ I)2 = V20.
Итак, АС = BD.
Середина отрезка АС имеет координаты (—1; —2), и такие же координаты имеет середина отрезка BD. Таким образом, середины диагоналей АС и BD совпадают, т. е. диагонали четырехугольника ABCD пересекаются и точкой пересечения делятся пополам. Следовательно, четырехугольник ABCD — параллелограмм, а так как его диагонали равны (АС = BD\ то он является прямоугольником.
Так как АВ = У 42 + О2 = 4, ВС = УбЩЩД2 = 2> то
Sabcd = АВ ■ ВС = 8.
б) Имеем:
АС = уё-ВЛТ+Л-Л)2 = V34,
BD = ^/ЙгТмГ = V34,
поэтому АС = BD. Середины отрезков АС и BD имеют одинаковые координаты (1,5; 2,5) и, следовательно, совпадают. Отсюда, как и в п. а), следует, что четырехугольник ABCD — прямоугольник.
Так как
АВ = ^/(3-4)2 + (5- I)2 = /17,
ВС = ^/(-1 -З)2+ (4-5)2 = /17,
ТО Sabcd = АВ•ВС = 17.
Ответ, а) 8; б) 17.
Применение метода координат к решению задач
Медиана, проведенная к основанию равнобедренного треугольника, равна 160 см, а основание треугольника равно 80 см. Найдите две другие медианы этого треугольника.
Решение. Пусть в треугольнике АВС; АС = ВС, АВ = 80 см, медиана СО равна 160 см. Введем прямоугольную систему координат Охр так, как показано на рисунке 7. Тогда вершины А, В, С имеют следующие координаты: Л(—40;0), В(40;0), С(0; 160).
Обозначим середины сторон АС и ВС буквами М и N и найдем их координаты по формулам координат середины отрез
ка: М(-20;80), 7V(20;80). После этого медианы AN и ВМ находим по формуле расстояния между двумя точками:
AN = ^(20 + 4G)2 + (80 - О)2 см = 100 см,ВМ = У(-20 - 40)2 + (80-0)2 см = юо см.
Ответ. 100 см, 100 см.
Высота треугольника, равная 10 см, делит основание на два отрезка, равные 10 см и 4 см. Найдите медиану, проведенную к меньшей из двух других сторон.
Решение. Пусть в треугольнике АВС высота ВО равна 10 см и точка О делит основание АС на отрезки АО = 4 см и ОС = 10 см. Введем прямоугольную систему координат Охр так, как показано
на рисунке 8. Тогда вершины А, В, С имеют следующие координаты: Л(-4;0), В(0; 10), С(10;0). Отсюда следует, что
АВ = V42 + Ю2 см = ЦПб см,
ВС = ^102 +(-10)2 см = V200 см
и, следовательно, АВ < ВС.
Пусть точка М — середина стороны АВ. Ее координаты равны (—2; 5). Зная координаты точек С и М, находим искомую медиану СМ;
СМ = ^/(-2 - 10)2 + (5 - 0)2 см = 13 см.
Ответ. 13 см.
Докажите, что в равнобедренной трапеции диагонали равны. Сформулируйте и докажите обратное утверждение.
Решение. 1) Пусть ABCD — равнобедренная трапеция, у которой основания AD и ВС равны 2а и 26, а высота равна h. Введем прямоугольную систему координат Охр так, как показано на рисунке 9: основание AD лежит на оси абсцисс, точка О является серединой основания AD. Тогда ось Ор делит основание ВС пополам (см. задачу 820) и вершины трапеции имеют следующие координаты: А(—а;0), B(-b;h), C(b;h), D(a;0).
По формуле расстояния между двумя точками находим диагонали АС и BD;
АС =+ а)2 + № ,
bd = уДТщ+нТ-
Итак, АС = BD, что и требовалось доказать.
Рис. 8Рис. 8Рис. 9Рис. 9
Рис. 8
Рис. 8
Рис. 9
Рис. 9
Докажем обратное утверждение: если диагонали трапеции равны, то трапеция — равнобедренная.
Пусть в трапеции ABCD с основаниями AD и ВС диагонали равны: АС = BD, и пусть AD = 2а. Введем прямоугольную систему координат Охр так, как показано на рисунке 9: основание AD лежит на оси абсцисс, точка О является серединой основания AD. Тогда вершины А и D имеют координаты: Л(—а;0), D(a;0), а вершины В и С — координаты: B(b;h), C(c;h), где b и с — некоторые числа, причем b < с, a h — высота трапеции.
По условию АС = BD, или АС2 = BD2, т. е.
(с + а)2 + К2 = (Ь - а)2 + К2.
Отсюда получаем: (с + а)2 — (Ь — а)2 = 0 или, раскладывая на множители,
(с - b + 2а) (с + Ь) = 0.
Так как b < с и а > 0, то первый сомножитель положителен. Поэтому с + b = 0, откуда следует, что b = —с.
Используя теперь координаты точек A(—a;0), B(—c;h), C(c;h), D(a;0), найдем АВ и CD;
АВ = (а - с)2 + h2 , CD = ^(а - с)2 + h2.
Итак, АВ = CD, т. е. трапеция ABCD — равнобедренная, что и требовалось доказать.
Докажите, что если диагонали параллелограмма равны, то параллелограмм является прямоугольником.
Решение. Пусть в параллелограмме ABCD диагонали равны: АС = BD и пусть AD = ВС = а. Введем прямоугольную систему координат Ахр с началом в точке А так, как показано на рисунке 10. Тогда вершины параллелограмма имеют следующие координаты: А(0;0), B(b;c), C(b-\-a;c\ D(a;0), где b
ис — некоторые числа.
Из условия АС = BD следует, что АС2 = BD2, т. е.
(а + Ь)2 + с2 = (а - Ь)2 + с2.
Отсюда получаем ab = 0, а так как а ^ 0, то b = 0.
Итак, вершина В имеет координаты (0;с), т. е. вершина В лежит на оси ординат и, следовательно, угол BAD — прямой. Поэтому параллелограмм ABCD является прямоугольником.
Дан прямоугольник ABCD. Докажите, что для произвольной точки М плоскости справедливо равенство
АМ2 + СМ2 = ВМ2 + DM2.
Решение. Пусть в прямоугольнике ABCD*. AD = а, АВ = Ь. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке А так, как показано на рисунке 11. Тогда вершины прямоугольника имеют следующие координаты:
A(0;0),B(0;b),C(a;b),D(a;0).
Пусть М(х;у) — произвольная точка плоскости. ТогдаАМ2 = х2 + у2, ВМ2 = х2 А (у — Ь)2,СМ2 = (х - а)2 + (у - b)2, DM2 = (х - а)2 + у2.
Отсюда получаем:
АМ2 + СМ2 = х2 + у2 + (х - а)2 + (у - 6)2,
ВМ2 + DM2 = х2 + у2 + (х - а)2 + (у - Ь)2.
Таким образом, АМ2 + СМ2 = ВМ2 + DM2, что и требовалось доказать.
Уравнения окружности и прямой
Какие из точек Д(3; — 4), В(1;0), С(0;5), В(0;0) и Е(0; 1) лежат на окружности, заданной уравнением: а) ж2 + у2 = 25; б) (ж - I)2 + (у + З)2 =
= 9; в)= 4?
Решение, а) Уравнению х2 + у2 = 25 удовлетворяют координаты точек А(32 + (—4)2 = 25) и С(02 + 52 = 25), а координаты других данных точек этому уравнению не удовлетворяют. Поэтому из данных
точек только точки А и С лежат на окружности, заданной уравнением ж2 + у2 = 25.
Из данных точек только координаты точки В удовлетворяют уравнению (х — I)2 + (у + З)2 = 9. Поэтому на окружности, заданной этим уравнением, лежит только точка В.
Аналогично пунктам а) и б) устанавливаем, что на окружности, /1 \21
заданной уравнением ( х — - 1 + у = -, лежат точки В и
Ответ, а) А и С; б) В; в) В и D.
Окружность задана уравнением (ж + 5)2 + (у - I)2 = 16. Не пользуясь чертежом, укажите, какие из точек А(—2;4), В(—5;— 3), С(—7;—2) и D(l;5) лежат: а) внутри круга, ограниченного данной окружностью; б) на окружности; в) вне круга, ограниченного данной окружностью.
Решение. Найдем расстояния от данных точек до центра данной окружности, имеющего координаты (—5; 1):
а А = ^(-2 + 5)2 +(4- I)2 = V18 = Зх/2,
dB = ^(-5 + 5)2 + (-3 - 1)2 = 4,
dc = ^(-7 + 5)2 +(-2- I)2 = /13, dD = ^(1 + 5)2 +(5- I)2 = V52 = 2VT3.
Радиус г данной окружности равен 4. Сравнивая расстояния от данных точек до центра окружности с ее радиусом, получаем:
Ал > dp = т, dc < г, dn > т.
Отсюда следует, что:
а) точка С лежит внутри круга, ограниченного данной окружностью; б) точка В лежит на окружности; в) точки А и D лежат вне круга, ограниченного данной окружностью.
Ответ, а) С; б) В; в) А и D.
Даны окружность ж2 + у2 = 25 и две точки А(3;4) и В(4;—3). Докажите, что АВ — хорда данной окружности.
Решение. Координаты точек А и В удовлетворяют уравнению данной окружности, поэтому точки А и В лежат на этой окружности и, следовательно, отрезок АВ — хорда данной окружности.
На окружности, заданной уравнением ж2 + у2 = 25, найдите точки: а) с абсциссой —4; б) с ординатой 3.
Решение, а) Пусть точка (—4;?/) лежит на окружности, заданной уравнением ж2 + у2 = 25. Тогда (—4)2 + у2 = 25, откуда у2 = 9 и, следовательно, у = — 3 или у = 3. Таким образом, точки (—4; —3) и (—4; 3) лежат на данной окружности.
б) Аналогично п. а) получаем, что точки (—4;3) и (4; 3) лежат на данной окружности.
Ответ, а) (-4;-3), (-4;3); б) (-4;3), (4;3).
На окружности, заданной уравнением (ж — З)2 + (у — 5)2 = 25, найдите точки: а) с абсциссой 3; б) с ординатой 5.
Решение, а) Пусть точка (3;у) лежит на данной окружности. Тогда (3 — З)2 + (у — 5)2 = 25, откуда у — 5 = — 5 или у — 5 = 5, т. е. у = О или у = 10. Итак, точки (3;0) и (3; 10) лежат на данной окружности.
Аналогично п. а) получаем, что точки (—2; 5) и (8; 5) лежат на данной окружности.
Ответ, а) (3;0), (3; 10); б) (-2; 5), (8;5).
Напишите уравнения окружностей с центром в начале координат о5
и радиусами п = 3, тд = \ 2, тд = -.
Ответ, ж2 + у2 = 9, ж2 + у2 = 2, х2 + у2 = ^.
Напишите уравнение окружности радиуса г с центром А, если: а) Л(0;5), г = 3; б) Л(-1;2), г = 2; в) Л(-3;-7), г = ^; г) Л(4;-3), г = 10.
Ответ, а) ж2 + (у - 5)2 = 9; б) (ж + I)2 + (у - 2)2 = 4; в) (ж + З)2 + + (У + 7)2 = Ь г) Ц - 4)2 + (у + 3)2 = 100.
Напишите уравнение окружности с центром в начале координат, проходящей через точку В(—1;3).
Решение. Искомое уравнение имеет вид ж2 + у2 = г2. Так как точка В( —1;3) лежит на этой окружности, то (— I)2 + З2 = г2, т. е. г2 = 10. Итак, искомое уравнение окружности имеет вид ж2 + у2 = 10.
Ответ, ж2 + у2 = 10.
Напишите уравнение окружности с центром в точке А(0;6), проходящей через точку В(—3;2).
Решение. Искомое уравнение окружности имеет вид ж2 + ^у — — 6)2 = г2. Так как точка В(—3;2) лежит на этой окружности, то (—З)2 + (2 — 6)2 = г2, т. е. г2 = 25. Итак, искомое уравнение окружности имеет вид ж2 + (у — 6)2 = 25.
Ответ, х2 + (у — 6)2 = 25.
Напишите уравнение окружности с диаметром MN, если: а) М(-3;5), N(7;-3); б) М(2;-1), ^(4;3).
Решение, a) MN = УСтТ^+РЗ^б)2 = V164 = 2д/4Т.
Радиус г окружности равен половине диаметра, т. е. г = ^MN = = V4T- Центр окружности является серединой ее диаметра MN, поэтому координаты ^\у^ центра вычисляем по формулам координат
—3 + 7Q 5 — 31
середины отрезка: xq = —-— = 2, уо = —-— = 1.
Искомое уравнение окружности имеет вид:
(ж — 2)2 + (у — I)2 = 41.
Аналогично п. а) находим:
Г = ^MN = ^(4-2)2 + (3+ 1)2 = V5,2+4„-1+3.
ж0 = ^—= 3, у0 =—g— = L
Поэтому искомое уравнение окружности имеет вид:
(ж - З)2 + (у - I)2 = 5.
Ответ, а) (х - 2)2 + (у - I)2 = 41; б) (х - З)2 + (у - I)2 = 5.
Напишите уравнение окружности, проходящей через точку А(1;3), если известно, что центр окружности лежит на оси абсцисс, а радиус равен 5. Сколько существует таких окружностей?
Решение. Пусть (жо;О) — координаты центра окружности. Тогда центр окружности лежит на оси абсцисс и так как радиус равен 5, то уравнение окружности имеет вид:
(ж - ж0)2 + у2 = 25.
По условию точка А(1;3) лежит на этой окружности, поэтому (1 — жо)2 + 9 = 25, откуда 1 — жо = —4 или 1 — хо = 4, т. е. жо = 5 или хо = —3. Таким образом, задача имеет два решения:
(х - 5)2 + у2 = 25 и (х + З)2 + у2 = 25.
Ответ. Две окружности: (х — 5)2 + у2 = 25, (ж + З)2 + у2 = 25.
Напишите уравнение окружности, проходящей через точки Л(—3;0) и В(0;9), если известно, что центр окружности лежит на оси ординат.
Решение. Так как центр окружности (хо;уо) лежит на оси ординат, то хо = 0 и искомое уравнение можно записать в виде:
ж2 + (у - Уо)2 = г2.
По условию точки Л(—3; 0) и В(0; 9) лежат на искомой окружности, поэтому
(-3)2 + (0 - Уо)2 = г2 и О2 + (9 - Уо)2 = г2.
Таким образом, для нахождения уо и г имеем систему двух уравнений
( 9 + у^ = г2,t (9 - Уо)2 = г2.
Вычитая второе уравнение из первого, получаем: —72 + 18х/о = 0, откуда уо = 4. Зная уо, находим: г2 = 25.
Итак, искомое уравнение имеет вид:
х2 + (у - 4)2 = 25.
Ответ, х2 + (у — 4)2 = 25.
Напишите уравнение прямой, проходящей через две данные точки: а) Л(1;-1) и В(-3;2); б) С(2;5) и В(5;2); в) М(0; 1) и ^(-4;-5).
Решение, а) Задача решена в учебнике.
Запишем искомое уравнение прямой CD в виде ах + by + с = = 0. Так как точки С w D лежат на прямой CD, то их координаты удовлетворяют этому уравнению, т. е.
2а + 5Ь + с = 0, 5а + 2Ь + с = 0.
Из этих уравнений выражаем а и b через с;
Подставляя эти выражения в уравнение прямой, получаем уравнение сс । п
-уу 7/ + с = 0.
При любом с ^ 0 оно является уравнением прямой CD. Удобно взять с = —7. Тогда уравнение прямой CD примет вид
х + у — 7 = 0.
Таким же образом, как в п. б), находим уравнение прямой MN:
Зх - 2у + 2 = 0.
Ответ, а) Зх + 4у + 1 = 0; б) х + у - 7 = 0; в) Зх - 2у + 2 = 0.
Даны координаты вершин треугольника АВС1. Л(4;6), В(—4;0), С(— 1;— 4). Напишите уравнение прямой, содержащей медиану СМ.
Решение. По формулам координат середины отрезка находим координаты ^х^уо) точки М — середины стороны АВ;
4 +(-4) п 6 + 0 QЖо =^—" = 0, Уо == 3.
Искомое уравнение прямой СМ запишем в виде ах + by + с = 0. Координаты точек С и М удовлетворяют этому уравнению, т. е.
—а - 4Ь + с = 0, ЗЬ + с = 0.
Из этих уравнений выразим а и с через b; а = —7Ъ, с = — ЗЬ.
Подставим эти выражения в уравнение прямой СМ и положим Ь = -1.
Тогда уравнение прямой СМ примет вид
7х - у + 3 = 0.
Ответ. 7х — у + 3 = 0.
Даны координаты вершин трапеции ABCD; Л(—2;—2), В(—3; 1), С(7;7) и В(3; 1). Напишите уравнения прямых, содержащих: а) диагонали АС и BD; б) среднюю линию трапеции.
Решение, а) Уравнения прямых АС и BD, каждая из которых проходит через две данные точки, можно найти аналогично тому, как это делалось в задаче 972. В результате для прямой АС получается уравнение х — у = 0, а для прямой BD — уравнение у — 1 = 0.
б) Найдем координаты векторов AD и ВС; АВ{5;3}, ВС{ 10; 6}. Так как координаты вектора AD пропорциональны координатам вектора ВС, то векторы коллинеарны (задача 927) и поэтому AD || ВС. Следовательно, стороны AD и ВС — основания трапеции, а АВ и CD — ее боковые стороны.
Пусть точки M(xv,y\) и N(x2;y2^ ~ середины боковых сторон АВ и CD. Найдем координаты этих точек по формулам координат середины отрезка:
-2-3—2 + 1
= —^— = -2’5; ^ = —2— = “°’5’
7 + 3и7+1 л
= — = У2 = —=4.
Прямая MN содержит среднюю линию трапеции. Зная координаты точек М и N, находим уравнение прямой MN таким же образом, как это делалось в задаче 972. Искомое уравнение имеет вид
Зх - Зу + 5 = 0.
Ответ, а) х — у = 0 и у — 1 = 0; б) Зх — Зу + 5 = 0.
975. Найдите координаты точек пересечения прямой Зх — Фу + 12 = 0
с осями координат. Начертите эту прямую.
Решение. Точка пересечения прямой с осью абсцисс имеет ординату, равную нулю. Положив в уравнении прямой у = 0, получим Зх + 12 = 0, откуда х = —4. Итак, данная прямая пересекается с осью абсцисс в точке (—4;0).
Аналогично находим, что данная прямая пересекается с осью ординат в точке (0;3).
Данная прямая изображена на рисунке 12.
Ответ. (—4;0) и (0;3).
976. Найдите координаты точки пересечения прямых
4ж + Зу — 6 = 0 и 2ж + у — 4 = 0.
Решение. Решение данной системы двух уравнений дает координаты точки пересечения прямых. Решая систему, получаем: х = 3, у = —2. Итак, данные прямые пересекаются в точке (3; —2).
Ответ. (3; —2).
Напишите уравнения прямых, проходящих через точку М(2; 5) и параллельных осям координат.
Решение. Уравнение прямой, проходящей через точку М(2;5) и параллельной оси ординат, имеет вид х = 2 (см. п. 92 учебника), а уравнение прямой, проходящей через ту же точку и параллельной оси абсцисс, имеет вид у = 5.
Ответ, х = 2 и у = 5.
У = 3У = 333-2-2х = ™2х = ™2У= -4У= -4-4-4Рис. 13Рис. 13
У = 3
У = 3
3
3
-2
-2
х = ™2
х = ™2
У= -4
У= -4
-4
-4
Рис. 13
Рис. 13
Начертите прямую, заданную уравнением: а) у = 3; б) х = —2; в) у = —4; г) х = 7.
Решение. Рисунок 13.
Найдите ординату точки М, лежащей на прямой АВ, если известно, что Л(-8;-6), В(-3;-1) и абсцисса точки М равна 5.
Решение. Аналогично тому, как это делалось в задаче 972,
находим уравнение прямой, проходящей через данные точки А и В; х — у + 2 = 0. Полагая в этом уравнении х = 5, получаем 5 — у + 2 = 0, откуда у = 7.
Итак, точка М(5;7) лежит на прямой АВ, и, значит, искомая ордината точки М равна 7.
Ответ. 7.
Напишите уравнения прямых, содержащих стороны ромба, диагонали которого равны 10 см и 4 см, если известно, что его диагонали лежат на осях координат.
Решение. Возможны два случая: а) диагональ, равная 10 см, лежит на оси абсцисс (рис. 14, а); б) диагональ, равная 10 см, лежит на оси ординат (рис. 14, б). Координаты вершин ромба в каждом из этих случаев представлены на рисунках 14, а и 14, б.
Для нахождения уравнения прямой, проходящей через ту или иную сторону ромба, нужно найти уравнение прямой, проходящей через две данные точки (см. задачу 972).
В случае а) получаем уравнения:
2х + 5у — 10 = 0,
2х - Ъу — 10 = 0,
2х + Ьу + 10 = О,
2х - Ьу + 10 = О,
а в случае б) — уравнения:
5х + 2у — 10 = О,
5х - 2у — 10 = О,
5х + 2у + 10 = О,
5х - 2у + 10 = 0.
Ответ. 2х ± Ьу ± 10 = 0 или 5х ± 2у ± 10 = 0.
Использование уравнений окружности и прямойпри решении задач
Точка В — середина отрезка АС, длина которого равна 2. Найдите множество всех точек М, для каждой из которых: а) АМ2 + ВМ2 + СМ2 = = 50; б) АМ2 + 2ВМ2 + ЗСМ2 = 4.
Решение. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке В так, как показано на рисунке 15. Тогда точка А имеет координаты (—1;0), а точка С — координаты (1;0).
Для произвольной точки М(х;у) имеем: АМ2 = (ж + I)2 + у2, ВМ2 = х2 + у2, СМ2 = (х - I)2 + у2.
Если точка М(х; у) принадлежит искомому множеству, то АМ2 + + ВМ2 + СМ2 = 50, поэтому координаты точки М удовлетворяют уравнению
((ж + I)2 + у2) + (ж2 + у2) + ((ж - I)2 + у2) = 50.(1)
Если же точка М не принадлежит искомому множеству, то ее координаты не удовлетворяют этому уравнению.
Следовательно, уравнение (1) и есть уравнение искомого множества точек в выбранной системе координат. Раскрывая скобки, приводим уравнение (1) к виду
х2 + у2 = 16.
Таким образом, искомым множеством точек является окружность радиуса 4 с центром в начале координат, т. е. в точке В (рис. 15, а\
Аналогично п. а) для искомого множества точек получаем в выбранной системе координат уравнение
((ж + I)2 + у2) + 2(ж2 + у2) + 3((ж - I)2 + у2) = 4.
Раскрывая скобки и группируя слагаемые соответствующим образом, приводим это уравнение к виду
Таким образом, искомым множеством точек является окружность
, т. е. с центром D, лежащим, т. е. с центром D, лежащим1
, т. е. с центром D, лежащим
, т. е. с центром D, лежащим
радиуса - с центром в точке D
на отрезке ВС, причем BD = | (рис. 15, б).
Ответ, а) Окружность радиуса 4 с центром в точке В; б) окруж- 11
ность радиуса - с центром, лежащим на отрезке ВС на расстоянии -
от точки В.
3. Даны две точки А и В. Найдите множество всех точек М, для каждой из которых АМ2 + ВМ2 = к2, где к — данное число.
Решение. Пусть АВ = 2а, точка О — середина отрезка АВ. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке О так, как показано на рисунке 16. Тогда точка А имеет координаты (—а;0), а точка В — координаты (а;0).
Для произвольной точки М(х;р) имеем:
АМ
ВМ2
Если точка М(ж;?/)Если точка М(ж;?/)принадлежит искомому множеству, то АМ2 +
Если точка М(ж;?/)
Если точка М(ж;?/)
+ ВМ2 = к2, поэтому координаты точки М удовлетворяют уравнению
Если же точка М не принадлежит искомому множеству, то ее координаты не удовлетворяют этому уравнению.
Следовательно, полученное уравнение является уравнением искомого множества точек в выбранной системе координат. После раскрытия скобок уравнение приводится к виду
(1)(1).2_ к2 - 2а2
(1)
(1)
2
Возможны три случая.
1) Если к2 > 2а2, то искомым множеством точек является окруж-
/ 7 2 о 2к — 2аность радиуса а/ с центром в точке О — середине отрезка
к2 - 2а2
АВ (на рис. 16 изображена окружность в случае а/ - < а).
Даны две точки Л и В. Найдите множество всех точек М, для каждой из которых ВМ2 — АМ2 = 2АВ2.
Решение. Пусть АВ = 2а, точка О — середина отрезка АВ. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке О так, как показано на рисунке 17. Тогда точка А имеет координаты (—а;0), а точка В — координаты (а;0).
Аналогично задаче 983 для искомого множества точек М^х\у\ удовлетворяющих условию ВМ2 - АМ2 = 2АВ2, получаем уравнение
((ж - а)2 + у2) - ^х + а)2 + ?/2) = 8а2.
Раскрывая скобки, приходим к уравнению
х = —2а.
Таким образом, искомым множеством точек является прямая, параллельная оси Оу. Можно сказать, что эта прямая перпендикулярна к прямой АВ и пересекает продолжение луча АВ в точке С, такой, что АС = ^АВ (рис. 17).
Ответ. Прямая, перпендикулярная к прямой АВ и пересекающая продолжение отрезка АВ на расстоянии ^АВ от точки А.
Дан прямоугольник ABCD. Найдите множество всех точек М, для каждой из которых
(АМ2 + ВМ2) - (ВМ2 + СМ2) = 2АВ2.
Решение. Пусть АВ = a, AD = 2Ь, точка О — середина стороны AD. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке О так, как показано на рисунке 18. Тогда вершины прямоугольника ABCD имеют следующие координаты:
А(-Ь;О\ B(—b;a), C(b;a), D(b;0\
2 JI. С. Атанасян и др.2 JI. С. Атанасян и др.В (-Ь; а)В (-Ь; а)А (—Ь; 0)А (—Ь; 0)С(Ь;а)С(Ь;а)О D (Ь; 0) хО D (Ь; 0) х
2 JI. С. Атанасян и др.
2 JI. С. Атанасян и др.
В (-Ь; а)
В (-Ь; а)
А (—Ь; 0)
А (—Ь; 0)
С(Ь;а)
С(Ь;а)
О D (Ь; 0) х
О D (Ь; 0) х
Пусть М(ж;?/) — произвольная точка. Условие (АМ2 + DM2) — — (ВМ2 + СМ2) = 2АВ2, записанное в координатах, дает уравнение искомого множества точек:
((х + Ь)2 Ер2 + (х - Ь)2 + р2)-
—((х + Ь)2 + (р - а)2 + (х - Ъ)2 + (р - а)2) = 2а2.
Раскрывая скобки, приходим к уравнению р = а. Но это уравнение является, очевидно, уравнением прямой ВС. Таким образом, искомым множеством точек является прямая ВС.
Ответ. Прямая ВС.
Рис. 19Рис. 19987* Дан ромб ABCD, диагонали которого равны 2а и 2Ь. Найдите множество всех точек М, для каждой из которых
Рис. 19
Рис. 19
АМ2 + DM2 = ВМ2 + СМ2.
Решение. Введем прямоугольную систему координат Охр так, чтобы диагонали ромба лежали на осях координат (рис. 19). При этом вершины ромба имеют следующие координаты:
А(—а; 0), В(0; Ь), С(а; 0), D(0; -b).
Пусть М(х;р) — произвольная точка. Условие АМ2 + DM2 = = ВМ2 + СМ2, записанное в координатах, дает уравнение искомого множества точек:
((ж + а)2 + у2) + (ж2 + (у + byh = (ж2 + (у - Ь)2) + ((ж - а)2 + у2).
Раскрывая скобки, приходим к уравнению
ах -\-Ьр = 0.
Этим уравнением задается прямая, проходящая через начало координат 0(0; 0), т. е. через точку пересечения диагоналей ромба (на рис. 19 эта прямая обозначена буквой I).
2 а Т*2 а Т*Покажем, что прямая I перпендикулярна к стороне АВ ромба. Обозначим буквой Е точку пересечения прямой I и прямой, проходящей через точку А перпендикулярно к оси Ох (см. рис. 19). Абсцисса точки Е равна —а. Чтобы найти ординату точки Е, положим х = — а
2 а Т*
2 а Т*
в уравнении прямой I. Тогда получим —а2 + Ьр = 0, откуда р а2
Следовательно, АЕ = —.
_ аЕАО_ аЕАОАЕ
_ а
ЕАО
_ а
ЕАО
Учитывая, что АО = а, ВО = Ь, получаем равенства
АО а
^^ = -. Отсюда следует, что прямоугольные треугольники
и АО В подобны. Поэтому Zl = Z2. Но Zl + Z3 = 90° и, значит, Z2 + Z3 = 90°. Следовательно, Z4 = 90°, т. е. прямая I перпендикулярна к стороне АВ.
Ответ. Прямая, проходящая через точку пересечения диагоналей ромба и перпендикулярная к стороне ромба.
Дополнительные задачи
8. Векторы ~а и b не коллинеарны. Найдите такое число ж (если это возможно), чтобы векторы "р и ~q были коллинеарны: а) "р = 2~а — b , ~q = = ~а + х b ; б) "р = х"а — b ,"q ="а +xb; в") ^) ="а txb ,"q ="а - 2Ь; г) р^ = 2~а + b , ~q = х"а + b .
Решение, а) Так как векторы а и b не коллинеарны, то р = = 2 а — b ф 0 . Поэтому, согласно лемме о коллинеарных векторах, если р = 2 а — b и q = а + х Ъ коллинеарны, то существует число к, такое, что q = к р , т. е. а + х Ь = А;(2 а — b ), или а + х Ь = = 2к а — к Ъ . Отсюда следует (в силу единственности разложения любого вектора по двум данным неколлинеарным векторам), что 1 = = 2к, х = —к.
Из этой системы двух уравнений находим:
Итак, если х = — -, то q = а — - b = - р , т. е. при х = — - векторы р и q коллинеарны.
Если векторы р = х а — Ъ и q = а + х b коллинеарны, то существует число к, такое, что ~q = к"р, т. е.
а + х b = к^х а — или а + х b = кх а — к b .
Отсюда следует, что
1 = кх, х = —к.
Исключая к, приходим к уравнению х2 = — 1. Ясно, что это равенство не выполняется ни при каком х. Поэтому не существует такого числа х, при котором векторы р = х а — b и q = а — х b коллинеарны.
Аналогично п. а) получаем, что:
векторы р = а + х b и q = а — 2 b коллинеарны при х = —2, г) векторы р = 2 а + b и q = х а + b коллинеарны при х = 2.
Ответ, а) —^; б) решения нет; в) —2; г) 2.
Найдите координаты вектора "р и его длину, если: а) "р = 7~а — 3 b , ~а{1;—1}, b {5; — 2}; б) "р* = Ма — 2 Ь , "^{6; 3}, Ь {5; 4}; в) "р = 5~а — 4 b , "а < -; - >, b {6; — 1}; г) = 3(—27? — 4 b ), "а {1; 5}, b { — 1; 1}.
Решение, а) Используя правила нахождения координат суммы, разности векторов и произведения вектора на число, находим, что координаты вектора "р равны {7 • 1 - 3 • 5; 7(-1) - 3(-2)}, т. е. {-8; -1}; |р| = хОД+мД = Уб5.
Аналогично п. а) получаем:
У{14;4}, |У| = V142 +42 = 2У53;
У {-21; 5}, |У| = УРЛу+З2 = V466;
У {6; -18}, |У | = Уб2 + (-18)2 = бУЮ.
Ответ, а) {—8; — 1} и Уб5; б) {14; 4} и 2У53; в) {—21; 5} и V466; г) {6;-18} и бУЮ.
Даны векторы 7?{3;4}, Ъ {6; -8}, 7?{1;5}. а) Найдите координаты векторов "р = ~а + b , ~q = b + ~с, V = 27? — b + ~с, ~з = ~а — b — ~с . б) Найдите |"а |, | b |, |^|, \"q\.
Решение, а) Используя правила нахождения координат суммы, разности векторов и произведения вектора на число, получаем:
^{9;-4}, 7f{7;-3}, ^{1;21}, ^{-4;7}.
б) \~а | = л/З^Р = 5,
|T I = Уб2 + (-8)2 = 10,
1У | = уэ2 + (-4)2 = У97,
|У| = У?2 + (-3)2 =У58.
Ответ, а) {9;-4}, {7;-3}, {1;21}, {-4;7}; б) 5, 10, У97, У58.
Докажите, что расстояние между любыми двумя точками Mi(xi;0) и М2(ж2;0) оси абсцисс вычисляется по формуле d = |xi — Ж2?
Решение. По формуле расстояния между двумя точками получаем:
d = J(xi - ж2)2 + (о - 0)2 = J(xv - ж2)2 = |Ж1 - ж2|.
Докажите, что треугольник АВС, вершины которого имеют координаты А(4;8), В(12; 11), С(7;0), является равнобедренным, но не равносторонним.
Решение. По формуле расстояния между двумя точками находим: АВ = ^(12-4)2+ (11 -8)2 = ЦТЗ, АС =- 4)2 + (0 - 8)2 = ЦТЗ,
ВС = Дт~ 12)2 + (о - 11)2 = ЦПб.
Таким образом, АВ = АС ^ ВС, т. е. треугольник АВС — равнобедренный, но не равносторонний.
Докажите, что углы А и С треугольника АВС равны, если А(—5; 6), В(3;-9) и С(—12;—17).
Решение. По формуле расстояния между двумя точками находим: АВ = ^(3 + б)2 + (-9 - б)2 = 17, ВС = ^(-12 -З)2 + (-17 + 9)2 = 17.
Таким образом, АВ = ВС, т. е. треугольник АВС — равнобедренный с основанием АС, и поэтому ДА = ДС.
Докажите, что точка D равноудалена от точек А, В и С, если: a) D(l; 1), А(5;4), В(4;-3), С(-2;5); б) В(1;0), А(7;-В), В(-5;8), С(9;6).
Решение, а) По формуле расстояния между двумя точками находим:
AD = ^/(5- I)2 + (4- I)2 = 5,
BD =1)2 + (-3- I)2 = 5,
CD = ^(-2- I)2 + (5- I)2 = 5.
Таким образом, AD = BD = CD, т. е. точка D равноудалена от точек А, В иС.
б) Аналогично п. а) получаем, что AD = BD = CD = 10.
На оси абсцисс найдите точку, равноудаленную от точек Mi (—2; 4) и М2 (6; 8).
Решение. Пусть М(х;0) — искомая точка. По условию ММ\ = = ММ2, откуда ММ^ = ММ2, т- е-
(-2 - ж)2 + 42 = (6 - ж)2 + 82.
Отсюда находим: х = 5. Итак, искомая точка имеет координаты (5;0).
Ответ. (5;0).
Вершины треугольника АВС имеют координаты Л(—5; 13), В(3;5), С(—3; — 1). Найдите: а) координаты середин сторон треугольника; б) медиану, проведенную к стороне АС; в) средние линии треугольника.
Решение. Пусть точки М\(х\;р\\ М^х^р^Ь Мз(хз;рз) — соответственно середины сторон АВ, ВС и С А.
По формулам координат середины отрезка находим:
—5 + 3.13 + 5 п
=== 9,
3 — 3 п5 — 1 Q
ж2 = —= 0,У2 = _ = 2,
-3-5.-1 + 13„
g— = -4>Уз =2= 6'
Итак, М](-1;9), М>(0;2), ЛД(-4;6).
По формуле расстояния между двумя точками находим:
медиану ВМз, проведенную к стороне АС:
ВМ3 = у/(-4 - З)2 + (6 - 5)2 = 5V2;
средние линии М1М2, М2М3, МзМ<.
М[М2 = у/(0+ I)2+ (2-9)2 = 5V2,
М2М3 = ^(-4-О)2+ (6-2)2 = 4V2,
М3МХ = ^(-4 + I)2 + (6 - 9)2 = 3У2.
Ответ, а) (—1;9), (0;2), (—4;6); б) 5V2; в) 5V2, 4V2, 3V2.
Докажите, что четырехугольник ABCD, вершины которого имеют координаты Л(3;2), В(0;5), С(—3;2), В(0; — 1), является квадратом.
Решение. По формуле расстояния между двумя точками находим:
АВ = у/(0 - З)2 + (5 - 2)2 = 3V2,
ВС = ^(-З-О)2+ (2-5)2 = 3V2,
CD = уЛ + З)2 + (-1-2)2 = 3^2,
DA = ^(З-О)2 + (2+1)2 = 3V2, АС = ^(-3 - З)2 + (2 - 2)2 = 6.
Таким образом, АВ = ВС = CD = DA и, следовательно, четырехугольник ABCD — ромб. Кроме того, ЛВ2 + ВС2 = АС2, откуда
следует, что треугольник АВС — прямоугольный с прямым углом В. Итак, в ромбе ABCD угол В — прямой, поэтому ромб ABCD является квадратом.
Докажите, что четырехугольник ABCD, вершины которого имеют координаты А(—2; — 3), B(l;4), С(8;7), D(5;0), является ромбом. Найдите его площадь.
Решение. По формуле расстояния между двумя точками находим:
АВ = ^(1+2)2+ (4 + 3)2 = V58, ВС = ^(8- I)2+ (7-4)2 = V58, CD = ^(5 - 8)2 + (0 - 7)2 = V58, DA = ^/(-2 - З)2 + (-3 - О)2 = V58, АС = ^/(8+ 2)2+ (7 + 3)2 = 10^2, BD = ^(5- I)2+ (0-4)2 = 4л/2.
т. е.т. е.Так как АВ = ВС = CD = DA, то четырехугольник ABCD — ромб. Его площадь равна половине произведения диагоналей АС и BD,
т. е.
т. е.
Sabcd = ^АС -BD = L 10л/2 ■ 4V2 = 40.
Ответ. 40.
Найдите координаты четвертой вершины параллелограмма по заданным координатам трех его вершин: (—4; 4), (—5; 1) и (—1;5). Сколько решений имеет задача?
—> —>
Решение. Воспользуемся утверждением: если АВ = DC и векторы АВ и DC не лежат на одной прямой, то четырехугольник ABCD — параллелограмм. Справедливость этого утверждения следует из того, что равенство АВ = DC обеспечивает равенство и параллельность сторон АВ и CD четырехугольника ABCD, откуда, в свою очередь, следует, что четырехугольник ABCD — параллелограмм (признак 1°, п. 43 учебника).
Обозначим три данные точки так: А(—4;4), В( —5; 1), С(—1;5).
Найдем такую точку D(x;y), что АВ = DC.
Вектор АВ имеет координаты {—1;—3}, а вектор DC — координаты {—1 — х; 5 — у}. Записывая равенство АВ = DC в координатах, получаем:
— 1= 1— х, —3 = 5 — у, откуда х = 0, ^/ = 8.
Итак, если точка D имеет координаты (0;8), то АВ = DC. Убедимся в том, что векторы АВ и DC не лежат на одной прямой. Найдем координаты вектора AD; {0 + 4; 8 — 4} = {4; 4}. Координаты
вектора AD{4;4} не пропорциональны координатам вектора АВ^ — 1;— 3}, поэтому эти векторы не коллинеарны (задача 927) и, следовательно, точка D не лежит на прямой АВ. Поэто- —^—^
му векторы АВ и DC не лежат на одной прямой, а поскольку они равны, то четырехугольник ABCD — параллелограмм.
Аналогично можно найти такие точки D\ и D2, что четырехугольники ABD\C и AD^BC будут параллелограммами. Используя условия АВ = ^>—>
= CD\ и AD2 = СВ и проведя такие же вычисления, как в п. 1), получим,
что точка D\ имеет координаты (—2; 2), а точка D2 — координаты (-8;0).
Итак, мы нашли три решения задачи: точки D(0;8), D\( —2; 2),
D2(—8;0). Соответствующие им параллелограммы ABCD, ABDyC и AD2BC изображены на рисунке 20. Других решений, очевидно, нет. Ответ. Три решения: (0;8), (-2; 2), (-8;0).
Выясните, какие из данных уравнений являются уравнениями окружности. Найдите координаты центра и радиус каждой окружности: а) (ж — I)2 + (р + 2)2 = 25; б) ж2 + (р + 7)2 = 1; в) ж2 + р2 + 8ж — 4р + 40 = 0; г) ж2 + р2 — 2ж + 4р — 20 = 0; д) ж2 + р2 — 4ж — 2р + 1 = 0.
Решение, а) Данное уравнение является уравнением окружности, центр которой имеет координаты (1; —2), а радиус равен 5.
Данное уравнение является уравнением окружности, центр которой имеет координаты (0; —7), а радиус равен 1.
Запишем данное уравнение в виде
(ж + 4)2 + (р - 2)2 = -20.
Так как для любых х и р левая часть уравнения не отрицательна, а правая часть отрицательна, то этому уравнению не удовлетворяют координаты никакой точки.
Запишем данное уравнение в виде
(ж - I)2 + (у + 2)2 = 25.
Это уравнение является уравнением окружности, центр которой имеет координаты (1; —2), а радиус равен 5.
Запишем данное уравнение в виде
(ж - 2)2 + (у - I)2 = 4.
Это уравнение является уравнением окружности, центр которой имеет координаты (2; 1), а радиус равен 2.
Ответ, а) (1;—2) и 5; б) (0; —7) и 1; в) уравнение не является уравнением окружности; г) (1; —2) и 5; д) (2; 1) и 2.
Напишите уравнение окружности, проходящей через точки Л(3;0) и В(—1; 2), если центр ее лежит на прямой у = х + 2.
Решение. Абсциссу центра искомой окружности обозначим через xq, тогда ордината центра равна xq + 2, а уравнение окружности можно записать в виде
(ж - ж0)2 + (у - ж0 - 2)2 = г2.(1)
Так как точки Л(3;0) и В(—1;2) лежат на искомой окружности, то их координаты удовлетворяют уравнению (1), т. е.
(3 - ж0)2 + (0 - ж0 - 2)2 = г2,(-1 - жо)2 + (2 - жо - 2)2 = г2.
Получили систему двух уравнений с двумя неизвестными xq и г. Вычитая из первого уравнения второе и приводя подобные члены, приходим к уравнению 12 — 4хо = 0, откуда xq = 3. После этого из первого уравнения находим г2 = 25.
Таким образом, уравнение (1) искомой окружности принимает вид
(ж - З)2 + (у - 5)2 = 25.
Ответ, (ж — З)2 + (у — 5)2 = 25.
Напишите уравнение окружности, проходящей через три данные точки: а) Л(1;-4), В(4;5), С(3;-2); б) Л(3;-7), В(8;-2), С(6;2).
Решение. Напишем уравнение искомой окружности в виде
(ж - ж0)2 + (у - Уо)2 = г2.(1)
Так как точки Л, В, С лежат на искомой окружности, то их координаты удовлетворяют этому уравнению, т. е.
(1 -жо)2 + (-4-уо)2 = г2,
(4 - ж0)2 + (5 - уо)2 = г2,
(3 - ж0)2 + (-2 - уо)2 = Л
Получили систему трех уравнений с тремя неизвестными хо, уо, т. Вычитая из первого уравнения второе, а также из третьего второе, приходим к системе двух уравнений относительно жо и у^;
6ж0 + 18у0 = 24,2ж0 + 14у0 = 28.
?5
Решая эту систему, находим хо и уо*. xq = —-, уо = Зная xq и уо,
2125
получаем т = -$-.
Таким образом, уравнение (1) искомой окружности принимает вид
Аналогично п. а) для нахождения xq, уо, т, входящих в уравнение (1) искомой окружности, получаем систему уравнений
' (3 - ж0)2 + (-7 - у0)2 =< (8 - ж0)2 + (-2 - уо)2 = г2,_ (6 - ж0)2 + (2-у0)2 = г2.
Решая эту систему так же, как в п. а), находим: xq = 3, у^ = —2, г2 = 25. Таким образом, уравнение (1) искомой окружности принимает вид99
(ж - З)2 + (у + 2)2 = 25.
Ответ. а) (ж + -J + (у - -) = —; б) (ж - З)2 + (у + 2)2 = 25.
Вершины треугольника АВС имеют координаты А(—7; 5), В(3; — 1), С(5;3). Составьте уравнения: а) серединных перпендикуляров к сторонам треугольника; б) прямых АВ, ВС и С А; в) прямых, на которых лежат средние линии треугольника.
Решение, а) Если точка М(х;у) лежит на серединном перпендикуляре к стороне АВ, то АМ = ВМ, или АМ2 = ВМ2, т. е. координаты точки М удовлетворяют уравнению
(ж + 7)2 + (у - 5)2 = (ж — З)2 + (у + I)2.(1)
Если же точка М(х;у) не лежит на серединном перпендикуляре к стороне АВ, то АМ2 ф ВМ2, и поэтому координаты точки М не удовлетворяют уравнению (1). Следовательно, уравнение (1) является уравнением серединного перпендикуляра к стороне АВ. После возведения в квадрат уравнение (1) приводится к виду
5х - Зу + 16 = 0.
Аналогично для серединных перпендикуляров сторон ВС и С А получаются уравнения:
х А^у — 6 = 0 и 6ж - ?/ + 10 = 0.
б) Уравнения прямых АВ, ВС и С А, каждая из которых проходит через две заданные точки, находятся таким же способом, как в задаче 972. В результате получаются следующие уравнения:
АВ: Зж + бу - 4 = 0;
ВС: 2.x - у - 7 = 0;
С А: х + бу — 23 = 0.
в) Пусть точки Мх(х\;у\), М^х^у^, Мз(хз;уз) — середины соответственно сторон АВ, ВС и С А. Координаты этих точек находим по формулам координат середины отрезка:
хх =ж2 =ж3 =хх =ж2 =ж3 =-7 + 32-7 + 32У\ =У\ =3±5 =4. 2’3±5 =4. 2’2/2 =2/2 =Уз =Уз =5-1 _ о.2’-1 + 3 =23 + 5_42’5-1 _ о.2’-1 + 3 =23 + 5_42’
хх =
ж2 =
ж3 =
хх =
ж2 =
ж3 =
-7 + 32
-7 + 32
У\ =
У\ =
3±5 =4. 2’
3±5 =4. 2’
2/2 =
2/2 =
Уз =
Уз =
5-1 _ о.
2’
-1 + 3 =
2
3 + 5_4
2’
5-1 _ о.
2’
-1 + 3 =
2
3 + 5_4
2’
Средние линии треугольника АВС лежат на прямых MiM2, M2Mg и МзМх, каждая из которых проходит через две заданные точки. Поэтому уравнения этих прямых находятся таким же способом, как в задаче 972. В результате получаются следующие уравнения:
MiM2: х + бу — 10 = 0;
М2М3: Зх + 5?/- 17 = 0;
МзМх: 2х — у + 6 = 0.
О т в е т. а) 5х - Зу + 16 = 0, х + 2у - 6 = 0, бх - у + 10 = 0; б) Зх + + бу - 4 = 0, 2х - у - 7 = 0, х + бу - 23 = 0; в) х + бу - 10 = 0, Зх + + бу - 17 = 0, 2х - у + 6 = 0.
Докажите, что прямые, заданные уравнениями Зх — 1,5г/ + 1 = 0 и 2х — у — 3 = 0, параллельны.
Решение. Допустим, что данные прямые не параллельны. Тогда они либо пересекаются, либо совпадают. В любом случае существует точка М(хо;уо), лежащая на обеих прямых, и, следовательно, координаты точки М удовлетворяют уравнениям этих прямых, т. е.
Зхо — L5?/o + 1 = 0 и 2^о — уо — 3 = 0.
Умножим второе равенство на 1,5 и вычтем из первого равенства. Получим
(Зж0 - 1,5уо + 1) - 1,5(2хо - уо - 3) = 0,
т. е. 5,5 = 0.
Так как полученное равенство не имеет места, то наше предположение неверно и, следовательно, данные прямые не имеют общих точек, т. е. они параллельны.
Докажите, что точки А, В w С лежат на одной прямой, если: а) Л(-2;0), В(3;2^), С(6;4); б) Л(3; 10), В(3; 12), С(3;-6); в) Л(1;2), В(2;5), С(—10;—31).
Решение, а) Найдем координаты векторов АВ и АС; АВ{5;2-}, —>1—>
АС{8;4}. Очевидно, 8:5 = 4: 2-, т. е. координаты вектора АС про
порциональны координатам вектора АВ, поэтому векторы АВ и АС коллинеарны (см. задачу 927), а так как они имеют общее начало (точку А), то точки А, В и С лежат на одной прямой.
б), в) Задача решается так же, как в п. а).
Применение метода координат к решению задач
Две стороны треугольника равны 17 см и 28 см, а высота, проведенная к большей из них, равна 15 см. Найдите медианы треугольника.
Решение. Пусть в треугольнике АВС; АВ = 17 см, АС = 28 см, высота ВН = 15 см. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке А так, как показано на рисунке 21 (точка С лежит на положительной полуоси абсцисс, точка В имеет положительную ординату). Тогда вершины треугольника АВС имеют следующие координаты: А(0;0), С(28;0), В(х; 15), где х — пока неизвестное число, причем возможны два случая: а) точка Н лежит на стороне АС (рис. 21, а), в этом случае х > 0; б) точка Н лежит на продолжении стороны АС (рис. 21, б), в этом случае х < 0.
Используя формулу расстояния между двумя точками, получаем:
АВ = Уж2 + 152 = 17,
откуда следует, что ж2 = 64, х = 8 либо х = —8. Таким образом, точка В имеет координаты (8; 15) (рис. 21, а^ либо (—8; 15) (см. рис. 21, б).
Пусть точки A\(xv,p\), ^1(^2;^) и ^(^з^з) — соответственно середины сторон ВС, СА и АВ. Координаты этих точек находим по формулам координат середины отрезка. В случае а) получаем:
8 + 28 . q
15 + 0,
У1 -2-
0 + 28 . .
0 + 0
У2= 2 =0;
214,
0 + 8.
Жз = 2 =4,
0+15 7г
Уз- 2-
В случае б) получаем:
—8 + 28 .
_ 15 + 0 _ 7 г
У1 -2-
0 + 28 . .
0 + 0~
2 =0;
Ж2 -2“
0-8.
Жз = 2 =4,
0+15 7е
Уз = 2 = 7,5.
Медианы ААц ВВх, ССх находим по формуле расстояния между двумя точками.
В случае а) получаем:
AAi = х/(18 — О)2 + (7,5 — О)2 см = 19,5 см,
ВВ, = 7(14-8)2 +(0- 15)2 см = 3729 см,
СС, = 7(4 - 28)2 + (7,5 - О)2 см = |Т281 см.
В случае б) получаем:
AAi = 7(10-О)2+ (7,5-О)2 см = 12,5 см,
ВВ, = 7(14 +S)2+ (0- 15)2 см = 7709 см>
СС, = 7(-4-28)2+ (7,5-О)2 см = 174321 см.
Ответ. 19,5 см, 3729 см, |7281 см; или 12,5 см, 7709 см, 174321 см.
Рис. 22Рис. 22Докажите, что отрезок, соединяющий середины диагоналей трапеции, равен полуразности оснований.
Рис. 22
Рис. 22
Решение. Введем прямоугольную систему координат, связанную с трапецией ABCD так, как показано на рисунке 22. Тогда вершины трапеции имеют следующие координаты: А(0;0), В^с;И\ C(c-\-b;h), D(a;0), где а = AD, b = ВС, с —
некоторое число, h — высота трапеции. Пусть AD > ВС, т. е. а > Ь, и пусть точки М(хх;рх) и N^x^p^ — середины диагоналейАС и BD.
mс + b h а + с /г
1огда ад =’ Ух = 2’ ^2 = ~2—’ ^2 = 2' ^° Ф°РмУле Расстояния
между двумя точками получаем:
MN =MN =а — b2а — b2
MN =
MN =
а — b
2
а — b
2
Таким образом, MN = ^^ ^^, что и требовалось доказать.
Дан параллелограмм ABCD. Докажите, что для всех точек М величина (АМ2 + СМ2) — (ВМ2 + DM2) имеет одно и то же значение.
Решение. Введем прямоугольную систему координат так, как показано на рисунке 23. Тогда вершины параллелограмма имеют следующие координаты: А(0;0), B(b;c), C(a + b;c), D(a;0), где а = = ВС = AD, b — некоторое число, с — высота параллелограмма.
Для любой точки М(х;у) имеем:
АМ2 = х2 + у2, ВМ2 = (х - Ь)2 + (у - с)2,
СМ2 = (х - а — Ь)2 + (у - с)2,DM2 = (х - а)2 + у2.
Используя эти выражения и раскрывая скобки, получаем:
(АМ2 + СМ2) - (ВМ2 + DM2) = 2ab.
Таким образом, величина
(АМ2 + СМ2) - (ВМ2 + DM2)
имеет одно и то же значение для всех точек М(х;у).
Докажите, что медиану ААх треугольника АВС можно вычислить по формуле ААх = ^\/2АС2 + 2 АВ2 — ВС2. Используя эту формулу, докажите, что если две медианы треугольника равны, то треугольник — равнобедренный.
Рис. 24Рис. 24Используя эти формулы, а также равенство ВС2 = а2, получаем: 2АС2 + 2АВ2 - ВС2 = 2^Ь - а)2 + с2) + 2Q? + с2) - а2 =Используя эти формулы, а также равенство ВС2 = а2, получаем: 2АС2 + 2АВ2 - ВС2 = 2^Ь - а)2 + с2) + 2Q? + с2) - а2 =
Рис. 24
Рис. 24
Используя эти формулы, а также равенство ВС2 = а2, получаем: 2АС2 + 2АВ2 - ВС2 = 2^Ь - а)2 + с2) + 2Q? + с2) - а2 =
Используя эти формулы, а также равенство ВС2 = а2, получаем: 2АС2 + 2АВ2 - ВС2 = 2^Ь - а)2 + с2) + 2Q? + с2) - а2 =
Решение. 1) Введем прямоугольную систему координат с началом в точке В так, как показано на рисунке 24. Тогда вершины треугольника имеют следующие координаты: А(Ь; с), В(0; 0), С(а; 0), где а = = ВС, Ъ и с — некоторые числа, а середина Ах стороны ВС имеет координаты
По формуле расстояния между двумя точками находим:
АЛ, = (b-^ + c2,
АС2 = Ч-аУ + с2,АВ2 = Ь2 + с2.
Сопоставляя это выражение с выражением для ААх, приходим к равенству
АА2 = ^(2АС2 + 2АВ2 - ВС2),
откуда следует, что AAi = У\,2АС2 + 2 АВ2 — ВС2 , что и требовалось доказать.
2) Пусть в треугольнике АВС медианы ААх и ВВх равны. Медиана ААх выражается доказанной в п. 1) формулой
А А) = ^л/2АС2 + 2АВ2 - ВС2 ,
а медиана ВВх выражается аналогичной формулой
ВВХ = ^\/2ВА2 А-2ВС2 - АС2.
Из равенства ААх = ВВх следует:
V2AC2 + 2АВ2 - ВС2 = V2BA2 + 2ВС2 - АС2.
После возведения в квадрат и приведения подобных членов приходим к равенству ЗАС2 = ЗВС2, откуда получаем АС = ВС. Таким образом, мы доказали, что если две медианы треугольника равны, то треугольник — равнобедренный.
Даны две точки Л и В. Найдите множество всех точек М, для каждой из которых: а) 2 АМ2 — ВМ2 = 2АВ2; б) АМ2 + 2ВМ2 = 6АВ2.
Решение. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке А так, как показано на рисунке 25. Тогда точки А и В имеют координаты: А(0;0), В(а;0), где а = АВ.
Пусть М(х;у) — произвольная точка. Тогда
АМ2 = х2 + у2, ВМ2 = (х - а)2 + у2.
Условие 2АМ2 — ВМ2 = 2АВ2, записанное в координатах, дает уравнение искомого множества точек:
2(х2 + у2) — ((х — а)2 + у2) = 2а2.
Раскрывая скобки, приводим уравнение к виду (х + а)2 + у2 = (2а)2.
Таким образом, искомым множеством точек является окружность радиуса 2а, т. е. радиуса 2АВ, с центром в точке В'(—а;0), т. е. в точке, симметричной точке В относительно точки А (рис. 25, а).
Условие АМ2 + 2ВМ2 = 6АВ2, записанное в координатах, дает уравнение искомого множества точек:
(х2 + у2) + 2((х - а)2 + у2) = 6а2.
Это уравнение приводится к виду
т. е.т. е.9|АВ (рис. 25, б).9|АВ (рис. 25, б).
т. е.
т. е.
9
|АВ (рис. 25, б).
9
|АВ (рис. 25, б).
Таким образом, искомое множество точек представляет собой
44
окружность радиуса -а, т. е. ^АВ, с центром в точке С
в точке С, лежащей на отрезке АВ, причем АС
Ответ, а) Окружность радиуса АВ с центром в точке, симметрич- 4
ной В относительно А; б) окружность радиуса -АВ с центром в точке, 2
лежащей на отрезке АВ на расстоянии ^АВ от А.
Задачи повышенной трудности
Вершины четырехугольника ABCD имеют координаты Л(жь?/1), В^х^уА), С(хз;уз), В^х^уА- Докажите, что этот четырехугольник является параллелограммом тогда и только тогда, когда
Хх + Хз = Х2 + Х4, ух + Уз = У2 + У4-
Решение. Четырехугольник ABCD является параллелограммом тогда и только тогда, когда его диагонали АС и BD пересекаются и точкой пересечения делятся пополам, т. е. тогда и только тогда, когда середины диагоналей АС и BD совпадают.
(Х\ + Хз у\ + Уз\
Середина диагонали АС имеет координаты (—-—; -—а се"
ТЭТА(Х2 + ХА У2 + У4\
редина диагонали ВD — координаты (—-—;2 у’ П0ЭТ0МУ сере
дины диагоналей АС и BD совпадают тогда и только тогда, когда
хх + хз = х2 + х4, ух + Уз = У2 + У4-
Следовательно, четырехугольник ABCD является параллелограммом тогда и только тогда, когда
хх + х3 = х2 + х4, ух + Уз = У2 + У4-
Даны две точки: А(хх;ух) и В(х2;у2). Докажите, что координаты АС
(х;у) точки С, делящей отрезок АВ в отношении А (т. е. -—- = А), выража- С В
ются формулами
_ хх + Аж2 _ ух + Ху2
1 + А ’1 + А "
АС—>—>
Решение. Из равенства ^^ = А следует, что АС = ХСВ. Вектор АС имеет координаты ^х — хх; у — yxY вектор СВ — координаты ^х2 — х;у2 — у}, а вектор ХСВ — координаты {А(ж2 — х); Х(у2 — y)Y —-—>—>
Так как АС = ХСВ, то соответствующие координаты векторов АС и ХСВ равны, т. е.
ж - ж, = А(ж2 -ж), у - У1 = А(у2 - у)-
Из этих равенств получаем формулы
$1 + Аж2 „ _ У + ЛУ2
1+А ’1+А '
Из физики известно, что центр тяжести однородной треугольной пластинки находится в точке пересечения медиан. Найдите координаты центра тяжести такой пластинки, если координаты ее вершин: А\^х\;р\\ А^х^р^, А3(хз;рз\
Решение. Пусть точка М(хд;рд) — середина стороны Л2Л3, и пусть медианы треугольника А1А2А3 пересекаются в точке С(х;р).
AiC
Точка С делит медиану А\М в отношении 2 : 1, т. е. = 2. Координаты точки М находим по формулам координат середины отрезка:
а координаты точки С, делящей отрезок А\М в отношении 2:1, находим по формулам задачи 1185 (в этих формулах нужно положить
А = 2):
Х2 + Хз
+ '2_ Ж1 + ж2 + Жз
1+2“3’
=2= Л + ^/2 + Рз
У 1 + 23
Ж1 + ж2 + Жз. Р\Гр2Грз\
Вершины треугольника АВС имеют координаты: Л(—3;0), В(0;4), (7(3; 0). Биссектриса угла А пересекает сторону ВС в точке D. Найдите координаты точки D.
Решение. Биссектриса треугольника делит противоположную сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам тре/BD Ав
угольника (задача 535), поэтому = -^.
Найдем АВ и АС по формуле расстояния между двумя точками:
АВ = у/(0 + З)2 + (4 - О)2 = 5,АС = ^(3 + З)2 + (0 - О)2 = 6.
- ВВ) 5
1аким образом, —— = -.
ВО о
Координаты (х;р) точки D находим по формулам задачи 1257. Полагая в этих формулах xi = 0, р\ = 4, Х2 = 3, р2 = 0, А = |, получаем: 1524
Ж = ТТ’У= Ш
Ответ.Ответ.15. 24\ТТ’ ПЛ15. 24\ТТ’ ПЛ
Ответ.
Ответ.
15. 24\
ТТ’ ПЛ
15. 24\
ТТ’ ПЛ
В треугольнике АВС; АС = = 9 см, ВС = 12 см. Медианы АМ и BN взаимно перпендикулярны. Найдите АВ.
Решение. Введем прямоугольную систему координат Оху так, чтобы медианы АМ и BN лежали на осях координат (рис. 26). Пусть вершины А, В и С имеют координаты: А(х;0\ В(0;у) и С(хх;ух\
Так как точка N — середина отрезка АС, то абсцисса точки N равна ^_^1. £ другой стороны, абсцисса точки N равна О, т. е. = о. Отсюда получаем:
Хх = —х.
Аналогично, используя точку М — середину отрезка ВС, находим: ух = — у. Итак, точка С имеет координаты (—х; —у).
По условию АС = 9 см, ВС = 12 см, откуда следует, что АС2 = = 81 см2, ВС2 = 144 см2, т. е.
(х + х)2 + (0 — у)2 = 81 см2,(0 + х)2 + (у + у)2 = 144 см2,
или
4х2 + у2 = 81 см2,
х2 + 4?/2 = 144 см2.
Складывая эти равенства, получаем 5(ж2 + ?/2) = 225 см2, откуда х2 + у2- = 45 см2.
Но х2 + у2 = АВ2 (см. рис. 26), поэтому АВ2 = 45 см2, АВ = = Зл/5 см.
Ответ. Зд/б см.
Найдите координаты центра тяжести системы трех масс тх, m2 и тз, сосредоточенных соответственно в точках Ах(хх;ух), А^х^у^), Аз(хз;уз\
Решение. Из курса физики известно, что центр тяжести (точка А) системы двух масс тх и m2, сосредоточенных в точках Ах и А2, лежит на отрезке АМ2, причем АхА • тх = АА2 • m2, т. е. Ах А _ АА^ тх '
Пусть координаты точки А равны (х;р\ Так как точка А делит отрезок AiA2 в отношении —, то по формулам задачи 1257 находим:
х =х =жМ• Ж2Till1 + ^2TillжМ• Ж2Till1 + ^2Tillх\т\ + ж2ш2тх + ш2х\т\ + ж2ш2тх + ш2У =У =Ух А7/2тх1 + ~тхУх А7/2тх1 + ~тхpimx + у2т2тх + т2pimx + у2т2тх + т2
х =
х =
жМ• Ж2
Till
1 + ^2Till
жМ• Ж2
Till
1 + ^2Till
х\т\ + ж2ш2тх + ш2
х\т\ + ж2ш2тх + ш2
У =
У =
Ух А7/2тх
1 + ~тх
Ух А7/2тх
1 + ~тх
pimx + у2т2тх + т2
pimx + у2т2тх + т2
Искомый центр тяжести трех масс тх, m2, m3 (обозначим его С) совпадает с центром тяжести двух масс: массы m3, помещенной в точку A3, и массы (т\ -\-т2), помещенной в точку А. Поэтому
тх + т2т3тх + т2т3А3С ■ т3 = С A- (mi + т2), т. е. ^^
тх + т2
т3
тх + т2
т3
Обозначим координаты точки С через (х^р^. Используя координаты точек A3 и А и полагая А = mi + Ш2 по формулам задачи 1257 Шз получаем:
тх + т2 ххтх + х2т2 m3тх + т21 тх + т2 тзтх + т2 ххтх + х2т2 m3тх + т21 тх + т2 тзххтх + х2т2 + хзтзтх + т2 + тзр\тх + р2т2 + у3т3 тх Гт2Гт3 'ххтх + х2т2 + хзтзтх + т2 + тзр\тх + р2т2 + у3т3 тх Гт2Гт3 '
тх + т2 ххтх + х2т2 m3тх + т2
1 тх + т2 тз
тх + т2 ххтх + х2т2 m3тх + т2
1 тх + т2 тз
ххтх + х2т2 + хзтзтх + т2 + тз
р\тх + р2т2 + у3т3 тх Гт2Гт3 '
ххтх + х2т2 + хзтзтх + т2 + тз
р\тх + р2т2 + у3т3 тх Гт2Гт3 '
Ответ.Ответ.ххтх + х2т2 + хзтз. ухтх + у2т2 + рзтзтх Г т2 Г тз ’ тх + т2 + тз
Ответ.
Ответ.
В каждом из следующих случаев на оси абсцисс найдите точку М, для которой сумма ее расстояний от точек А и В имеет наименьшее значение: а) А(2; 3), В(4; -5); б) А(-2; 4), В(3; 1).
Решение, а) Точки А(2; 3) и В(4; —5) лежат по разные стороны от оси абсцисс (рис. 27, а), поэтому искомой точкой М(х;0) является точка пересечения отрезка АВ с осью абсцисс. В самом деле, для любой другой точки Му оси абсцисс, согласно неравенству треугольника, имеем: АМх + ВМх > АВ, т. е.
АМх + ВМх > АМ + ВМ (см. рис. 27, а\
п АМ \ п ж2 + 4АПусть —— = А. По формулам задачи 1257 получаем: х = —1 + Ап АМ \ п ж2 + 4АПусть —— = А. По формулам задачи 1257 получаем: х = —1 + А3= 2-. Итак, искомая 43= 2-. Итак, искомая 43 точка М имеет координаты (2-;0).б) Точки А( —2; 4) и В(3; 1) лежат по одну цисс (рис. 27, б). Пусть точка В' симметрична3 точка М имеет координаты (2-;0).б) Точки А( —2; 4) и В(3; 1) лежат по одну цисс (рис. 27, б). Пусть точка В' симметрична
п АМ \ п ж2 + 4А
Пусть —— = А. По формулам задачи 1257 получаем: х = —
1 + А
п АМ \ п ж2 + 4А
Пусть —— = А. По формулам задачи 1257 получаем: х = —
1 + А
3
= 2-. Итак, искомая 4
3
= 2-. Итак, искомая 4
3 точка М имеет координаты (2-;0).
б) Точки А( —2; 4) и В(3; 1) лежат по одну цисс (рис. 27, б). Пусть точка В' симметрична
3 точка М имеет координаты (2-;0).
б) Точки А( —2; 4) и В(3; 1) лежат по одну цисс (рис. 27, б). Пусть точка В' симметрична
3
3 — 5А32 + 4 • —
О = -—. Отсюда находим: А = -, х =
1 + А5.3
„5
сторону от оси абс- точке В относитель-
но оси Ох, т. е. ось Ох является серединным перпендикуляром к отрезку BBf. Так как для любой точки М\ оси абсцисс ВМ\ = = В'М\ (см. рис.27, б), то АМ\ + ВМ\ = АМ\ А В'М\, и поэтому задача сводится к нахождению на оси абсцисс такой точки М, для которой сумма расстояний от точек А и В' имеет наименьшее значение. Поскольку точки А и В' лежат по разные стороны от оси абсцисс, искомой точкой М(х;0) является, как и в п. а), точка пересечения отрезка АВ' с осью абсцисс.
Точка В' имеет координаты (3; — 1). Пусть ^^/ = тогда по фор- 1— 2 + ЗА п 4 — А\ л
мулам задачи 1257 получаем: х =+ д , 0 = откуда А = 4,
х = 2. Итак, искомая точка М имеет координаты (2;0).
Ответ, а) (2-;0); б) (2;0).
Докажите, что: а) уравнение Ах + By + С = 0, где Л и В не равны одновременно нулю, является уравнением прямой; б) уравнение х2 — ху — 2 = = 0 не является уравнением окружности.
Решение, а) Пусть числа xq, у$ удовлетворяют данному уравнению, т. е. Ахо + Вуо + С = 0. Так как А и В не равны одновременно
нулю, то такая пара чисел существует. Тогда С = —Ах^ — Вро и данное уравнение можно записать в виде
А(х - ж0) + В(у - у0) = 0.(1)
Возьмем две точки:
Мх (ж0 - А; Уо - В) и М2(ж0 + А; у0 + В)
и составим уравнение серединного перпендикуляра к отрезку Mi М2. Точка М(х;р) лежит на этом серединном перпендикуляре тогда и только тогда, когда М|М = М2М, или М\М2 = М2М2. Записывая это равенство в координатах, получаем уравнение серединного перпендикуляра к отрезку Му М2'.
(ж - ж0 + А^ + (у - Уо + В)2 = (ж - ж0 - А)2 + (у - уо - В)2.
Если в этом уравнении раскрыть скобки, перенести все слагаемые в левую часть и разделить на 4, то получим уравнение (1).
Итак, уравнение (1) является уравнением серединного перпендикуляра к отрезку Mi М2. Тем самым доказано, что исходное уравнение Ах + Вр + С = 0 является уравнением прямой.
б) Уравнение любой окружности можно записать в виде
(ж - ж0)2 + (у - Уо)2 = г2, или
ж2 - 2ж0ж + у2 - 2у0у + Жд + Уо - г2 = 0.
Таким образом, уравнение любой окружности не содержит слагаемого кхр, где к — не равное нулю число, а в данном уравнении такое слагаемое есть: —хр. Следовательно, данное уравнение не является уравнением окружности.
Найдите точки пересечения двух окружностей, заданных уравнениями (ж — I)2 + (р — 2)2 = 4 и ж2 + р2 = 1, и вычислите длину их общей хорды.
Решение. Координаты (ж; р) точки пересечения двух окружностей удовлетворяют каждому из данных уравнений, поэтому для нахождения точек пересечения нужно решить систему уравнений:
(ж- I)2 + (у -2)2 =4, х2 + р2 = 1.
Вычитая из первого уравнения второе, получаем
-2х - 4р + 2 = 0,
откуда
х = -2р + 1.(2)
Подставив это выражение во второе уравнение системы (1), приходим к квадратному уравнению
5р2 - 4р = 0,
которое имеет корни у\ = 0 и у2 = т-. Соответствующие значения х 3
находим из уравнения (2): х\ = 1, Х2 = — g.
Итак, данные окружности пересекаются в точках Mi(l;0) / 3 4\
и М2 ( — g; g L поэтому отрезок Mi М2 — их общая хорда.
ММ2 ==
у V 5/\5/5
Ответ. (1;0), --; - ,-.
\ 5 5/5
Даны три точки А, В, С и три числа а, (3, у. Найдите множество всех точек М, для каждой из которых сумма аАМ2 + (ЗВМ2 + уСМ2 имеет постоянное значение, если: а) а + (3 + у ф 0; б) а + (3 + 7 = 0.
Решение. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке А так, чтобы точка В лежала на оси абсцисс. Тогда данные точки имеют координаты: А(0;0), В(а;0), С(Ь;с\ где а, Ь, с — какие- то числа.
Пусть М(х;у) — произвольная точка. Тогда
АМ2 = х2 + у2,
ВМ2 = (х - а)2 + у2,
СМ2 = (х - Ь)2 + (у - с)2.
Записав в координатах условие
аАМ2 + рВМ2 + 7СМ2 = к,где к — заданное число, получим уравнение искомого множества точек:а(ж2 + у2) + 04$ ~ аУ + У2) + ?(Ц - ЬУ + (у - с)2) = к. (1)
Если а + /3 + 7 ^ 0, то, раскрыв скобки и разделив на а + /3 + 7, приведем уравнение (1) к виду
(ж - ж0)2 + (у - Уо)2 = т,(2)
где
_ (За + yb _ ус
XQ а + (3 + 7 ’^° а + (3 + 7 ’
= к - /За2 - ^(Ь2 + с2) (/За + 7b)2 + Ус2
а + /3 + 7(а + 3 + 7)2'
Если т > 0, то уравнение (2) является уравнением окружности и, следовательно, искомое множество точек — окружность. Если т = 0, то уравнению (2) удовлетворяют координаты только точки ^х^\у^ и, следовательно, искомое множество точек состоит из одной точки. Если
m < 0, то уравнению (2) не удовлетворяют координаты никакой точки, т. е. искомое множество точек является пустым множеством.
Если а + /3 + у = 0, то уравнение (1) принимает вид
Ах + By + С = 0,(3)
где А = —2(^а + 76), В = -27с, С = /За2 + 7(62 + с2) - к.
Если хотя бы одно из чисел А и В не равно нулю, то уравнение (3) является уравнением прямой (см. задачу 1263, а) и, следовательно, искомое множество точек — прямая. Если А = В = С = 0, то уравнению (3) удовлетворяют координаты любой точки М(х;у) плоскости и, следовательно, искомое множество точек — вся плоскость. Если А = = В = 0, а С ф 0, то уравнению (3) не удовлетворяют координаты ни одной точки, т. е. искомое множество точек является пустым множеством.
Ответ, а) Окружность, точка или пустое множество; б) прямая, вся плоскость или пустое множество.
Даны прямая а и точка А, не лежащая на ней. Для каждой точки Мх прямой а на луче АМх взята точка М, такая, что АМх • АМ = к, где к — данное положительное число. Найдите множество всех точек М.
Пусть Mi(m;0) — произвольная точка на прямой а. ТогдаПусть Mi(m;0) — произвольная точка на прямой а. ТогдаРешение. Введем прямоугольную систему координат Оху так, чтобы ось Ох совпала с прямой а, а точка А лежала на положительной полуоси Оу (рис. 28). Тогда точка А имеет координаты (0; d), где d — расстояние от точки А до прямой а.
Пусть Mi(m;0) — произвольная точка на прямой а. Тогда
Пусть Mi(m;0) — произвольная точка на прямой а. Тогда
(1)(1)АМх = (т ~ О)2 + (0 - d)2 = Vw^Hf2, а уравнение прямой АМх имеет вид:
(1)
(1)
dx + т(у — d) = 0.
Пусть М(х;у) — точка, лежащая на луче АМх. Ее координаты удовлетворяют уравнению (1), и она принадлежит искомому множеству точек тогда и только тогда, когда АМх * АМ = к. Так как
АМх = V^2 + ^2, АМ = ^/ж2 + (?/ - d)2,
то точка М(х; ?/) принадлежит искомому множеству точек тогда и только тогда, когда ее координаты удовлетворяют уравнению (1) и уравнению .
V^2 + ^2 • у ^2 + (у - gQ2 = к.(2)
Выразив т из уравнения (1): т = —^^ и подставив это выражение в уравнение (2), получим уравнение, которому удовлетворяют координаты точек М(х;у), принадлежащих искомому множеству, и не удовлетворяют координаты точек, не принадлежащих этому множеству:
хААМ^ j^ + (y-d^ = к.(3)
У (y-d) V
Уравнение (3) и есть уравнение искомого множества точек. Поскольку d — y> 0 (см. рис. 28), то левая часть уравнения равна d(x2 + (у - d^/Qx
—, и поэтому уравнение (3) принимает вид
ж2 +(у - d)2 = (d - у), y/d.
Раскрывая скобки и группируя слагаемые соответствующим образом, приходим к уравнению
2,7 j । к \2/ к \2
кf к \
которое задает окружность радиуса — с центром в точке (0; d — — 1.
Эта окружность проходит через точку А (см. рис. 28), но сама точка А
не входит в искомое множество.
Ответ. Окружность, проходящая через точку А, за исключением самой точки А.
Точка О не лежит на данной окружности. Для каждой точки Mi окружности на луче О Mi взята точка М, такая, что ОМ = к • OMi, где к — данное положительное число. Найдите множество всех точек М.
Решение. Введем прямоугольную систему координат с началом в данной точке О. Пусть данная окружность имеет в этой системе координат уравнение
(1)(1)(ж - ж0)2 + (у - Уо)2 = Л2,
(1)
(1)
и пусть М\(х\;у\) — произвольная точка этой окружности (рис. 29, а\ Тогда
(ж,-ж0)2 + (yi - у0)2 = Л2,(2)
а вектор ОМ\ имеет координаты {ац;?д}.
Пусть М(х; ?/) — точка на луче О Му Вектор ОМ имеет координаты {ж; pY Если точка М удовлетворяет условию ОМ = к • ОМ\, то ОМ = = кОМу откуда следует, что х = кх\, р = кр\ или х\ = р\ = у.
к к
Подставляя эти выражения в равенство (2) и умножая на к2, получаем равенство
(ж - /сж0)2 + (у - fcyo)2 = kkRf.(3)
Таким образом, если точка М(х;р\ взятая на луче ОМу удовлетворяет условию ОМ = к • ОМ{, то координаты точки М удовлетворяют уравнению (3), являющемуся уравнением окружности радиуса kR с центром в точке (кх^; кро) (рис. 29, б). Мы доказали, что любая точка М(х;р) искомого множества точек лежит на окружности, заданной уравнением (3).
Докажем, что имеет место и обратное утверждение: любая точка окружности, заданной уравнением (3), принадлежит искомому множеству точек. Пусть М(х;р) — произвольная точка указанной окружности, т. е. для координат точки М(х;р) выполнено равенство (3). Разделив это равенство на к2 и введя обозначения х\ = р р\ = р получим равенство
Ц1 - ж0)2 + (yi - у0)2 = Л2,
которое показывает, что точка М\(х\;р?) лежит на окружности, заданной уравнением (1), т. е. на окружности, указанной в условии задачи. Так как х\ = р р\ = р то ОМ = кОМ\, откуда следует, что точка М лежит на луче ОМ\ и удовлетворяет условию ОМ = к • ОМу Это и означает, что точка М принадлежит искомому множеству точек.
Ответ. Окружность радиуса кН, где R — радиус данной окружности.
Пусть А и В — данные точки, к — данное положительное число, не равное 1. а) Докажите, что множество всех точек М, удовлетворяющих условию АМ = к • ВМ, есть окружность (окружность Аполлония), б) Докажите, что эта окружность пересекается с любой окружностью, проходящей через точки А и В, так, что их радиусы, проведенные в точку пересечения, взаимно перпендикулярны.
Решение, а) Введем прямоугольную систему координат с началом в точке А так, как показано на рисунке 30, а. Тогда точки Aw В имеют координаты А(0;0), В(а;0), где а = АВ.
Для произвольной точки М(х;у) имеем:
АМ2 = х2 + у2, ВМ2 = (х - а)2 + у2.
Если точка М(х;у) принадлежит искомому множеству, то АМ = = к • ВМ, или АМ2 = к2ВМ2. Поэтому координаты точки М удовлетворяют уравнению
х2 + у2 = к2^х - а)2 + у2).(1)
Если же точка М не принадлежит искомому множеству, то ее координаты не удовлетворяют этому уравнению. Следовательно, уравнение (1) и есть уравнение искомого множества точек в выбранной системе координат.
Раскрывая скобки и группируя слагаемые соответствующим образом, приводим уравнение (1) к виду
х - —а + / = — .(2)
к2 - 1 ) V
Итак, искомым множеством точек является окружность радиуса каf к2 \
-^—- с центром С I р—- а;0 V На рисунке 30, а изображена окружность Аполлония для к > 1.
б) Рассмотрим произвольную окружность, проходящую через точки А и В. Пусть точка D — центр этой окружности, а Е — точка
пересечения с окружностью Аполлония (см. рис. 30, б). Требуется доказать, что DE ± ЕС.
С этой целью докажем, что треугольник DEC — прямоугольный. Так как точка D равноудалена от точек А и В, то она лежит на серединном перпендикуляре к отрезку АВ. Поэтому абсцисса точки D равна |, а ординату точки D обозначим буквой Ь.
Используя координаты точек A, D и С, находим:
DE2 = DA2 = ^+b2,4
(
2\/ 2\
kа\ , г 21/^+112,12
а - о + 6 = 7"9 а + 6 ■ к2 - 12у 4 \к2 - 1/
Отрезок ЕС является радиусом окружности Аполлония, поэтому ЕС2 = —^—2 ft2 (см- УРавнение (2)). Складывая DE2 и ЕС2, получаем
2/ 21/ 7 2 I 1 \
DE2 + ЕС2 = ^- + Ь2 +—з ®2 = 7 ( ^7-^-) «2 + &2-
4 (fc2 - I)24 \^2 _ iy
Итак, DE2 + ЕС2 = DC2, откуда следует, что треугольник DEC — прямоугольный с прямым углом Е, т. е. DE ± ЕС.
Глава 2
СООТНОШЕНИЯ МЕЖДУ СТОРОНАМИИ УГЛАМИ ТРЕУГОЛЬНИКА.СКАЛЯРНОЕ ПРОИЗВЕДЕНИЕ ВЕКТОРОВ
§ 1. Синус, косинус и тангенс угла
Ответьте на вопросы: а) может ли абсцисса точки единичной полу- 112
окружности иметь значения 0,3; -; — -; 1-; —2,8? б) Может ли ордината точки
единичной полуокружности иметь значения 0,6; у; —0,3; 7; 1,002? Ответы обоснуйте.
1.1.Решение. Координаты точек единичной полуокружности удовлетворяют условиям х2 + у2 = 1, у 0. Поэтому
1.
1.
(1)
Согласно первым из неравенств (1) абсцисса х точки единичной полуокружности может иметь значения 0,3; -; — - и не может иметь 2
значения 1- и —2,8.
Согласно вторым из неравенств (1) ордината у точки единичной полуокружности может иметь значения 0,6; у и не может иметь значения 7; 1,002; -0,3.
Ответ, а) Да; да; да; нет; нет; б) да; да; нет; нет; нет.
1012. Проверьте, что точки Mi(0;l), М2
М4 ( ——; - I, Л(1;0), В(—1;0) лежат на единичной полуокружности. Вы
пишите значения синуса, косинуса и тангенса углов АОМ\, АО М2, АО М3,
аом4, аов.
Решение. 1) Координаты точек единичной полуокружности удовлетворяют условиям: х2 + у2 = 1, у ^ 0. Для данных точек имеем:
окружности.
Мх^; 1); О2 + I2 = 1, 1 > О. Точка М\ лежит на единичной полуокружности.
Точка М2 лежит на единичной полу
М3
. 2
’ 4
> 0.
Точка Мд лежит на единичной полу
Рис. 31
окружности.
Точка М4 лежит
на единичной полуокружности.
Л(1;0); I2 + О2 = 1, 0 > 0. Точка А лежит на единичной полуокружности. Аналогично, точка В(0; 1) лежит на единичной полуокружности.
2) sin ЛОЛЛ == 1 (рис. 31), cos АОМХ = Аг = 0. ^АОМХ
OMiOMi
не существует.
sinAOM2 =cos АОМ2 == 1 tgXOAC =
2 ОМ222 ОМ2 262
_ sin АО М2 _ Уз . 1 _ /й
cos АО М2 2'2'
smAOM, == A cosAOM3 = ^- = А ^АОМ3 = 1.
втАОМ4 = ^^ = |, cosAOM4 = -A, tgAOM4 =
sin АО В = sin 180° = 0, cos АО В = cos 180° = 1, tg АО В = 0.
пУз 1 . У2 У2 1 1 Уз
Ответ. 1, 0, не существует; -—, -, Vo; -—-, -—-, 1; -, ——,
—0, -1, 0.
Уз
1013. Найдите sinct, если: a) cosa = -; б) cos о = — -; в) cos о = —1.
Решение. Для решения задачи воспользуемся основным тригонометрическим тождеством:
sin2 а + cos2 а = 1.
a) sin а = У1 — cos2 а
в) sin а = ^/1 - (-1)2 = 0.
Ответ, а) ^-; б) ^-; в) 0.
1014. Найдите cos а, если: a) sin а = б) sin а = -; б) sinct = 0.
Решение. Для решения задачи воспользуемся основным тригонометрическим тождеством.
// х 2
\। л • 2।/ V 3 \। I
cos а = ±у I — sin а = I — I I = ±-;
cos а = ±а / 1 - ( - ) = ±—-—;
7V \4/4
cos а = ±V1 — 0 = ±1.
Ответ, а) ±-; б) ; в) ±1.
2747
V 3V 2
1015. Найдите tga, если: a) cosa = 1; б) cosa = ——; в) sina =
D <а< 90°; г) sina = ^ и 90° < а < 180°.
Решение. Для решения задачи воспользуемся определением тан-
генса
, sin а угла: tga = COS Ol
а)
sin а = V1 — cos2 а = 0, tg а = у = 0;
б)
/ г- X 2/ Г
. L / х/з Д 1 .1 / х/з
8ша=Ш- -—=_,tga=_:- —
/3 .
3 ’
так как 0° < а < 90°, то cos а = V1 — sin2 а = а/1 ~ т
V 4
/2
2 ’
tga =
2'2
/2/9
г) так как 90° < а < 180°, то cos а = — у 1 ~ sin а = — J 1 — —
4 х 3-5’ tgQ = f4 х 3-5’ tgQ = f335 ’5 ’34'34'
4 х 3
-5’ tgQ = f
4 х 3
-5’ tgQ = f
3
3
5 ’
5 ’
3
4'
3
4'
х/ЧЧ
Ответ, а) 0; б) ——; в) 1; г) — -.
1016. Вычислите синусы, косинусы и тангенсы углов 120°, 135°, 150°.
Решение. 1. sin 120° = sin (180° - 60°) = sin60° = cos 120° = cos (180° - 60°) = — cos60° = Д,
tg 120° =cos 120tg 120° =cos 120
tg 120° =
cos 120
tg 120° =
cos 120
sin 135° = sin (180° - 45°) = sin45° =
cos 135° = cos (180° - 45°) = - cos45° =
tgl35° =tgl35° =sin 135°cos 135°sin 135°cos 135°
tgl35° =
tgl35° =
sin 135°
cos 135°
sin 135°
cos 135°
sin 150° = sin (180° - 30°) = sin30° = |,
cos 150° = cos (180° - 30°) = -cos30° =
tgl50° =tgl50° =sin 150°cos 150°sin 150°cos 150°V3 1Ответ. -^-, — - иV3 1Ответ. -^-, — - иииУз3 'Уз3 '
tgl50° =
tgl50° =
sin 150°
cos 150°
sin 150°
cos 150°
V3 1
Ответ. -^-, — - и
V3 1
Ответ. -^-, — - и
и
и
Уз
3 '
Уз
3 '
Постройте /Л, если: а) зшЛ = -; б) cosA = -; в) cosA = — -.
Решение, а) Для построения угла А воспользуемся определением синуса. На единичной полуокружности построим точку М так, чтобы 22
ее ордината была равна -. На рисунке 32, а; АМ2 = ^АС, ZM\AM — искомый.
Аналогично, на единичной полуокружности построим точку М 33
так, чтобы ее абсцисса была равна -. На рисунке 32, б; АМ\ = ^АВ, ZM\AM — искомый.
2
На рисунке 32, в: АМ\ = -^АЕ, ZDAM — искомый.
Угол между лучом ОА, пересека-Л(х;у)
ющим единичную полуокружность, и положи-/
тельной полуосью Ох равен а. Найдите коор
динаты точки А, если: а) О А = 3, а = 45°;// \
ОА = 1,5, а = 90°; в) ОА = 5, а = 150°; I /А а \ w г) ОА = 1, а = 180°; д) ОА = 2, а = 30°.Ох
Решение. Воспользуемся форму-р^ ^
лами для вычисления координат точ-'
ки (см. п. 95):
х = OAcosa, у = OAsma,(1)
где (х;у) — координаты точки А (рис. 33).
О А = 3, а = 45°, sin а = -^-, cosa =
о V2 3V2 о V2 3\/2 л / 3V2 3V2 А
- 3 .- 3 . ; ~
О А = 1,5, а = 90°, sin 90° = 1, cos90° = 0;
х = 1,5 • 0 = 0, у = 1,5 • 1 = 1,5; Л(0; 1,5).
О А = 5, а = 150°, sin 150° = -, cos 150° = —— (см. зада
шь к ( VbA 5а/3 г 155V3 5 А
чу 1016); х = 5) = - —, у = 5 ■ - = А ^-—; -).
ОА = 1, а = 180°, sin 180° = 0, cos 180° = -1; х = 1 ■ (-1) = -1, у = 1-0 = 0; Л(-1;0).
О А = 2, а = 30°, sin30° = ^, cos30° = ^-;
ж = 2.^ = V3, у = 2-1 = 1; Л(УЗ;1).
Ответ, а) |—!—Г б) (0; 1,5); В) I2“;^ Г г) ("ГО);
д) (V3; 1).
Найдите угол между лучом О А и положительной полуосью Ох, если точка А имеет координаты: а) (2; 2); б) (0; 3); в) (—д/З ; 1); г) (—2д/2 ; 2д/2).
Решение. Пусть а — угол между лучом О А и положительной полуосью Ох (см. рис. 33). По формулам (1) задачи 1018
х = О A cos а, у = О А • sin а.
Л(2; 2); 2 = О A cos а, 2 = О A sin а, поэтому cos а = sin а. Отсюда следует, что
cos а = cos(90° - а), а = 90° — а, а = 45°.
3 Л. С. Атанасян и др.
Л (0; 3); 0 = О A cos а, 3 = О A sin a, cos а = 0, а = 90°.
А(—д/З; 1); — л/З = OAcosa, 1 = О А • sin а. Отсюда следует, что tga = ^ЕЛ = —L; а = 150° (см. задачу 1016).
cos а уз
Л(-2л/2;2л/2); -2д/2 = OAcosa, 2V2 = ОА • sin а. Отсюда
2д/2
следует, что tga =— = — 1, а = 135° (см. задачу 1016).
—2у 2
Ответ, а) 45°; б) 90°; в) 150°; г) 135°.
§ 2. Соотношения между сторонами и угламитреугольника
Найдите площадь треугольника АВС, если: а) АВ = 6д/8 см, АС = 4 см, /Л = 60°; б) ВС = 3 см, АВ = 18^2 см, ZB = 45°; в) АС = = 14 см, СВ = 7 см, ГС = 48°.
Решение. По теореме п.96 площадь S треугольника АВС равна:
S = ^АВ•АС• sin А.
S = ^ • 6\/8 ■ 4sin60°) см2 = 3\/8 ■ 4-^- см2 = 12\/б см2.
S = ^ВС ■ BA-sinB = ^-3- 18 V2 • см2 = 27 см2.
S = ^СА ■ СВ ■ sin С = 1 ■ 14 ■ 7sin48° см2.
По таблицам тригонометрических функций находим: sin 48° 0,7431. Следовательно,
S « 49 ■ 0,7431 см2 to 36,41 см2.
Ответ, а) 12\/б см2; б) 27 см2; в) » 36,41 см2.
Докажите, что площадь параллелограмма равна произведению двух его смежных сторон на синус угла между ними.
Решение. Пусть ABCD — данный параллелограмм, в котором /Л = а (рис. 34). Докажем, что его площадь S вычисляется по формуле: S = АВ • AD • sin а. Возможны три случая: а = 90°, а < 90°, а > 90°.
В первом случае эта формула очевидна. Рассмотрим два других случая. Для этого проведем высоту ВН параллелограмма. Если а < < 90°, то точка Н лежит на луче AD (рис. 34, а), поэтому в тре-
Рис. 34Рис. 34
Рис. 34
Рис. 34
угольнике ABH ZBAH = а. Следовательно, ВН = АВ • sin а. Так как S = AD • ВН, то S = АВ • AD • sina.
Если а > 90°, то точка Н лежит на продолжении луча AD (рис. 34, б), поэтому в треугольнике ABH ZBAH = 180° — а, следовательно, ВН = АВ • sin В АН = АВ • sin(180° - а) = АВ sin а, и S = AD • ВН = АВ • ADsina.
Площадь треугольника АВС равна 60 см2. Найдите сторону АВ, если АС = 15 см, ZA = 30°.
Решение. Пусть S — площадь треугольника АВС. По теореме п.96
S = ^АВ■АС■ sin А;
60 см2 = 7 АВ • 15 см • sin 30° = Е 15 см ■ Ав = см ■ АВ.
2224
Отсюда находим АВ:
AID 60-4_
АВ = , см = 16 см.
15
Ответ. 16 см.
Рис. 35Рис. 35Найдите площадь прямоугольника, диагональ которого равна 10 см, а угол между диагоналями 30°.
Рис. 35
Рис. 35
Решение. Пусть ABCD — данный прямоугольник, S — его площадь, О — точка пересечения диагоналей АС и BD, АС = BD = 10 см, ZAOB = = 30° (рис. 35).
Sabc = ^АС ■ ВН,Sabc = ^АС ■ ВН,Найдем сначала площадь треугольника АВС:
Sabc = ^АС ■ ВН,
Sabc = ^АС ■ ВН,
з*
где ВН — высота треугольника. В треугольнике ОВН: ВН = ^ВО = 15
= - • 5 см = - см (см. п. 34, 2°). Следовательно,
Sabc = ^ ■ 10 ■ | см2 = 12,5 см2.
Так как S = Sabc + Sadc = ^Sabc^ то S = 25 см2.
Ответ. 25 см2.
Найдите площадь треугольника АВС, если: а) /Л = а, а высоты, проведенные из вершин В w С, соответственно равны Нь и he б) /Л = а, ZB = /3, а высота, проведенная из вершины В, равна Н.
Решение, а) На рисунке 36, а; АВС — данный треугольник, /Л = а, ВВ\ = Нь, СС\ = Нс — высоты треугольника. По теореме п. 96 площадь S треугольника вычисляется по формуле
S = ^АС•АВ• sin А.
Найдем АС и АВ. В треугольнике АСС\ ; СС\ = AC sin А = АС х х sin а (это равенство верно при любом значении а: а < 90°, а = 90° или а > 90°). Отсюда имеем: АС = ^с . Аналогично, в треугольнике sin а
АВВХ ; ВВХ = АВ sin А, АВ = —. sin а
Таким образом,
S = ^АС-АВ sin а = 1S = ^АС-АВ sin а = 1Нс Ньsin a sin аНс Ньsin a sin аsin a =sin a =hbhc2 sin a *hbhc2 sin a *
S = ^АС-АВ sin а = 1
S = ^АС-АВ sin а = 1
Нс Ньsin a sin а
Нс Ньsin a sin а
sin a =
sin a =
hbhc
2 sin a *
hbhc
2 sin a *
б) На рисунке 36, 6: ABC — данный треугольник, /Л = a, ZB = /3, BB\ = h — высота треугольника.
Площадь S треугольника АВС вычисляется по формуле: S =
1АС
= -h • АС. Выразим АС через h, а, р. По теореме синусов gin^ =
= АС = 180° - а - р, поэтому АС = АВ .. в треуголь-
smCр3sm(a + /3)
нике АВВ\ = sin а, АВ =.
АВsin а
Таким образом, АС = ^1^Р—
sin а • sin(a + р)
h2 sin В
Следовательно, Ь = ——'—.
2 sin a • sm(a + р)
Ответ, а) ^ь^с ; б) ——^ 8Ш ^
2 sin a 2 sin a • sm(a + p)
C помощью теорем синусов и косинусов решите треугольник АВС, если: а) /Л = 60°, ZB = 40°, с = 14; б) /Л = 30°, ZC = 75°, b = 4,5; в) ZA = = 80°, а = 16, b = 10; г) ZB = 45°, ZC = 70°, а = 24,6; д) ZA = 60°, а = 10, b = 7; е) а = 6,3, b = 6,3, ZC = 54°; ж) b = 32, с = 45, ZA = 87°; з) а = 14, b = 18, с = 20; и) а = 6, b = 7,3, с = 4,8.
Решение. Пусть в треугольнике АВС; ВС = а, С А = Ь, АВ = с.
а) Дано: АА = 60°, АВ = 40°, с = 14. Найти: АС, а, Ь.
По теореме о сумме углов треугольника находим AC; ZC = = 180° - ZA- ZB = 80°.
По теореме синусов находим а и Ь;
_ с sin Л _ 14 sin 60°а sin С sin 80° *
Здесь и в дальнейшем значения синусов для данных углов определяем по таблицам: sin 60° ~ 0,8660, sin 80° ~ 0,9848.
14 • 0,86601 о о 1
" == l2'3L
q к _ с sin В _ 14 sin 40°14 • 0,6428 д . .
' “ sin С “ sin 80° ~ 0,9848 ~'
Дано: АА = 30°, АС = 75°, Ъ = 4,5. Найти: АВ, а, с.
ZB = 180° - ZA - ZC = 75°.
д _ 5sin Л _ 4,5sin30°4,5 • 0,5 р оо
' sin В sin 75°0,9659’ '
Так как ZB = ZC, то с = 5, поэтому с = 4,5.
Дано: ZA = 80°, а = 16, b = 10. Найти: ZB, ZC, с.
По теореме синусов
. „ b sin А 10 sin 80°10-0,9848
sin В ==—£з—£з 0,6155.
а1616
Отсюда получаем два значения для ZB: ZB] и 37°59/, ZB2 142° 1'. Так как ЛА + ZB2 > 180°, то ZB = ЛВ\ « 37°59'.
ЛС = 180° - ЛА - ЛВ « 62° 1'.
о asinC 16sin62°l'16-0,8830 ,.ос
sin Лsin 80°0,9848’
Дано: ZB = 45°, ZC = 70°, а = 24,6. Найти: /Л, Ь, с.
/Л = 180° - ZB - ZC = 65°.
a sin В _ 24,6 sin 45°24,6-0,7071
sin Лsin 65°0,9063
а sin С _ 24,6 sin 70° _ 24,6 • 0,9397
sin Лsin 65°0,9063
Дано: ZA = 60°, а = 10, b = 7. Найти: ZB, ZC, с.
1 . „b sin А7 sin 60°7-0,8660 п
sin В = = ——— ^— ^ 0,6, откуда получаем два
а1010
значения для ZB*. ZB\ = 37° 19', ZB2 ~ 142°41/. Так как ZA + ZB2 >
> 180°, то ZB = ZBi 37° 19'.
ZC = 180° - ZA- ZB^ 82°41'.
о asinC 10sin82°41/10-0,9919„ ,,
sin Л sin 60°0,8660’
Дано: а = 6,3, Ъ = 6,3, ZC = 54°. Найти: с, ZA, ZB.
1к180° -ZC
Так как а = Ь. то ZA = ZB = -= 63 .
?_ a sin С _ 6,3 sin 54°6,3-0,8090
' С “ sin Л “ sin 63° ~0,8910~’
Дано: b = 32, с = 45, ZA = 87°. Найти: a, ZB, ZC.
По теореме косинусов находим а: а2 = Ь2 + с2 — 2bc • cos А = 322 + + 452 - 2 • 32 ■ 45 • cos87° и 1024 + 2025 - 2 ■ 32 • 45 ■ 0,0523 и 3049 - - 150,624 « 2898,38, а = \/2898,38 « 53,84.
Q Db sin A32 sin 87°32-0,9986 n
amB = — == 0.5935. ZB, = 36 18 .
ЛВ2 « 143°42'. Так как ЛА + ZB2 > 180°, то ЛВ = ZB, и 36° 18'.
ЛС = 180° - ЛА - ЛВ « 56°42'.
Дано: а = 14, b = 18, с = 20. Найти: ЛА, ЛВ, ЛС.
По теореме косинусов находим cos A, cos В.
1 д _ Ь2 + с2 - а2 _ 182 + 202 - 142 _ 324 + 400 - 196 _ 528 _
" C°S “ 2bc2-18-20“720“ 720 ~
« 0,7333. ЛА и 42°50'.
о „ а2 + с2-Ь2142 + 202 - 182272„ .ос_ /тэ
cos В = = —— = — « 0,4857. ЛВ «
2ас2-14-20560
« 60° 57'.
ЛС = 180° -ЛА-ЛВм 76° 13'.
Дано: а = 6, b = 7,3, с = 4,8. Найти: ЛА, ЛВ, ЛС.
1.1.cos А =cos А =7 2.22о + с — а2Ьс7 2.22о + с — а2Ьс54°52'.54°52'.2.2.cos В =cos В =а^ + С-Ь2а^ + С-Ь22 ас2 ас7,32 + 4,82 - 622-7,3-4,862 + 4,82 - 7,322-6-4,87,32 + 4,82 - 622-7,3-4,862 + 4,82 - 7,322-6-4,840,3370,0840,3370,085,7557,65,7557,684° 16'.84° 16'.0,5755, ZA0,5755, ZA0,0998, ZB0,0998, ZB
1.
1.
cos А =
cos А =
7 2.22
о + с — а
2Ьс
7 2.22
о + с — а
2Ьс
54°52'.
54°52'.
2.
2.
cos В =
cos В =
а^ + С-Ь2
а^ + С-Ь2
2 ас
2 ас
7,32 + 4,82 - 622-7,3-4,8
62 + 4,82 - 7,322-6-4,8
7,32 + 4,82 - 622-7,3-4,8
62 + 4,82 - 7,322-6-4,8
40,33
70,08
40,33
70,08
5,75
57,6
5,75
57,6
84° 16'.
84° 16'.
0,5755, ZA
0,5755, ZA
0,0998, ZB
0,0998, ZB
3. ZC = 180° -ZA-ZBm 40°52'.
11 II11 IIОтвет, a) ZC = 80°, а « 12,31, b и 9,14; б) ZB = 75°, а и 2,33, с = 4,5; в) ZB « 37°59', ZC и 62° 1', с и 14,35; г) ZA = 65°, Ь« 19,19, с «25,5; д) ZB« 37° 19', ZC « 82°4Г, с« 11,45; е) ZA = 63°, ZB = 63°, с « 5,72; ж) ZB « 36° 18', ZC « 56°42', а « 53,84; з) ZA
11 II
11 II
« 42°50', ZB « 60°57', ZC « 76° 13'; и) ZA « 54°52', ZB « 84° 16', ZC к 40° 52'.
В треугольнике АВС: АС = 12 см, АА = 75°, АС = 60°. Найдите АВ и Sabc-
Решение. По теореме о сумме углов треугольника найдем сначала АВ;
АВ = 180° - АА — АС = 45°.
Затем по теореме синусов найдем АВ:
л AC-sin С12 см-sin 60°12 см-0,8660. .
АВ ==sin 45°“0.7071= М'7
У ЛВС = '/I.OOin! = | ■ 14.7 см ■ 12 см - sin 75° «
» 14,7 ■ 6 ■ 0,9659 см2 « 85,19 см2.
Ответ. » 14,7 см и % 85,19 см2.
Найдите стороны треугольника АВС, если А А = 45°, АС = 30°, а высота AD равна 3 м.
Решение. В прямоугольном треугольнике ADC АС = 30°, поэто
му AD = АС = 6 м.
J 2
Пользуясь теоремой о сумме углов треугольника, найдем сначала АВ: АВ = 180° - АА - АС = 105°.
Найдем теперь стороны АВ и ВС треугольника, пользуясь теоремой синусов:
Ав _ AC-sin С _ sin В
АС • sin А ВС=. D =
sin В
Ответ. «3,1 м, :
6 м • sin 30°6 • 0,5о .
: sin 105°0,9659 М 3’1 М'
6 м-sin45°6-0,7071. .
= ~ м « 4 4 м
sin 105°0,9659’■
~ 4,4 м, 6 м.
В параллелограмме ABCD; AD = 7^ м, BD = 4,4 м, /Л = 22°30'. Найдите ZBDC и ZDBC.
Решение. Пусть ZBDC = a, ZDBC = /3 (рис. 37). Тогда ZABD = а, так как ZBDC и ZABD — накрест лежащие углы при пересечении параллельных прямых АВ и DC секущей BD. Применим теорему синусов к треугольнику ABD;
sin a _ sin Л"Ж = BD ’
. AD • sin А 22 sin22°30/22-0,3827 п
smo = -втГ- = Т“ °'6378'
Возможны два значения для а;
а 39°38', 22°30' + а + /3 = 180°, 22°30' + 39°38' + /3 = 180°, /3 ~ 117°52' (на рисунке 37 параллелограмм ABCD).
а = 180° - 39°38' ^з 140°22', 22°30' + а + /3 = 180°, 22°30' + + 140°22' + /3 = 180°, /3 £з 17°8' (на рисунке 37 параллелограмм AByCyDY
Ответ. Два решения: 1) ^з 39°38' и ^з 117°52'; 2) ^з 140°22' и ^з 17°8'.
Найдите биссектрисы треугольника, если одна из его сторон равна а, а прилежащие к этой стороне углы равны а и 0.
Решение. Пусть АВС — данный треугольник, ZA = a, ZB = /3, АВ = а, ААх, ВВх и ССх — биссектрисы треугольника (рис. 38).
Найдем длину ААх, применив теорему синусов к треугольнику АВ Ах;
sin Р • а _ а • sin 0_ а • sin 0
sin ЛЛi В8щ §о° - ^ - Р^ sin (/^ + ^)
Найдем длину ВВх, применив теорему синусов к треугольнику АВВХ;
D D sin а • аВВх"^ЖвD D sin а • аВВх"^Жва • sin аа • sin аsin f 180° — а — ^sin f 180° — а — ^а • sin аа • sin аsinsin
D D sin а • а
ВВх"^Жв
D D sin а • а
ВВх"^Жв
а • sin а
а • sin а
sin f 180° — а — ^
sin f 180° — а — ^
а • sin а
а • sin а
sin
sin
угольнику АСС\\угольнику АСС\\ССХ =ССХ =sin а • АС вшЛ^С ’sin а • АС вшЛ^С ’Найдем теперь длину СС\, применив теорему синусов к тре
угольнику АСС\\
угольнику АСС\\
ССХ =
ССХ =
sin а • АС вшЛ^С ’
sin а • АС вшЛ^С ’
Определим sinAQC и АС.
ААС\С = 180° - ^ - ^ = 180° - а - 180° ^ 9 = 90° - В_Д
Поэтому 8шЛС1С = sin ^90° - 2 ^)' Если ы > 3, то 2 ^^’
sin ^90° - а 2^ = cos 2 ^' Если а < /3, то sin ^90° - ^2^ =
• Сло । Р - сЛ Р - а = sin (90 + —-—I = cos —-—.
По теореме синусов находим АС из треугольника АВС;
_ a sin рsin(a + Р) *
Следовательно,
a sin a- sin Р. Л
= если q > /3, и
sm(a + Р) • cos —-—
a sin a- sin Рп
СС1 = 75, если а < /3.
Sin(Q + Р) • cos —-—
~а • sin Р а • sin aa sin а • sin Р
xj т в е т
sin (^Р + — ^ sin fa 4 ^ sin(a + Р) cos ^ ^
Рис. 39Рис. 39Смежные стороны параллелограмма равны а и Ь, а один из его углов равен а. Найдите диагонали параллелограмма и угол между ними.
Рис. 39
Рис. 39
Решение. Пусть ABCD — данный параллелограмм, АВ = а, AD = b, ABAD = а (рис. 39).
Найдем сначала диагонали параллелограмма, применив теорему косинусов к треугольникам ABD и ACD.
BD = a2 Zb2 — 2abcosa, BD = V^2 + &2 - 2а6 cos а .
АС2 = а2 ГЬ2 — 2a5cos(180° - а) = а2 + Ь2 + 2a5cos<+
АС = \А2 + 52 + 2а6 cos а .
Пусть у = ZAOD, где О — точка пересечения диагоналей параллелограмма. По теореме косинусов для треугольника AOD имеем:
Ь2 = АО2 + OD2 - 2АО • OD • cosy;
cosy =cosy =АО2 + OD2 - b2.2АО•OD ’АО2 + OD2 - b2.2АО•OD ’
cosy =
cosy =
АО2 + OD2 - b2.
2АО•OD ’
АО2 + OD2 - b2.
2АО•OD ’
АО = ^АС = ^ V^2 + ^2 + 2ab cos а ;OD = ^BD = ^х/а? W -^ab cos а.
Подставив эти значения в предыдущее равенство, после преобразований получим:
cosy =.
у (а2 + Ь2)2 — 4а252 cos2 а
Ответ. V^2 + ^2 + 2ab cos а ,Vet2 Zb2 — 2ab cos а , cosy =
(а2 + Ь2)2 — 4а262 cos2 а
Выясните, является ли треугольник остроугольным, прямоугольным или тупоугольным, если его стороны равны: а) 5, 4 и 4; б) 17, 8 и 15; в) 9, 5 и 6.
Решение. Пусть АВС — данный треугольник, ВС = а, С А = = Ь, АВ = с, ZA = а. Воспользуемся теоремой косинусов: cos а = 52 + с2 — а2
= —. Предположим, что а > 5, а ^ с. Тогда, если cos а > О,
2Ьс
то треугольник АВС — остроугольный, если cos а = 0 — прямоугольный, а если cos а < 0 — тупоугольный.
\ г к л16+ 16-25 п
а) а = 5, b = с = 4, cos а = —— > 0; треугольник — остро-
\ a k ц к25 + 36 - 81 п
в) а = 9, 0 = 5, с = о, cos а = —2 5 6— < тРеУГ0ЛЬНИК — тупоугольный.
Ответ, а) Остроугольный; б) прямоугольный; в) тупоугольный.
Две равные по величине силы приложены к одной точке под углом 72° друг к другу. Найдите величины этих сил, если величина их равнодействующей равна 120.
Решение. Пусть силы О А и О В приложены к точке О. По условию задачи О А = ОВ, ААОВ = 72°. Если ОС — равнодействующая этих сил, то ОАСВ — ромб и диагональ ОС делит угол О пополам. Треугольник О АС — равнобедренный; ААОС = 36°, АО АС = 180° - -72° = 108°.
По теореме косинусов
ОС2 = а2 + а2 — 2а • a cos О АС,
где а = О А = ОВ. Запишем:
1202 = 2а2 - 2а2 cos 108°;
1202 = 2а2 (1 + cos 72°), откуда
12022(1 +0,3090)12022(1 +0,3090)144002,618144002,6185500, а « 74,2.5500, а « 74,2.
1202
2(1 +0,3090)
1202
2(1 +0,3090)
14400
2,618
14400
2,618
5500, а « 74,2.
5500, а « 74,2.
Ответ. £з 74,2.
В равнобедренной трапеции меньшее основание равно боковой стороне, большее основание равно 10 см, а угол при основании равен 70°. Найдите периметр трапеции.
Решение. Пусть ABCD — данная равнобедренная трапеция с основаниями AD и ВС, АВ = ВС = CD, AD = 10 см, ар — периметр трапеции.
Если АВ = х, то р = Зх + AD = Зх + 10. Найдем сначала х. Для этого воспользуемся теоремой косинусов для треугольников ABD и BCD*.
BD2 = х2 + 100 см2 — 2х • 10 см • cos 70°;
BD2 = 2ж2 + 2ж2 cos 70°.
Отсюда следует, что
х2(1 + 2 cos 70°) + 20 см • х cos 70° - 100 см2 = 0.
Так как cos 70° « 0,3420, то перепишем уравнение:
1,684х2 + 6,84х см - 100 см2 = 0.
Из этого уравнения определяем х; х ^ 6 см; р £з 28 см.
Ответ. 28 см.
В окружности проведены хорды АВ и CD, пересекающиеся в точке Е. Найдите острый угол между этими хордами, если АВ = 13 см, СЕ = 9 см, ED = 4 см и расстояние между точками В и D равно 4д/3 см.
Решение. 1. По свойству пересекающихся хорд АЕ • BE = СЕ х х DE (рис. 40). Пусть BE = х. Так как АВ = 13 см, то АЕ = 13 см - — х. Запишем уравнение
(13 см - х)х = 9-4 см2, х2 - 13х см + 36 см2 = 0,
откуда х\ = 4 см, х^ = 9 см. Следовательно, BE = 4 см или BE = 9 см.
Рис. 40Рис. 40По теореме косинусов из треугольника BDE находим cos а, где а = ZBED;
Рис. 40
Рис. 40
BE2 + DE2 - BD2 cosa- 2 • BE•DE
Если BE = 4, то cosa = ^^ Т . чи = 2-4-4
= — -, а = 120°. Отсюда следует, что искомым является угол ВЕС, смежный с углом а; ZBEC = 180° - 120° = 60°.
Если BE = 9 см, то по формуле (1) имеем:
cosa =cosa =81 + 16-482-9-481 + 16-482-9-449,
cosa =
cosa =
81 + 16-482-9-4
81 + 16-482-9-4
||0,6806, а ^з 47°07 .
В этом случае угол а является искомым. Ответ. 60° или £з 47°07'.
Наблюдатель находится на расстоянии 50 м от башни, высоту которой хочет определить (рис. 41, а\ Основание башни он видит под углом 2° к горизонту, а вершину — под углом 45° к горизонту. Какова высота башни?
Решение. Воспользуемся рисунком 41, б, который является схематичным изображением рисунка 41, а, т. е. рисунка 298 учебника. По условиям задачи АС = 50 м, ZED А = 2°, ZEDB = 45°, ZDEB = = 90°. Требуется найти длину отрезка АВ.
Из треугольника ADE находим АЕ;
АЕ = DE -tg2° =50 Mtg2° ^з 50 м • 0,035 ^з 2 м.
Рис. 41Рис. 41
Рис. 41
Рис. 41
Треугольник DEB прямоугольный и равнобедренный, так как ZDBE = 180° - 90° - 45° = 45° = ZBDE. Следовательно, BE = = DE = AC = 50 м.
Таким образом, АВ = АЕ + BE « 52 м.
Ответ. ~ 52 м.
Для определения ширины реки отметили два пункта Л и В на берегу реки на расстоянии 70 м друг от друга и измерили углы САВ и АВС, где С — дерево, стоящее на другом берегу у кромки воды. Оказалось, что ZCAB = 12°30х, ZABC = 72AZ. Найди
те ширину реки.
Решение. На рисунке 42 схематичноРис. 42
изображены условия задачи. Пусть ZA =
= a, ZB = /3, ZC = у, h = СН — высота треугольника АВС. Так как углы а и /3 — острые, то точка Н лежит на стороне АВ. Ширина реки
равна длине отрезка h.
В треугольнике ВВС; = sin /3, откуда h = ВС sin /3. По теореме ВС
синусов для треугольника АВС имеем:
_ sin а • АВ7 АВ • sin а • sin В
ВС = :, поэтому /г =:
sin 7sin 7
Так как 7 = 180° — а — /3, то sin 7 = sin(a + /3). Таким образом,
_ АВ • sin а • sin /3 _ 70 м • sin 12° 30х • sin72°42/ sin(a + /3)sin 85° 12х‘
По таблицам определяем: sin 12° 30' « 0,2164, sin72°42' « 0,9548, sin 85° 12' « 0,9965. Следовательно,
hh14,5 м.14,5 м.70 м • 0,2164 • 0,95480,9965
h
h
14,5 м.
14,5 м.
Ответ. « 14,5 м.
На горе находится башня, высота которой равна 100 м (рис. 43, а). Некоторый предмет Л у подножия горы ваблюдают сначала с вершины В башни под углом 60° к горизонту, а потом с ее основания С под углом 30°. Найдите высоту h горы.
Решение. Воспользуемся рисунком 43, б, который является схематичным изображением рисунка 43, а, т. е. рисунка 299 учебника. По условиям задачи углы CD А, ВСЕ и CBF — прямые, ВС = 100 м, ZACE = 30°, ZABF = 60°. Требуется найти h = CD.
Так как ZCBF — прямой, то в треугольнике ABD ZABD = = 30° и ZDAB = 60°. В треугольнике ABC ZBCA = 120°, ZB = 30°, поэтому ZCAB = 30°, т. е. этот треугольник — равнобедренный, следовательно, С А = ВС = 100 м.
В треугольнике ACD ZDCA = 180° — 120° = 60°, поэтому ZCAD = 30°. Отсюда следует, что h = CD = ^АС = 50 м.
Ответ. 50 м.
§ 3. Скалярное произведение векторов
Диагонали квадрата ABCD пересекаются в точке О. Найдите угол между векторами: а) АВ и АС; б) АВ и DA; в) ОА и ОВ; г) АО и ОВ; АОА^ОС;ААС^ BD; ж) ЛП и DB; з) АО и ОС.
Рис. 44Рис. 44Решение. На рисунке 44 изображен данный квадрат, точка Di лежит на продолжении луча AD, а точка D2 — на продолжении луча DA. Для решения задачи воспользуемся свойствами квад
Рис. 44
Рис. 44
рата, которые сформулированы в п.46 учебника.
Так как угол BAD — прямой, а АС — биссектриса этого угла, то АВ АС = АС АВ = 45°;
АВ DA = АВ ADX = ZBADX = 90°;
так как диагонали квадрата взаимно перпендикулярны, то О А АВ = ZAOB = 90°;
ОА ОВ = ОС OB = ZCOB = 90°;
ОАОС = ZAOC = 180°;
AC BD = ОС CD = ZCOD = 90°;
AD DB = № DB = ZD2DB = 135°;
АО ОС = АО АО = 0°.
Ответ, а) 45°; б) 90°; в) 90°; г) 90°; д) 180°; е) 90°; ж) 135°; з) 0°.Ответ, а) 45°; б) 90°; в) 90°; г) 90°; д) 180°; е) 90°; ж) 135°; з) 0°.
Ответ, а) 45°; б) 90°; в) 90°; г) 90°; д) 180°; е) 90°; ж) 135°; з) 0°.
Ответ, а) 45°; б) 90°; в) 90°; г) 90°; д) 180°; е) 90°; ж) 135°; з) 0°.
Диагонали ромба ABCD пересекаются в точке О, и диагональ BD равна стороне ромба. Найдите угол между векторами: а) АВ и AD; б) АВ и Т)1; в) в! и AD; г) ОЙ и OD; д) АВ и ПЙ; е) АВ и CD.
Решение. По условию задачи треугольники ABD и BCD равносторонние (рис. 45), поэтому ZBAD = 60°. Далее, ZBAC = ^ZBAD = = 30°, ZADC = ZABC = ZABD + ZDBC = 120°. Учитывая эти ра
венства, находим все искомые углы:
Рис. 45Рис. 45АВ AD = ZBAD = 60° ;
Рис. 45
Рис. 45
6)ABDA = DCd1 = ZADC = 120°;
в! AD = ВА ВС = ZABC = 120°;
ОС OD = ZCOD = 90°, так как диагонали ромба взаимно перпендикулярны;
АВ DC = 0°, так как АВ П DC;
АВ CD = 180°, так как АВ П CD.
Ответ, а) 60°; б) 120°; в) 120°; г) 90°; д) 0°; е) 180°.
Вычислите скалярное произведение векторов ~а и b , если 1^1 = 2, | b | = 3, а угол между ними равен: а) 45°; б) 90°; в) 135°.
Решение. Скалярное произведение двух векторов вычисляем по формуле (1) §3:
ДТ = 2-3-cos45o = 2-3-^ = 3V2;
"а Ъ = 2 • 3 • cos 90° = 0;
"а Ъ = 2 • 3 • cos 135° = -2 • 3 • cos 45° = -Зд/2 •
-Зд/2.
Рис. 46Рис. 461042. В равностороннем треугольнике АВС со стороной а проведена высота BD. Вычислите скалярное произведение векторов: а) АВ • АЙ; б) АС ■ СЙ; в) АС ■ ВЙ; г) АС • АЙ.
Рис. 46
Рис. 46
Решение. На рисунке 46 изображен данный равносторонний треугольник, точка С\ лежит на продолжении луча С А.
АВ • АС = а • a cos В АС = а х 2
х a cos 60° = ^-;
>2
АС-СВ = a-acosBCCx = а2 cos 120° = a2(-cos60°) = -у;
так как AC ± BD, то АС • BD = 0;
АС • АС = a2 cosO° = а2. 22
Ответ, а) ^-; б) -^-; в) 0; г) а2.
К одной и той же точке приложены две силы Р и Q, действующие под углом 120° друг к другу, причем \Р\ = 8, |Q| = 15. Найдите величину равнодействующей силы R.
Решение. Величину равнодействующей силы R находим, построив параллелограмм на векторах Р и Q (рис. 47).
Так как А АО В = 120°, то АО АС = 60°. По теореме косинусов для треугольника О АС имеем:
ОС2 = О А2 + АС2 - 20 А ■ АС ■ cos А,
ОС2 = 82 + 152 - 2 ■ 8 ■ 15cos60° = 64 + 225 - 2 ■ 120 ■ ^ = 169;
|д| =ОС= 13.
Ответ. 13.
Вычислите скалярное произведение векторов ~а и b , если: а) ^{|;-1}, Т{2;3}; б) "^{-5;6}, Т {6;5}; в) "^{1,5;2}, "Д{4; —0,5}.
Решение. Скалярное произведение данных векторов вычисляем, используя формулу, выражающую скалярное произведение через координаты векторов (п. 103):
а)ДТ = 1- 2-1-3 = -2,5;
4
"а "Ь = -5-6 + 6-5 = 0;
"а Т= 1,5-4-2-0,5 = 5.
Ответ, а) -2,5; б) 0; в) 5.
Докажите, что ненулевые векторы ~а^х;у^ и 5 {—у;х^ перпендикулярны.
Решение. Вычислим скалярное произведение данных векторов: а Ъ = х( —у) + ух = 0. Так как а ^ 0 и b ^ 0 , то а ± b .
Докажите, что векторы г + j и г — j перпендикулярны, если г и j — координатные векторы.
^—> —> —^—> —>
Решение. Пусть а = г + j , Ь = г — j . Вычислим скалярное произведение векторов а и b :
^ b = ( г + j )( г - j ) = г г - г j + j г - j j .
> >> >> >> >
Так как г г = j j = 1, г j = j г = 0, то а Ь = 0. Векторы
а и b ненулевые, поэтому а ± b .
При каком значении х векторы ~а и b перпендикулярны, если: а) 7? {4; 5}, b {ж; — 6}; б) ^{ж; — 1}, b {3; 2}; в) "^{0; — 3}, Ь^5;хр
Решение. Векторы а и b — ненулевые, поэтому они перпендикулярны тогда и только тогда, когда а • b = 0.
а Ь = 4ж — 5 • 6 = 0. Отсюда следует, что х = 7,5, т. е. при х = = 7,5 данные векторы перпендикулярны;
—>9
"а Ъ = ж ■ 3 + (-1) ■ 2 = О, ж= |;
Д b = 0 • 5 + (—3) ■ ж = О, ж = О.
2 Ответ, а) 7,5; б) -; в) 0.
Найдите косинусы углов треугольника с вершинами Л(2; 8), В(—1;5), С(3;1).
Решение. В треугольнике АВС /Л = АВ AC, ZB = 1зАвС, ZC = С А СВ. Для нахождения косинусов углов треугольника АВС воспользуемся скалярным произведением соответствующих векторов.
cos Л = cos( ЛВ АС) cos В = cos(в! ВС) cos С = cos(CG? СВ)cos Л = cos( ЛВ АС) cos В = cos(в! ВС) cos С = cos(CG? СВ)АВ-АС . |ЛВ|.|ЛС|’АВ-АС . |ЛВ|.|ЛС|’ВАВС .\В1\-\ВЙ\’ВАВС .\В1\-\ВЙ\’clc5clc5(1)(1)
cos Л = cos( ЛВ АС) cos В = cos(в! ВС) cos С = cos(CG? СВ)
cos Л = cos( ЛВ АС) cos В = cos(в! ВС) cos С = cos(CG? СВ)
АВ-АС . |ЛВ|.|ЛС|’
АВ-АС . |ЛВ|.|ЛС|’
ВАВС .
\В1\-\ВЙ\’
ВАВС .
\В1\-\ВЙ\’
clc5
clc5
(1)
(1)
Так как Л(2;8), В(-1;5), С(3; 1), то ЛВ{-3;-3}, ЛС{1;-7}, ВС^; -4}, ВЛ{3;3}, бД{-1;7}, СВ{-4;4). Поэтому
\АВ\ = \ВА\ = V9 + 9 = 3V2;
|ЛС| = |С1| = V1 +49 = 5V2;
\ВС\ = \СВ\ = V16+ 16 = 4V2;
АВ • АС = (-3) ■ 1 + (-3) ■ (-7) = 18,
cos Л =cos Л =18_ 3.3V2-5V25’18_ 3.3V2-5V25’
cos Л =
cos Л =
18_ 3.
3V2-5V25’
18_ 3.
3V2-5V25’
ВА ■ ВЙ = 3 ■ 4 + 3 ■ (-4) = 0, cos В = 0;
С А ■ СВ = (-1) ■ (-4) + 7 ■ 4 = 32,
32
5\/2 • 4л/25
Ответ, cos Л = -, cos В = 0, cos С = -.
55
Найдите углы треугольника с вершинами Л(—1;д/3), B(l; — д/З)
Решение. Воспользуемся формулами (1) задачи 1048. Сначала
—> —> —
найдем координаты векторов АВ, АС, ВС и их длины:
АВ{2;-2л/3}, АС{|;0}, в5{-1;2УЗ}, поэтому
|ЛВ| = |ВЛ| = V4+ 12 = 4,|ЛС| = М =
\ВС\ = \СВ\ = ^ + 12 =
АВ-АС = 3,cos А == 1 /Л = 60°.
вА ■ ВС = (-2) ■ (Ц) + 2\/3 ■ 2V3 = 13,cos В = Д = ^ «0,9286, АВ «21°47'.
Угол С находим по теореме о сумме углов треугольника: АС = = 180° - АА - АВ 180° - 60° - 21°47' = 98° 13'.
Ответ. АА = 60°, /В^2Г47', АС ^98°13'.
Вычислите \~а + b | и \~а - b \ , если \~а | = 5, | b | = 8, ~а b = 60°.
Решение. Воспользуемся утверждением: скалярный квадрат вектора равен квадрату его длины (п. 102).
| а + b |2 = ( а 4" b ) ( а 4" b ) = а 2 4" 2 а Ь 4" b % =
= |~а |2 + 21^11 b | cos 7? Ъ + | ^ |2 = 25 + 2 • 5 • 8 cos 60° 4- 64 = 129,|“а +Т| = VT29;
\~а - b |2 = ("а - b )(”а — b ) = ~а 2 - Та ^ + ^ 2 =
= 1^ |2 - 21^11 Ь | cos 7? Ь + |6|2=25-2-5«8 - cos 60° 4- 64 = 49,
\"а -~b\ = V49 =7.
Ответ. \~а + b | = V129, \~а — b | = 7.
Известно, что ~а ~с = b ~с = 60°, |~а | = 1, | 6 | = I"?! = 2. Вычислите (Ja + b Ус.
Решение.
( а + b ) с = а с + b с .
"а У = \~а ||“с | cos("a "с) = 1 • 2 • cos 60° = 1,
~Ь ~с = 2-2-cos60° = 2, поэтому
("а + b )~с = 3.
Ответ. (Ja + b )~с = 3.
Вычислите скалярное произведение векторов "р = ~а — b — ~с и ”q = "а — b + ~с, если 1^1 = 5, | b | = 2, I"?! = 4 и ~а ± b .
Решение. Воспользуемся распределительным законом скалярного умножения векторов:
~р ~q = ("а — b — ”с)("а — Ъ + ~с) = У 2 — У Ъ + У У — Ъ У +
+ b 2 - b У - У У + У b - У 2 = У 2 + b 2 - У 2 - 2У b .
По условиям задачи
У 2 = 1^|2 = 25, Ь 2 = | b |2 = 4, У2 = I"?)2 = 16, У Ъ = 0, поэтому
"p"q = 13.
Ответ. 1) ”q = 13.
Вычислите скалярное произведение векторов ~а и b , если ”а = = 3"р — 2”q и b = "р* + 4"^, где "р* и ~q — единичные взаимно перпендикулярные векторы.
Решение. Задача решается так же, как и задача 1052.
”а Ь = (3- 2”q)("^р + 4"^) = 32 + 12^"^ - 2~q^ - 8~q 2.
Так как 1^1 = \~q\ = 1, "р- -L~q, то "р- 2 = ~q 2 = 1, "^”q = ”q^ = 0, поэтому
"а Ь = 3 — 8 = -5.
Ответ, а Ь = —5.
Применение скалярного произведения векторовк решению задач
Докажите, что диагонали ромба взаимно перпендикулярны.
Решение. Пусть ABCD — произвольный ромб, АС и BD — его диагонали. Рассмотрим векторы а = АВ, b = AD (рис.48). Тогда АС = "а + b , BD = Ь —~а, поэтому АС • BD = (V + b^b — 7?) = = b 2 — "а 2. Так как ABCD — ромб, то АВ = AD, т. е. |Д| = = | Ь | и "с? 2 = i> 2. Следовательно, АС ■ BD = 0, откуда следует, что АС 1 BD.
Дополнительные задачи
В равнобедренном треугольнике АВС: АВ = АС = Ь, /Л = 30°. Найдите высоты BE и AD, а также отрезки АЕ, ЕС, ВС.
Решение. 1. Найдем сначала сторону ВС данного треугольника АВС (рис. 49). Для этого воспользуемся теоремой косинусов:
ВС2 = b2 + b2-2b-b- cos30° = 2b2 (1 -= ь2(2 - Уз),
ВС = Ь^2-Тз .
Найдем высоту BE. В прямоугольном треугольнике АВЕ ДА = = 30°, поэтому BE = ^АВ = ^Ь.
Для нахождения высоты AD воспользуемся теоремой Пифагора для треугольника ABD:
AD2 = АВ2 - BD2 = АВ2 -=
= Ь2 -= 1(2Ь2 + Ь2УЗ) = ^ (2 + УЗ),
Рис. 48Рис. 48AD =Ь-Д + >/3.
Рис. 48
Рис. 48
Рис. 49
Найдем отрезок АЕ, пользуясь теоремой Пифагора для треугольника АВЕ;
АЕ2 = АВ2 - BE2 = b2 - Ь2 = Ь2,
44 ’
АЕ = | Сз.
ЕС = АС - АЕ = b - | Щ = | (2 - Щ). Ответ. |, V2 + V3 , | V3, ^(2-V3), ^2 - л/3 .
. Найдите площадь треугольника АВС, если: а) ВС = 4,125 м, ZB = = 44°, ZC = 72°; б) ВС = 4100 м, ZA = 32°, ZC = 120°.
Решение, а) По теореме о сумме углов треугольника найдем ZA;
ZA = 180° - ZB - ZC = 64°.
Пользуясь теоремой синусов, найдем АВ;
BC-smC 4,125 м-sin72°4,125 м • 0,9511.
- -—та— “ 4'3ю
Найдем теперь площадь S треугольника АВС;
= ^АВ ■ ВС ■ sinB to j-4,365 м-4,125 м- sin44° to
« 1 ■ 4,365 м ■ 4,125 м ■ 0,6947 « 6,254 м2.
б) Задача решается точно так же, как и задача а:
ZB= 180° - ZA- ZC = 28°;
BC-smC 4,100 м-sin 120°4,100 м • 0,8660г
АВ = -— = —75£з £з 6700,5 м;
sin Лsin 320,5299
8 = ^АВ ■ ВС ■ sinB = | ■ 6700,5 м ■ 4100 м ■ sin28° «
to 1 ■ 6700,5 м ■ 4100 м ■ 0,4695 « 6449063,5 м2.
Ответ, а) ~ 6,254 м2; б) ~ 6449063,5 м2.
Докажите, что площадь выпуклого четырехугольника равна половине произведения его диагоналей на синус угла между ними.
Решение. Пусть ABCD — выпуклый четырехугольник. Согласно задаче 814 его диагонали пересекаются в некоторой точке О и поэтому разделяют четырехугольник на четыре треугольника: О АВ, ОВС,
Рис. 50Рис. 50OCD и ODA (рис. 50). Если S — площадь четырехугольника, ТО S = S^OAB + S^OBC + +S^OCD +S^ODA-
Рис. 50
Рис. 50
Обозначим буквой а один из углов между диагоналями четырехугольника. Тогда остальные три угла равны 180° — а, а, 180° — а. По теореме о площади треугольника (п. 96) имеем:
S^oab = | • О А • О В • sin а,
S^obc Ц-ОВОС- sin(180° -а) = ZoBOC- sina,
S^ocd = ^ОС ■ OD ■ sina, Szxoda = ^OD • О A • sin a, поэтому
8 = ^ sina^OA ■ OB + OB ■ ОС + ОС ■ OD + OD ■ OA) == ^ sin a(OA(OB + OD) + OC(OB + OD)) == | sin а(ОЛ + ОС) • BD = ± AC • BD • sin a.
Итак, S = ^AC • BD • sina, что и требовалось доказать.
Используя теорему синусов, решите треугольник АВС, если: а) АВ = 8 см, /Л = 30°, ZB = 45°; б) АВ = 5 см, ZB = 45°, ZC = 60°; в) АВ = 3 см, ВС = 3,3 см, ZA = 48°30'; г) АС = 10,4 см, ВС = 5,2 см, ZB = 62°48'.
Решение. Пусть в треугольнике АВС; ВС = а, С А = Ь, АВ = с.
а) Дано: ZA = 30°, ZB = 45°, с = 8 см.
Найти: ZC, а, Ь.
По теореме о сумме углов треугольника находим ZC;
ZC = 180° - ZA - ZB = 105°.
По теореме синусов находим а и Ь:
пс • sin Л
а = .=
sin С
о 7 с • sin В
b = .=
sin С
_ 8 см • sin 30° _ 8 см • 0,58 см • 0,5.
" sin 105°sin 75°0,9659СМ'
_ 8 см • sin 45°8 см • 0,7071
- sin 105°0,9659СМ'
б) Дано: ZB = 45°, ZC = 60°, с = 5 см.
Найти: /Л, а, Ь.
1. /Л = 180° -ZB -ZC = 75°.
п с • sin Л 2. а = .sin Сп с • sin Л 2. а = .sin Сп 7 с • sin В3. ь = . ~ sin Сп 7 с • sin В3. ь = . ~ sin С5 см • sin 75°5 см • 0,9659sin 60°~0,86605 см • sin 45°5 см • 0,70715 см • sin 75°5 см • 0,9659sin 60°~0,86605 см • sin 45°5 см • 0,70716 см.6 см.sin 60еsin 60е0,86600,86604 см.4 см.в) Дано: /Л = 48°30', с = 3 см, а = 3,3 см.Найти: ZB, ZC, Ь.1• с _ с ' sin Л 3 см • sin48°30/3 см • 0,7490в) Дано: /Л = 48°30', с = 3 см, а = 3,3 см.Найти: ZB, ZC, Ь.1• с _ с ' sin Л 3 см • sin48°30/3 см • 0,74900,6809, ZC0,6809, ZC
п с • sin Л 2. а = .
sin С
п с • sin Л 2. а = .
sin С
п 7 с • sin В
3. ь = . ~ sin С
п 7 с • sin В
3. ь = . ~ sin С
5 см • sin 75°5 см • 0,9659
sin 60°~0,8660
5 см • sin 45°5 см • 0,7071
5 см • sin 75°5 см • 0,9659
sin 60°~0,8660
5 см • sin 45°5 см • 0,7071
6 см.
6 см.
sin 60е
sin 60е
0,8660
0,8660
4 см.
4 см.
в) Дано: /Л = 48°30', с = 3 см, а = 3,3 см.
Найти: ZB, ZC, Ь.
1• с _ с ' sin Л 3 см • sin48°30/3 см • 0,7490
в) Дано: /Л = 48°30', с = 3 см, а = 3,3 см.
Найти: ZB, ZC, Ь.
1• с _ с ' sin Л 3 см • sin48°30/3 см • 0,7490
0,6809, ZC
0,6809, ZC
42°55'.
ZB = 180° -ZA-ZC^ 180° - 48°30' - 42°55' ^ 88°35'.
о L с-sin В 3-sin 88° 35'3-0,9997„ „
■ sin С sin42°55/0,6809’'
г) Дано: ZB = 62°48', b = 10,4 см, а = 5,2 см.
Найти: /Л, ZC, с.
. л a-sin В 5,2 • sin62°48/5,2-0,8890/л
L ,ш.4 == 0,4445, Z.4 =
~ 26°22'.
. ZC = 180° - ZA- ZB^ 180° - 26°22' - 62°48' 90°50'.
Qа-sinС5,2 см • sin90°50/5,2 см • 0,9999 м 7
• С = ^ЬЛ“ 0Д4450,444511 ’7 см•
Ответ, a) ZC = 105°, а 4 см, 5 ~ 6 см; б) ZA = 75°, а 6 см, b 4 см; в) ZB 88°35', ZC 42°55', Ъ 4,4 см; г) ZA 26°22', ZC 90°50', с 11,7 см.
Используя теорему косинусов, решите треугольник АВС, если: а) АВ = 5 см, АС = 7,5 см, ZA = 135°; б) АВ = 2^2 дм, ВС = 3 дм, ZB =
= 45°; в) АС = 0,6 м, ВС = дм, ZC = 150°.
4
Решение. Пусть в треугольнике ЛВС: ВС = а, С А = Ь, АВ = с.
Дано: ZA = 135°, с = 5 см, Ь = 7,5 см.
Найти: ZB, ZC, а.
По теореме косинусов находим а;
а2 = 52 + с2 — 25 • с • cos Л,
cos Л = cos 135° = -cos45°-0,7071,
а2 (7,5 см)2 + (5 см)2 + 2 • 5 см • 7,5 см • 0,7071134,28 см2,
аV 134,28 см 12 см.
о „ b -sin А7,5-sin 135°7,5-0,7071 Пллш /тэ
sin В = ^ — ^ -— ^ 0,4419, ZB
а1212
^26° 14'.
ZC = 180° -ZA-ZB^ 18°46'.
Дано: ZB = 45°, с = 2V2 дм, а = 3 дм.
Найти: ZA, ZC, Ь.
По теореме косинусов находим Ь:
Ь2 = а2 + с2 - 2 • а • с • cos В =
= 9 дм2 + 8 дм2 - 2 • 3 • 2л/2 • ^- дм2 = 5 дм2,
Ь = V5 дм.
2. cos Л =2. cos Л =71°34'.71°34'.Ь2 Ес - а2 _ 5 + 8-9 26с“ 2 • V5 • 2V2Ь2 Ес - а2 _ 5 + 8-9 26с“ 2 • V5 • 2V244V1044V10^ «0,3162, ZA^ «0,3162, ZA
2. cos Л =
2. cos Л =
71°34'.
71°34'.
Ь2 Ес - а2 _ 5 + 8-9 26с“ 2 • V5 • 2V2
Ь2 Ес - а2 _ 5 + 8-9 26с“ 2 • V5 • 2V2
44V10
44V10
^ «0,3162, ZA
^ «0,3162, ZA
3. ZC = 180° - ZA- ZB^ 63°26'.
Дано: ZC = 150°, Ь = 0,6 м = 6 дм, а = дм. Найти: ZA, ZB, с.
1. с2 = а2 + b2 - 2abcosC1. с2 = а2 + b2 - 2abcosC= (6 дм)2 + -^ дм2 + 2 ■ 6 ■ +- х 1о4
1. с2 = а2 + b2 - 2abcosC
1. с2 = а2 + b2 - 2abcosC
х -+- дм2 = 40,6875 дм2, с « 6,379 дм « 6,4 дм.
2. cos А =2. cos А =2 + с2 — а2 ~ 36 + 40,6875-0,18752 + с2 — а2 ~ 36 + 40,6875-0,18752Ьс2Ьс2 • 6 ■ 6,3792 • 6 ■ 6,37976,5 « о 999476,548 и’УУУ4’76,5 « о 999476,548 и’УУУ4’ZA«2°.ZA«2°.
2. cos А =
2. cos А =
2 + с2 — а2 ~ 36 + 40,6875-0,1875
2 + с2 — а2 ~ 36 + 40,6875-0,1875
2Ьс
2Ьс
2 • 6 ■ 6,379
2 • 6 ■ 6,379
76,5 « о 9994
76,548 и’УУУ4’
76,5 « о 9994
76,548 и’УУУ4’
ZA«2°.
ZA«2°.
3. ZB = 180° - ZA - ZC « 28°.
Ответ, a) ZB «26° 14', ZC м 18°46', a « 12 cm; 6) ZA « 7Г34', ZC « 63°26', b = V5 дм; в) ZA « 2°, ZB « 28°, c « 6,4 дм.
В треугольнике DEF: DE = 4,5 дм, ЕЕ = 9,9 дм, DE = 70 см. Найдите углы треугольника.
Решение.
По теореме косинусов находим cosD:
„ DE2 + DE2 - ЕЕ2 4,52 + 72 - 9,92
COSD = DE-DE =2-4,5-7=
20,25 + 49-98,0128,76 n ,CCr
=63=” -°'4565'
ZD « 180° - 62°50' « 117° 10'.
Аналогично находим cosE:
_4,52 + 9,92 - 7269,26„ 7779
C”E =2 4.5 ■ 9.9= W “ °'7773'
ZE « 39°.
ZF = 180° - ZD - ZE ^ 23°50'.
Ответ. ZD^ 117°10', ZE 39°, ZF 23°50'.
ААРис. 51Рис. 51Найдите биссектрису AD треугольника
А
А
Рис. 51
Рис. 51
АВС, если ZA = а, АВ = с, АС = Ь.
Решение. Очевидно, S^abc = S^abd + + S^acd (рис. 51). Так как
S^ABC = 2^ ' с ' sma’S^abd = ^с-ж-sin^,
Szxacd = ^Ъ-Х -sin|,
где х = AD, то
-be sin a = -to sin — + -ex sin —, или
be sin a = x(b + c) sin —.
Учитывая, что sin a = 2 sin ^ cos ^, получаем:
be • 2 cos ^ = x(b + c), откуда
2bc cos ^
2bc cos —
Ответ. ——.
He
Чтобы определить расстояние между точками Aw В, которое нельзя измерить, выбирают третью точку С, из которой видны точки A w В. Измерив угол АС В и расстояния АС и СВ, находят расстояние АВ. Найдите АВ, если AC = b,CB = a, ZACB = а.
Решение. Воспользовавшись теоремой косинусов, найдем АВ;
АВ2 = АС2 + СВ2 -2- АС -СВ- cosC,
ИЛИ
АВ = V^^h^^2^toosQ.
Ответ. V^2 + ^2 — 2ab cos а .
Докажите, что треугольник с вершинами Л(3;0), В(1;5) и С(2; 1) — тупоугольный. Найдите косинус тупого угла.
Решение. По координатам вершин треугольника найдем сначала длины его сторон:
АВ = ^/ДДз^ТсДо)2 = V29,ВС = ^/(2- I)2 + (1 — 5)2 = VT?,С А = у/(3-2)2 + (0- I)2 = V2.
Таким образом, АВ > ВС > С А, поэтому тупым может быть только угол, лежащий против стороны АВ, т. е. угол С. По теореме косинусов найдем cos С:
„ ВС2 + АС2 - АВ2 17 + 2-29 бЛЙ "”с =-г. вс.ле =
Так как cos С < 0, то угол С — тупой.
n 5V34
Ответ. —.
Найдите длину вектора "а = 3 г — 4 j , где г и j — координатные векторы.
Решение. Вектор а в данной системе координат имеет координаты {3; —4}, поэтому
|= ^32 + (-4)2 =5.
Ответ. 5.
Рис. 52Рис. 52Найдите диагонали параллелограмма, построенного на векторах "а = = 55? + 2"^ и Ь = ^ — 3“^, если |^| = = 2^2, \"q | = 3 и = 45°.
Рис. 52
Рис. 52
Решение. Пусть ABCD — параллелограмм, построенный на векторах ~а и b , АВ = ~а, AD = b (рис. 52). Тогда АС = "а + b , BD = b - "а , поэтому
АС = |ЛС| = xj^a ^"b^ ,BD = \BD\ = x] (b -"a^.
Так как "а = 5^р + 2~q, Ь = ~р — 3~q , тоа Г Ь = 6 р — q ,("а + b )2 = 36^ 2 - 12 р^ + ~q 2 == 36-4-2- 12-2V2 • 3cos45° + 9 = 288 - 72 + 9 = 225,AC = V225 = 15;
b — "a = —4"p — 5+ ( b — Д)2 = 16"p 2 + 40"p ~q + 25Д 2 == 16 ■ 4 ■ 2 + 40 ■ 2V2 ■ 3 cos 45° + 25 ■ 9 = 128 + 240 + 225 = 593,BD = V593 « 24,4.
Ответ. 15 и « 24,4.
При каком значении х векторы "р = х~а + 17 6 и ~q = 3~а — b перпендикулярны, если |"а | = 2, | 6 | = 5 и "a Ь = 120°?
Решение. Векторы р и q перпендикулярны тогда и только тогда, когда ~p~q = 0, т. е.
(х~а +17 6 )(3"а — 6 ) = 0, илиЗх~а 2 + (51 - х)"а 6 - 17 6 2 = 0.
По условиям задачи
"а 2 = 4,6 2 = 25, "а 6 = \~а || 6 | cos2^ 6 ) = -2 • 5 • cos60° = -5,
поэтому для х имеем уравнение:
3-4ж + (51 -х)(-5)- 17-25 = 0, откуда
17^ = 680, х = 40.
Ответ, х = 40.
В прямоугольном равнобедренном треугольнике проведены медианы из вершин острых углов. Найдите острый угол между этими медианами.
Решение. Пусть АВС — данный треугольник, АС = 90°, АС = = ВС = 1, а АМ и BN — медианы (рис. 53).
Рассмотрим векторы "а = С А и 6 = СВ. Ясно, что \~а | = | 6 | = 1, 7 6 = 0.
Рассмотрим вектор АР, равный вектору NB (см. рис. 53). ZMAP = = а — острый угол между медианами АМ и BN, поэтому
АМ АР АМ • NB cos ct — ч ч —, ,
|АМ|-|АР||АМ|-|?Тв|'
Выразим векторы АМ и NB через а и b :
AM=Vb-S, NB = ~b-^~a.
Следовательно,
AM-NB=^+^= 1,
а так как \АМ\ =а так как \АМ\ =COS Ct =COS Ct =1Уб Уб1Уб Уб^, а«36°5Г.5^, а«36°5Г.5
а так как \АМ\ =
а так как \АМ\ =
COS Ct =
COS Ct =
1
Уб Уб
1
Уб Уб
^, а«36°5Г.
5
^, а«36°5Г.
5
22
Ответ. « 36О51'.
В трапеции ABCD с основаниями AD = 16 см и ВС = 8 см боковая сторона АВ равна 4 У? см, a ZADC = 60°. Через вершину С проведена прямая I, делящая трапецию на два многоугольника, площади которых равны. Найдите площадь трапеции и длину отрезка прямой I, заключенного внутри трапеции.
Решение. 1. Пусть СН и ВМ — высоты трапеции; CH = ВМ = = h, a CD = х (рис. 54). Найдем сначала h и х. По теореме Пифагора для треугольника HCD, где ZC = 30°, имеем:
Далее, AD = АМ + МН + HD, т. е. 16 см = АМ + 8 см + |, откуда АМ = 8 см - | = 8 см
V 3
По теореме Пифагора для треугольника АВМ имеем:
АВ2 = АМ2 + МВ2, т. е. 112 см2 = ( 8 см— | + h2,
V Уз /
или
h2 — 4УЗ h см - 36 см2 = 0.
Отсюда имеем: h = бУЗ см, поэтому х = 12 см.
Найдем теперь площадь S трапеции:
S = AD + BC h =■ 6V3 см2 = 72V3 см2.
Так как прямая I делит трапецию на два многоугольника, площади которых равны, и S^abc < S^acd, то прямая I пересекает не сторону АС, а основание AD трапеции в некоторой точке Е (см. рис. 54).
Имеем: S^cde = ^S = ЗбУЗ см2, ^^ ^ = ЗбУЗ см2, откуда DE = 12 см.
По теореме косинусов для треугольника ECD получаем:
СЕ2 = DE2 + CD2 - 2DE • CD • cos60° = 144 см2,
откуда СЕ = 12 см.
Ответ. 72УЗ см2, 12 см.
В треугольнике АВС, площадь которого равна Зд/З, угол А — острый, АВ = 4УЗ , АС = 3. Найдите радиус окружности, описанной около треугольника.
Решение. По теореме о площади треугольника (п. 96) имеем:
S^abc = ^^ ’ ^^ ’ sin А или ЗУЗ = ^ • 4Уз • 3sin А.
1Уз
Отсюда следует, что sin А = -, и поэтому cos А = -$-.
Согласно задаче 1033= 2R, где R — радиус описанной окруж-
sin А
ности. По теореме косинусов находим ВС'.
ВС2 = АВ2 + АС2 - 2АВ • АС • cos А,
или
ВС2 = 48 + 9 - 2 • 4V3 • 3 ■ Л = 21,
откудаСледовательно,откудаСледовательно,вс = VsLвс = VsLвс2 sin Лвс2 sin Л= ВС == ВС =V21.V21.
откуда
Следовательно,
откуда
Следовательно,
вс = VsL
вс = VsL
вс
2 sin Л
вс
2 sin Л
= ВС =
= ВС =
V21.
V21.
Ответ. V2T.
Дан ромб MNPQ. Отрезок MF — биссектриса треугольника MPQ, ZNMQ = = 4а, FQ = а. Найдите площадь данного ромба.
Решение. Рассмотрим треугольник MFQ (рис. 55). Так как ZQMP = = ZPMN = 2а, то ZQMF = а. Далее, ZMQF = 180° - ZQMN = 180° - 4а, следовательно, ZMFQ = 180° — а — (180° - — 4а)= За.
Применив теорему синусов к треуголь
хsin Захsin Заa sin За sin а *a sin За sin а *нику MFQ, найдем сторону MQ = х ромба:
х
sin За
х
sin За
a sin За sin а *
a sin За sin а *
а
-—, откуда х = sma
Очевидно, S = 2S^mpq, вде ^ — площадь ромба. Но
S^mpq = ^х • х • sin MQP = ^х2 • sin(180° - 4a) = ^х2 • sin 4a.
Таким образом,
Q _ a2 sin2 3a sin 4аsin а
a2 sin2 За sin 4а
Ответ. 2•
sin а
1075. В треугольнике ABC; AD — биссектриса, АМ — медиана, b =
х2Ьс /1+со8Л л
= АС, с = АВ. Докажите, что: а) AD = у; б) АМ =
= ^ V^2 + с2 + 25с cos А.
Решение, а) Так как AD — биссектриса треугольника АВС, то, согласно задаче 535, ^^ = |, поэтому (см. задачу 1074)
/\ 2/ \ 2
f 1 + AD2 = f Ь2 + 2Ьс • | • cos Л + с2.
Vо/\о/о
Упростив это выражение, получим:
(6 + c^AD2 = 2с2b2 + 2с2b2 cos А.
Отсюда имеем:
_2Ь2с2(1 + cos А) _ 2bc /1 + cos А
\] (Ь + с)2 b + с \2’
Так как АМ — медиана треугольника АВС, то ^^ = 1. Поэтому, согласно задаче 1074,
22АМ2 = b2 + 2bccosA + с2.
Отсюда имеем:
АМ = ^ V^2 + с2 + 26с cos А.
В параллелограмме диагонали взаимно перпендикулярны. Докажите, что параллелограмм является ромбом.
Решение. Обозначим буквой О точку пересечения диагоналей АС и BD данного параллелограмма ABCD. Так как по условию АО ± BD, а по свойству диагоналей параллелограмма ВО = OD, то в треугольнике ABD отрезок АО — высота и медиана. Поэтому треугольник ABD — равнобедренный, т. е. АВ = AD. Отсюда следует, что ABCD — ромб.
Докажите, что коэффициент подобия двух подобных треугольников равен отношению радиусов окружностей: а) описанных около треугольников; б) вписанных в эти треугольники.
Решение. Пусть АВС и А\В\С\ — данные подобные треугольники, АВ = с, ВС = а, СА = b, АхВх = ci, В\С\ = ах, СхАх = Ьх, а к — коэффициент подобия, т. е. к = — = .
(21 Ох Сх
Обозначим через R и R\ радиусы описанных около треугольников АВС и А\В\С\ окружностей. Согласно задаче 1033 имеем:
Z^=2R, А^ = 2Р- sin Сsin Ci
Так как АС = АС\, то sin С = sinCi, а так как — = к, то из предыдущих двух равенств следует, что
R с !
— = — = к.
Ri ci
Обозначим через г и и радиусы окружностей, вписанных в треугольники АВС и А\В\С\, а через О и Ох — их центры. Треугольники АВО и А\В\О\ подобны по первому признаку подобия треугольников, поэтому
8 А АВО3ДАх ВХОХ8 А АВО3ДАх ВХОХ= к2 (см. п. 58).= к2 (см. п. 58).
8 А АВО3ДАх ВХОХ
8 А АВО3ДАх ВХОХ
= к2 (см. п. 58).
= к2 (см. п. 58).
НоНо
Но
Но
„1„1
Ь^АВО = 2С ’ Г’ 8^ахВхОх = 2С1 ’ ГЬ
следовательно,
с • г 7 2г п
= к , откуда — = к.
С1 • ТхТх
Задачи повышенной трудности
На сторонах квадрата MNPQ взяты точки A w В так, что NA = = ^MN, QB = ^MN (рис. 56). Докажите, что ZAMB = 45°.
Решение. Обозначим сторону данного квадрата через а и выразим АМ, ВМ и 8 дам в через а (см. рис. 56).
Так как AN = ^а, BQ = ^а, то по теореме Пифагора имеем:
АМ2 = а2 + ^а2 = |а2, откуда АМ = -^- а;
ВМ2 = а2 + ^а2 =а2, откуда ВМ = а;
8 ДАМ В = а2 - S^MNA - S^MBQ - S^APB =
21 21 2 1 25 2
-а4а^а^а - 12 а .
4 Л. С. Атанасян и др.
С другой стороны,
Saamb = ^^ • ^^ ' sin а,
где а = ZAMB. Таким образом, 5 21 V5 /10.
Y2a “ 2 ‘ 2 а‘ 3 a'Sma’
откуда ./2
sin а =.
Так как а < 90°, то а = 45°.
В четырехугольнике ABCD диагонали АС и BD пересекаются в точке О. Площадь треугольника ODC есть среднее пропорциональное между площадями треугольников ОВС н OAD. Докажите, что ABCD — трапеция с основаниями AD н ВС или параллелограмм.
Решение. Пусть S\ = Saocd. *$2 = Saoab, S3 = Saobc. S4 = = Saoda (рис. 57). Докажем сначала, что S\ • S2 = S3 • S4. В самом деле,
S] = ^ОС • OD ■ sin у, где у = ZCOD,
Si = 7,0В ■ О А ■ sin р,
S3 = Lob ■ ОС ■ sin(180° - A = Lob ■ ОС ■ siny,
S4 = Lon ■ О A ■ sin(180° LqD ■ О A ■ siny.
Из этих равенств следует, что
5, ■ S2 = Loc -OD-OB-OA- sin2 p,
S3 • S4 = ^OB -OC-OD-OA- sin2 p,
поэтому SxS2 = S3S4.
По условию задачи 8^ = S3 • S4. Учитывая предыдущее равенство, получаем: 8^ = Sx • 82, т. е. Sx =82. Так как S^abd = 82 + 84, S^acd = Sx + 84, то S^abd = S^acd (cm. рис. 57).
Треугольники ABD и ACD имеют общее основание AD, следовательно, их высоты ВВх и ССх равны. Это означает, что AD || ВС. Отсюда мы заключаем, что четырехугольник ABCD — трапеция с основаниями AD и ВС или параллелограмм.
Докажите, что площадь 8 произвольного четырехугольника со сторонами а, Ь, с, d (последовательно) удовлетворяет неравенству 8 < ^(ас + bd).
Решение. Пусть ABCD — данный четырехугольник, АВ = а, ВС = b, CD = с, DA = d. Рассмотрим сначала случай, когда этот четырехугольник — выпуклый. Построим четырехугольник AB^CD, как показано на рисунке 58, а. Тогда ААВС = АСВхА, и точки В и Вх лежат по одну сторону от прямой АС. Следовательно, АВх = = СВ = Ь, ВхС = АВ = а, и поэтому
S = SaBxCD-
Проведем диагональ BxD четырехугольника ABxCD, которая разделяет его на два треугольника ABxD и СBxD. Тогда
SABiCD = S^ABxD + S^CBxD =
= ^bd sin ZBx AD + ^acsin ZBxCD < ^(ac + bd).
Итак,
S ^ ^(ac + bd).
Это соотношение верно и в том случае, когда четырехугольник ABCD — невыпуклый. В самом деле, пусть, например, вершины В и D лежат по одну сторону от прямой АС (рис. 58, 6). Возьмем точку
В2, симметричную точке В относительно прямой АС, и рассмотрим четырехугольник AB^CD, который является выпуклым. В нем АВ^ = = а, В^С = Ь, и по доказанному
Sab2cd < ^(acAbd).
Ясно, что S < 8дв2сп, следовательно,
S < ^(^с + bd).
Докажите, что в треугольнике АВС биссектриса ААх вычисляется т А
2Ьс cos —
по формуле: ААх = ————, где b = АС, с = АВ.
Решение. Согласно задаче 1075
ААх =ААх =2ЬсЬГ с2ЬсЬГ с1 + cos А21 + cos А2
ААх =
ААх =
2Ьс
ЬГ с
2Ьс
ЬГ с
1 + cos А
2
1 + cos А
2
поэтомупоэтому/1 + cos АN 2/1 + cos АN 2Итак, ААхИтак, ААх2bc cos —b + с2bc cos —b + с
поэтому
поэтому
/1 + cos А
N 2
/1 + cos А
N 2
Итак, ААх
Итак, ААх
2bc cos —b + с
2bc cos —b + с
Известно из тригонометрии, что для любого угла а
cos 2а = cos2 а — sin2 а,
л 2 А . 2 А о 2 А 1
cos А = cos — — sin — = 2 cos — — 1.
А
Отсюда следует, что cos — =
Рис. 59Рис. 59
Рис. 59
Рис. 59
Выразите диагонали вписанного в окружность четырехугольника через его стороны.
Решение. Пусть ABCD — данный вписанный четырехугольник, АВ = а, ВС = b, CD = с, DA = d, АС = х, BD = у, ZABC = а (рис. 59). По теореме косинусов для треугольников АВС и ADC имеем:
х2 = а2 + b2 - 2abcosa,
х2 = с2 + d2 - 2cd cos ZCDA.
Так как ZCDA + а = 180°, то второе равенство запишется так:
х2 = с2 + d2 + 2cd cos а.
Отсюда получаем:
x2cd = a2cd + b2cd — 2abcd • cos a,x2ab = c2ab + d2ab + 2abcd • cos a.
Сложив эти равенства, находим х:
_ / a2 cd + b2 cd + с ab + d2 abуab + cd*
Аналогично получаем
/ a2bc + d2 be + b2 ad + c2 adу = \ — .
a2 be + d2 be + b2 ad + c2 ad’ где ad + bea2 be + d2 be + b2 ad + c2 ad’ где ad + beVad-\-be
a2 be + d2 be + b2 ad + c2 ad
’ где ad + be
a2 be + d2 be + b2 ad + c2 ad
’ где ad + be
Ответ.Ответ.a2 cd + b2 cd + c ab + d2 abab + cd
Ответ.
Ответ.
a, b, с и d — стороны четырехугольника.
Докажите, что площадь четырехугольника, вписанного в окружность, может быть вычислена по формуле
s = V(p- а)(Р - Жр - С^р - d),
где р — полупериметр, a a, b, с, d — стороны четырехугольника.
Решение. Пусть ABCD — вписанный четырехугольник, АВ = а, ВС = b, CD = с, DA = d, АС = ж, ZABC = а (см. рис. 59).
Выразим сначала sin а через а, b, с, d. По теореме косинусов для треугольников АВС и ADC имеем:
х2 = а2 + Ь2 — 2аЬсо$а,х2 = с2 + d2 + 2cd cos а
(см. решение задачи 1273).
Приравняем эти равенства:
а2 + b2 — 2ab cos а = с2 + d2 + 2cd cos а,
откуда
COSO: =COSO: =2(ab + cd)2(ab + cd)а2 + Ь2 - с - с?2
COSO: =
COSO: =
2(ab + cd)
2(ab + cd)
Далее,Далее,/ 2.7 22v2\2(а + о — с — а )4(ab + cd)2/ 2.7 22v2\2(а + о — с — а )4(ab + cd)2
Далее,
Далее,
/ 2.7 22v2\2
(а + о — с — а )
4(ab + cd)2
/ 2.7 22v2\2
(а + о — с — а )
4(ab + cd)2
Отсюда после преобразований получаем:
qin _ _ 2 СЪ» - «)(р - ЬМр - с)(р - d) olll Ct —11
ab + cd
где р — полупериметр четырехугольника ABCD.
Очевидно,
S = S^ABC + S^acd = ^a&sina + ^cdsin(180° - a) == ^(ab + cd) sin a.
Подставив сюда значение sin a, будем иметь:
S = V(p - aXP - b)(p - c)(p - d).
вписанной и описанной треугольника.вписанной и описанной треугольника.Докажите, что стороны треугольника образуют арифметическую прогрессию тогда и только тогда, когда прямая, проходящая через центры окружностей, перпендикулярна к одной из биссектрис
вписанной и описанной треугольника.
вписанной и описанной треугольника.
Рис. 60Рис. 60Решение. По условиям задачи данный треугольник АВС не является равнобедренным, поэтому центры О и М описанной и вписанной окружностей не совпадают и точки О, М, В не лежат на одной прямой (рис. 60). Пусть Ах — середина стороны АС, Мх — точка касания вписанной окружности и прямой АС, а ВВх — высота треугольника.
Рис. 60
Рис. 60
Докажем сначала, что ОМ ± МВ тогда и только тогда, когда точка Мх — середина отрезка АхВх (см. рис. 60). Для этого продолжим отрезок ВМ до пересечения с описанной окружностью в точке D. Так как ВМ — биссектриса угла АВС, то D — середина дуги АС, поэтому DAx ± АС и Ах — точка отрезка OD.
Пусть ОМ ± МВ, тогда в равнобедренном треугольнике OBD отрезок ОМ — высота, поэтому и медиана, т. е. ВМ = MD. Отсюда следует, что АхМх = МхВх. Обратно, если АхМх = МхВх, то DM = = МВ, следовательно, ОМ — медиана равнобедренного треугольника OBD, а значит, и высота этого треугольника, т. е. ОМ ± МВ.
Таким образом, для решения задачи достаточно доказать утверждение: стороны треугольника образуют арифметическую прогрессию тогда и только тогда, когда точка М\ — середина отрезка А\В\. Пусть а = ВС, b = С А, с = В А. Условие: а, Ь, с образуют арифметическую прогрессию — равносильно равенству
2Ь = а + с.(1)
Выразим длины отрезков А\М\ и М\В\ через а, b и с. Пусть М2 и Мд — точки касания вписанной окружности и сторон ВС и АВ. Тогда если АМх = х, СМ\ = у, В М2 = z, то х + у = Ь, у + z = a, z + + х = с. Отсюда находим х и у;
b + с — аа -V b — с
поэтому
АХМ\ = АМ\ - AAi = '—_А.
Далее,
ВВ2 = а2 - В,С2 = с2 - (Ь - В]С)2,
откуда
Поэтому
М\В\ =МХС- ВХС = а + У с - = ^-<b-a-cy 2 2b 2b
Допустим, что АхМх = МхВх, тогда С ^ = ~—С^^ -——. Упростив это равенство, приходим к равенству (1), поэтому стороны треугольника образуют арифметическую прогрессию. Обратно, допустим, что 2Ъ = а + с. Тогда
М\В\ = (а - с>- а-с) = с-а = л м 2Ь 2
В прямоугольной трапеции ABCD меньшее основание AD равно 3, а боковая сторона CD, не перпендикулярная к основаниям, равна 6. Точка Е — середина отрезка CD, угол СВЕ равен а. Найдите площадь трапеции ABCD.
Решение. По условиям задачи у данной трапеции ABCD; AD — меньшее основание, AD = 3, DE = ЕС = 3, ZEBC = а (рис. 61). Для того чтобы найти площадь S трапеции, достаточно определить ее сто-
роны ВС = а и АВ = h, поскольку сторона АВ трапеции является также ее высотой.
Проведем перпендикуляры ЕЕх и DDx к прямой ВС. Так как DE = = ЕС, то D\E\ = Е\С и ЕЕх = ^DD\ = ^. Из треугольника ВЕЕх имеем: ЕЕх = ВЕх • tga. Но
ВЕХ = BDX + D\E\, BDX = 3, DXEX = ^ =
следовательно, ha - 3\ ,
откуда
h = (a + 3) tga.(1)
Для нахождения а воспользуемся теоремой Пифагора для треугольника DD\C\
36 = h2 + (а - З)2, или
К2 Га2 -6а-27 = 0.(2)
Решая совместно уравнения (1) и (2), получаем:
h = 12 sin а • cos а, а = 12 cos2 а — 3.
S = ° 2^ h = 6 cos2 а • 12 sin а • cos а = 72 sin а • cos3 а.
Ответ. 72 sin а • cos3 а.
В остроугольном треугольнике АВС сторона АВ больше стороны ВС, отрезки АМ и CN — высоты треугольника, точка О — центр описанной окружности. Угол АВС равен 0, а площадь четырехугольника NOMB равна S. Найдите сторону АС.
Решение. По условию ААВС — остроугольный треугольник, поэтому точка О не лежит на его сторонах (рис. 62). Проведем диаметр ААх и рассмотрим треугольник АС Ах. Так как ААх = АВ = /3, то
AC = 2R-AaP, (1)
где R — радиус описанной окружности. Таким образом, задача сводится к тому, чтобы выразить R через /3 и S.
Площадь S четырехугольника NOMB равна сумме площадей треугольников ОВМ и OBN. Выразим площади этих треугольников через R и /3.
Snobm =* S^obc. так как треугольники ОВМ и ОВС имеют
ВС
общую высоту. Но ВМ = АВ • cos /3,
S^oвс = ^R * R * sin ZBOC = ^R2 sin 2A = R2 sin A cos A.
Отсюда следует, что
Snobm =Snobm =АВ cos Р „2 • л л —• R sin A cos А.
Snobm =
Snobm =
ВС
~ АВ sin С
1ак как —— = -—-, то ВС sin А
S^oвм = R2 sin С cos A cos /3.
Аналогично находим площадь треугольника OBN;
Q _BN Q ^NOBN AB ‘ ^^OAB)
Snoab = R2 sin C cos C,Scobn = R2 cos C sin A cos /3.
Итак,
S = S^obm + S^obn = R2 cos /3(sinCcos A + cos C sin A) == R2 cos /3 sin(A + C) = R2 cos /3 sin( 180° - P) = R2 cos /3 sin /3.
Отсюда следует, что R= А/—:—-. По формуле (1) находим
у cos р • sin р
АС;
АС = 2./5 .- sin
У cos р • sin рv
Рис. 61
Рис. 62
В треугольнике АВС проведены высота АН длиной h, медиана АМ длиной I, биссектриса AN. Точка N — середина отрезка МН. Найдите расстояние от вершины А до точки пересечения высот треугольника АВС.
Решение. На рисунке 63 изображены данный треугольник АВС, описанная окружность с центром О и проведены высота АН = h, биссектриса AN и медиана АМ = I. По условию MN = NH.
М NHМ NHЕРис. 63ЕРис. 63Докажем сначала, что АР = 2ОМ, где Р — точка пересечения высот треуголь- < ника. Если М\ — середина стороны АВ, Мх то АОММх АРАС, так как их стороны \ ] соответственно параллельны. Учитывая, что _Ng АС = 2ММ\ (ММх — средняя линия тре/ угольника АВС), получаем: АР = 2ОМ. Таким образом, задача сводится к нахождению отрезка ОМ.
М NH
М NH
Е
Рис. 63
Е
Рис. 63
Пусть Е — точка пересечения прямой AN с описанной окружностью.
AAHN = AEMN, так как MN = NH, ZMNE = ZHNA; следовательно, AN = NE, т. е. в равнобедренном треугольнике АОЕ отрезок ON — медиана. Отсюда следует, что ON ± АЕ.
Легко видеть, что
AMON - AHN А
(ZMNO = ZHAN, так как их стороны взаимно перпендикулярны, ZOMN = ZAHN = 90°), следовательно,
ОМ MNMN^ МН2
хн=юг оы = — =
По теореме Пифагора для треугольника АМН имеем:
МН2 + h2 = I2.
I2 - h2I2- h2
Итак, ОМ = —-—, поэтому АР = ———.
4hJ2h
I2 - h2
Ответ. ———.
Глава 3
ДЛИНА ОКРУЖНОСТИ И ПЛОЩАДЬ КРУГА
Правильные многоугольники
Верно ли утверждение: а) любой правильный многоугольник является выпуклым; б) любой выпуклый многоугольник является правильным? Ответ обоснуйте.
Решение, а) Верно по определению.
б) Неверно. Например, прямоугольник, отличный от квадрата, является выпуклым, но не является правильным.
Ответ, а) Да; б) нет.
Какие из следующих утверждений верны: а) многоугольник является правильным, если он выпуклый и все его стороны равны; б) треугольник является правильным, если все его углы равны; в) любой равносторонний треугольник является правильным; г) любой четырехугольник с равными сторонами является правильным? Ответ обоснуйте.
Решение, а) Это не так. Например, ромб, отличный от квадрата, не является правильным.
Это верно, так как у такого треугольника все стороны равны и треугольник — выпуклый многоугольник.
Это верно, так как равносторонний треугольник — выпуклый многоугольник, у которого стороны и углы равны.
Это не так. Например, ромб, отличный от квадрата, правильным не является.
Ответ, а) Нет; б) да; в) да; г) нет.
Докажите, что любой правильный четырехугольник является квадратом.
Решение. По условию четырехугольник правильный, поэтому он выпуклый и все его стороны равны, т. е. этот четырехугольник — ромб.
Так как у правильного четырехугольника все углы равны, то каждый из углов этого ромба равен 90°, т. е. этот ромб — квадрат.
Найдите углы правильного n-угольника, если: а) п = 3; б) п = 5; в) п = 6; г) п = 10; д) п = 18.
Решение. Сумма углов выпуклого n-угольника равна (п-2)-180°, а так как по условию многоугольник правильный, TL — 2 то каждый его угол равен • 180°:
а3 = —|—• 180° = 60°;
а5 =• 180° = 108°;
6-2
• 180° = 120°;
6
10-2
а10 = ^-180^144-
«18 = ^р ■ 180° = 160°.
Ответ, а) 60°; б) 108°; в) 120°; г) 144°; д) 160°.
Чему равна сумма внешних углов правильного n-угольника, если при каждой вершине взято по одному внешнему углу?
Решение. Так как каждый угол правильного n-угольника равен TL — 2
• 180° (см. задачу 1081), то внешний угол при каждой вершине
Т1 равен 180° - —- ■ 180° = —. ПП
Поэтому искомая сумма равна 360°.
Ответ. 360°.
Сколько сторон имеет правильный многоугольник, если каждый его угол равен: а) 60°; б) 90°; в) 135°; г) 150°?
Решение. Пусть п — число сторон правильного многоугольника.
TL — 2
Каждый его угол вычисляется по формуле ап = —— • 180° (см. задачу 1081), поэтому:
60° = -—- • 180°, откуда п = 3;
90° = -—- • 180°, откуда п = 4; п
135° = -—- • 180°, откуда п = 8; тг
150° = п 2 • 180°, откуда п = 12.
Ответ, а) 3; б) 4; в) 8; г) 12.
Сколько сторон имеет правильный вписанный многоугольник, если дуга описанной окружности, которую стягивает его сторона, равна: а) 60°; б) 30°; в) 90°; г) 36°; д) 18°; е) 72°?
Решение. Так как правильный многоугольник вписанный, то каждая его сторона является хордой окружности. У правильного многоугольника все стороны равны, поэтому равны и стягиваемые ими дуги. Так как вся дуга окружности содержит 360°, то каждая из указанных 360°
дуг равна а =, где п — число сторон правильного многоугольника,
Т1
360° откуда п = .
а) 360° : 60° = 6; б) 360° : 30° = 12; в) 360° : 90° = 4; г) 360° : 36° = = 10; д) 360° : 18° = 20; е) 360° : 72° = 5.
Ответ, а) 6; б) 12; в) 4; г) 10; д) 20; е) 5.
Докажите, что серединные перпендикуляры к любым двум сторонам правильного многоугольника либо пересекаются, либо совпадают.
Решение. По теореме п. 106 учебника около любого правильного многоугольника можно описать окружность, и притом только одну. Следовательно, существует точка, равноудаленная от всех вершин этого многоугольника, а потому серединные перпендикуляры ко всем сторонам этого многоугольника проходят через эту точку. А это означает, что серединные перпендикуляры к любым двум сторонам правильного многоугольника не могут быть параллельными, поэтому они либо пересекаются, либо совпадают.
Докажите, что прямые, содержащие биссектрисы любых двух углов правильного многоугольника, либо пересекаются, либо совпадают.
Решение. По теореме п. 107 учебника в любой правильный многоугольник можно вписать окружность, и притом только одну, причем центр этой окружности совпадает с точкой пересечения биссектрис всех углов данного многоугольника. Таким образом, биссектриса любого угла правильного многоугольника проходит через центр вписанной окружности. Следовательно, прямые, содержащие биссектрисы любых двух углов правильного многоугольника, имеют общую точку и поэтому не могут быть параллельными, т. е. либо пересекаются, либо совпадают.
На рисунке 311, а учебника изображен квадрат, вписанный в окружность радиуса R. Перечертите таблицу в тетрадь и заполните пустые клетки (щ — сторона квадрата, Р — периметр квадрата, S — его площадь, г — радиус вписанной окружности).
N
R
г
(24
Р
S
1
6
2
2
3
4
4
28
5
16
Решение. 1) По условию а^ = 6. Поскольку а^ = RV^, то 6 = = RV2, R = 3V2 ; г = Ecos^ = ЗЩ -cos45° = 3; Р = 6 ■ 4 = 24; S = 1р • г = ^ ■ 24 • 3 = 36.
По условию г = 2, поэтому R = —= 2 V2; аз = 2 V2 • д/2 = cos 45
= 4; Р = 16; 8 = |- 16-2= 16.
По условию R = 4, поэтому аз = 4 V2; г = ^^- = 2 V2; Р = = 16V2; 8 = ■ 16V2 • 2V2 = 32.
По условию Р = 28, поэтому «4 = 7; R = -^- = —^- = 3,5 ■ V2; г = 3,5 • V2 ■= 3,5; 8 = Ь. 28 • 3,5 = 49.
По условию 8 = 16, но 8 = ^Р ■ г, поэтому 32 = 2(«4)2 и «4 = 4;
R == 2V2; г = 2, Р = 16.
V2
Ответ. 1) Д = 3\/2; г = 3; Р = 24; 5 = 36; 2) R = 2V2; а4 = 4; Р = 16; 8 = 16; 3) г = 2V2; «4 = 4Ц2; Р = 16V2; 5 = 32; 4) R = 3,5V2; г = 3,5; «4 = 7; 8 = 49; 5) R = 2V2; г = 2; «4 = 4; Р = 16.
На рисунке 311, б учебника изображен правильный треугольник, вписанный в окружность радиуса R. Перечертите таблицу в тетрадь и заполните пустые клетки (аз — сторона треугольника, Р — периметр треугольника, S — его площадь, r — радиус вписанной окружности).
Решение. 1) По условию R = 3, поэтому аз = RV3 = Зд/З; г Н = 1,5; Р = 9V3; s = | -9V3 ■ 1,5 = 1 ’'3 =
N
R
г
а3
Р
S
1
3
2
10
3
2
4
5
5
6
По условию S = 10; поскольку S = ^Р • г, то 10 = ^Р • г = Заз аз а/3/ хо а/3/ 40 о / 10д/3„~ / 10д/3
Я = |/юГЗ ; г = i/ЙТз .
По условию г = 2, поэтому R = 4; ад = 4д/3; Р = 12д/3; S = = 12д/3.
По условию ад = 5, поэтому R = г = Р = 15; S = 3о
25V3
4
По условию Р = 6, поэтому аз = 2; R = —^; г = ^-; S = V3. Ответ. 1) г = 1,5; а3 = 3V3; Р = 9 л/З; S = ^^; 2) R =
= |V10V3 ; г = jV10V3 ; а3 = 2^/^^; Р = 6^/^^; 3) R = 4; а3 = 4^3; Р = 12V3; S = 12V3; 4) R = ^; г = ^; Р = 15; S =
25V3 _ у 2\/3 Уз о с /2
—4—; 5) R = —; г = —; а3 = 2; S = V3.
Периметр правильного треугольника, вписанного в окружность, равен 18 см. Найдите сторону квадрата, вписанного в ту же окружность.
Решение. По условию периметр Р правильного треугольника равен 18 см, поэтому его сторона равна 6 см и радиус описанной 6а/3 о /о с
окружности равен —— см = 2у 3 см. Следовательно, сторона квадрата равна 2д/3 • V2 см = 2д/б см.
Ответ. 2д/б см.
Сечение головки газового вентиля имеет форму правильного треугольника, сторона которого равна 3 см. Каким должен быть минимальный диаметр круглого железного стержня, из которого изготовляют вентиль?
Решение. Пусть d — искомый диаметр. Из условия следует, что сторона правильного треугольника, вписанного в окружность диаметра d, равна 3 см, поэтому радиус этой окружности равен д/З см, а значит, d = 2д/3 см.
Ответ. 2д/3 см.
Рис. 64Рис. 64Поперечное сечение деревянного бруска является квадратом со стороной 6 см. Найдите наибольший диаметр круглого стержня, который можно выточить из этого бруска.
Рис. 64
Рис. 64
Решение. Так как поперечное сечение деревянного бруска является квадратом со стороной 6 см, то наибольший диаметр круглого стержня, который можно из него выточить, также равен 6 см (рис. 64).
Ответ. 6 см.
Около окружности описаны квадрат и правильный шестиугольник. Найдите периметр квадрата, если периметр шестиугольника равен 48 см.
Решение. Пусть г — радиус окружности, около которой описаны квадрат и правильный шестиугольник. Тогда искомый периметр Р равен 8г. Из условия задачи следует, что сторона шестиугольника равна 8 см, поэтому в прямоугольном треугольнике АОВ (рис. 65) ОВ = г, АВ = 4 см, О А = 8 см, следовательно, т = 4д/3 см и Р = 32\/3 см.
Ответ. 32\/3 см.
Около правильного треугольника описана окружность радиуса R. Докажите, что R = 2г, где г — радиус окружности, вписанной в этот треугольник.
Решение. Пусть около правильного треугольника АВС описана окружность с центром О, О А = R, ОМ = т (рис. 66). Тогда т = R sin 30° = ^, т. е. R = 2г.
Рис. 65Рис. 65Рис. 66Рис. 66
Рис. 65
Рис. 65
Рис. 66
Рис. 66
Найдите площадь S правильного n-угольника, если: а) п = 4, R = Зд/2 см; б) п = 3, Р = 24 см; в) п = 6, г = 9 см; г) п = 8, г = 5д/3 см.
Решение. По формулам п. 108 учебника находим:
п = 4, ад = RV2 = Зд/2 см • V2 = 6 см, г == 3 см,
V2
S = ^ • Р • г = ^ • 24 см • 3 см = 36 см2;
Q Q D^Уз4УЗ
п = 3, аз = 8 см, К = —— см = ——- см, г = ——- см, V333
S = 12 см • ^^ см = 16д/3 см2;
п = 6, г = ^^ , поэтому R = 6д/3 см = &б,
S = ^ • 36д/3 см • 9 см = 162д/3 см2;
п = 8, г = R cos 22,5°, а$ = 2R sin 22,5° = 2r tg 22,5° = 10V3 см х х tg22,5°,
S = | • 8 см ■ юСЗ см • tg22,5° • 5V3 =
= (600tg22,5°) см2 « 248,52 см2.
Ответ, а) 36 см2; б) 16л/3 см2; в) 162л/3 см2; г) ~ 248,52 см2.
Расстояние между параллельными гранями шестигранной головки
болта, верхнее основание которого имеет форму правильного шестиугольника, равно 1,5 см. Найдите площадь верхнего основания.
Рис. 67Рис. 67Решение. Пусть г, R, а^ — радиусы вписанной и описанной окружности и сторона шестигранной головки болта (рис. 67). Из условия задачи следует, что г = 1,5 см : 2 = 0,75 см; R = —о = —— см;
Рис. 67
Рис. 67
cos 302
а^ = К = см;
2 СМ .2 СМ .о Уз 3 2 9Уз
2 СМ .
2 СМ .
5-Г6'ТГ'4см = —
9Уз 2
Ответ. —— см .
Стороны правильного треугольника, квадрата и правильного шестиугольника равны друг другу. Найдите отношения площадей этих многоугольников.
Решение. Пусть а — сторона указанных многоугольников, S3, S4, S3 — площади соответственно правильного треугольника, квадрата и правильного шестиугольника. Тогда
53 : S4 : S6 =: а2 : ^AAL = V3 : 4 : бСЗ.
Ответ. д/З : 4 : 6 д/З .
Найдите отношение площадей двух правильных шестиугольников — вписанного в окружность и описанного около нее.
Решение. Используя формулы п. 108 учебника, получим: 5ВПИс = = |^2д/3; ^6 = —RV^ (&б — сторона правильного шестиугольника, описанного около окружности), 50ПИС = 2R2V3. Следовательно,
5ВПИС : S0™c = |Я2 V3 : 2Д2л/3 =3:4.
Ответ. 3 : 4.
Выразите сторону, периметр и площадь правильного треугольника: а) через радиус вписанной окружности; б) через радиус описанной окружности.
Решение. По формуле (3) п. 108 учебника находим г = Rcos 60° =
а3 = RV3 = 2V3 г, Р = 6rV3, S = 3V3 г2;
а3 = RV3, Р = 3RV3, S =
Ответ, a) 3V3 г2; б) ^^R^.
Правильный восьмиугольник А1А2 ...Аз вписан в окружность радиуса R. Докажите, что четырехугольник Л3Л4Д7Д8 является прямоугольником,
и выразите его площадь черези выразите его площадь черезS.
и выразите его площадь через
и выразите его площадь через
Решение. Пусть О — центр, R — радиус окружности, описанной около данного правильного восьмиугольника А1А2...А8 (рис.68), 8 — площадь четырехугольника А3А4А7А8. Так как А3А7 = 2R и А4Д.8 = 2R, то ААзА^Ау = = ДА3А4А7 = 90°, поэтому четырехугольник А3А4А7А8 — прямоугольник. Его площадь можно вычислить по формуле 8 = ^ • Л3Л7 • ^4^8 * sin а (задача 1059), где а — угол между диагоналями А3А7 и А4А8, равный 45°.
Итак,
s = 1 -4Д2 - sin 45° = V2 Д2.
Ответ. V2 Д2.
с помощью циркуля и линейки в данную окружность впишите: а) правильный шестиугольник; б) правильный треугольник; в) квадрат; г) правильный восьмиугольник.
Решение, а) Сторона правильного шестиугольника, вписанного в данную окружность, равна радиусу этой окружности (формула 6, п. 108 учебника), поэтому задача решается аналогично задаче 1, п. 109.
Сначала впишем в данную окружность правильный шестиугольник Л1Л2...Л6 (см. п. а)). Треугольник А1А3А5 — искомый.
Проведем два взаимно перпендикулярных диаметра А1А3 и Л2Л4 данной окружности. Четырехугольник А1А2А3А4 — искомый квадрат.
Сначала впишем в данную окружность квадрат (см. п. в), а затем, воспользовавшись идеей задачи 2 п. 109, построим искомый восьмиугольник.
§ 2. Длина окружности и площадь круга
1101. Перечертите таблицу и, используя формулу длины С окружности радиуса R, заполните пустые клетки таблицы. Воспользуйтесь значением тг = 3,14.
С
82
18тг
6,28
2V2
R
4
3
0,7
101,5
23
Решение. Воспользуемся формулой для вычисления длины
окружности С = 2ttR (п. НО учебника):
так как R = 4, то С = 2тг • 4 = 25,12;
так как R = 3, то С = 2тг • 3 = 18,84;
так как С = 82, то R =13,06;
так как С = 18тг, то Д = ^- = 9;
так как Д = 0,7, то С = 2тг • 0,7 » 4,40;
6)7)8)9)6)7)8)9)~ R оо Т, с 6,28.так как С = 6,28, то Д = — = —— = 1;так как R = 101,5, то С = 2тг • 101,5 = 637,42;~ R оо Т, с 6,28.так как С = 6,28, то Д = — = —— = 1;так как R = 101,5, то С = 2тг • 101,5 = 637,42;тактактактаккак Д = 2^, то С = 2тг ■ 2^ как С = 2\/2, то Д = ^- = 2тгкак Д = 2^, то С = 2тг ■ 2^ как С = 2\/2, то Д = ^- = 2тг14,65;14,65;2V2 6,282V2 6,280,45.0,45.Ответ. Слева направо: С = 25,12; С = 18,84; Д С к 4,40; Д = 1; С = 637,42; С « 14,65; Д « 0,45.Ответ. Слева направо: С = 25,12; С = 18,84; Д С к 4,40; Д = 1; С = 637,42; С « 14,65; Д « 0,45.13,06; Д = 9;13,06; Д = 9;
6)
7)
8)
9)
6)
7)
8)
9)
~ R оо Т, с 6,28.
так как С = 6,28, то Д = — = —— = 1;
так как R = 101,5, то С = 2тг • 101,5 = 637,42;
~ R оо Т, с 6,28.
так как С = 6,28, то Д = — = —— = 1;
так как R = 101,5, то С = 2тг • 101,5 = 637,42;
так
так
так
так
как Д = 2^, то С = 2тг ■ 2^ как С = 2\/2, то Д = ^- = 2тг
как Д = 2^, то С = 2тг ■ 2^ как С = 2\/2, то Д = ^- = 2тг
14,65;
14,65;
2V2 6,28
2V2 6,28
0,45.
0,45.
Ответ. Слева направо: С = 25,12; С = 18,84; Д С к 4,40; Д = 1; С = 637,42; С « 14,65; Д « 0,45.
Ответ. Слева направо: С = 25,12; С = 18,84; Д С к 4,40; Д = 1; С = 637,42; С « 14,65; Д « 0,45.
13,06; Д = 9;
13,06; Д = 9;
Как изменится длина окружности, если радиус окружности: а) увеличить в три раза; б) уменьшить в два раза; в) увеличить в к раз; г) уменьшить в к раз?
Решение. Так как длина окружности равна С = 2тгД, то:
длина окружности увеличится в три раза;
длина окружности уменьшится в два раза;
длина окружности увеличится в к раз;
длина окружности уменьшится в к раз.
Ответ, а) Увеличится втрое; б) уменьшится вдвое; в) увеличится в к раз; г) уменьшится в к раз.
Как изменится радиус окружности, если длину окружности: а) увеличить в к раз; б) уменьшить в к раз?
Решение. Воспользуемся формулой для вычисления длины окружности С = 2тгД.
Радиус окружности увеличится в к раз;
радиус окружности уменьшится в к раз.
Ответ, а) Увеличится в к раз; б) уменьшится в к раз.
Найдите длину окружности, описанной около: а) правильного треугольника со стороной а; б) прямоугольного треугольника с катетами а и Ь; в) равнобедренного треугольника с основанием а и боковой стороной Ь; г) прямоугольника со стороной а и острым углом а между диагоналями; д) правильного шестиугольника, площадь которого равна 24д/3 см2.
Решение. Пусть R — радиус окружности, описанной около данного многоугольника, С — длина этой окружности.
R = поэтому С = 2тгЛ == ^2Д^1_ (рис. 69, а\
V 3V 3
R = —° 2+’ П0ЭТ0МУ С = ^V^2 + b2 (рис. 69, б).
Пусть h — высота данного равнобедренного треугольника, проведенная к основанию, aS — его площадь (рис. 69, в). Тогда
h=л/462 - а2,
S =V4Ь2 — а2 = у V4Ь2 — а2 .
224
(10
С другой стороны, S = —. Следовательно,
R =&2 и С =.
V 4b2 — а2V 4Ь2 — а2
Пусть ABCD — данный прямоугольник, ZAOB = а, АВ = = а (рис. 69, а). В прямоугольном треугольнике АВС угол АСВ равен
АС = 2R, и поэтому
2R = и С=sin -sin -
Пусть S = 247^ см2 — площадь данного правильного шестиугольника. Так как площадь правильного шестиугольника, вписанного в окружность радиуса R, можно вычислить по формуле:
Q _ 3R2V3
5 -2’
/о 23R2 V3
то 24Vo cmz = —-—, отсюда
R2 = 16 см2, R = 4 см и С = 8тг см.
Ответ, а)б) 7rVa2 + № ; в) ^^ щ г) ; д) 8тг см.
3V 462 - a2 sin |
Найдите длину окружности, вписанной: а) в квадрат со стороной а; б) в равнобедренный прямоугольный треугольник с гипотенузой с; в) в прямоугольный треугольник с гипотенузой с и острым углом а; г) в равнобедренный треугольник с углом при основании а и высотой Д проведенной к основанию.
Решение. Пусть т — радиус окружности, вписанной в данный многоугольник, С — ее длина.
Очевидно, г = | , поэтому С = 2тг • | = -ка.
Пусть окружность вписана в равнобедренный треугольник АВС, в котором АС = 90°, а гипотенуза АВ = с (рис. 70, а\ С одной стороны, площадь S этого треугольника равна половине произведения
V2с2
катетов, каждый из которых равен -—- с, т. е. S = —. С другой
12
стороны, S = -Рт = | (1 + V2y. Таким образом, ^ = | (1 + V2)r, с
откуда г = — и
2(1 + V2)
С = —= тгс ■ (V2 - 1).
(1 + V2) V 7
Пусть окружность вписана в треугольник АВС, в котором ZC = 90°, гипотенуза АВ = с, а ДА = а (рис. 70, б), тогда АС = = с cos а, ВС = с sin а, а значит, площадь S этого треугольника равна 1 о •о1c(sin ct + cos ct + 1)
sin a cos а. С другой стороны, Ь = -В • г = —-
m19-c(sin ct + cos ct + 1)
1аким образом, sin a cos а = — • г, откуда г =
с sin a cos а
=И
(Sind + COS Q + 1)
= 7rc(sinQ + COS а — 1).= 7rc(sinQ + COS а — 1).2тгс sin a cos а(sin а + cosq + 1)
= 7rc(sinQ + COS а — 1).
= 7rc(sinQ + COS а — 1).
tga ’tga ’Пусть окружность вписана в равнобедренный треугольник АВС с основанием АС, в котором ДА = £С = а, а высота BD, проведенная к основанию, равна h (рис. 70, в). Тогда AD = ^-, г = AD • tg ^ =
tga ’
tga ’
^h • tg -tga
2tt/z • tg у
Ответ, a) ira; б) тгс(у2 — 1); в) 7rc(sin ct + cos ct — 1); г) —tgct
Тепловоз прошел 1413 м. Найдите диаметр колеса тепловоза, если известно, что оно сделало 300 оборотов.
Решение. Пусть С — длина окружности колеса тепловоза. По условию 300 • С = 1413 м, отсюда С = 4,71 м. Если d — диаметр колеса, то С = ird, поэтому
d = 4,71 м:3,14 = 1,5 м.
Ответ. 1,5 м.
Метр составляет приближенно ^g^g^^^ земного экватора. Найдите диаметр Земли в километрах, считая, что Земля имеет форму шара.
Решение. Пусть d — диаметр Земли. Тогда
d = - = 4- 107 м : 3,14 = 4 ■ 104 км : 3,14 « 12739 км.
ТГ
Ответ. « 12 739 км.
Вычислите длину круговой орбиты искусственного спутника Земли, если спутник вращается на расстоянии 320 км от Земли, а радиус Земли равен 6370 км.
Решение. Пусть R — радиус круговой орбиты искусственного спутника Земли, тогда R = 6370 км + 320 км = 6690 км и С 42013 км.
Ответ. « 42013 км.
Найдите длину дуги окружности радиуса 6 см, если ее градусная мера равна: а) 30°; б) 45°; в) 60°; г) 90°.
Решение. Воспользуемся формулой п. НО учебника для вычисле- 7 TvRa ния дуги окружности / =—.
1о0
тг • 6 • 30180тг • 6 • 30180а) I =тг • 6 • 60180а) I =тг • 6 • 60180см = тг см; б) I =см = тг см; б) I =ТГ • 6 • 45. гх 7
тг • 6 • 30
180
тг • 6 • 30
180
а) I =тг • 6 • 60180
а) I =тг • 6 • 60180
см = тг см; б) I =
см = тг см; б) I =
——-— см = 1,5тг см; в) / =
180
см = Зтг см.см = Зтг см.о х 7 тг • 6 • 90 см = 2тг см; г) / = ———
см = Зтг см.
см = Зтг см.
Ответ, а) тг см; б) 1,5тг см; в) 2тг см; г) Зтг см.
Расстояние между серединами зубьев зубчатого колеса, измеренное по дуге окружности, равно 47,1 мм. Диаметр колеса равен 450 мм. Сколько зубьев имеет колесо?
Решение. Пусть п — количество зубьев колеса, С — длина окружности колеса. Тогда п = С : 47,1 мм = 3,14 • 450 мм : 47,1 мм = = 14130 : 471 = 30.
Ответ. 30.
Рис. 71Рис. 71Шлифовальный камень, имеющий форму диска, находится в защитном кожухе (рис. 316 учебника). Диаметр камня равен 58 см, дуга незащищенной его части равна 117°. Найдите длину дуги незащищенной части камня.
Рис. 71
Рис. 71
кДа "Ж"кДа "Ж"тг-29- 117180тг-29- 117180см £з 59,2 см.см £з 59,2 см.Решение. Пусть I — длина, а — градусная мера дуги выреза незащищенной части шлифовального камня, a R — радиус шлифовального камня (рис. 71). Тогда
кДа "Ж"
кДа "Ж"
тг-29- 117
180
тг-29- 117
180
см £з 59,2 см.
см £з 59,2 см.
Ответ. ~ 59,2 см.
Найдите длину маятника стенных часов, если угол его колебания составляет 38°, а длина дуги, которую описывает конец маятника, равна 24 см.
Решение. Пусть R — длина маятника, а — угол колебания маятника, а I — длина дуги, которую описывает маятник. Тогда I = кКа
= ^ откуда
„180° •/180-24 см ос о
R = = ил ОО ~ 36,2 СМ-
ка 3,14-38
1113. Радиус закругления пути железнодорожного полотна равен 5 км, а длина дуги закругления — 400 м. Какова градусная мера дуги закругления?
Решение. Пусть R — радиус, а — угол, а I — длина дуги
7 TrRa
закругления пути железнодорожного полотна. 1огда / = jg^, откуда
а =а =180° -ZkR180° -ZkR0,4-180° .oqr/5-3,14'0,4-180° .oqr/5-3,14'
а =
а =
180° -ZkR
180° -ZkR
0,4-180° .oqr/
5-3,14'
0,4-180° .oqr/
5-3,14'
1114. Перечертите таблицу и, используя формулу для площади S круга радиуса R, заполните пустые клетки. Воспользуйтесь значением тг = 3,14.
S
9
49тг
6,25
R
2
5
2
7
54,3
Уз
Решение. S = tvR2, поэтому если:
1) R = 2, то 5 = 4тг = 12,56;
2) R = 5, то S = 25тг = 78,5;
1,69;1,69;3*s =9 ™П = \/I = 24тг
1,69;
1,69;
Л = у то S = g « 0,26;
S = 49тг, то R == 7;
R = 54,3, то 5 = тг(54,3)2 « 9258,26;
R = ЦЗ, то S«9,42;
8) S = 6,25, то8) S = 6,25, то1,41.1,41.
8) S = 6,25, то
8) S = 6,25, то
1,41.
1,41.
Ответ. Слева направо: S = 12,56; S = 78,5; R « 1,69; S « 0,26; R = 7; S 9258,26; S 9,42; R 1,41.
Как изменится площадь круга, если его радиус: а) увеличить в к раз; б) уменьшить в к раз?
Решение. Так как площадь круга равна S = тгД2, то:
площадь круга увеличится в к2 раз;
площадь круга уменьшится в к2 раз.
Ответ, а) увеличится в к2 раз; б) уменьшится в к2 раз.
Найдите площадь круга, описанного около: а) прямоугольника со сторонами а и Ь; б) прямоугольного треугольника с катетом а и противолежащим углом а; в) равнобедренного треугольника с основанием а и высотой к, проведенной к основанию.
Решение. Пусть R — радиус описанной окружности, a S —
площадь круга.
\ г>Vа2 + b2Q тг(а2 + Ъ^
a)R =-, поэтому Ь = ——
2
R = —, поэтому Ь5—.
2 sma4 sin a
Пусть Ь — боковая сторона равнобедренного треугольника, то-
о Ь2гда R =V 4Ь2 -о Ь2гда R =V 4Ь2 -,2,2а2
о Ь2
гда R =
V 4Ь2 -
о Ь2
гда R =
V 4Ь2 -
,2
,2
= (a2 + 4/z2)8/г= (a2 + 4/z2)8/гИИ8 =8 =7г(а2 + 4к2)264h27г(а2 + 4к2)264h2(см. задачу 1104, в). Так как b2 = h2 + —, то
= (a2 + 4/z2)8/г
= (a2 + 4/z2)8/г
И
И
8 =
8 =
7г(а2 + 4к2)264h2
7г(а2 + 4к2)264h2
Ответ, а)Ответ, а)к(а2 + Ь2) ка2 х к^а2 + 4к2)
Ответ, а)
Ответ, а)
44 sin2 а64к2
1117. Найдите площадь круга, вписанного: а) в равносторонний треугольник со стороной а; б) в прямоугольный треугольник с катетом а и прилежащим к нему острым углом а; в) в равнобедренный треугольник с боковой стороной а и углом а, противолежащим основанию; г) в равнобедренную трапецию с большим основанием а и острым углом а.
Решение. Пусть т — радиус вписанной окружности, 8 — площадь круга.
ха Уз /\п3 тг атг а
г = —— (рис. 72, а), поэтому 8 = —- = -— О1Z
Пусть в прямоугольном треугольнике АВС с прямым углом С катет ВС равен а, прилежащий к нему угол В равен а (рис. 72, б).
Тогда АС = atga, АВ = а , а значит, Sabc = а . С другой cos а2
стороны,
Sabc =' (sin а + cos а + 1) • г.
2 cos а
Из этих выражений находим: т = -, а значит, sin а + cos а + 1
2 • 2
ка sin а
(sin a + cos a + I)2
Пусть AD — высота равнобедренного треугольника АВС с основанием ВС (рис. 72, а). Поскольку угол BAD равен ^, то ВС = = 2а sin ^, поэтому площадь Sabc = рг = а ^1 + sin ^ - г. С другой стороны, Sabc = ^a2sinct. Из этих выражений для площади находим: a sin a
2 • 2
£ _ тга sin a
4(1+sm^)2
гг
г
г
Пусть О — центр окружности, вписанной в данную трапецию ABCD (рис. 72, а). Тогда ZOAD = ZODA = ^. Следовательно, треугольник OAD равнобедренный и его высота ОН является медианой. Из прямоугольного треугольника ОАН находим: ОН = r = | -tg^, поэтому
2ка . 9 а
* 2 ■
2Ответ, а) ^-; б)2х ка . 9 а2Ответ, а) ^-; б)2х ка . 9 а2 • 22 • 2
2
Ответ, а) ^-; б)
2
х ка . 9 а
2
Ответ, а) ^-; б)
2
х ка . 9 а
ка sin n .sm а .
(sin a + cos q + I)2 ’4 f 1 + sin — V ’
Диаметр основания царь-колокола, находящегося в Московском Кремле, равен 6,6 м. Найдите площадь основания колокола.
Решение. Пусть D — диаметр, 8 — площадь основания колокола. Тогда
„ тгР2 7Г • 6,622 ~ од 9 „2
44
Ответ. ~ 34,2 м2.
Длина окружности цирковой арены равна 41 м. Найдите диаметр и площадь арены.
Решение. Пусть С, D и S — соответственно длина окружности, диаметр и площадь цирковой арены.
Тогда D = - =« 13,06 м.
тг 3,14
с ТгП2 7Г ■ 13,Об2 2 ~ 1 оо од „2о = —-— = м ~ 133,о4 м .
44
Ответ. ~ 13,06 м; ~ 133,84 м2.
Найдите площадь кольца, ограниченного двумя окружностями с общим центром и радиусами Rx и R2, Rx < R2. Вычислите площадь кольца, если Rx = 1,5 см, R2 = 2,5 см.
Решение. Пусть 8 — площадь кольца. Тогда
8 = кВ^ — кВ?х = tt(R2 — Н2Х) = тг(2,52 — 1,52) см2 = 4тг см2.
Ответ. 4тг см2.
Какой толщины слой нужно снять с круглой медной проволоки, имеющей площадь сечения 314 мм2, чтобы она проходила сквозь отверстие диаметром 18,5 мм?
Решение. Радиус проволоки равен ^^^ ™- = Ю мм- Следовательно, с проволоки нужно снять слой толщиной
L = (10 — ^ • 18,5^ мм = 0,75 мм.
Ответ. 0,75 мм.
Вокруг круглой клумбы, радиус которой равен 3 м, проложена дорожка шириной 1 м. Сколько нужно песка, чтобы посыпать дорожку, если на 1 м2 дорожки требуется 0,8 дм3 песка?
Решение. Пусть S — площадь дорожки вокруг клумбы, а х — количество песка. Тогда
S = тг(4 м)2 — тг(3 м)2 = 7тг м2.
Поэтому
х = (0,8 • 7тг) дм3 = 5,6л- дм3 17,6 дм3.
Ответ. ~ 17,6 дм3.
Из круга радиуса г вырезан квадрат, вписанный в окружность, которая ограничивает круг. Найдите площадь оставшейся части круга.
Решение. Площадь круга равна лт2, а площадь квадрата 2г2. Поэтому площадь оставшейся части круга равна
лт2 — 2г2 = г2(тг — 2).
Ответ. г2(л- — 2).
На мишени имеются четыре окружности с общим центром, радиусы которых равны 1, 2, 3 и 4. Найдите площадь наименьшего круга, а также площадь каждого из трех колец мишени.
Решение. Пусть S — площадь наименьшего круга, Si, S2, S3 — площади соответствующих колец мишени (рис. 73).
Тогда
S = л-ОА2 = тг;
Si = тгОВ2 - л-ОА2 = Зтг;
S2 = 7гОС2 - тгОВ2 = 5л-;
S3 = 7tOD2 - 7гОС2 = 7 л-.
Ответ, тг, Зл-, 5л-, 7л-.
Рис. 73Рис. 73Рис. 74Рис. 74
Рис. 73
Рис. 73
Рис. 74
Рис. 74
На сторонах прямоугольного треугольника как на диаметрах построены три полукруга. Докажите, что площадь полукруга, построенного на гипотенузе, равна сумме площадей полукругов, построенных на катетах.
Решение. Пусть АВС — данный прямоугольный треугольник с прямым углом С, a S, Sx и S2 — площади полукругов, построенных на отрезках АВ, АС и ВС как на диаметрах (рис. 74). Тогда
тгЛВ2 8тгЛВ2 8„ тгЛС2 „ тгВС2
тгЛВ2 8
тгЛВ2 8
51 =52 =
Так как по теореме Пифагора АВ2 = АС2 + ВС2, то S = Sx + S2.
Из круга, радиус которого 10 см, вырезан сектор с дугой в 60°. Найдите площадь оставшейся части круга.
Решение. Оставшаяся часть круга также является круговым сектором. Дуга этого сектора равна 300°, поэтому его площадь равна
тг(10 см)2 -300360тг(10 см)2 -300360262 см2.262 см2.
тг(10 см)2 -300
360
тг(10 см)2 -300
360
262 см2.
262 см2.
Ответ. £з 262 см2.
1127. Площадь сектора с центральным углом 72° равна S. Найдите радиус
сектора.сектора.Решение. Пусть В — радиус окружности. Тогда S =Решение. Пусть В — радиус окружности. Тогда S =откуда В2 =откуда В2 =360-572тг360-572тг557Г557ГИИкВ2 • 72360кВ2 • 72360
сектора.
сектора.
Решение. Пусть В — радиус окружности. Тогда S =
Решение. Пусть В — радиус окружности. Тогда S =
откуда В2 =
откуда В2 =
360-572тг
360-572тг
55
7Г
55
7Г
И
И
кВ2 • 72
360
кВ2 • 72
360
Рис. 75Рис. 75Сторона квадрата (рис. 317 учебника) равна а. Вычислите площадь заштрихованной фигуры.
Рис. 75
Рис. 75
Решение. Заштрихованная фигура представляет собой квадрат, из которого вырезаны четыре сектора (рис. 75). Поскольку из этих секторов
а можно составить круг радиуса -,
то площадь за-то площадь за-штрихованной фигуры равна
то площадь за-
то площадь за-
9к а24 — 7Г 9
а — —— = —-— а .
44
4-тг Ответ. —-— 4
а2.а2.Дополнительные задачи
а2.
а2.
Сколько сторон имеет правильный многоугольник, один из внешних углов которого равен: а) 18°; б) 40°; в) 72°; г) 60°?
Решение. Пусть один из внешних углов правильного п-угольника равен а. Так как сумма внешних углов правильного многоугольника равна 360° (задача 1082), то па = 360°, откуда п = 1^2_ а
х360360 п х 360 г х 360~
п = ^8" = 2°1 б) п = ^ = 9; в) п = — = 5; г) п = — = 6.
Ответ, а) 20; б) 9; в) 5; г) 6.
ИЗО. На стороне правильного треугольника, вписанного в окружность радиуса 3 дм, построен квадрат. Найдите радиус окружности, описанной около
квадрата.квадрата.зУз зУбзУз зУб—^ дм = -^— дм. У2 2—^ дм = -^— дм. У2 2зУбзУбт в е т. ^ дм.т в е т. ^ дм.Решение. Сторона квадрата, равная стороне правильного треугольника, в УЗ раз больше радиуса окружности (рис. 76), описанной около этого треугольника, т. е. равна Зд/З дм. Радиус окружности, описанной около квадрата, в У2 раз меньше стороны этого квадрата, поэтому он равен
квадрата.
квадрата.
зУз зУб
зУз зУб
—^ дм = -^— дм. У2 2
—^ дм = -^— дм. У2 2
зУб
зУб
т в е т. ^ дм.
т в е т. ^ дм.
Найдите периметр правильного шестиугольника Л1Л2Л3Л4Л5Л6, если Л1Л4 = 2,24 см.Решение. Отрезок Л1Л4 — диаметр окружности, описанной около данного шестиугольника (рис. 77). Сторона шестиугольника равна радиусу этой окружности, т. е. равна 1,12 см. Следовательно, периметр шестиугольника равен6 • 1,12 см = 6,72 см.Найдите периметр правильного шестиугольника Л1Л2Л3Л4Л5Л6, если Л1Л4 = 2,24 см.Решение. Отрезок Л1Л4 — диаметр окружности, описанной около данного шестиугольника (рис. 77). Сторона шестиугольника равна радиусу этой окружности, т. е. равна 1,12 см. Следовательно, периметр шестиугольника равен6 • 1,12 см = 6,72 см.Ответ. 6,72 см.Ответ. 6,72 см.Найдите отношение периметров правильного треугольника и квадрата: а) вписанных в одну и ту же окружность; б) описанных около одной и той же окружности.Решение, а) Воспользовавшись формулами (4) и (5) п. 108 учебника, получим:Найдите отношение периметров правильного треугольника и квадрата: а) вписанных в одну и ту же окружность; б) описанных около одной и той же окружности.Решение, а) Воспользовавшись формулами (4) и (5) п. 108 учебника, получим:Зад : 4а4 =Зад : 4а4 =ЗВУ| 4W2ЗВУ| 4W2зУз 4У2зУз 4У2зУб8зУб8Пусть г — радиус вписанной окружности. Так как сторона данного треугольника равна 2УЗ г (задача 1098, а), то его периметр равен бУЗ г. Поскольку периметр квадрата равен 8г, то искомое отношение зУз равно —
Найдите периметр правильного шестиугольника Л1Л2Л3Л4Л5Л6, если Л1Л4 = 2,24 см.
Решение. Отрезок Л1Л4 — диаметр окружности, описанной около данного шестиугольника (рис. 77). Сторона шестиугольника равна радиусу этой окружности, т. е. равна 1,12 см. Следовательно, периметр шестиугольника равен
6 • 1,12 см = 6,72 см.
Найдите периметр правильного шестиугольника Л1Л2Л3Л4Л5Л6, если Л1Л4 = 2,24 см.
Решение. Отрезок Л1Л4 — диаметр окружности, описанной около данного шестиугольника (рис. 77). Сторона шестиугольника равна радиусу этой окружности, т. е. равна 1,12 см. Следовательно, периметр шестиугольника равен
6 • 1,12 см = 6,72 см.
Ответ. 6,72 см.
Ответ. 6,72 см.
Найдите отношение периметров правильного треугольника и квадрата: а) вписанных в одну и ту же окружность; б) описанных около одной и той же окружности.
Решение, а) Воспользовавшись формулами (4) и (5) п. 108 учебника, получим:
Найдите отношение периметров правильного треугольника и квадрата: а) вписанных в одну и ту же окружность; б) описанных около одной и той же окружности.
Решение, а) Воспользовавшись формулами (4) и (5) п. 108 учебника, получим:
Зад : 4а4 =
Зад : 4а4 =
ЗВУ| 4W2
ЗВУ| 4W2
зУз 4У2
зУз 4У2
зУб
8
зУб
8
х зУб зУз
Ответ, а) ——; б) —-—.
87 4
Диагонали Л Мб и Л2Л9 правильного двенадцатиугольника пересекаются в точке В (рис. 318 учебника). Докажите, что: а) треугольники А1А2В и ЛбЛдВ равносторонние; б) Л1Л6 = 2г, где г — радиус вписанной в двенадцатиугольник окружности.
Решение, а) По свойству угла, вписанного в окружность, имеем: /Л1Л2Лд = = j - Л4) = 1.^.4 = 60°, ZA2AxA6 = = ^ ^2^6 = 60°, поэтому треугольник ЛМ2В — равносторонний (рис. 78). Аналогично доказывается, что треугольник А^А^В также равносторонний.
б) Пусть Н — основание перпендикуляра, проведенного из точки О к прямой АМб (рис. 78). Так как отрезок А1А7 — диаметр окружности, то ZHAyO = ZA^A\A7 = ^ А5А7 = 15°, и из прямоугольного треугольника А\НО находим: А\Н = Я cos 15°, где R = ОА\ — радиус описанной окружности. С другой стороны, радиус т окружности, вписанной в правильный двенадцатиугольник, также равен R cos 15°. Осталось заметить, что отрезок ОН, будучи высотой равнобедренного треугольника ОА\А^, является и его медианой. Следовательно, AiAe = = 2А1Я = 2г.
Диагонали А1А4 и А2А7 правильного десятиугольника АХА2 ...Аю, вписанного в окружность радиуса R, пересекаются в точке В (рис. 319 учебника). Докажите, что: а) А2А7 = 2R; б) АХА2В и ВА4О — подобные равнобедренные треугольники; в) А1А4 — АХА2 = R.
Решение, а) Так как
ZA2OA7 А2А7 = ^ • 5 = 180°
(рис. 79), то отрезок А2А7 — диаметр, следовательно, А2А7 = 2R.(рис. 79), то отрезок А2А7 — диаметр, следовательно, А2А7 = 2R.
(рис. 79), то отрезок А2А7 — диаметр, следовательно, А2А7 = 2R.
(рис. 79), то отрезок А2А7 — диаметр, следовательно, А2А7 = 2R.
Рис. 79Рис. 79б) Поскольку отрезок А2А7 — диаметр окружности (см. п. а), то ZA1A2B = = i - м = 5 ■ л? ■4 = 72°- Далее, ZA4OB А2А4 = 72°. ZA2AXB = = ^ А2А4 = 36°, а значит, ZAXBA2 = = 180° - 72° - 36° = 72°. Но углы АХВА2 и ОВА4 — вертикальные, поэтому ZOBA4 = 72°. Таким образом, в каждом из треугольников АХВА2 и ОВА4 два угла
Рис. 79
Рис. 79
равны 72°. Следовательно, эти треугольники — равнобедренные и подобные друг другу.
в) Имеем:
АХА4 — АХА2 = АХА4 — А\В = В А4 = ОА4 = R
(см. п. б).
В круг, площадь которого равна Збтг см2, вписан правильный шестиугольник. Найдите сторону этого шестиугольника и его площадь.
/ Збтг см2 ~ Решение. Радиус круга равен а / = о см, поэтому сторона
V 7Г
шестиугольника также равна 6 см. Следовательно, площадь шестиугольника равна
• (6 см)2 • 6 = 54л/3 см2.
Ответ. 6 см, 54д/3 см2.
Квадрат Л1Л2Л3Л4 вписан в окружность радиуса R (рис. 320 учебника). На его сторонах отмечены восемь точек так, что АхВх = А2В2 = = А3В3 = Л4В4 = АхСх = А2С2 = А3С3 = = А4С4 = R. Докажите, что восьмиугольник ВХС3В2С4В3СХВ4С2 правильный, и выразите площадь этого восьмиугольника через радиус R.
Решение. Поскольку сторона квадрата равна RV2 (рис. 80), то ВМ2 = RV2 - R, А\С2 = RV2 - R, C^Bx = Л2С2 -ВХА^ = R- (RV2 -
— Я) = R(2 — V2), C2Si = C3B2 = C4B3 = C4B4. Из прямоугольного треугольника В1Л2С3 находим:
Вхс3 = увДнм! = лДДАПДДВД^к)2 == (RV2 - R)V2 = Я(2 - V2),ВХС3 = В2С4 = ВйС\ = В4С2.
Итак, все стороны восьмиугольника равны. Далее, все углы восьмиугольника равны 135°, поскольку смежные с ними углы равны 45°. Таким образом, восьмиугольник BxC^B^C^B^CxB^C^ — правильный. Поскольку этот восьмиугольник представляет собой квадрат, из которого вырезаны четыре треугольника, то его площадь равна
АхА^-4- ^А2В^ = (RV2 )2 - 2(RV2 - Я)2 =
= 2Я2 - 4Я2 + 4^2 Я2 - 2Я2 = 4Я2(С2 - 1).
Ответ. 4В2(д/2 — 1).
5 Л. С. Атанасян и др.
За два оборота по круговой орбите вокруг Земли космический корабль проделал путь в 84 152 км. На какой высоте над поверхностью Земли находился корабль, если радиус Земли равен 6370 км?
Решение. Радиус орбиты равен ^ КМ = 6700 км. Поэтому искомая высота
Ответ. 330 км.Ответ. 330 км.Рис. 81Рис. 816700 км — 6370 км = 330 км.
Ответ. 330 км.
Ответ. 330 км.
Рис. 81
Рис. 81
Найдите длину окружности, вписанной в ромб, если: а) диагонали ромба равны 6 см и 8 см; б) сторона ромба равна а и острый угол равен а.
Решение. Пусть О — точка пересечения диагоналей АС и BD ромба ABCD, ОН = г — радиус вписанной в ромб окружности (рис. 81).
В треугольнике AOD ДО = 90°, АО = 4 см, DO = 3 см, следовательно,
AD = 5 см. Так как АО • ОВ = г • AD (эта величина равна удвоенной
площади треугольника AOD\ то
г =г =АО • ОВADАО • ОВAD4-3
г =
г =
АО • ОВAD
АО • ОВAD
——- см = — см
55
и длина окружности, вписанной в ромб ABCD, равна 2тг • — см = 24
= — 7 см ~ 15,1 см.
5
Площадь ромба равна a2 sin а = 2аг, откуда г = ^а sin а и длина вписанной в ромб окружности равна TrasincL
Ответ, а) « 15,1 см; б) TrasincL
Лесной участок имеет форму круга. Чтобы обойти участок по опушке, идя со скоростью 4 км/ч, нужно затратить на 45 мин больше, чем для того, чтобы пересечь его по диаметру. Найдите длину опушки данного участка.
Решение. Пусть D — диаметр лесного участка (в километрах). Время, затраченное на обход участка по опушке леса, равно ^^ ч;
D п
кВТкВТвремя, затраченное на путь по диаметру, равно — ч. По условию
кВ
Т
кВ
Т
D3
4 - -г ч = 7 ч,44
откуда DGk — 1) = 3 км, или D = км. Следовательно, длина
7Г — 1
опушки равна
тг D = z км 4,4 км.(тг- 1)
Ответ. ~ 4,4 км.
В правильный многоугольник вписана окружность. Докажите, что отношение площади круга, ограниченного этой окружностью, к площади многоугольника равно отношению длины окружности к периметру многоугольника.
Решение. Пусть г — радиус круга, Р — периметр многоугольника. Отношение площади круга к площади многоугольника равно
тгг2 _ 2 тгг
|рг Р
Фигура ограничена большими дугами двух окружностей, опирающимися на общую хорду, длина которой равна 6 см. Для одной окружности эта хорда является стороной вписанного квадрата, а для другой — вписанного правильного шестиугольника. Найдите периметр фигуры.
Решение. Радиус окружности, для которой данная хорда явля
ется стороной квадрата (рис. 82), равен —— см. Следовательно, длина
ее большей дуги, стягиваемой этой хордой, равна
34342тг • 69тг9тга/2
3
4
3
4
—, см = —— см = —-— см.
V2V2 2
Радиус второй окружности равен 6 см, а длина ее большей дуги, стягиваемой данной хордой, равна
5
- • 2тг • 6 см = Ютг см.
6
Таким образом, периметр фигуры равен
^^ см + Ютг см = | (9л/2 + 20) см.
Ответ. (9д/2 + 20) см.
Рис. 83Рис. 83Основания трапеции, около которой можно описать окружность, равны 4 см и 14 см, одна из боковых сторон равна 13 см. Найдите длину этой окружности.
Рис. 83
Рис. 83
Решение. Пусть в трапеции ABCD (AD || ВС) AD = 14 см, ВС = 4 см, АВ = = 13 см (рис. 83), проведены диагональ АС и высота СЕ. Так как по условию около данной трапеции можно описать окружность, то трапеция ABCD — равнобедренная (задача 710), поэтому
В В = ^^ ^^ = 5 см и АЕ = 14 см — 5 см = 9 см.
Из прямоугольных треугольников CDF и АСЕ находим: CF = У CD2 - DF2 = V169-25 см = 12 см, АС = УAF^ + CF^ = V81 + 144 см = 15 см.
Для нахождения радиуса R окружности, описанной около трапеции ABCD, воспользуемся тем, что эта окружность описана около треугольника ACD (см. рис. 83). Площадь S треугольника ACD равна ^АС • AD • sin ZCAD. Но sin ZCAD = ^| (см. задачу 1033), поэтому S' = ^ ^^ ^^. С другой стороны, S = ^D • СЕ. Таким образом, AC-AD-CD
Р _ АС•CD 2CFР _ АС•CD 2CF15- 132- 1215- 132- 126565см = — см8см = — см8-^AD • СЕ = —, отсюда
Р _ АС•CD 2CF
Р _ АС•CD 2CF
15- 13
2- 12
15- 13
2- 12
65
65
см = — см8
см = — см8
о65тг
и длина описанной окружности равна см.
65тг Ответ. —— см.
4
Высота прямоугольного треугольника, проведенная к гипотенузе, разделяет его на два подобных треугольника (задача 2, п. 63 учебника). Докажите, что отношение длин окружностей, вписанных в эти треугольники, равно коэффициенту подобия этих треугольников.
Решение. Пусть Р — периметр одного из треугольников, г — радиус вписанной в него окружности. Тогда площадь S этого треуголь- 12S
ника равна 2^г’ 0ТКУДа г = а значит, длина С вписанной окруж-
ности равна ——. Периметр другого треугольника в к раз больше (к — коэффициент подобия), а его площадь — в к2 раз больше S. Поэтому длина вписанной в него окружности равна
4тгк28кР4тгк28кРк • 4тг5Рк • 4тг5Р= кС.= кС.
4тгк28кР
4тгк28кР
к • 4тг5Р
к • 4тг5Р
= кС.
= кС.
1144* Постройте правильный восьмиугольник, сторона которого равна данному отрезку.
Решение. Пусть PQ — заданный отрезок. Требуется построить правильный восьмиугольник так, чтобы его сторона была равна данному отрезку PQ (рис. 84, а).
Допустим, что задача решена и правильный восьмиугольник ABCDEFGK — искомый (рис. 84, б). Опишем около него окружность с центром О и заметим, что треугольник АОВ — равнобедренный, его основание АВ равно PQ, а угол АОВ равен 45°. Поэтому можно поступить так: сначала построить равнобедренный треугольник АОВ по основанию и углу, противолежащему основанию, а затем достроить его до восьмиугольника.
Построение. Построим угол с вершиной О, равный 45°, и на сторонах этого угла от его вершины отложим произвольные, но равные между собой отрезки ОА\ и ОВ\. Получим треугольник ОА\В\, подобный искомому (рис. 84, в). Затем на луче А\В\ отложим отрезок Д1В2, равный данному отрезку PQ. Если точка £>2 совпадает с точкой В\, то АА\ОВ\ — искомый.
В противном случае проведем через точку В2 прямую, параллельную ОЛь Эта прямая пересечет луч ОВ\ в точке В. Далее через точку В проведем прямую, параллельную А\В\. Она пересечет луч ОА\ в точке А. Четырехугольник А1В2ВА — параллелограмм по построению, поэтому АВ = Л1В2 = PQ, АО = 45° и треугольник АОВ — искомый.
Теперь построим правильный восьмиугольник. Для этого проведем окружность с центром О и радиусом ОА, и на этой окружности, не меняя раствора циркуля, равного отрезку АВ = PQ, отметим точки С, D, Е, F, G, К так, чтобы выполнялись равенства
АВ = ВС = CD = DE = ЕЕ = EG = GK = КА.
Соединяя последовательно отмеченные точки, получим искомый правильный восьмиугольник.
1145* Даны два круга. Постройте круг, площадь которого равна сумме площадей данных кругов.
Решение. Пусть х — радиус искомого круга, выразим его через радиусы г и R данных кругов. По условию задачи лт2 + тгД2 = тгж2, или х2 = т2 A R2; отсюда следует, что х — гипотенуза прямоугольного треугольника с катетами г и R.
Поэтому сначала построим прямоугольный треугольник АВС с прямым углом С так, чтобы АС = г, ВС = R. Затем проведем окружность радиуса АВ. Построенная окружность является границей искомого круга.
Около данной окружности опишите: а) правильный треугольник; б) правильный шестиугольник.
Решение, а) Допустим, что задача решена, т. е. правильный треугольник АВС описан около данной окружности с центром О. Пусть М, N и Р — точки касания вписанной окружности со сторонами треугольника АВС (рис. 85). Так как в четырехугольнике АМОР АА = 60°, АМ = АР = 90°, то АМОР = 120°. Аналогично, AMON = = APON = 120°, поэтому AMNP — равносторонний. Отсюда следует способ построения треугольника АВС.
Затем через точки М, NЗатем через точки М, NВпишем в данную окружность правильный треугольник MNP. и Р проведем касательные к данной окружности. Эти касательные, пересекаясь, образуют искомый треугольник АВС.
Затем через точки М, N
Затем через точки М, N
б) Задача решается аналогично задаче а.
Впишем в данную окружность правильный шестиугольник MNPQRS, а затем через вершины этого шестиугольника проведем касательные к данной окружности. Эти касательные, пересекаясь, образуют искомый шестиугольник.
Рис. 86Рис. 86
Рис. 86
Рис. 86
Около данной окружности опишите: а) правильный четырехугольник; б) правильный восьмиугольник.
Решение. Задача решается аналогично задаче 1146. Для построения правильного четырехугольника надо провести два взаимно перпендикулярных диаметра данной окружности (рис. 86, а\ а для построения восьмиугольника — биссектрисы углов, образованных этими диаметрами (рис. 86, б).
Задачи повышенной трудности
79. На рисунке 87 (рис. 336 учебника) изображен правильный десятиугольник, вписанный в окружность радиуса R, АС — биссектриса угла ОАВ.
Докажите, что: а) САВС - ZXOAB; б) АВ = АС = ОС =— R-
Решение, а) В равнобедренном треугольнике ОАВ угол О равен
= 36°. Поэтому каждый из углов А и В этого треугольника
равен 72°. Следовательно, угол ВАС равен 36°, а значит, треугольники АВС и ОАВ подобны по двум углам.
б) Поскольку треугольники АВС и ОАВ подобны (см. п. а) и треугольник ОАВ равнобедренный, то треугольник АВС также равнобедренный, а значит, АВ = АС. Каждый из углов А и О треугольника О АС равен 36°. Следовательно, в этом треугольнике АС = = ОС. Итак, АВ = АС = ОС. Обозначим эту
величину буквой х. Из подобия треугольников АВС и О АВ следует,
что
х— 1 ± V 5
, откуда х =R.
R - х2
Учитывая, что х > 0, получаем:
х =х =
х =
х =
Докажите, что отрезок АК, изображенный на рисунке 88 (рис. 337 учебника), равен стороне правильного десятиугольника, вписанного в окружность с центром О.
Решение. Пусть R — радиус окружности с центром О. Катеты О А и ОС прямоугольного треугольника О АС равны ^ и ^. Следо- /1 V5
вательно, его гипотенуза АС равна JR^ + -R? = -$- R. Учитывая,
RV5 — 1
что СК = —, получаем: АК = —-—R. Таким образом, отрезок АК равен стороне правильного десятиугольника, вписанного в окружность радиуса R (см. задачу 1279).
Около правильного пятиугольника А1А2А3А4А5 описана окружность с центром О. Вершинами треугольника АВС являются середины сторон А1А2, А2А3 и А3А4 пятиугольника. Докажите, что центр О данной окружности и центр Oi окружности, вписанной в треугольник АВС, симметричны относительно прямой АС.
Решение. Проведем диагональ А1А4 (рис. 89). Заметим прежде всего, что четырехугольник А1А2^з^4 — трапеция. В самом деле, поскольку этот четырехугольник — вписанный, то ДА\ + А A3 = 180°. С другой стороны, пятиугольник Ai^^^U^S — правильный, поэтому
ZA2 = ZAg. Следовательно, ZAi + ZA2 = 180°, а значит, прямые А1А4 и Л2Л3 параллельны.
Пусть М — середина диагонали А1А4. Треугольник МААу равнобедренный. Действительно, его сторона МАу равна половине диагонали пятиугольника. Но и сторона МА, будучи средней линией треугольника Л1Л2^Ц> равна половине диагонали пятиугольника. Следовательно, МА = МАу, а значит, АМААу = АМАуА.
Отрезок АС — средняя линия трапеции А1А2^-з^4- Поэтому АСАА2 = АМАуА. Следовательно, АСАА2 = АМААу.
Отрезок О А — медиана равнобедренного треугольника АуОА2, а значит, и его высота. Следовательно, АО АС = 90° - АСАА2 = 90° - — АМААу = АО АМ. Иными словами, луч АО — биссектриса угла САМ. Аналогично доказывается, что луч СО — биссектриса угла АСМ. Таким образом, точка О — центр окружности, вписанной в треугольник АСМ.
В четырехугольнике АВСМ каждая сторона равна половине диагонали пятиугольника, поэтому этот четырехугольник — ромб. Следовательно, треугольники АВС и АМС симметричны относительно прямой АС. Но тогда и центры Оу и О окружностей, вписанных в эти треугольники, симметричны относительно прямой АС.
1282* В данную окружность впишите правильный десятиугольник.
Решение. Проведем два взаимно перпендикулярных радиуса О А и О В данной окружности (см. рис. 88), найдем середину С радиуса ОВ и на луче С А отложим отрезок СК, равный половине радиуса ОВ. Отрезок АК равен стороне искомого десятиугольника (см. задачу 1280).
1283* В данную окружность впишите правильный пятиугольник.
Решение. На данной окружности отметим вершины правильного десятиугольника (см. задачу 1282), а затем соединим их хордами через одну.
В данную окружность впишите пятиконечную звезду.
Решение. На данной окружности отметим вершины правильного пятиугольника (см. задачу 1283), а затем соединим их хордами в соответствующем порядке.
Пусть М — произвольная точка, лежащая внутри правильного n-угольника. Докажите, что сумма перпендикуляров, проведенных из точки М к прямым, содержащим стороны n-угольника, равна пг, где г — радиус вписанной окружности.
Решение. Соединим точку М отрезками с вершинами данного многоугольника. В результате многоугольник окажется разделенным на п треугольников с общей вершиной М, в каждом из которых основанием является сторона многоугольника, а высотой hi — перпендикуляр,
проведенный из точки М к прямой, содержащей эту сторону. Площадь n-угольника равна сумме площадей указанных треугольников:
8 =8 =a^hx + h2 + ... + /in)2a^hx + h2 + ... + /in)2
8 =
8 =
a^hx + h2 + ... + /in)
2
a^hx + h2 + ... + /in)
2
где a — сторона многоугольника. С другой стороны, площадь описанного многоугольника равна половине произведения его периметра на радиус вписанной окружности (см. задачу 697): S = ^^. Приравнивая эти выражения, получим:
h\ + h2 + ... + hn = nr.
Углы треугольника образуют геометрическую прогрессию со знаменателем 2. Докажите, что середины сторон и основания высот этого треугольника являются шестью вершинами правильного семиугольника.
Решение. Рассмотрим треугольник АВС, у которого АВ = 2ZA, АС = 2ZB. Учитывая, что ДА + ZB + ZC = 180°, получаем:
777
Пусть АХ,ВХ,СХ — середины сторон данного треугольника, а А^, В2, ^2 ~ основания его высот (рис.90). Точки Дь Вх, Сх, А^, В^, С^ лежат на одной окружности (окружности Эйлера, см. задачу 895). Сторонами треугольника АХВХСХ являются средние линии треугольника АВС, поэтому эти треугольники подобны. Следовательно,
вхсх = ^вхсх = ^АХСХ =2-^, - АХВХ =4-^,АХСХ =2-^, - АХВХ =4-^,
вхсх = ^
вхсх = ^
АХСХ =2-^, - АХВХ =4-^,
АХСХ =2-^, - АХВХ =4-^,
Рис. 90Рис. 90
Рис. 90
Рис. 90
а значит, точки Ах Вх и Сх являются тремя вершинами правильного
семиугольника.
В четырехугольнике ВВ2СС2 противоположные углы В2 и С2 прямые. Поэтому окружность с центром Ах радиуса Д^ = ВХСХ проходит через точки В, В2, С и С2. Следовательно, Л1В2 = АХС2 = ВХСХ,
а значит, и Д1В2 Д1С2 =
ВХСХ = ^^-. Таким образом, точки В2 и С2 также являются вершинами указанного правильного семиугольника.
Аналогично, окружность с центром Вх радиуса = АХСХ проходит через точки А, А2, С и С2. Следовательно,
А-^ AiCi =2-^,
а значит, и точка Д2 является вершиной этого правильного семиугольника.
Пусть ABCD — квадрат, а АХВХСХ — правильный треугольник, вписанные в окружность радиуса R. Докажите, что сумма АВ А АХВХ равна длине полуокружности с точностью до 0,01R.
Решение. Имеем: АВ = V2 R 1,4147?, АХВХ = V3 R 1,7327?, АВ + АХВХ £з 3,1467?, а длина полуокружности равна тгВ £з 3,142 • R.
По данным рисунка 91 (рис. 338 учебника) докажите, что длина отрезка АС равна длине окружности с центром О радиуса R с точностью до 0,001 Я.
Решение. Имеем:
АС2 = ВС2 + АВ2 = 36Я2 + (Я + ОЛ)2, О А = A R,
откуда АС £з 6,28357?. С другой стороны, длина окружности радиусом 7? равна 2тг7? ^з 6,2832 • 7?.
На рисунке 92 (рис. 339 учебника) изображены четыре полуокружности: AEB, АКС, CFD, DLB, причем АС = DB. Докажите, что площадь заштрихованной фигуры равна площади круга, построенного на отрезке EF как на диаметре.
Решение. Пусть 8 — площадь заштрихованной фигуры. Имеем:
s = Со а2 + Сое2 - Сас2, ас = оа- ос,
224
откуда
S = ^тг(ОЛ2 + ОС2 + 20Л ■ ОС) = ^тг(ОЛ + ОС)2 == ^ОЕ + ОЯ)2 = |тгЯЯ2.
Построить границу круга, площадь которого равна: а) площади кольца между двумя данными концентрическими окружностями; б) площади
данного полукруга; в) площади данного кругового сектора, ограниченного дугой в 60°.
Решение, а) Пусть R и г — радиусы окружностей, ограничивающих кольцо, R > г. Построим прямоугольный треугольник с гипотенузой R и катетом г, а затем проведем окружность, радиус которой равен второму катету построенного треугольника. Эта окружность — искомая. В самом деле, согласно теореме Пифагора площадь ограниченного ею круга равна тг(Д2 — г2) = тгД2 — лт2, т. е. равна площади данного кольца.
Пусть R — радиус данного полукруга. Построим отрезок длины 1
R — таким отрезком является, например, половина диагонали квадрата со стороной R. Окружность радиуса -^ R — искомая, поскольку площадь ограниченного ею круга в два раза меньше площади круга радиуса R.
Пусть R — радиус данного сектора. Построим сначала отрезок а = -^- R (например, радиус окружности, описанной около равностороннего треугольника со стороной R\ а затем отрезок Ь = -^- а (см. п. б). Окружность радиуса b — искомая, поскольку площадь ограниченного ею круга в 6 раз меньше площади круга радиуса R.
Глава 4
ДВИЖЕНИЯ
Понятие движения
Докажите, что при осевой симметрии плоскости: а) прямая, параллельная оси, отображается на прямую, параллельную оси; б) прямая, перпендикулярная к оси, отображается на себя.
Решение, а) Прямая, параллельная оси, не имеет с осью общих точек. Следовательно, и та прямая, на которую она отображается, не имеет общих точек с осью, а значит, она параллельна оси.
Пусть А — произвольная точка данной прямой, не лежащая на оси. Эта точка отображается в такую точку Ai, что прямая АА\ перпендикулярна к оси и, следовательно, совпадает с данной прямой. Таким образом, каждая точка данной прямой (в том числе и точка пересечения данной прямой с осью) отображается в точку этой же прямой, а значит, вся прямая отображается на себя.
Докажите, что при центральной симметрии плоскости: а) прямая, не проходящая через центр симметрии, отображается на параллельную ей прямую; б) прямая, проходящая через центр симметрии, отображается на себя.
Решение, а) Пусть О — центр симметрии, А и В — произвольные точки данной прямой (рис. 93). Эти точки отображаются в такие точки
Рис. 93Рис. 93А\ и В\, что АО = ОА\ и ВО = = ОВ\. Следовательно, четырехугольник АВ\А\В — параллелограмм, а значит, прямые АВ и А\В\ параллельны.
Рис. 93
Рис. 93
б) При центральной симметрии каждая точка отображается в точку прямой, проходящей через эту точку и центр симметрии. Поэтому каждая точка данной прямой отображается в точку этой же прямой, а значит, вся прямая отображается на себя.
Докажите, что при движении параллельные прямые отображаются на параллельные прямые.
Решение. Докажем это утверждение методом от противного. Допустим, что данные параллельные прямые а и b отображаются на две
прямые ах и Ьх, имеющие общую точку М. Поскольку точка М лежит на прямой ai, то в нее отображается некоторая точка прямой а. По аналогичной причине в точку М отображается некоторая точка прямой Ь. Следовательно, точка, которая отображается в точку М, является общей точкой прямых а и Ь. Но это противоречит условию задачи: прямые а и b общих точек не имеют. Следовательно, прямые ах и Ьх также не имеют общих точек, а значит, эти прямые параллельны.
Докажите, что при движении: а) параллелограмм отображается на параллелограмм; б) трапеция отображается на трапецию; в) ромб отображается на ромб; г) прямоугольник отображается на прямоугольник, а квадрат — на квадрат.
Решение, а) Пусть Ах, Вх, Сх и Dx — точки, в которые отображаются вершины параллелограмма ABCD при некотором движении. При движении каждый отрезок отображается на отрезок, поэтому параллелограмм ABCD отображается на четырехугольник AxBxCxDx. Поскольку прямые АВ и CD, а также прямые ВС и DA параллельны, то АхВх || CxDx и ВхСх || DxAx (см. задачу 1151). Таким образом, в четырехугольнике AxBxCxDx противоположные стороны попарно параллельны, а значит, этот четырехугольник — параллелограмм.
Пусть Ах, Вх, Сх и Dx — точки, в которые отображаются вершины трапеции ABCD с основаниями AD и ВС при некотором движении. При движении каждый отрезок отображается на отрезок, поэтому трапеция ABCD отображается на четырехугольник AxBxCxDx. Поскольку прямые AD и ВС параллельны, то AxDx || ВхСх (см. задачу 1151). Далее, прямые АВ и CD не параллельны, а значит, эти прямые имеют общую точку. Следовательно, и прямые АхВх и CxDx имеют общую точку. Итак, в четырехугольнике AxBxCxDx стороны AxDx и ВхСх параллельны, а стороны АхВх и CxDx не параллельны, поэтому этот четырехугольник — трапеция.
При движении ромб ABCD отображается на параллелограмм AxBxCxDx (см. п. а), стороны которого равны сторонам этого ромба. Поэтому четырехугольник AxBxCxDx — ромб.
При движении прямоугольник ABCD отображается на параллелограмм AxBxCxDx (см. п. а). Поскольку при этом каждый его угол отображается на равный ему угол (см. задачу 1150), то все углы параллелограмма AxBxCxDx прямые, а значит, этот параллелограмм — прямоугольник. Если четырехугольник ABCD является квадратом, т. е. прямоугольником и ромбом одновременно, то прямоугольник AxBxCxDx является ромбом (см. п. в). Следовательно, в этом случае четырехугольник AxBxCxDx — квадрат.
Докажите, что при движении окружность отображается на окружность того же радиуса.
Решение. Пусть М — произвольная точка окружности радиуса R с центром О, Мх и Ох — точки, в которые при некотором движении
отображаются точки М и О. Поскольку О\М\ = ОМ, то точка Mi лежит на окружности радиуса R с центром Оь С другой стороны, в каждую точку окружности радиуса R с центром О\ отображается некоторая точка плоскости, лежащая на расстоянии R от точки О, т. е. лежащая на окружности радиуса R с центром О. Таким образом, каждая точка данной окружности отображается в точку окружности радиуса R с центром Oj, и в каждую точку этой окружности отображается какая-то точка данной окружности. Но это и означает, что данная окружность отображается на окружность радиуса R с центром 01, т. е. на окружность того же радиуса.
Докажите, что отображение плоскости, при котором каждая точка отображается на себя, является наложением.
Решение. Из определения движения следует, что отображение, указанное в условии задачи, является движением. Но по теореме п. 115 любое движение является наложением. Следовательно, это отображение — наложение.
Даны произвольные треугольники АВС и А\В\С\. Докажите, что существует не более одного движения, при котором точки А, В и С отображаются в точки Ai, В\ и СТ
Решение. Докажем это утверждение методом от противного. Допустим, что существует два движения, при которых точки А, В и С отображаются в точки Ai, В\ и СТ Тогда на плоскости найдется хотя бы одна такая точка М, которая при одном движении отображается в точку Mi, а при другом — в точку М2 (рис. 94). Из определения движения следует, что АМ = А\М\ и АМ = Д1М2, поэтому А\М\ = АХМ2. Таким образом, точка Ai равноудалена от концов отрезка Mi М2, а значит, точка Ai лежит на серединном перпендикуляре к отрезку Mi М2. Аналогично доказывается, что точки В\ и С\ лежат на том же серединном перпендикуляре. Но это противоречит условию
задачи: вершины треугольника А\В\С\ не лежат на одной прямой.
Следовательно, движений, при которых точки А, В и С отображаются в точки А\, В\ и С\, не более одного.
Докажите, что два параллелограмма равны, если смежные стороны и угол между ними одного параллелограмма соответственно равны смежным сторонам и углу между ними другого параллелограмма.
Решение. Пусть ABCD и A\B\C\D\ — два параллелограмма, у которых АВ = А\В\, AD = A\D\ и АА = АА\ (рис. 95). Треугольники ABD и A\B\D\ равны по первому признаку равенства тре-
угольников, поэтому BD = B\D\. Следовательно, существует такое движение, при котором точки А, В и D отображаются в точки Ai, В\ и Dx (см. задачу 1156). При этом движении прямая ВС отображается на прямую, проходящую через точку Вх и параллельную прямой A\D\ (см. задачу 1151), т. е. на прямую В\С\. Аналогично прямая CD отображается на прямую C\D\. Поэтому при рассматриваемом движении параллелограмм ABCD отображается на параллелограмм A\B\C\D\. Но по теореме п. 115 любое движение является наложением. Тем самым мы доказали, что параллелограммы ABCD и A\B\C\D\ можно совместить наложением, а значит, эти параллелограммы равны.
Даны две прямые а и Ь. Постройте прямую, на которую отображается прямая b при осевой симметрии с осью а.
Решение. Отметим на прямой b какие-нибудь две точки А и В (рис. 96). Построим сначала точку Ах, симметричную точке А относительно прямой а. Для этого достаточно провести перпендикуляр АН к прямой а и продолжить его за точку Н на отрезок НАх = НА. Затем таким же способом построим точку Вх, симметричную точке В относительно прямой а. Прямая АхВх — искомая. В самом деле, искомая прямая должна проходить через точки Ах и Д, а через эти точки проходит только прямая АхВх.
Даны прямая а и четырехугольник ABCD. Постройте фигуру F, на которую отображается данный четырехугольник при осевой симметрии с осью а. Что представляет собой фигура F?
Решение. Построим точки Ах, Вх, Сх и Dx, симметричные точкам А, В, С и D относительно прямой а (см. решение задачи 1158), и проведем отрезки АхВх, ВхСх, CxDx и DxAx. Искомой фигурой F является четырехугольник A\B\C\D\.
Ответ. Четырехугольник.
Даны точка О и прямая Ь. Постройте прямую, на которую отображается прямая b при центральной симметрии с центром О.
Решение. Отметим на прямой b какие-нибудь две точки А и В (см. рис.93). Построим сначала точку Ах, симметричную точке А относительно точки О. Для этого достаточно провести отрезок АО
и продолжить его за точку О на отрезок О Ах = О А. Затем таким же способом построим точку Вх, симметричную точке В относительно точки О. Прямая АхВх — искомая. В самом деле, искомая прямая должна проходить через точки Ах и Вх, а через эти точки проходит только прямая А\В\.
Даны точка О и треугольник АВС. Постройте фигуру F, на которую отображается треугольник АВС при центральной симметрии с центром О. Что представляет собой фигура F?
Решение. Построим точки Ль Si и Сь симметричные точкам А, В и С относительно точки О (см. решение задачи 1160), и проведем отрезки АхВх, В\С\ и С\А\. Искомой фигурой F является треугольник АхВуСх.
Ответ. Треугольник.
§ 2. Параллельный перенос и поворот
Начертите отрезок АВ и вектор MMi. Постройте отрезок AiBi, который получится из отрезка АВ параллельным переносом на вектор ММь
Решение. Отложим от точек А и В векторы ААх и ВВх, равные >
вектору ММх (см. задачу 743). Отрезок АхВх — искомый.
Начертите треугольник АВС, вектор ММх, который не параллелен ни одной из сторон треугольника, и вектор "а, параллельный стороне АС. Постройте треугольник А\В\С\, который получится из треугольника АВС параллельным переносом: а) на вектор ММх; б) на вектор "а .
Решение, а) Построим отрезки АхВх, ВхСх и СхАх, которые получатся из отрезков АВ, ВС и С А параллельным переносом на вектор >
ММх. Треугольник АхВхСх — искомый.
б) Решение этой задачи аналогично решению задачи 1163, а.
Рис. 97Рис. 97Даны равнобедренный треугольник АВС с основанием АС и точка D на прямой АС, такая, что точка С лежит на отрезке AD. а) Постройте отрезок BxD, который получается из отрезка ВС параллельным переносом на вектор CD. б) Докажите, что четырехугольник АВBxD — равнобедренная трапеция.
Рис. 97
Рис. 97
Решение, а) Отложим от точки В вектор ВВх = CD (рис.97). Отрезок BxD — искомый.
б) В четырехугольнике ВВх DC противоположные стороны ВВх и CD равны и параллельны, поэтому этот четырехугольник —
параллелограмм. Следовательно, B\D = ВС = В А и ВВх || AD. Кроме того, B\D || ВС, а значит, прямые АВ и B\D не параллельны. Но это и означает, что четырехугольник ABB\D — равнобедренная трапеция.
Даны треугольник, трапеция, окружность и вектор "а . Постройте фигуры, которые получаются из этих фигур параллельным переносом на вектор "а .
Решение. Эта задача сводится к задаче 1162. Так, для построения фигур, которые получаются из треугольника и трапеции, достаточно построить отрезки, которые получаются из их сторон параллельным переносом на вектор а ; для построения фигуры, которая получается из окружности, достаточно построить отрезок, который получается из какого-нибудь ее радиуса указанным параллельным переносом.
Постройте отрезок А\В\, который получается из данного отрезка АВ поворотом вокруг данного центра О: а) на 120° по часовой стрелке; б) на 75° против часовой стрелки; в) на 180°.
Решение, а) Построим сначала угол в 120°. Таким углом является, например, внешний угол произвольного равностороннего треугольника. Затем от луча О А отложим угол АОА\, равный построенному углу, так, чтобы поворот от ОА к ОА\ на 120° осуществлялся по часовой стрелке. Аналогично построим угол ВОВх. Отрезок А\В\ — искомый.
Построим сначала угол в 75°. Таким углом является, например, половина угла, смежного с углом в 30°. Затем от луча О А отложим угол АО Ах, равный построенному углу, так, чтобы поворот от О А к ОАх на 75° осуществлялся против часовой стрелки. Аналогичным образом построим угол ВОВх. Отрезок А\В\ — искомый.
Искомым отрезком является отрезок А\В\, в который отображается отрезок АВ при центральной симметрии с центром О (см. решение задачи 1160).
Постройте треугольник, который получается из данного треугольника АВС поворотом вокруг точки А на угол 150° против часовой стрелки.
Решение. Построим сначала угол в 150°. Таким углом является, например, угол, смежный с углом в 30°. Затем от луча АВ отложим угол ВАВх, равный построенному, так, чтобы поворот от АВ к АВх на 150° осуществлялся против часовой стрелки. Аналогично построим угол САСх. Треугольник АВ\С\ — искомый.
Точка D является точкой пересечения биссектрис равностороннего треугольника АВС. Докажите, что при повороте вокруг точки D на угол 120° треугольник АВС отображается на себя.
Решение. Каждый из углов А и В треугольника ABD равен
= 30°. Следовательно, DA = DB и AAD В = 120°. Поэтому при повороте вокруг точки D на угол 120° (в соответствующем направлении) вершина А отображается в вершину В. По аналогичной причине вершина В отображается в вершину С, а вершина С — в А. Тем самым треугольник АВС отображается на себя.
Докажите, что при повороте квадрата вокруг точки пересечения его диагоналей на угол 90° квадрат отображается на себя.
Решение. Диагонали квадрата равны, взаимно перпендикулярны и делятся точкой пересечения пополам. Следовательно, при повороте вокруг точки пересечения диагоналей на угол 90° каждая из вершин квадрата отображается в соседнюю вершину этого квадрата, а значит, весь квадрат отображается на себя.
Постройте окружность, которая получается из данной окружности с центром С поворотом вокруг точки О на угол 60° против часовой стрелки, если: а) точки О и С не совпадают; б) точки О и С совпадают.
Решение, а) Построим равносторонний треугольник О АС так, чтобы поворот от ОС к О А на 60° осуществлялся против часовой стрелки. Окружность с центром А, радиус которой равен радиусу данной окружности, — искомая.
При повороте окружности вокруг ее центра на произвольный угол эта окружность отображается на себя. Поэтому искомая окружность совпадает с данной окружностью.
Дополнительные задачи
При данном движении каждая из двух точек А и В отображается на себя. Докажите, что любая точка прямой АВ отображается на себя.
Решение. Пусть М — произвольная точка прямой АВ, М' — точка, в которую отображается точка М при данном движении. Из определения движения следует, что АМ = АМ', поэтому если точки М и М' не совпадают, то точка А лежит на серединном перпендикуляре к отрезку ММ'. По аналогичной причине на этом серединном перпендикуляре лежит и точка В, а значит, прямая АВ и есть серединный перпендикуляр к отрезку ММ'. Но этого не может быть, поскольку точка М лежит на прямой АВ. Следовательно, точки М и М' совпадают.
Мы доказали, что произвольная точка М прямой АВ при данном движении отображается на себя. Следовательно, и вся прямая АВ отображается на себя.
При данном движении каждая из вершин треугольника АВС отображается на себя. Докажите, что любая точка плоскости отображается на себя.
Решение. Докажем это утверждение методом от противного. Допустим, что на плоскости найдется хотя бы одна такая точка М, которая при данном движении отображается в точку Mi, не совпадающую с М. Из определения движения следует, что АМ = АМх, поэтому точка А лежит на серединном перпендикуляре к отрезку Mi М2. Аналогично доказывается, что точки В w С лежат на том же серединном перпендикуляре. Но это противоречит условию задачи: вершины треугольника АВС не лежат на одной прямой. Следовательно, точки М и Mi совпадают, что и требовалось доказать.
Докажите, что два прямоугольника равны, если: а) смежные стороны одного прямоугольника соответственно равны смежным сторонам другого; б) сторона и диагональ одного прямоугольника соответственно равны стороне и диагонали другого.
Решение, а) Поскольку все углы прямоугольника прямые, то смежные стороны и угол между ними одного прямоугольника соответственно равны смежным сторонам и углу между ними другого. Следовательно, эти прямоугольники равны (см. задачу 1157).
б) Из теоремы Пифагора следует, что смежные стороны одного прямоугольника соответственно равны смежным сторонам другого. Следовательно, эти прямоугольники равны (см. задачу 1174, а).
Даны прямая а и точки М и N, лежащие по одну сторону от нее. Докажите, что на прямой а существует единственная точка X такая, что сумма расстояний MX + XN имеет наименьшее значение.
Решение. Пусть TVi — точка, симметричная точке N относительно прямой а (рис. 98). Поскольку отрезки XN и XNx симметричны относительно прямой а, то XN = XNx. Следовательно, MX + XN = = MX + XNx. Если точка X не лежит на прямой MNx, то из неравенства треугольника следует, что MX + XNx > > MNx; если же эта точка лежит на прямой MNx, а значит, и на отрезке MNx (точки М и N\ лежат по разные стороны от прямой а), то MX + XNx = = MNx. Таким образом, сумма MX + + ХТД, а значит, и равная ей сумма MX + XN принимает наименьшее значение тогда и только тогда, когда точка X является точкой пересечения прямых а и MNx.
Рис. 99Рис. 99Даны острый угол АВС и точка D внутри него. Используя осевую симметрию, найдите на сторонах данного угла такие точки Е и F, чтобы треугольник DEF имел наименьший периметр.
Рис. 99
Рис. 99
Решение. Пусть D\ и D^ — точки, симметричные точке D относительно прямых АВ и ВС (рис. 99), Е и F — произвольные точки, лежащие на сторонах АВ и ВС данного угла. Поскольку отрезки ED и ED\ симметричны относительно прямой АВ, то ED = ED\.
По аналогичной причине FD = FD2. Следовательно, периметр тре
угольника DEF равен D^F + ЕЕ + ED\.
Из неравенства треугольника следует, что D^F + ЕЕ ^ D2E, при
чем знак равенства возможен только в том случае, когда точка F лежит на отрезке D2E. По аналогичной причине D2E + ED\ ^ D2D1, причем знак равенства возможен только в том случае, когда точка Е лежит на отрезке D2DX. Из полученных неравенств следует, что
D2F + ЕЕ + ED\ D2E + ED\ D2Dx ,
откуда D2F + ЕЕ + ED\ ^ D2D\, причем знак равенства возможен только в том случае, когда точки Е и F лежат на отрезке D2D1. Таким образом, сумма D2F + ЕЕ + ED\, равная периметру треугольника DEF, принимает наименьшее значение тогда, когда точки Е и F являются точками пересечения прямой D2D1 со сторонами АВ и ВС данного угла.
1178. На сторонах АВ и CD параллелограмма ABCD построены квадраты так, как показано на рисунке 100 (рис. 332 учебника). Используя параллельный перенос, докажите, что отрезок, соединяющий центры этих квадратов, равен и параллелен стороне AD.
Рис. 100Рис. 100Решение. При параллельном переносе на вектор AD сторона АВ параллелограмма отображается на его сторону DC. Поэтому квадрат, построенный на стороне АВ, отображается на квадрат, построенный на стороне DC. Следовательно, при указанном параллельном переносе центр О\ первого квадрата переходитв центр О2 второго квадрата, а значит, O1O2 = AD. Поскольку точки A, D и 01 не лежат на одной прямой (см. рис. 100), то из полученного равенства следует, что отрезки O1O2 и AD равны и параллельны.
Рис. 100
Рис. 100
Рис. 101Рис. 101
Рис. 101
Рис. 101
1179* На стороне АВ прямоугольника ABCD построен треугольник ABS, CCi ± AS, DDX ± BS (рис. 101, рис. 333 учебника). Используя параллельный перенос, докажите, что прямые SK и АВ взаимно перпендикулярны.
Решение. При параллельном переносе на вектор ВС отрезок АВ отображается на отрезок DC, поэтому треугольник ABS отображается на треугольник DCS\, где S\ — точка, на которую отображается точка S. Поскольку прямые AS и DS\ параллельны, а прямые AS и СС\ вза
имно перпендикулярны, то прямые DS\ и СС\ взаимно перпендикулярны. По аналогичной причине прямые CS\ и DD\ взаимно перпендикулярны, а значит, точка К является точкой пересечения высот треугольника DCS\. Из этого следует, что прямая S\K перпендикулярна к прямой CD, а значит, параллельна прямой ВС. Прямая SS\ также параллельна прямой ВС. Следовательно, точка Sx лежит на прямой SK, причем эта прямая параллельна прямой ВС, а значит, перпендикулярна к прямой АВ.
В окружность с центром О вписаны два равносторонних треугольника АВС и А\В\С\, причем вершины обозначены так, что направление обхода по дуге АВС от точки А к точке С совпадает с направлением обхода по дуге А\В\С\ от точки Ах к точке С\. Используя поворот вокруг точки О, докажите, что прямые ААХ, ВВХ и СС\ либо проходят через точку О, либо, пересекаясь, образуют равносторонний треугольник.
Решение. Рассмотрим поворот вокруг точки О на угол 120°, при котором вершина А треугольника АВС отображается на вершину В (рис. 102). При этом повороте вершина В отображается в вершину
С, а вершина С — в вершину А. Кроме того, вершина Ах отображается в вершину Bi, а значит, прямая ААх отображается на прямую ВВх. По аналогичной причине прямая ВВх отображается на прямую ССх, а прямая ССх — на прямую ААх.
Если прямая ААх проходит через точку О (центр поворота), то и прямая ВВх, а значит, и прямая ССх проходят через точку О (рис. 102, а\ Если же прямая ААх не проходит через точку О, то и прямая ВВх не проходит через точку О. В этом случае прямые ААх и ВВх, пересекаясь, образуют угол в 60° (рис. 102, б). Аналогично, прямые ВВх и ССх, а также прямые ССх и ААх, пересекаясь, образуют угол в 60°. Следовательно, прямые ААх, ВВх и ССх, пересекаясь, образуют равносторонний треугольник.
Даны две пересекающиеся прямые и точка О, не лежащая на них. Используя центральную симметрию, постройте прямую, проходящую через точку О так, чтобы отрезок этой прямой, отсекаемый данными прямыми, делился точкой О пополам.
Решение. Пусть а и b — данные прямые, М — точка их пересечения (рис. 103). Построим сначала точку Мх, симметричную точке М относительно точки О. Затем проведем через точку Мх прямые, параллельные прямым а и b до пересечения с прямыми b и а в точках В и А соответственно. Прямая АВ — искомая. В самом деле, четырехугольник АМВМх — параллелограмм, отрезки ММх и АВ — его диагонали. Поскольку точка О — середина диагонали ММх, то диагональ АВ проходит через точку О и делится этой точкой пополам.
Используя параллельный перенос, постройте трапецию по ее основаниям и диагоналям.
Решение. Допустим, что требуется построить трапецию ABCD с основаниями AD и ВС. Построим сначала отрезок AD, равный одному из данных оснований, и продолжим его за точку D на отрезок DDx, равный другому основанию (рис. 104). Затем построим треугольник ACDx, стороны АС и CDx которого равны данным диагоналям. Наконец, построим точку В, в которую отображается
точка С при параллельном переносе на вектор D\D. Четырехугольник ABCD — искомая трапеция. В самом деле, стороны AD и ВС этого четырехугольника параллельны и равны данным основаниям трапеции, отрезок АС равен одной из данных диагоналей. Диагональ BD этого четырехугольника получается из отрезка CD\ параллельным переносом на вектор D\D. Поэтому BD = CD\, а значит, диагональ BD равна второй из данных диагоналей.
Задачи повышенной трудности
При данном движении д точка А отображается в точку В, а точка В — в точку А. Докажите, что д — центральная симметрия или осевая симметрия.
Решение. Ясно, что и симметрия относительно середины отрезка АВ и симметрия относительно серединного перпендикуляра к этому отрезку обладают указанным в условии задачи свойством. Тем самым требуется доказать, что не существует никакого третьего движения д, обладающего этим свойством. Докажем это. Пусть М — произвольная точка серединного перпендикуляра к отрезку АВ, не совпадающего с серединой О этого отрезка (рис. 105). При движении д точка М отображается в такую точку М\, что М\А = МВ = МА = М\В. Следовательно, точка М\ также лежит на серединном перпендикуляре к отрезку АВ. Прямоугольные треугольники АОМ и ВОМ{ равны по гипотенузе и катету, поэтому ОМ = ОМ\. Представляются только две возможности: либо точки М и М\ лежат на разных лучах с началом О — в этом случае точка О является серединой отрезка ММ{ (рис. 105, а); либо эти точки лежат на одном луче с началом О и, следовательно, совпадают (рис. 105, б). В первом случае существует не более одного движения, при котором точки А, В и М отображаются, соответственно, в точки В, А и М\ (см. задачу 1155). Во втором случае также существует не более одного движения, при котором точки А, В
ММ(МА
мх
аб
Рис. 106
и М отображаются, соответственно, в точки В, А и М (это доказывается аналогично). Следовательно, движений, обладающих указанным в условии задачи свойством, не более двух, что и требовалось доказать.
Даны два равных отрезка АВ и АхВх. Докажите, что существуют два и только два движения, при которых точки Л и В отображаются, соответственно, в точки Ах и Вь
Решение. Построим равнобедренный треугольник АВС с прямым углом А, проведем через точку Ах прямую, перпендикулярную к прямой А\Вх, и отметим на ней точки Сх и С2, для которых АхСх = = Л1С2 = АС (рис. 106). Поскольку при движении угол отображается на равный ему угол, то точка С отобразится либо в точку Сх, либо в точку С^. Движение, при котором точки А, В и С отображаются в точки соответственно Ах, Вх и Сх, существует, и притом только одно (см. задачу 1156). Аналогично, существует одно и только одно движение, при котором точки А, В и С отображаются в точки Ах, Вх и С^. Тем самым существуют два и только два движения, при которых точки А и В отображаются в точки соответственно Ах и Вь
Докажите, что два параллелограмма равны, если диагонали и угол между ними одного параллелограмма соответственно равны диагоналям и углу между ними другого.
Решение. Пусть ABCD и AxBxCxDx — данные параллелограммы, О и Ох — точки пересечения их диагоналей (рис. 107). Поскольку диагонали параллелограмма точкой пересечения делятся пополам, то треугольники АОВ и АхОхВх равны по первому признаку равенства треугольников,
а значит, АВ = А\В\. Следовательно, существует такое движение, при котором точки А, В и О отображаются в точки Ах, Вх и Ох (см. задачу 1156). При этом движении прямая О А отображается на прямую О\А\, прямая ОВ — на прямую О\В\, а значит, вершина С — на вершину Сх, а вершина D — на вершину Dx. Поэтому при рассматриваемом движении параллелограмм ABCD отображается на параллелограмм A\B\C\D\. Но по теореме п. 115 любое движение является наложением. Тем самым мы доказали, что параллелограммы ABCD и AxBxCxDx можно совместить наложением, а значит, эти параллелограммы равны.
1294. Докажите, что две трапеции равны, если основания и боковые сто
роны одной трапеции соответственно равны основаниям и боковым сторонам
другой.
Решение. Пусть ABCD и AxBxCxDx — данные трапеции, АВ и А\В\ — их большие основания (рис. 108). Отложим на лучах АВ и А\В\ отрезки АЕ = DC и А\Е\ = D\C\. В четырехугольнике ADCE
противоположные стороны АЕ и DC равны и параллельны, поэтому
этот четырехугольник — параллелограмм. Следовательно, ЕС = AD.
По аналогичной причине ЕхСх = A\D\. Таким образом, треугольники
Рис. 108Рис. 108ВСЕ и В\С\Е\ равны по третьему признаку равенства треугольников, а значит, существует такое движение, при котором точки В, С и Е отображаются в точки Вх, Сх и Ех (см. задачу 1156). При этом движении прямая АВ отображается на прямую АхВх, точка А — в точку Ль параллелограмм ADCE — на параллелограмм AxDxCxEx, а следовательно, вершина D — в вершину Dx. Итак, при рассматриваемом движении трапеция ABCD отображается на трапецию AxBxCxDx. Но по теореме п. 115 любое движение является наложением. Тем самым мы доказали, что трапеции ABCD и AxBxCxDx можно совместить наложением,
Рис. 108
Рис. 108
а значит, эти трапеции равны.
1295. Докажите, что два треугольника равны, если две неравные стороны и разность противолежащих им углов одного треугольника соответственно равны двум сторонам и разности противолежащих им углов другого.
Решение. Пусть АВС и АхВхСх — данные треугольники, АВ = = АХВХ, АС = АхСх, АВ - АС = АВХ - АСХ > 0, АН и АХНХ - высоты данных треугольников, D и Dx — точки, симметричные С и Сх относительно прямых АН и АхНх (рис. 109). Треугольники ABD и AxBxDx равны по первому признаку равенства треугольников: АВ =
Рис. 109Рис. 109
Рис. 109
Рис. 109
= А\В\ по условию, AD = АС = А\С\ = A\D\, ZB AD = ZABC — — ZD = ZB — ZC = ZB\ — ZC\ = ZBiAiDi. Следовательно, ZD = = ZD\. Ho ZD = ZC, ZD\ = ZC\. Таким образом, у данных треугольников ZC = ZC\, поэтому ZB = ZB\, а значит, и ZA = ZA\. Тем самым данные треугольники равны по первому признаку равенства треугольников.
Вершины одного параллелограмма лежат, соответственно, на сторонах другого параллелограмма. Докажите, что точки пересечения диагоналей этих параллелограммов совпадают.
Решение. Рассмотрим параллелограмм ABCD, вершины которого лежат на сторонах параллелограмма A\B\C\D\ (рис. НО). Пусть О — точка пересечения диагоналей параллелограмма ABCD. При симметрии с центром О точка А отображается в точку С, а значит, прямая A\D\ — на прямую, проходящую через точку С и параллельную прямой A\D\, т. е. на прямую В\С\. Аналогично, прямая А\В\ отображается на прямую C\D\. Следовательно, точка А\ отображается в точку пересечения прямых В\С\ и C\D\, т. е. в точку С\. Это означает, что точка О — середина диагонали А\С\, или, что то же самое, точка пересечения диагоналей параллелограмма A\B\C\D\.
Даны две окружности и прямая. Постройте правильный треугольник так, чтобы две вершины лежали, соответственно, на данных окружностях, а высота, проведенная из третьей вершины, лежала на данной прямой.
Решение. Построим сначала окружность, симметричную одной из данных окружностей относительно данной прямой, и обозначим буквой А одну из точек пересечения этой окружности с другой данной окружностью (рис. 111). Затем построим точку В, симметричную точке
А относительно данной прямой (она, очевидно, будет лежать на первой окружности). Наконец, отметим на данной прямой точку С, находящуюся на расстоянии АВ от точки А. Треугольник АВС — искомый.
На стороне угла АОВ, вершина которого недоступна, дана точка М. Постройте отрезок, равный отрезку ОМ.
Решение. Пусть, например, точка М лежит на стороне О В (рис. 112). Построим сначала прямую, симметричную прямой ОА относительно точки М (для этого достаточно построить точки, симметричные каким-нибудь двум точкам прямой ОА, и провести через них прямую). Поскольку при симметрии с центром М прямая О В отображается на себя, то точка О отображается в точку С пересечения построенной прямой с прямой ОВ. Следовательно, отрезок МС — искомый.
Даны две пересекающиеся окружности. Постройте отрезок, концы которого лежат соответственно на данных окружностях, а его середина совпадает с одной из точек пересечения данных окружностей.
Решение. Пусть М — одна из точек пересечения данных окружностей (рис. 113). Построим сначала окружность, симметричную одной из данных окружностей относительно точки М, и обозначим буквой А точку ее пересечения со второй из данных окружностей, отличную от М. Далее построим точку В, симметричную точке А относительно точки М (она, очевидно, будет лежать на первой окружности). Отрезок АВ — искомый.
1300. Постройте треугольник по трем медианам.
Решение. Построим сначала треугольник АОО\, каждая из сто-
2
рон которого равна - соответствующей медианы (рис. 114). Затем через середину М стороны ОО\ проведем отрезок АМ и продолжим его
за точку М на отрезок МС, равный АМ. Наконец, продолжим отрезок 010 за точку О на отрезок ОВ, равный 010. Треугольник АВС —
искомый.
В самом деле, поскольку точка М — середина отрезка АС, то от-
3
резок ВМ — медиана треугольника АВС, равная -001, т- е- Равная
Рис. 114Рис. 114Рис. 115Рис. 115
Рис. 114
Рис. 114
Рис. 115
Рис. 115
одной из данных медиан. Точка О делит медиану ВМ в отношении 2:1, считая от вершины В, а значит, является точкой пересечения 2
медиан треугольника АВС. Отрезок АО равен - другой из данных медиан, поэтому медиана треугольника АВС, проведенная из вершины А, равна этой данной медиане. Осталось заметить, что четырехугольник АОСО\ — параллелограмм, поскольку его диагонали АС и ОО\ пересекаются в точке М и делятся этой точкой пополам. Следовательно, ОС = АО\, а значит, медиана треугольника АВС, проведенная из вершины С, равна третьей из данных медиан.
Постройте трапецию, стороны которой соответственно равны данным отрезкам.
Решение. Построим сначала треугольник ВСЕ, стороны ВСи BE которого равны данным боковым сторонам трапеции, а сторона СЕ — разности ее оснований (рис. 115). Затем построим отрезок AD, получаемый из отрезка BE параллельным переносом на вектор, сонаправленный с вектором СЕ, длина которого равна меньшему из данных оснований. Четырехугольник ABCD — искомая трапеция.
Даныдве точки Л и В и две пересекающиеся прямые end. Постройте параллелограмм ABCD так, чтобы вершины С и D лежали соответственно на прямых end.
Решение. Построим сначала прямую d', получаемую из прямой d параллельным переносом на вектор АВ (рис. 116), и обозначим буквой С точку пересечения этой прямой с прямой с. Затем отметим точку D прямой d, которая при указанном параллельном переносе отобразилась в точку С. Четырехугольник ABCD — искомый параллелограмм.
Рис. 117Рис. 117Даны прямая, окружность и точка А, не лежащая на них. Постройте квадрат ABCD так, чтобы вершина В лежала на данной прямой, а вершина D — на данной окружности.
Рис. 117
Рис. 117
Решение. Построим сначала окружность, на которую отображается данная окружность при повороте на 90° вокруг точки А, и обозначим буквой В одну из точек пересечения этой окружности с данной прямой (рис. 117). Далее отметим точку D данной окружности, которая при указанном повороте отобразилась в точку В. Наконец, проведем через точки В и D прямые, параллель
ные прямым AD и АВ, и обозначим точку их пересечения буквой С. Четырехугольник ABCD — искомый квадрат.
Учебное издание
АТАНАСЯН Левон СергеевичБУТУЗОВ Валентин ФедоровичКАДОМЦЕВ Сергей БорисовичЮДИНА Ирина Игоревна
ГЕОМЕТРИЯ. 9 КЛАСС
Редактор В. С. АроловичОригинал-макет: А.М. СадовскийОформление переплета: А.А. Логунов
ЛР №071930 от 06.07.99. Подписано в печать 30.12.04.
Формат 60x90/16. Бумага офсетная. Печать офсетная.
Усл. печ. л. 10. Уч.-изд. л. 11,0. Заказ №
Издательская фирма «Физико-математическая литератураМАИК «Наука/Интерпериодика»
117997, Москва, ул. Профсоюзная, 90
E-mail: fizmat@maik.ru, fmlsale@maik.ru;
http://www.fml.ru
Отпечатано с готовых диапозитивовв ОАО «Ивановская областная типография»153008, г. Иваново, ул. Типографская, 6
E-mail: 091-018@adminet.ivanovo.ru
3) Если к2 < 2а2, то правая часть уравнения (1) отрицательна и поэтому координаты любой точки не удовлетворяют уравнению (1), т. е. нет ни одной точки, удовлетворяющей условию задачи.
Ответ. В зависимости от к; либо окружность с центром в середине отрезка АВ, либо точка — середина отрезка АВ, либо пустое множество.
УДК 373.167.1:514
ББК 22.151я.721
Г 36
Атанасян Л. С., Бутузов В. Ф., Кадомцев С. Б., Юдина И. И. Геометрия. 9 класс. — М.: ФИЗМАТЛИТ, 2005. — 160 с. — ISBN 5-9221-0574-4.
Настоящее издание является третьей частью учебно-методического пособия, содержащего решения задач из учебника «Геометрия 7-9» Л. С. Атанасяна, В.Ф. Бутузова, С. Б. Кадомцева, Э.Г. Позняка, И. И. Юдиной (М.: Просвещение, 1990 и последующие издания). Данный выпуск содержит решения задач, относящихся к 9 классу.
© ФИЗМАТЛИТ, 2005
ISBN 5-9221-0574-4ISBN 5-9221-0574-4С. Б. Кадомцев, И. И. Юдина, 2005С. Б. Кадомцев, И. И. Юдина, 2005© Л. С. Атанасян, В. Ф. Бутузов,
ISBN 5-9221-0574-4
ISBN 5-9221-0574-4
С. Б. Кадомцев, И. И. Юдина, 2005
С. Б. Кадомцев, И. И. Юдина, 2005
ОГЛАВЛЕНИЕ
Глава 1. Метод координат 5
1. Координаты вектора 5
. Простейшие задачи в координатах 11
Применение метода координат к решению задач 19
. Уравнения окружности и прямой 22
Использование уравнений окружности и прямой при решении задач 30
Дополнительные задачи 35
Применение метода координат к решению задач 44
Задачи повышенной трудности 49
Глава 2. Соотношения между сторонами и углами треугольника.
Скалярное произведение векторов 61
1. Синус, косинус и тангенс угла 61
. Соотношения между сторонами и углами треугольника 66
. Скалярное произведение векторов 78
Применение скалярного произведения векторов к решению задач. . .85
Дополнительные задачи 85
Задачи повышенной трудности 97
Глава 3. Длина окружности и площадь круга 107
. Правильные многоугольники 107
. Длина окружности и площадь круга 115
Дополнительные задачи 126
Задачи повышенной трудности 135
Оглавление
Глава 4. Движения 141
. Понятие движения 141
. Параллельный перенос и поворот 145
Дополнительные задачи 147
Задачи повышенной трудности 152