atnasyan-gdz-9-2005 (Ответы ко всем упражнениям из 3-х учебников Атанасяна), страница 14

Найдите косинус тупого угла Решен не. По координатам вершин треугольника найдем сначала длины его сторон: 92 Гл. 2. Соотношения между сторонами и углами треугольника Так как а = 5р +2д7, Ь = р — Зц, то = 36 4. 2 — 12 2~2 . 3 сов 45' + 9 = 288 — 72+ 9 = 225, АС =. чг225 = 15; = — 16 4 2+ 40 2ъг2 3 сов 45' + 25. 9 =- ! 28+ 240+ 225 =- 593, ВР = и'593 = 24,4. Ответ. 15 и = 24,4. ц =За — Ь 1068.

При каком значении т, векторы р = ха + 17 Ь и перпендикулярны, если ) а ( =- 2, ( Ь =- 5 и а Ь =- !20'з Решение. Векторы р и у перпендикулярны тогда и когда р д =-О, т. е. только тогда, (х а + 17 Ь )(3 а — б ) = О, или Зха +(51 — х)а Ь вЂ” 17Ь а=О. По условиям задачи а =4, Ь =25, а Ь =~аИЬ~сов~(а Ь)= — 2 5 сов60'= — 5, поэтому для х имеем уравнение: 3.4х+ (51 — х)( — 5) — !7 25 — — О, откуда 17х — 680, х — 40. Ответ.

х = 40. 1069. В прямоугольном равнобедренноьг треугольнике проведены медианы из вершин острых углов. Найдите острый угол между этими медианами Решение. Пусть АВС вЂ” данный треугольник, г'С = 90', АС = = ВС = 1, а АМ и В7зг — медианы (рис. 53). Рассмотрим векторы а = СА и Ь = СВ.

Ясно, что ~ а = ~ Ь ~ = 1, об=О. 93 Дополнагпельньье зада щ Рассмотрим вектор АР, равный вектору ЛгВ (см. рис. 53). ГИМАР = а — острый угол между медианами АЛХ и ВК, поэтому АМ АР АЛХ ХВ сова = ~АМ~ ~АР) ~АМ~ (ЛгВ! Выразим векторы АМ и ЛгВ через а и 5: ЛгВ =- 5 — — а. 2 АЛХ =- — 5 — а, 2 Следовательно, АЛХ ХВ= — + — =1, 2 '2 а так как (АЛХ! = ( — ) + ( — 1)а = ь/ — = —, (зтХА~ =, то сова = — — = —, о = 36'51'. хХ5 о5 5' 2 2 Ответ.

= 36'5!'. Ь =- х — — ', откуда Ь =- — х. 3 з т туз 2 А М В Рис. 54 Рис. 53 1070. В трапеции АВСХЗ с основаниями АВ = 16 см и ВС = 8 см боковая сторона АВ равна 4;Г7 см, а ААХдС = 60'. Через вершину С проведена прямая 6 делящая трапецию на два многоугольника, площади которых равны. Найдите площадь трапеции и длину отрезка прямой 1, заключенного внутри трапеции. Решение. 1. Пусть СН и ВЛХ вЂ” высоты трапеции; СН = ВМ = = )к а СХд = х (рис. 54), Найдем сначала Л и т,. По теореме Пифагора для треугольника НСВ, где х'.С = 30', имеем: 94 Ел. 2. Соотношения между егпоронами и углами треугольника Далее, АР = АЛХ + ЛХН + НР, т.

е. 1б см = АЛХ + 8 см + —, 2' У— откуда АЛХ = 8 см — — ' = 8 см —— 2 ХЗ' По теореме Пифагора для треугольника АВЛХ имеем: 2 АВв = — АЛХа+ ЛХВ~, т. е. 112 смв = 8 см — — ~ + )ьз, кХЗ / или йв — 4ъ 3 й см — 36 ем~ =. О. Отсюда имеем: Л = бъ'3 см, поэтому ю = 12 см.

2. Найдем теперь площадь В трапеции: .Ч = АР+ Вс Ь =- Рб+ . бкгЗ смв =- 72ЪГЗ сме 2 2 3. Так как прямая 1 делит трапецию на два многоугольника, площади которых равны, и Ягьлпс ( Ягьлыр, то прямая 1 пересекает не сторону АС, а основание АР трапеции в некоторой точке Е (см. рис.54). ! РЕ Л Имеем: Вгьсгэи = — Я = Збъ'3 смз, = 36!/3 смз, откуда 2 ' ' 2 РЕ =!2 см. По теореме косинусов для треугольника ЕСР получаем: СЕ =- РЕа+ СР— 2РЕ СР.

сов60' =- 144 см~, откуда СЕ = !2 см. От в ет. 72кГЗ см~, 12 см. 1071. В треугольнике АВС, площадь которо~о равна Зъ'3, угол А— острый, АВ = 4Я, АС = 3. Найдите радиус окружности, описанной около треугольника. Решение. По теореме о площади треугольника (п. 96) имеем: В,~4вс = -ЛВ ЛС вшА, или Зъ'3 = — 4ъ'3 ЗвгпА. 1 г- 1 г- 2 ' 2 ! ХЗ Отсюда следует, что гйп Л = —, и поэтому сов А = —. 2' 2 ВС Согласно задаче 1033, = 2Н, где Н вЂ” радиус описанной окруж- вшА ности. По теореме косинусов находим ВС; ВСа = АВ + АСв — 2АВ АС. сов А, 95 Дополнияельные зада ш или ВСз = 48+ 9 — 2 4ъ 3 .

3 — = 21, 2 откуда ВС = ъ'21. Следовательно, В = ' = ВС = ь|21. ВС 2яп А Ответ. у'21. 1072. Даи ромб МьУРЯ. Отрезок МГ биссектриса треугольника ЛХРЯ, ~ЯЛХОЙ = = 4а, ГО = а,. Найдите площадь данного ромба. Р е ш е н и е. Рассмотрим треугольник МЩ !рис. 55). Так как ~ОЛХР = ЕРЛХХУ = 2а, то .лОЛХР =. а. Далее, ЕЛИЗАР = 180' — л'.ЯЛХХ4 = 180' — 4с|, следовательно, ~ЛХРЯ = 180' — а — !180'— — 4а) = За.

Применив теорему синусов к треугольнику Л1ГО, найдем сторону ЛХО = х ромба: Рис. 55 х а азшЗа , откуда х = ашЗа япа а|па Очевидно, Я =- 28гьлгрг1, где Я вЂ” площадь ромба. Но Вг|мнс! = -х.х.в!пЛХОР = -х в!п(180' — 4а) = -х вш4а. и ! 2 2 2 Таким образом, а з!п" Заз!п4а з яп а а з|п Заяп4а |, 2 О т в е т. яп а 1075. В треугольнике АВС: А — биссектриса, АЛХ вЂ” медиана, Ь АС, с = АВ. Докажите, что: а) АХ! = 2Ьс 1 4 сов А б) АЛХ Ь-;с 2 — 'Б' - ~Г2| | 1 2 96 Гл.

2. Соотношения между сторонами и углами треугольника Решение. а) Так как А — биссектриса треугольника АВС, то, ВП с со~ласно задаче 535, = —, поэтому 1см. задачу 1074) 1+ — ) АВ~ = (-') Ьь + 26с — совА+ с~. ( с) з (с) з с- з Упростив это выражение, получим: (Ь+ с)аАВт = 2с" Ьт + 2стбт совА. Отсюда имеем: ~о 26 с 1! -'с сов Л) 26с ! -и сов Л (6 + с)е Ь Н- с 2 б) Так как АМ вЂ” медиана треугольника ЛВС, то, = 1. ПоэтоВМ му, согласно задаче 1074, 2аАМ ~ = Ьа + 26с соя А + с~. Отсюда имеем: Ам — — 9~ с,'.ьь. А. ! 2 1076. В параллелограмме диагонали взаимно перпендикулярны Докажите, что параллелограмм является ромбом. Решение. Обозначим буквой О точку пересечения диагоналей АС и ВЮ данного параллелограмма АВСВ.

Так как по условию АО 6 ВВ, а по свойству диагоналей параллелограмма ВО =- ОР, то в треугольнике АВВ отрезок ЛΠ— высота и медиана. Поэтому треугольник АВ — равнобедренный, т. е. АВ = АВ. Отсюда следует, что АВС — ромб. 1077. Докажите, что коэффициент подобия двух подобных треугольников равен отношению радиусов окружностей: а) описанных около треугольников; б) вписанных в зти треугольники. Решен не. Пусть АВС и А!В!С! — данные подобные треугольники, АВ = с, ВС = а, СА = Ь, А!В! = с!, В!С! = а!, С!А! = 6|, а й а Ь с коэффициент подобия, т.

е. 6 =. а~ 6~ с! 97 Задачи повышенной трудносяи а) Обозначим через В и В! радиусы описанных около треугольников АВС' и А!В!С! окружностей. Согласно задаче 1033 имеем: = 2ХХ, ' =- 2В!. япС яп С~ с Так как оС = оС!, то яп С = зшС!, а так как — = Лч то из предыдус1 щих двух равенств следует, что В с — ' = — = Л.

В~ с1 б) Обозначим через г и г! радиусы окружностей, вписанных в треугольники АВС и А!В!С!, а через О и О! — их центры, Треугольники АВО и А!В!О! подобны по первому признаку подобия треугольников, поэтому = ( ) = 92 (см. п. 58). Но ! ! ВзАВО = — с г, оттА,В,О, = — с! г1, следовательно, с г 2 г = й, откуда — = !г. с| г| 1 1 Задачи повышенной трудности 1269. На сторонах квадрата ЛХЖРСХ взяты точки А и В так, что УА = ! ! = — ЛХ:4, ЦВ =- — ЛХМ !рис. 56) Докажите, что сАЛХВ =- 45'. 2 ' 3 Р е ш е н и е. Обозначим сторону данного квадрата через а и выразим АЛХ, ВЛХ и Валлен через а !сьг. рис.

56). 1 ! Так как АЛХ =- -а, ВЯ = — а, то по теореме Пифагора имеем: 2 ' 3 АЛХ = а + -а- = -а, откуда АЛХ = — а; 2 1 2 5 тГ5 4 4 2 ВЛХ =а + — а = — а, откуда ВМ= а; !О 2 !0 9 9 3 5ьАзгв = а — бььдмА — 5атиВΠ— ВгзАРВ 2 2 1 2 1 2 ! 2 5 2 =а — — а — — а — — а = — а. 4 6 6 !2 4 Л.С. Атавасви и лр. 98 Гл. 2. Соотношения между сторонами и углами треугольника С другой стороны, 1 Бгьлатв = -АЛХ ВМ яшо, 2 где ст =- лАЫВ. Таким образом, 5 я 1 Л ЛΠ— и = — — а и я!пст, 12 2 2 3 откуда ьг2 я1по ' —— 2 Так как о ( 90', то о = 45'. 1 2 — ОС ОР.

я!пуь, где ш = АСОР, Яз = — ОВ ОА я!пса, 1 2 ОС я!п(180' — уь) =- — ОВ. ОС. яп р, 2 ОА я!п(180' — ф = -ОР ОА. яш ус. 2 Вз = — ОВ 1 2 В =.— ОР 1 2 Из этих равенств следует, что В! Яз = — ОС ОР ОВ ОА яшар, 4 Вз Яч = — ОВ ОС ОР ОА яш рь 1 2 А А В, с, Рис. 56 Рис. 57 1270. В четырехугольнике АВСР диагонали АС и ВР пересекаются в точке О. Площадь треугольника ОРС есть среднее пропорциональное между плошадями треугольников ОВС н ОАР.

Докажите, что АВСР— трапеция с основаниями АР н ВС или параллелограмм. Решение. ПУсть Я! = Виоов, Яя = Виолв, Вз = Бгьово, Вл = = Ягьорл !рис.57). Докажем сначала, что В! Яз = Яз Ял. В самом деле, 99 Задачи повышенной трудности поэтомУ В! Яэ — Вам. По условию задачи Я = 5з Вч. Учитывая предыдущее равенство, полУчаем: Я!~ =- В! Яа, т. е. Я! = Яз. Так как Волна =- Яз + В4, Яолрр .= В! + Я4, то Яолнр =- Ячьлср !см. рис. 57). Треугольники АВР и АСР имеют общее основание АР, следовательно, их высоты ВВ! и СС! равны.

Это означает, что АР ~ ВС. Отсюда мы заключаем, что четырехугольник АВСР— трапеция с основаниями АР и ВС или параллелограмм. 1271. Докажите, что площадь В произвольного четырехугольника со сто- 1 ронами а, 6, с, д (последовательно) удовлетворяет неравенству В < -(ас -1- 6д) 2 Р е ш е н и е.

Пусть АВСР— данный четырехугольник, АВ = а, ВС =- Ь, СР =- с, РА = 41. Рассмотрим сначала случай, когда этот четырехугольник -- выпуклый. Построим четырехугольник АВ!СР, как показано на рисунке 58, а. Тогда 71АВС = ЛСВ!А, и точки В и В! лежат по одну сторону от прямой АС. Следовательно, АВ! = = СВ = Ь, В! С = АВ = а, и поэтому о = оАВ~РР. Проведем диагональ В1Р четырехугольника АВ!СР, которая разделяет его на два треугольника АВ!Р и СВ!Р. Тогда ВАВ~ср — 5г4АВ~В + ВгьсВ;р— ! 1 1 = — Ызш/В!АР+ — аг:ьттгАВ!СР ( — (ос+ 641).

2 2 2 Итак, Я ( — (ос+ 641). ! Это соотношение верно и в том случае, когда четырехугольник АВСР— невыпуклый. В самом деле, пусть, например, вершины В и Р лежат по одну сторону от прямой АС (рис.58, б). Возьмем точку в, А Рис 58 !00 Гл. 2. Соотношения между сторонами и углами треугольника Вв, симметричную точке В относительно прямой АС, и рассмотрим четырехугольник АВзСР, который является выпуклым.

В нем АВз = = а, ВзС =- Ь, и по доказанному олв,св < -(ос+ Ьи). ! 2 Ясно, что В < Влв,св, следовательно, В < — (ас -!- Ьс1) . 1 2 1272. Докажите, что в треугольнике АВС биссектриса АА~ вычисляется А 2 26с сов— по формуле: АА~ =, где Ь = АС, с = АВ. 6+с Решение. Согласно задаче 1075 26с 1+соаА 6+с 2 Известно из тригонометрии, что для любого угла о соя2а =- соя сг — я1п сг, г поэтому соя А = соя — — я|п — = 2 соя — — 1.