atnasyan-gdz-7-2005 (546184), страница 20
Текст из файла (страница 20)
Аналогично получаем: ВС > ВВ~ > АС, причем знак равенства возможен только в том случае, когда точки В~ и С совпадают. Неравенства АС > ВС и ВС > АС выполняются одновременно только тогда, когда АС = ВС. Поэтому из условия задачи следует, что АС = АА| = ВС вЂ” — ВВН причем точки Аи В1 и С совпадают. Но это и означает, что треугольник АВС вЂ” равнобедренный, а его угол С— прямой (рис. 223, б). 352.
Даны две точки А и В и прямая а, не проходящая через эти точки. На прямой а постройте точку, равиоудалеииую от точек А и В. Всегда ли задача имеет решение? Ре ш е ни е. Через середину отрезка АВ проведем прямую 6, перпендикулярную к этому отрезку (рис.224, а). Точку пересечения прямых а и Ь обозначим буквой С. Точка С лежит на прямой а и равноудалена от точек А и В (см. задачу 160). Задача может иметь одно решение (если прямые о, и 6 пересекаются, рис.224, а), не иметь ни одного решения (если прямые а и 6 параллельны, рис. 224, б) или иметь бесконечно много решений (если прямые а и 6 совпадают, рис. 224, в).
Ответ. Не всегда. Л В С 1 а С(А и В,) б Рис. 223 113 Задачи новышвнной трудности к главам 3 и 4 Рис. 224 353. Постройте точку, лежащую на данной окружности и равноудалеииую от коипов данного отрезка. Сколько решений может иметь задача1 Решение. Пусть даны отрезок АВ и окружность с центром О (рис.225). Через середину отрезка АВ проведем прямую а, перпеидикуляриую к этому отрезку (рис.225, а).
Одну из точек пересечения прямой и с данной окружностью обозначим буквой С. Точка С— искомая (см. задачу 160). Задача может иметь два решения (если прямая пересекает окружность в двух точках, рис.225, а), одно решеиие (если прямая и окружность имеют одну общую точку, рис. 225, б), или ие иметь ии одного решения (если прямая и окружность ие имеют общих точек, рис. 225, в).
Ответ. Два, одно или ии одного. 354. Через три данные точки проведите окружность Всегда ли задача имеет решение? Решение. Пусть даны три точки Л, В и С (рис.226). Через середины отрезков АВ и ВС проведем прямые а и Ь, перпендикулярные к этим отрезкам (рис. 226, а). Если точки А, В и С ие лежат иа одной прямой, то прямые а и Ь пересекаются в некоторой точке О. Эта точка равиоудалеиа от концов отрезков АВ и ВС (см.
задачу 160), т. е. равиоудалеиа от точек А, В и С. Поэтому окружность с центром О радиуса ОА — искомая (рис.226, а). Если же точки Л, В и С лежат иа одной прямой, то прямые и и Ь параллельны. В этом случае задача решения ие имеет (рис. 226, б). Ответ. Не всегда.
Рис. 225 !14 Гл 4. Соотношения между сторонами и углами треугольника Рис. 226 355. Точки,4 и В лежат по одну сторону от прямой а. Постройте точку М прямой о так, чтобы сумма АЛХ 4 МВ была меньше суммы АХ 4 ХВ, где Х вЂ” любая точка прямой а, отличная от ЛТ. Решение. Построим отрезок АА1 так, чтобы данная прямая а проходила через его середину и была перпендикулярна к нему (рис.227). Тогда каждая точка Х прямой а равноудалена от точек А и Аы то есть АХ = А1Х (см. задачу 160).
Проведем прямую А1В. Она пересечет прямую а в некоторой точке М (так как точки В и А~ лежат по разные стороны от прямой и). Точка ЛТ искомая. Действительно, пусть Х вЂ” произвольная точка прямой а, отличная от точки ЛХ. Тогда Аы Х и В не лежат на одной прямой и, следовательно, А1Х + ХВ >,41В (неравенство треугольника). Но А~ В = А1 М + ЛХВ = АМ + МВ, А~Х = АХ, поэтому АМ+ МВ ( АХ+ ХВ. 356.
Постройте прямоугольный треугольник АВС, если даны острый угол В и биссектриса ВВ. Решение. Пусть Лй — данный угол с вершиной В (рис.228), Построим сначала биссектрису этого угла и отложим на ней отрезок Вс), равный данному отрезку. Затем построим прямую, проходящую через точку В и перпендикулярную к лучу Л. Обозначим точку пересечения этой прямой со сторонами угла Л и к буквами А и С. Треугольник АВС вЂ” искомый. ь А, Рис. 227 Рис. 228 115 Задачи новишенной трудности к главам 3 и 4 357.
На данной окружности постройте точку, равноудаленную от двух пересекающихся прямых. Сколько решений может иметь задачай Р е ш е н н е. Точки, равноудаленные от двух данных пересекающихся прямых, лежат на биссектрисах углов, образованных этими прямыми (задача 3!!). Поэтому если построить прямые о, и 5, содержащие биссектрисы углов, образованных данными прямыми, то искомыми точками будут точки пересечения прямых а и 6 с данной окружностью. Задача может иметь четыре решения (рис. 229, а), три решения (рис. 229, б), два решения (рис. 229, в), одно решение (рис. 229, г) или не иметь ни одного решения (рис. 229, д).
Ответ. Четыре, три, два, одно или нн одного. Рис. 229 116 Гл й. Соотношения между сторонами и углами треугольника 358. Даны три попарно пересекающиеся прямые, не проходящие через одну точку. Постройте точку, равноудаленную от этих прямых. Сколько решений имеет задача? Решение. Пусть А, В и С вЂ” точки, в которых попарно пересекаются данные прямые (рис. 230). Согласно задаче 311, искомой точкой является каждая из точек пересечения прямых, содержащих биссектрисы углов с вершинами А, В и С, отличная от А, В и С.
Указанных прямых шесть: это прямые а!, аа, аз, а4, аз, ав на рисунке 230. Построим их. Они попарно пересекаются Оз, Оз и Ол, отличных от А, В и С. Каждая — искомая. Рис. 230 в четырех точках О!, из этих четырех точек Ответ. Четыре. 359. Дана окружность с центром О и точка Л вне ее. Проведите через точку Л прямую, пересекающую окружность з точках В н С, таких, что АВ = ВС Р е ш е н и е.
Построим треугольник ОАР, в котором АР = Н, ОР = =- 2Л, где Н радиус данной окружности (рис. 231). Пусть  — точка пересечения прямой ОР и данной окружности. Проведем прямую АВ и обозначим буквой С вторую точку пересечения прямой АВ с данной окружностью. Прямая А — искомая. Действительно, равнобедренные треугольники АВР и СВО равны по первому признаку равенства треугольников: их боковые стороны равны по построению, Л1 =. х.'2 =. = с'.3 = л'.4, а значит, их углы при вершинах также равны. Следовательно, АВ = ВС. 360.
Постройте треугольник по периметру, одному из углов и высоте, проведенной нз вершины другого угла. Решение. Пусть даны лА, высота ВН искомого треугольника АВС и отрезок РО, равный его периметру (рис,232). Построим прямоугольный треугольник АВН по острому углу А и катету ВН. На луче Рис. 23! Рис. 232 Задачи новышвнной трудности к главам 3 и 4 11? АН отложим отрезок АЕ, равный данному периметру, а затем на луче ЕА отложим отрезок ЕР =- АВ.
Через середину отрезка ВР проведем прямую и, перпендикулярную к ВР, и точку пересечения прямой а и прямой АР обозначим буквой С, Треугольник АВС вЂ” искомый. Действительно, угол А равен данному углу по построению, ВН— заданная высота, ВС вЂ” -- СР 1см. задачу 160), РЕ =- АВ по построению. Поэтому РГ„) = АС л- СР+ РЕ = АС+ ВС+ АВ. 361. Г1остройте треугольник по периметру и двум углам Решение. Пусть даны с')11к1 и дйз)сз, равные углам А и С искомого треугольника АВС, и отрезок РЯ, равный его периметру Грис.233, а). Построим треугольник ВРЕ по стороне РЕ, равной Рис. 233 362. Постройте треугольник по стороне, разности углов при этой стороне и сумме двух других сторон. Решение.
Пусть ВС, АС+ АВ и сч = д — дС вЂ” данные элементы искомого треугольника АВС. Построим сначала треугольник ВСА1 по двум г1 сторонам ВС, СА| = АС+ АВ и углу А|ВС = 90' + — Грис. 234). Затем через 2 Рис. 234 отрезку РЯ, и двум прилежащим к ней углам с'Р = и лЕ = г'.1н 1ч~ 2 Грис.233, б). Затем через середины отрезков ВР и ВЕ про~йчу 2 ведем прямые а и б, перпендикулярные к ним. Эти прямые пересекут прямую РЕ в точках А и С.
Треугольник АВС вЂ” искомый. В самом деле, АВ = АР, ВС = СЕ, поэтому периметр треугольника АВС равен отрезку РЕ = Рьу. Далее, хА = 2хР, поскольку треугольник АВР— равнобедренный. Следовательно, г'А = ~61кн Аналогично хВ = хЬзкз. 118 Рл 4. Соотносаения между сторонами и углами треугольника середину отрезка А1В проведем прямую а, перпендикулярную к этому отрезку. Она пересечет прямую А~С в точке А. Треугольник АВС— искомый.
Действительно, угол А~А — внешний угол треугольника АВС, поэтому г".А1АВ =- с'В+ с'С, а значит г'ВА1А = 90' — — — — '. кВ кС 2 2 Сумма углов треугольника А~ВС равна 180'. ~в ~с1 откуда с'. — г'.С = о, Учебное издание АТАНАСЯН Левон Сергееви~ БУТУЗОВ Валентин Федорович КАДОМЦЕВ Сергей Борисович 70ДИНА Ирина Игоревна ГЕОМЕТРИЯ. 7 КЛАСС Редактор В.С. Аролович Оригинал-макет: А М.
Садовский Оформление переплета: А А. Логунов ЛР М071930 от Об 0799 Подписано в пе ~ать 30!2 04 Формат ббх90/1б. Бумага офсетная. Печать офсетная. Уел, иеч, л 7,5 Уч.-изд, л 8,3. Заказ 74! Издательская фирма »Физико-математическая литература» МАИК »НаукауИнтерпериодика» 117997, Москва, ул Профсоюзная, 90 Е-тат !гата!!фтвалп, 1гп!за!евфтай ги, 511!кггучгтетть1гп1. ги Отпечатано с готовых диапозитивов в ОАО »Ивановская областная типография» !53008, г. Иваново, ул. Типографская, б Е-гпа11; 091-018таабпппег юапочо ги 15074 5-9221-0572-8 9 785922 105729 .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
