atnasyan-gdz-8-2005 (546187), страница 26
Текст из файла (страница 26)
Анализ. Обозначим через а, Ь и с длины сторон искомого треугольника, противолежагдих углам А, В и С, а через 6„6ь и Ье длины отрезков РЯн Реала и РЯз. Воспользуемся равенствами аЬ, = ЬЬь = = гйе (каждое из произведений равно удвоенной площади треугольнио Ь ка). Из первого равенства получаем пропорцию — = —, а из второго Ьл Ь,' равенства имеем Это соотношение указывает способ построения искомого треугольника АВС. Строим какой-нибудь треугольник А|В|Си у которого г'А~ =- г'6|йн г'С~ = г')гзйа, и проводим высоту ВН~ в этом треугольнике.
Затем по трем известным отрезкам с длинами РЯ, ВН| и (А|С1 + ВН|) строим отрезок, длина которого выражается формулой (4). Отложив этот отрезок на луче ВН1 от точки В, получим точку Н. Проводим через точку Н прямую, параллельную А1Сн и получаем искомый треугольник АВС. В самом деле, так как АС ~~ А~Си то г'.А = г'.А1 = г'.616н г'.С = = г'С1 = г'Ьзйз.
Кроме того, АС+ ВН =- Рге. Это равенство доказывается так же, как аналогичное равенство в задаче 871. Если г'.616~ + кйзйз ( 180', то задача имеет решение, и, как и в задаче 871, это решение единственное. 157 Задачи повышенной трудности Таким образом, о Ь йз 6 (» 6 йь') »»с / Полученные равенства показывают, что искомый треугольник п„пз со сторонами а, 0, с подобен треугольнику со сторонами 7»ь, а„ вЂ” " — . Этот факт дает ключ к решению задачи. Построение. По данным отрезкам РЗС)З, Р»СЕ» и РЗС»з с длинами йо, Ьь и 7»,о построим отйа»'Ь резок Р44„44, длина которого равна ' (см. задачу 623).
Далее построим треугольник АВЗС! по трем сторонам: АВ! = Р4»,)4, В!С! = Р»чез С,А = Р!С)! (рис.21(1). Этот треугольник, как же было отмечено по обен искомом т е- Р!Сзз! ' Р»4»з» Р Сзе ~ Р!»4)! + Р»»ч~2 РАз РЗ42 Р»~» Р Су Р Р,»2! Р,,(~., Р»С2» Рзе,зз (2) Последние два неравенства приводятся к виду, аналогичному (2): — — — < Р!» з! + РзСуз — —.—,— < Р»»-2» + РзСуз (3) 1'!»2! Рз9,з Р»4»)» ' 7 зге!з Р»4»,'» Р! 42! у д В Н С угольнику. Проведем высоту АН! треугольника АВЗС! и на луче АН! отложим отрезок АН, равный Р!4,)!. Через точку Н проведем прямую, параллельную В!С!.
Она пересекается с лучами АВ! и АС! в некото- рых точках В и С. Треугольник АВС вЂ” искомый. Доказательство. Построенный треугольник АВС подобен тре- угольнику АВЗС! и, следовательно, подобен искомому треугольнику. Высота АН в треугольнике АВС равна РЗЩ, как и должно быть в искомом треугольнике, т.
е. сходственные высоты в треугольнике АВС и искомом треугольнике равны. Значит, коэффициент подобия этих треугольников равен ! (см. задачу 543), а это и означает, что треугольник АВС вЂ” искомый. Исследование. Искомый треугольник АВС можно построить в том и только в том случае, когда можно построить треугольник АВЗСЗ, стороны которого равны РЗЯЗ, Р»Сз» и РЗЯ4 = . В свою оче- Р!»з)! Р»»ч) 3 4»,' 3 редь, треугольник с такими сторонами можно построить тогда и только тогда, когда каждый из отрезков РЗСеЗ, лѻ», РЗС»4 меньше суммы двух других отрезков, т. е. 158 Гл 3 Подобньге шреугольники Итак, если данные отрезки Р~ЯП Рзоа, Рзь)з удовлетворяют усло- виям (2) и (3), то задача имеет решение. В противном случае решений нет.
Если решение существует, то оно единственное. В самом деле, пусть ььКЛХту произвольный треугольник, удовлетворяющий усло- вию задачи, т. е. высоты этого треугольника равны данным отрезкам РЯП РЯз и РЯз с длинами 6, Ьь и Ьь. Пусть высота, проведенная из вершины К, равна 6, а высота, проведенная из вершины ЛХ, равна Ьь. Тогда, согласно равенствам (1), треугольник КЛХ)т' подобен тре- угольнику К1ЛХ1НП в котором ЛХгХт1 = Ьь, К16г1 = 6„К|ЛХ1 = 6„6ь 6, Высота 61 треугольника К1ЛХ1ХП проведенная из вершины Кы од- нозначно выражается через стороны этого треугольника и, значит, через величины 6„ Ьь и 6,.
Эта высота является сходственной высоте Ь, треугольника КЛХХт', подобного треугольнику К1ЛХ16гь Поэтому 6, коэффициент подобия треугольников КЛХЛг и К~ЛХ16гы равный имеет одно и то же значение для всех треугольников КЛХЛг, удовле- творяющих условию задачи. Отсюда следует, что все треугольники, удовлетворяющие условию задачи, подобны друг другу с коэффициен- том подобия, равным 1, т. е. они равны друг другу. Это и означает, что задача имеет единственное решение. 875.
Постройте трапецию по боковой стороне, большему основанию, углу между ними и отношению двух других сторон Решение. Пусть даны отрезки РДП РзРз, ЛХ1тум ЛХзбгз и угол 66. Требуется построить трапецию АВСР с основаниями ВС и АР так, чтобы АВ = Р~бты АР = Реваз, ВС ( АР, ~А = ~66, ВС: СР = Л|1 Х~ . 'ЛХттьтгю Построение. Сначала построим треугольник ЛВР по двум сторонам и углу между ними: АВ = Р~ОП АР = РЯю г'А = = г'66 (рис. 211, а).
Затем через точку В проведем прямую р, параллельную АР, и на этой прямой по ту же сторону от прямой АВ, что и точка Р, отложим отрезок ВСП равный ЛХ16гь Далее построим окружность радиуса ЛХадгз с центром С1. Пусть эта окружность пересекается с лучом ВР в точке Рм Проведем через точку Р прямую, параллельную Р,См Эта прямая пересекает прямую р в некоторой точке С (см. рис. 211, а).
Если при этом окажется, что ВС < АР, то трапеция ЛВСР— искомая. 159 Задачи повышенной трудности в с, в с,с р с р С С'р в с, Рис. 211 Доказательство. По построению АВ = Р!Я!, АР = РДз, лА = = а)й, а так как СР ~ С!Р!, то ВС ВС! Л1! Л!! СР С! Р! Л1епге Если, кроме того, ВС < АР, то трапеция АВСР удовлетворяет всем условиям задачи. Исследование. По заданным отрезкам Р!Я!, Рзс)а и углу )й всегда можно построить треугольник АВР, в котором АВ = Р!1,)!, АР = = Рзьуз, 'Л .= а6н (если л)й < 180'), а затем можно провести через точку В прямую р, параллельную АР, и отложить отрезок ВС!, равный ЛХ!Лг!. Через точку С! проведем перпендикуляр С!Н к прямой ВР (рис.211, б).
Если ЛХайга < С!Н, то окружность радиуса ЛХздгз с центром С! не имеет общих точек с лучом ВР. В этом случае задача не имеет решений. Если ЛХзЛГз =- С!Н, то окружность радиуса ЛХзЛ!з с центром С! имеет одну общую точку с лучом ВР (точку Н). В этом случае задача имеет единственное решение, если окажется, что ВС < ЛР.
Последнее неравенство будет выполнено, если с'ВСР > аА, т. е. е'ВС!Н > > ')чк (см. рис. 211, б). Итак, в случае ЛХзд!з =- С!Н задача имеет единственное решение, если лВС!Н > аЛЛч и не имеет решений, если ~ВС Н < ~)ч)е. Если С!Н < Мзй!з < ЛХ!ЛХ! = ВС!, то окружность радиуса МзКз с центром С! имеет две общие точки с лучом ВР (точки Р! и Р', на рнс. 211, в). Поэтому в этом случае задача имеет два решения (трапеции АВСР н АВС'Р), если аВС!Рч! > лИЛч одно решение (трапеция АВСР), если аВС!Р! < айй < ЛВС!Р!, н не имеет решений, если лВС!Р! < с.'ЛЛс Если ЛХзЯз > ЛХ!чч! = ВС!, то окружность радиуса Май(а с центром С! имеет одну общую точку с лучом ВР (точку Р!).
В этом случае задача имеет единственное решение, если аВС!Р! > а)й, и не имеет решений в противном случае. 160 Гл 3 Подобные шреугольники 876. Постройте ромб, плошадь которого равна плошади данного квадрата, если известно, что отношение диагоналей этого ромба равно отношению дан- ных отрезков. Решен не. Пусть даны квадрат КХЛХДг и отрезки Р~О1 и РзЯш Требуется построить ромб АВСХ1, у которого Влвс и = Якгхтгг = = КХ,з, АС; ВР = Р1Щ: РзОш Из условий задачи получаем два уравнения относительно АС и ВВп 2 — АС. ВХ1 = КХ~, АС Р|с21 Вп = Р,сХ, Отсюда находим: С ъ'2 КЬ Р~Г21 В тХ2 ЛЛ РЯт (1) Ю ао >гО ко Полученные формулы позволяют построить отрезки, равные диаго- налям искомого ромба, а затем построить и сам ромб. и .
г -.. с ° ° ° .*р ° р-. г,ст —,Гкчп, кис, (.. задачу 669). Так как хГ2 КВ = КЛХ, где КЛХ вЂ” диагональ данного квадрата, то формулу (1) для АС можно записать так: А '= РэбХ, По известным отрезкам КЛХ, Р~ф и РЯз построим отрезок, равКЛ1. Р|с)1 ный (см. задачу 623). Тем самым будет построен отрезок, эс)3 равный диагонали АС искомого ромба АВСХ1. Аналогично построим отрезок, равный диагонали ВР, а затем по известным диагоналям построим сам ромб АВСХ1 (см. задачу 414, а).
Формулы (1) показывают, что при любых данных квадрате КХ,ЛХдг и отрезках Р|ф и Раб)т задача имеет единственное решение. Глава 4 ОКРУЖНОСТЬ ф 1. Касательная к окружности 632. Расстояние от точки А до центра окружности меньше радиуса окружности. Докажите, что любая прямая, проходящая через точку А, является секущей по отношению к данной окружности Решение. Пусть 0 — центр данной окружности, г — ее радиус. По условию ОА < г. Рассмотрим произвольную прямую р, проходящую через точку А, и обозначим буквой д расстояние от точки О до прямой р.
Если р ) ОА, то и' =- ОА; если же отрезок Г)А является наклонной, проведенной из точки О к прямой р, то г) < ОА. И в том, и в другом случае с) < г, поэтому прямая р и окружность имеют две общие точки. 633. Даны квадрат ОЛВС, сторона которого равна 6 см, и окружность с центром в точке О радиуса 5 см.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
