atnasyan-gdz-8-2005 (546187), страница 38
Текст из файла (страница 38)
Векторьг 226 в, с, Рис. 326 Рис. 325 Так как АР и С — коллинеарные векторы, то вектор ЛХХ коллинеарен этим векторам, поэтому МАг (! АР и ЛХАг ~) СВ. Докажем второе утверждение. АРЦСВ и АР>ВС, поэтому )АР+ СВ( = АР~ — (СВ(. Следовательно, )ЛХАг( =- — ~~АР + СВ) = — ()АР) — ~СВ(), или ЛХАг = — (АР— СВ).
1 2 совпадают. Согласно задаче 1 п.84 ОЛХ =- †(ОА + 2 + ОВ), ОР = — (ОС+ ОР), ОЕ = — (ОЛХ + + ОР) где Π— произвольная точка плоскости. Таким образом, О Рис. 327 ОЕ = -'(ОА+ ОВ+ ОС+ ОР). 4 Аналогично получаем: ОЕ = — 1ОА+ ОВ + ОС+ ОР), 791. Докажите, что отрезки, соединяющие середины противоположных сторон произвольного четырехугольника, точкой пересечения делятся пополам. Решение. Пусть М, Аг, Р и О. В середины сторон данного четырехугольника АВСР, а Е и Š— середины отрезков МР и Агг) (рис. 327). Докажем, что точки Е и Е 227 Средняя линия трапеции поэтому ОЕ =- ОР. Отсюда следует, что точки Е и Р совпадают, т. е.
отрезки МР и дгЯ пересекаются и каждый из них точкой пересечения делится пополам. 792. Докажите теорему о средней линии треугольника. Р е ш е н и е. Пусть АВС данный треугольник, а ЛХХ его средняя линия (рис. 328). ЛХЖ .=- АХ вЂ” АМ =- — АС вЂ” — АВ =- — (АС вЂ” АВ) =- — ВС, 2 2 2 2 Отсюда следует, что МХт' )~ ВС и ,'ММ = — !ВС, т. е. йХХт' = — ВС.
2 ' ' ' 2 Средняя линия трапеции 793. Боковые стороны трапеции равны !3 см н !5 см, а периметр равен 48 см Найдите среднюю линию трапеции. Решение. Сумма оснований данной трапеции равна 48 см — (13+ + 15) см = 20 см, поэтому ее средняя линия равна 20 см: 2 = 10 см. Ответ. 10 см. 794. Сторона АВ треугольника АВС разделена на четыре равные части и через точки деления проведены прямые, параллельные стороне ВС.
Стороны АВ и АС треугольника отсекают на этих параллельных прямых три отрезка, наименьший нз которых равен 3,4. Найдите два других отрезка. Решение. Пусть С!, Сз, Сз — точки на стороне АВ треугольника АВС, которые делят эту сторону на четыре равные отрезка: АС! = =- С!Сз = СзС! = СзВ, а С!Вы СзВз и СзВз прямые, параллельные стороне ВС, причем точки В!, Вз и Вз лежат на стороне АС (рис. 329). По условию задачи В!С! = 3,4. в, в, в, Рнс. 329 Рис.
328 Отрезок В!С! -- средняя линия треугольника АВзСв, поэтому ВзСз =- 2 В!С! = 6,8. Далее, отрезок ВзСз — средняя линия треугольника АВС, поэтому ВС =- 2 ВзСз = 13,6. Отрезок ВзСз — средняя ! линия трапеции ВСВзС! поэтому ВзСз =- — (ВзСе + ВС) =- 10,2.
2 Ответ. 6,8 и 10,2. 228 Гл 5. Векторы В 795. Найдите диаметр окружности, если его концы удалены от некоторой касательной на !8 см и !2 см Решение. Пусть С — диаметр данной окружности с центром О (рис.330). Проведем перпендикуляры СС!,ВВ! и ОН к касательной. Четырехугольник СВВ!С! трапеция с основаниями СС! и ВВ!.
Так как ОН ~ СС! и ОС = Рнс. 330 = ОР, то С!Н = НВБ поэтому ОН вЂ” средняя линия этой трапеции. Так как по условию СС! = 12 см, РР! = 18 см, то ОН = — (СС! + ! 2 + РВ!) = 15 см. Отрезок ОН вЂ” радиус окружности, поэтому СВ = = 30 см. О т в е т.
30 ем. 796. Из концов диаметра СВ данной окружности проведены перпеидикуляры СС~ и ВВ~ к касательной, не перпендикулярной к диаметру СВ. Найдите ВВп если СС~ = ! ! см, СВ = 27 см. Решение. Так как СС! 4 С!В! и ВВ! Л. С!Вы то СС! ~ ВВ! (см. Рис.330), поэтому СС!В!В трапеция. Пусть ОН отрезок, соединяющий центр О окружности с точкой Н касания.
Тогда ОН— средняя линия трапеции СС!Р!Р (см. решение задачи 795) и ОН— ! радиус окружности, т. е. ОН = — СР = 13,5 см. Так как ОН = 2 ! = — (СС! + ВВ!), то ВР~ = 2 ОН вЂ” СС! = 27 см — 1! см = 16 см. 2 О т в е т. 16 см. 797. Докажите, что средняя линия трапеции проходит через середины диагоналей. Решение.
Пусть ЛХАг — средняя линия трапеции АВСР с основаниями АР и ВС, а Е и Г середины диагоналей АС и ВР (рис. 331). Так как ЛХŠ— средняя линия треугольника АНС, то МЕ !! ВС. Но ЛХАг ~ ВС, поэтому прямые МХт' и МЕ совпадают, т. е. Е— точка отрезка ЛХХ. Аналогично доказывается, что Г точка того же отрезка. 798. Боковая сторона равнобедренной трапеции равна 48 см, а средняя линия делится диагональю на два отрезка, равных 11 см и 35 см. Найдите углы трапеции. Решение. Пусть ЛХАг — средняя линия трапеции АВСВ с основаниями АР и ВС, К вЂ” точка пересечения диагонали АС с отрезком ЛХАг, ЛХК = 11 см, КАг = 35 см (рис. 332). Согласно задаче 797 точка Донолнишельньье задачи 229 К середина отрезка АС, т.
е. ЛХК средняя линия треугольника 1 1 АВС, а значит, ЛХК = — ВС. Аналогично, КЛХ = — АР. Отсюда имеем: 2 2 ВС=-2 ЛХК=22см, АР=2 ХгМ=70см. Таким образом, стороны трапеции АВСР равны: АВ =- СР = =. 48 см, ВС = 22 см, АР = 70 см. Пусть ВВ1 и СС~ — высоты трапе- 1 ции (см. рис. 332). Тогда в треугольнике АВВ1 имеем: АВ1 = — (АР— 2 — ВС) =- 24 см, АВ = 48 см. Отсюда следует, что ~АВВ1 = 30', поэтому л'.ВАР = 60'. Так как трапеция равнобедренная, то л'.СРА = = 60' и, следовательно, л'.АВС = л'РСВ = !20'. Ответ. 60', 120', 120', 60'. 799.
Дана равнобедренная трапеция АВСР. Перпендикуляр, проведенный нз вершины В к большему основанию АР, делит это основание на два отрезка, больший из которых равен 7 см. Найдите среднюю линию трапеции. Решение. Пусть ЛХХт' — средняя линия трапеции АВСР, ВВ1— перпендикуляр, проведенный к прямой АР 1см. рис.332), По условию В|Р = 7 см. ЛХЛь = — (АР+ ВС) = — (АВ~ + В~С1 + С1Р+ ВС). 1 1 2 2 Так как АВ~ = С~Р, ВС = В1С1, то ЛХЛХ=- — (2.
С|Р+ 2. В1С~) =- С~Р+ В1С~ = В1Р =- 7 см. 1 2 Ответ. 7 см. Дополнительные задачи 800. Докажите, что если векторы т и и сонаправлены, то ~~ш + и ~ = = )щ( Ч- ( и, а если т и й противоположно направлены, причем (йь > ( и, то )йт + н ! =- ~эть) — )й1 Р е ш е н и е. Если хотя бы один из данных векторов нулевой, то утверждение задачи очевидно. Поэтому рассмотрим случай, ко- В С В С В, С| Рнс. 332 Рис. 331 230 Гл 5. Векторы С й В б А В С А а Рис. ЗЗЗ 801. Докажите, что для любых двух векторов х и д справедливы неравенства ( х ) — ( у ( < ~ х ь у ) < ) хП -ь ( у ). Решение. Если хотя бы один из векторов х или д' нулевой, то утверждение задачи очевидно.
Поэтому рассмотрим случай, когда х ф 0 и гу ф О. Пусть АВ= х, ВС= у, тогда )х =АВ, ~у = ВС, ~ х + у ~ = АС. Возможны трн случая. 1. Векторы х и у не коллинеарны. В этом случае точки А, В и С не лежат на одной прямой и являются вершинами некоторого треугольника. По неравенству треугольника АС < АВ+ ВС, АВ < АС+ ВС, т. е. АС > А — ВС. Из первого неравенства следует, гто ~ х + у ~ < ~ х ~ + ~ у ~, а из послед- него, что х + у ) > ) х ) — ( д ).
Итак, в этом случае 1х~ — 1у~<1х+ у~<~ ~+~у~ 2. хх Ц ~гд. Согласно задаче 800 , 'х -ь ~у~ = )х)+ ~ у . Очевидно, что х ( — у ( < ) х ( + ) д ) = )х + у ), следовательно, 1а~ — 1д~<1 +Ж=~х~+~у~ 3. х Ц у. Согласно задаче 800 )х+ у(= х( — (у(. Но (х)+ + ! у ) > (х ) — ( у ( = (х + у (, следовательно, )х) — )у)=(х+ у(<)х(+)у(. гда гп ф 0 и гг ф О. Пусть т = АВ, и = ВС, тогда гн + п, = = АС (рис.
333). Если т Ц и, то точка В лежит на отрезке АС, поэтому АВ + + ВС = АС (рис. 333, а). Но ~т~ = АВ, ~ и. ~ = ВС, ~т + и = АС, следовательно, (нг+ и ( = ~ггп + ( и ). Пусть теперь т (г и и ~т) > )и(. Если )Ен( > (и', то точка С лежит на отрезке АВ (рис. 333, б). В этом случае АВ = АС + СВ, или АС = А — ВС, т. е. ~йг, + н ~ = )т) — ) гг (.
Если же ггг~ = )и ~, то точки А и С совпадают (рис. 333, в), поэтому АВ = ВС н вектор йг+ и, нулевой, а значит, (гп + и ( = О. Поэтому и в этом случае йг + +-~=и-А Донолниглельные задача 231 802. На стороне ВС треугольника АВС отмечена точка 1тг так, что ВЛ' = 21т"С. Выразите вектор .4К через векторы а =- ВЛ и 6 = ВС. Решение. Данный треугольник АВС изображен на рисунке 334: Рис.
334 А1Х = Вйг — ВА = — ВС вЂ” ВА = — 6 — и, 3 3 2ч Ответ. — 6 — и. ' 3 803. На сторонах МДг и МР треугольника МИР отмечены соответствен- 61Х 3 ДгУ 3 но точки Х и У так, что = — и = —. Выразите векторы ХУ и 5!Р— — > через а = %61 и Ь = МР . — — — — 3 — — -> Р е ш е н и е. По условию задачи 1тгХ =- — 1у Ч =- — а., 1тгУ = — зу Р = 55''5 — 6 (рис.335). 5 — — — ч Зч '2 Поэтому ХУ = ХУ вЂ” ЛгХ = — Ь вЂ” — й. Далее, 5 5 Ю!Р = МР— Х61 =- Ь вЂ” а .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
