atnasyan-gdz-8-2005 (546187), страница 39
Текст из файла (страница 39)
3 — ' 2 Ответ. — 6 — — и, 6 — а,. ' 5 5 804. В трапеции АВСР основание АР в три раза больше основания ВС ! На стороне ЛВ отмечена точка К такая, что АК = — Луд. Выразите векторы 3 — — \ СК, КВ и ВС через векторы а = ВЛ н 6 = СЬ. 1 Решение. Так как АК = — — АВ = ВС, то АВСК параллело- 3 грамм (рис.
336). Поэтолзу СК=ВА= а, КР = Со — СК =- 6 — и . ВС = — КР = — ( 6 — и ). — 1 Ответ. а,, 6 — и, — ( 6 — и). ' 2 232 Гл 5. Векторы 808. Трн точки А, В и С расположены так, что ВС = — ЛВ. Докажите, 2 что для любой точки О справедливо равенство 3 3 Решен не.
По правилу треугольника ОВ = ОА+ АВ (рис. 337). Но АВ =- — АС = — (ОС вЂ” ОА), поэтому 3 3 ОВ = О.(+ -,'(ОС вЂ” О ~) = —,'ОЛ+ -,'ОС. 806. Точка С делит отрезок АВ в отношении т: и, считая от точки А. Докажите, что для любой точки О справедливо равенство и — ~ т ОС = ОА+ ОВ. т Ч- и ьи Ч- и т — ' т — ' Ре ше н и е. По условию задачи АС; СВ =- —, или АС = — СВ.
и и, Но АС =- ОС вЂ” О А, СВ = О — ОС, поэтому ОС вЂ” ОА = — (О — ОС). и Отсюда получаем: ОС+ — ОС = ОА+ — ОВ, и и или т-~иО~ и О~+т ОВ откуда 807. Пусть ЛЛи ВВ| и СС| — медианы треугольника ЛВС, а О— произвольная точка. Докажите, что ОА+ ОВ+ ОС = ОА| + ОВ| + ОСо Рис. 335 Рис.
337 Рнс. 336 Дополнишельные задачи 233 Р е ш е н и е. Согласно задаче ! п. 84 оА — -(ов+ ос'), Ов! = — (ОА+ОС), ос, — -(оА+ ов). Сложив эти равенства, получим искомое равенство. 808*. Точки А и С' — середины противоположных сторон произвольного четырехугольника, а точки В и Р— середины двух других его сторон. Докажите, что для любой точки О выполняется равенство О(+ОС =ОВ+ОР. Решение.
Пусть МзУРΠ— данный четырехугольник, а А, В, С и Р— соответственно середины сторон МАг, ХР, РС~, ЯМ (рис. 338). Согласно задаче 1 п. 84 Рис. 338 д,( -(ом+ Ом), ос = -'(от+ оо!), 2 поэтому ОА + ОС = — (ОМ+ ОХ + ОР+ ОО). 2 Аналогично, Ов+ дР = — (ом+ он+ ОР+ оо), 2 следовательно, д.(+ ос = ов+ ОР. 809. В прямоугольной трапеции один из углов равен 120'. Найдите ее среднюю линию, если меньшая диагональ и ббльшая боковая сторона трапеции равны а Решение. Пусть АВСР данная трапеция, л'.А = 90', л'.ВОР = =. 120', ЛХАг — средняя линия и АС = СР (рис. 339).
Тогда аР = 60'. Треугольник АСР равнобедренный, следовательно, лСАР = = — 60', л'АСР = 60', поэтому АС = СР = АР = а. 234 Хл 5. Векторы Далее, х'.ВАС = 90' — 80' = 30', поэтому ВС = —,АС = — а. 1 1 '2 2 Таким образом, ЛХК = — '!АР+ ВС) = — ) а+ хау! = -а. ! 2 2т2)4 Ответ. — а. 3 4 810. Докажите, что вершина угла, образованного биссектрисами двух углов трапеции, прилежащих к боковой стороне, лежит на прямой, содержащей среднюю линию трапеции. Решение. Пусть ЛХЛг средняя линия данной трапеции АВСР с основаниями АР и ВС, а Π— точка пересечения биссектрис углов А и В (рис. 340). Согласно первой теореме п.72 точка О равноудалена от прямых ВС и АВ, а также от прямых ЛР и АВ, поэтому она равноудалена от параллельных прямых АР и ВС, Через точку О проведем прямую г1, параллельную прямым АР и ВС. Прямая г! равноудалена от прямых ВС и АР, поэтому середины ЛХ и Л' боковых сторон трапеции АВСР лежат на этой прямой (задача 282).
Таким образом, прямая гХ содержит среднюю линию ЛХЛг трапеции, т. е. точка О лежит на прямой ЛХЛг. Задачи повышенной трудности 904. Даны четырехугольник ЛХЛгРО. и точка О. Что представляет собой данный четырехугольник, если ОЖ вЂ” ОЛХ = ОР— Оф Решение. Так как ОЛ вЂ” ОЛХ = ЛХЛ,", а ОР— ОЯ = ОР, то ЛХХт' = г,)Р. Рис. 340 Рис. 339 235 Задачи повышенной трудноспи Таким образом, в четырехугольнике ММРЯ стороны ЛТАГ и Рс'„'ч параллельны и равны, поэтому ЛТ)ч'РЯ вЂ” параллелограмм (см. 1о п.43). О т в е т.
Параллелограмм. 905. Даны четырехугольник,4ВСВ и точка О. Точки Е, Г, С и Н симметричны точке О относительно соответственно середин сторон АВ, ВС, СР и ТтЛ. Что представляет собой четырехугольник ЕРСН? Р е ш е н и е. Пусть Е~ — середина стороны АВ четырехугольника АВСР. Согласно задаче 1 п.84 ОЕ .= -'(ОА+ О-В), 2 поэтому ОЕ = ОА + ОВ. Аналогично получаем: ОР = ОВ+ ОС, следовательно, ЕЕ=СЕ-СЕ=СЕ+ОС-ОА — ОВ=-ОС-ОА. Аналогично, Ос = Ос+ ОВ, ОЙ = ОВ+ о.4, следовательно, Йс = ос — Он = Ос+ О — О)д — оА = Ос — оА. Таким образом, ЕР = ЙС. Отсюда следует, что в четырехугольнике ЕГСН стороны ЕР и СН параллельны и равны, поэтому ЕГСН вЂ” параллелограмм (см.
1о п.43). О т в е т. Параллелограмм. ЛВ ЛС 906. Дан треугольник АВС. Докажите, что вектор ч- направ)Л13 )АС АВ ЛС лен вдоль биссектрисы угла А, а вектор — — вдоль биссектрисы (ЛВ~ )Лб внешнего угла при вершине А ЛВ ЛС Решение. Рассмотрим векторы АВ1 =, АС| = ', АЛХ = ЛВ ' ~,4С~' = АВ~ + АС~ (рис.341). По правилу параллелограмма сложения векторов четырехугольник АС1МВ1 — параллелограмм, а так как векторы 236 Гл 5. Векторы АВ~ и АС~ — единичные, то Ас~ ЛХВ1 ромб. Из равенства АМ = ЛВ1 + АС| следует, что вектор АЛХ направлен вдоль диагонали этого ромба.
Отсюда, учитывая, что АВ~ (1 АВ, АС| т( АС, мы заключаРис. 341 ем, что вектор АЛХ направлен вдоль биссектрисы угла ВАС. Вектор С1В| = АВ1 — ЛС1 направлен вдоль другой диагонали ромба (см, рис.341), Так как диагонали ромба взаимно перпендикулярны, то вектор АВ~ — АС1 направлен вдоль биссектрисы внешнего угла при вершине А треугольника АВС. кО 4 ж ЮВ -' гпОС = О. Р е ш е н и е. Предположим, что точки А, В и С лежат на одной прямой.
Тогда векторы АВ и АС коллинеарны, т, е. существует число п такое, что АВ = пАС, или О — ОА = п(ОС вЂ” ОА). Отсюда имеем: — — > (и — 1) ОА + 1 О — пОС = О . Пусть й = и — 1, 1 = 1, гн = — и. Тогда lс + 1 + пт = О и 1гОЛ + ЮВ + щОС = О . Обратно, пусть существуют числа Лч 1, ьч такие, что 9+ 1+ гп = О, хотя бы одно из них не равно нулю, например й ф О, и Л;ОЛ+1ОВ+тпОС = О. Тогда гп = — (ьз+ 1) и равенство (1) можно записать так: ЛОА-г1О — (Л+1)ОС = О, Л(0 ( — ОС)+1(О — ОС) = О. или Но ОА — ОС = С.Л, О — ОС = СВ, поэтому л сА+1СВ= о, откуда С1 — --'СВ.
к 907. Докажите следующее утверждение: три точки А, В и С лежат на одной прямой тогда и только тогда, когда существуют числа Й, 1 и пг, не равные одновременно нулю, такие, что и 41 4 т = О н для произвольной точки О выполняется равенство 237 Задачи новьииенной трудноспи Таким образом, векторы СА и СВ коллинеарны, и, следовательно, точки А, В и С лежат на одной прямой. 908. Используя векторы, докажите, что середины диагоналей четырехугольника н точка пересечения отрезков, соединяющих середины противоположных сторон, лежат на одной прямой Р е ш е н и е.
Пусть АВСР произвольный четырехугольник, Е и à — середины диагона- В лей АС' и ВТ1, а С вЂ” точка пересечения отрезков, соединяющих середины противоположных Р Г сторон (рис. 342). Тогда если Р и Я вЂ” середины С сторон АВ и СТ7, то согласно задаче 791 точка А Е д С середина отрезка РЯ. — > 11 Поэтому (см. задачу 1 и. 84): ОС = — (ОР+ 2 Рис. 342 + Оф, ОЕ = — (ОА+ ОС), ОГ .= — (ОВ + + ОТ)), ОР = — (ОА+ ОВ), ОЯ = — (ОС+ ОТх), где О произвольная 2 2 точка плоскости. Отсюда получаем: ОС = -'. -'(ОА+ ОВ'+ ОС+ ОВ) = -'~ОГ'+ ОГ).
2 2 2 Таким образом, 2ОС вЂ” ОŠ— ОГ.= О. Согласно задаче 907 точки Е, Г и С лежат на одной прямой. 909. Биссектрисы внешних углов треугольника АВС прн вершинах А, В и С пересекают прямые ВС, СА и АВ соответственно в точках Ан В~ н Со Используя векторы, докажите, что Ап В1 и С1 лежат на одной прямой. Ре шеи не. Пусть АВ = с, ВС = а, СА = Ь (рис. 343). Согласно задаче 619 ЬВА1 = сСАн сСВ1 = аАВБ аАС| = ЬВСн Эти три равенства можно записать так: Ь(ВС+ СА~) = сСАБ с СВ1 = а(.АС+ СВ|), а (АС + СС1) == Ь(ВС ч- СС1), 233 Гл 5. Векторы или (с — 6)С.4~ = ЬВС, (а — с) СВ ~ = аСА, (а — 6)СС1 = ЬВС+ аСА. Из последних трех равенств следует, что (с — 6)СА~ + (а — с)СВ~ + (Ь вЂ” а)СС~ = О. Согласно задаче 907 точки Аы В~ и С~ лежат на одной прямой.
910. Пусть Н вЂ” точка пересечения прямых, содержащих высоты неравно- стороннего треугольника .4ВС, а Π— центр описанной около этого треугольника окружности. Используя векторы, докажите, что точка С пересечения медиан треугольника принадлежит отрезку НО и делит этот отрезок в отно- НС шенин 2:1,т.е, =2. Решен ие. Пусть Аы В1 и С~ — середины сторон ВС, СА и АВ данного треугольника АВС (рис.344). По правилу треугольника сложения векторов А1О+ ОС = А~С, АН+ ЙС =- АС. По теореме о пересечении медиан треугольника АС = — 2А1С, следовательно, АН+ ЙС = — 2А10 — 2ОС, с, Рис 344 Рис.
343 239 Задачи повышенной трудноеши Векторы АЙ и А~О коллинеарны, поэтому существует число Л такое, что А10 = — ЛАН. Отсюда и из равенства (1) получаем: НС + 20С = — (2Л + 1)АН. Аналогично, НС + 20С = — (2р + 1)ВЙ, где число р определяется из равенства В~О =- рВН. Векторы АН и ВН не коллинеарны, поэтому из полученных равенств следует, что ЙС+ 20С = О, т. е. НС = — 20С, или ОС = -СН.
2 Это означает, что точка С лежит на отрезке ОН и НС СО Учебное издание АТАНАСЯН Левон Сергеевич БУ7'УЗОВ Валет«тип Федорович КАДОМЦЕВ Сергей Борисович ЮДИНА Ирина Игорввна ГЕОМЕТРИЯ. 8 КЛАСС Редактор В.С. Аролович Оригинал-макет: А.М. Садовский Оформление переплета, А.А. Логунов ЛР №071930 от Об 0799. Подписано в печать 30.12 04 Формат 60х90716. Бумага офсетная. Печать офсетная.
Усл. печ л. 15. Уч.-изд. л 16,5 Заказ № Издательская фирма «Физико-математическая лизература» МАИК «НаукауИнтерпериодика 117997, Москва, ул Профсоюзная, 90 Е-гпаи ПзгпаКалпаннгн, 1гп1зз1ебфп1а1клн, Ьгтр Ли»чту гт1.гн О~не и~вне с ~о~о»»ык диан(»зн~ньоь в ОАО «Иванонская областная типография» 153008, г. Иваново, ул Типографская, 6 Е-п»ан 091-018Са«айпппег»напоно гн 5В77 5-9221-0573-6 9 765922 105736 .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
