atnasyan-gdz-9-2001 (546188), страница 10

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 10)

ВоспользуемсяM1(x1; y1)rзадачей № 1257 (λ=р)О(0; a)x=M(x; y)0xx11+ py=y11+ px2(1+p)2+(y(1+p)–a)2=r2;x2+(y–ak)2=k2r2Из уравнения видно, что это окружность сцентром (0; ak) и радиусом kr.№ 1268.a) Введем систему координат, как показано на рисунке.АМ= x 2 + y 2 ; ВМ= (x − b) 2 + y 2 . Так как АМ=k ⋅ BM, тоx2+y2=k2(x–b)2+y2k2;yx2(1–k2)+2xbk2+y2(1–k2)=k2b2 (1-k2)   x +M(x; y)2bk 2 b 2k 422 2−+y=k b ;1 − k 2  (1 − k 2 ) 22A(0; 0)2 2 22 4 x + bk  + y 2 = k b + b k ;1 − k 2 (1 − k 2 ) (1 − k) 2B(b; 0)x22 2 22 2 x + bk  + y 2 = k b (1 − k 2 + k 2 ) = k b.1 − k 2 (1 − k 2 ) 2(1 − k 2 )259 bk 2kb.Таким образом, это окружность с центром  −; 0  и r=22 1− k1− kб) Построим окружность, проходящую через точки A и B и сцентром в точке (x1; y1) и радиусом r.x12 + y12 = r 2(x1 − b) 2 + y 2 = r 2(x1–b) – x12 =02bx1 = 22y = ± r 2 − b 14Таким образом, уравнение окружности:2b  b2 x −  +  y m r2 −2 42 = r2Если радиусы в точке пересечения окружностей пересекаются подпрямым углом, то по теореме Пифагора:2bbk 2 b2+ r2 =  ++ r2 −;2 22 2 1− k 4(1 − k )k 2b 2k 2b 22 2(1 − k )=b 2k 42 2(1 − k )+ 2⋅b bk 2⋅;2 1 − k2k 2b 2 − b 2k 4 − b 2k 2 (1 − k 2 )(1 − k 2 ) 2=0.0=0 получили тождество.

Таким образом, утверждение задачидоказано.№ 1269.См. рис. 369 учебника стр. 341.11MN= NP, то А — середина отрезка NP.2211QB= MN= PQ. Пусть сторона квадрата — а, тогда,33а1а1tg∠NMA== , tg∠BMQ== .2а 23а 3111π=tg  − arctg − arctg  =123  tg arctg + arctg 1 223111 − tg arctg  tg arctg  1 − 12 36 = 5 ⋅ 6 =1.==11116 5+tg arctg  + tg arctg 2 323Так как NA=60Таким образом, ∠ АМВ=π.4№ 1270.Пусть АО=х; ВО=y; OC=x2; OD=y2.B11xysinα;S2= x2y2sinα;2211S3= x2ysinα; S4= xy2sinα;22xy ⋅ x2y2=xy⋅x2y2.CS1S3S 1=S2OS4АDBCS3S1S2OS4АDТаким образом, S1⋅S2=S3⋅S4, а т.к.только для двyх четырехугольников(трапеция и параллелограмм)выполняется то, что S1=S2, тоS12 =S3S4, S1= S3S4 , утверждениедоказано.№ 1271.Разобьем четырехугольник на 2 треугольника. Так как sinα≤1, тоbaS=c∧∧11(cd⋅sin cd +ab⋅sin ab )≤ (cd+ab).22Докажем, что cd+ab≤ac+bd: (c–b)d≤(b–c)a, тогда–d≤a, верное неравенство, следовательно,S≤d11(cd+ab)≤ (ac+bd).22№ 1272.Дано: ∠A1AC=α; AC=b; AB=c.BA1cAαb2bccosα.b+c1SABC= cbsin(2α).2Доказать: AA1=CПусть AA1=x11(bx⋅sinα+cx⋅sinα)= cb⋅sin2α;222abcosα(b+c)x⋅sinα=2cb⋅cosαsinα;x=.b+cSABC= SABA1 + SACA1 =61№ 1273.∧∧∧∧∧∧Т.к.

ab+ dc = bc+ ad = 180o , то пусть ab =х; da =y.По теореме косинусов:AС2=a2+b2–2abcosx=c2+d2–2cdcos(180°–x);bB(2cd+2ab)cosx=CaAd=a 2 + b2 − c2 − d 2;1a 2 + b2 − c2 − d 2.2cd + 2abccosx=DAC= a 2 + b 2 − 2aba 2 + b2 − c2 − d 2=2(cd + ab)a 2cd + b 2cd + a 3b + b3a − a 3b − b3a + c 2ab + d 2ab=cd + ab=a 2cd + b 2cd + c 2ab + d 2ab.cd + abАналогично:a2+d2–2abcosy=c2+b2+2cbcosy;BD= a 2 + d 2 − 2aba 2 + d 2 − c2 − b2=2(cb + ad)cosy=a 2 + d 2 − c2 − b2;2cb + 2aba 2bc + d 2bc + b 2ad + c 2ad.ad + bc№ 1274.См. рис. к № 1273.

Из предыдущей задачи:SABCD=cosx=11absinx+ cdsinx;22a 2 + b2 − c2 − d 2;2cd + 2ab1–sin2x=(a 2 + b 2 − c 2 − d 2 ) 24(cd + ab)2Так как х∈(0; π), то sinx>0,sinx==(2cd + 2ab + a 2 + b 2 − c 2 − d 2 )(2cd + 2ab − a 2 − b 2 + c 2 + d 2 )=2cd + 2ab=624(cd + ab)2 − (a 2 + b 2 − c 2 − d 2 )2=2cd + 2ab((a + b) 2 − (c − d) 2 )((c + d) 2 − (a − b) 2 )=2cd + 2ab(a + b + c − d)(a + b + d − c)(a + c + d − b)(c + d + b − a)=2cd + 2ab==4 (p − a)(p − b)(p − c)(p − d) 2 (p − a)(p − b)(p − c)(p − d)=2(cd + ab)cd + abТаким образом,SABCD=2 (p − a)(p − b)(p − c)(p − d)(ab+cd)= (p − a)(p − b)(p − c)(p − d)cd + ab№ 1276.ADLEBαПродлим сторону ВЕ в 2 раза и AD наВС (как показано на рисунке).Пусть ВС=х.cosα=C3+ х;2BEBE=3+ x.2cosαИз ∆DEL по теореме косинусов:DE2=DL2+EL2–2⋅DL⋅EL⋅cosα;9=x2+(3 + x) 24cos 2α−2x(x + 3)⋅ cosα ;2cosα9=x 2 + 6x + 94cos 2α− 3x ;x2+9+6x–12cos2α–36cos2α=0x +x(6–12cos2α)+(9–36cos2α)=04D=36+144cos α–144cos2α–36+144cos2α=(12cos2α)22x1,2=12 cos 2α − 6 ± 12 cos 2α⇒ x=12cos2α–3, тогда BE=6cosα.21SABCD=S∆ABL= AL⋅BL⋅sin∠ALB=2=(3 + 12 cos 2 α − 3)(2 ⋅ 6 cos α) sin α=72sinα⋅cos3α.2№ 1279.См.

рис. 370 учебника стр. 341.а) ∠АОВ=360o1o= 360o . Так как ∆АВО – равнобедренный, то∠АВС=∠ВАО=180o − 36o= 72o2∠ВАС=∠САО=36°∠ВСА=180°–36°–72°=72°Таким образом, ∆АВС~∆АВО (по трем углам).63б) АВ=АС=ОС следует из того, что все три треугольникаравнобедренные. Пусть АВ=х, тогда ВС=R–x; cos 72o =∆АВС).

А из ∆АВО:cos 72o =R−x(из2xxR−x=2R2xx2+xR-R2=0;D=5R2; х1,2=−R±R 5R 5 −R, но x>0. Таким образом, х=.22№ 1280.См. рис. 371 учебника стр. 341.Посчитаем длину АК:2R R 5−RR − =222АК= R 2 + Исходя из предыдущей задачи (№ 1279) выходит, что это длинастороны правильного 10-угольника вписанного в окружностьрадиуса R.№ 1281.A2ABA1HO2O1A3CMA5A4Проведем биссектрису угла А5, т.к. онаявляется и медианой и высотой, то онапройдет через точку О (центр исходнойокружности) и совпадет с биссектрисойугла АВС (т.к.

А1А4||AC||A2A3, абиссектриса ∠АВС является и медианойи высотой). Таким образом, ОО1⊥АС.Осталось доказать, что О1Н=НО.∠А5=108°; ∠А5А1А4=180o − 108o= 36o ;2∠А2А1А4=72°; ∠АА2В=108°; ∠А2АВ=∠А2ВА=∠СВА3=36°.Таким образом, ∠АВС=108° и ∠ВАС=36°.В ∆А1А2А4 АМ – средняя линия и равна11А2А4= А1А4=А1М, т.е.22∆А1МА – равнобедренный, таким образом, ∠А1АМ=72°,∠САМ=180°–72°–36°–36°=36°,следовательно, ∆АВС=∆АМС, а точка О является центромвписанной окружности для ∆АМС, т.к. лежит на пересечениибиссектрис, таким образом, О1Н=НО. Утверждение доказано.64№ 1282.См.

задачу № 1280.АК – сторона 10-угольника.Нужно взять циркуль измерить отрезок АК и «пройтись», отмечаяточки, по окружности, затем соединить их.№ 1283.См. задачу № 1282.Сначала построить 10-угольник, затем соединитьА1 с А3А3 с А5А5 с А7А7 с А9Полученная фигура – искомая.№ 1284.См. задачу № 1283.Сначала построить 5-угольник, затем соединить.А3 с А5А3 с А1А4 с А1А4 с А2Полученная фигура – искомая.А9 с А1А5 с А2№ 1285.A2 H2H1MA1SA1 ...A n =A3=A41P⋅r =21(A1A2⋅MH1+…+AnA1⋅MHn);2Pr=A1A2⋅MH1+…+AnA1⋅MHn==A1A2(MH1+…+MHn);n ⋅ r= MH1+…+MHn.An1286.A2B A3A4A1AA6A5Пусть АВ=х, тогда:CИсходя из задачи № 895: точки А1, …,А6 лежат на одной окружности, и,таким образом, докажем, что отрезкиА1А2, …, А6А1 равны.Пусть ∠С=α, тогда ∠А=2α, ∠В=4α.Т.к.

∠А+∠В+∠С= 180o , то α=180°/7.х(средняя линия треугольника).2хА1А6= (медиана в прямоугольном треугольнике, проведенная к2А 4А 5=гипотенузе, равна ее половине).65А 3А 2:По теореме синусов:хBC=; BC=2xcosα;sinα sin2αxsin4αACx; AC=== x(3 − 4sin 2α) = 4xcos2αxcoα ,sinαsin4α sinαBA3 BA 2т.к. cosB=cos4α=, то ∆A2BA3~∆ABC с коэффициентом=ABBCподобия cosB, таким образом,A 2A3=| cos4α |= −cos4α ;ACA 6A 5:А2А3=–4хcos4αcos2αcosα=xsinα x= .2sinα 2А6С=ВСcosα=2xcos2α;A5A6=2xcos2α–ххх(3–4sin2α)=2xcos2α– (4cos2α–1)= .222A 3A 4:Т.к. ∠САВ=∠А2А3В (из доказанного выше), то ∠А2А3А4==180°–2α=5⋅180°/7, а это как раз и есть угол правильногосемиугольника, таким образом, А3А4=А 1А 2 ≠х.2хх, т.к.

∠АВС ≠ , таким образом, точка А1 искомая седьмая22вершина.№ 1287.BB1Пусть R – радиус окружности. ТогдаАВ=R 2 ; A1B1= 3 R. Длинаполуокружности равна L=3,14R.5+2 6 ∪ 9,9 ;2 + 3 ∪ 3,14R ;CA1C1AD6 ∪ 2,46 ;Итого:R( 2 + 3 )≈πR+0,1R№ 1288.См. рис. 372 учебника стр. 342.АО= R 2 −666=6.3R2=R;42АВ=3+2R;2АС= 36 R 2 +7+4 3 2 1R = R 151 + 4 3 ;421R 151 + 4 3 U ( 2π + 0,001) R ; 151+4 3 ∪158,005;21Таким образом, R 151 + 4 3 =(2π+0,001)R.23 ∪1,75; 3=3.№ 1289.См. рис. 373 учебника стр. 342 (это не треугольники, аполуокружности).121 2 122 AC  = 2 12S=SAEB+SCFD–2 ⋅ SAKC= π(OE)2 + π(OF)2 − π1 12 212= π OE 2 + OF2 − (OE − OF)2  = π OE 2 + OF2 + OE ⋅ OF  =2 OF + OE  ,214= π(OE + OF)2 = πчто и требовалось доказать.№ 1290.а) S=πR2–πr2=π(R2–r2).Радиус нашего круга будет равен R 2 − r 2 , а это есть катетпрямоугольного треугольника с гипотенузой R и катетом r.RRrrRR/ 2R/ 2RROR3Rб) S=22 R πR .= π2 2Радиус нашего круга будет равен R/ 2 , аэто есть катет прямоугольногоравнобедренного треугольника сгипотенузой R.2в) S= R πR 2 ⋅ 60 .= π360 667R/ 2R/ 6R/ 3Радиус нашего круга будет равенRтреугольника, гипотенуза которого, а это катет прямоугольного6R2, а второй катетR3,аR3— это радиус описанной окружности вокруг равностороннеготреугольника со стороной R.№ 1291.Введем систему координат, как показано на рисунке.При центральной симметрии:y0В→O–ОВ=0–а=–а=А; А→О+ОА=0+а=В.A(-a; 0)При осевой симметрии относительно серединыB(a ;0) xАВ аналогично.В→О–ОВ=0–а=–а=А; А→О+ОА=0+а=а=В.№ 1292.Приведем контрпримеры того, что кроме симметрии относительнопрямой и поворота вокруг точки, никаких других отображений нет,которые бы переводили отрезок в равный ему отрезок.A11) поворот на угол ϕ: если эти отрезки неBпересекаются, то это невозможно.B1AABA12) параллельный перенос: если они непараллельны, то это невозможно.B1ABO3) симметрия относительно точки: двапараллельных отрезка.B1A1№ 1293.BCαAODB168A1C1αO1D1Так как АС=А1С1 и BD=B1O1, тоАО=ОС=А1О1=О1С1; ВО=OD=B1O1=O1D1;(какα=∠AOB=∠COD=∠A1O1B1=∠C1O1D1вертикальные);∠ ВОС=180°–α=∠AOD=∠B1O1C1=∠A1O1D1.Таким образом, мы получим 4 равных треугольника, а значитАВСD=A1B1C1D1.№ 1294.Отложим от точек А и А1 отрезок АЕ=ВС (А1Е1=В1С1) и соединим свершиной С (С1).∆ЕСD=∆E1C1D1 (по трем сторонам, т.к.

СЕ=АВ=А1В1=С1Е1).CBТак как в равных треугольникахсоответствующие элементы равны,∠CED=∠C1E1D1 и ∠AEC=∠A1E1C1 (смежныес∠CED=∠C1E1D1).ADEТакимобразом,C1B1∆ACE=∆A1C1E1 (по двум сторонам и углумежду ними);∆ABC=∆A1B1C1 (по трем сторонам)Трапеции составлены нами из трех равныхA1D1E1треугольников, значит, они равны.№ 1295.ABHB′CA1ВА=В1А1; АС=А1С1; ∠В–∠С=∠В1–∠С1.Отобразим точку В относительно высотыАН (В1 относительно А1Н1); АВ′=АВ==А1В1=А1 В1' ; ∠В=∠АВ′В=∠В′АС+∠С (т.к.внешний угол треугольника равен суммедвух других).

Аналогично ∠В1=∠А1 В1' В1==∠ В1' А1С1+∠С1.Таким образом, ∠В′АС=∠ В1' А1С1.Таким образом, ∆АВ′С=∆А1 В1' С1 (по двумсторонам и углу между ними).Таким образом, ∠АВ′С=∠А1 В1' С1 и ∠АВ′В=∠А1 В1' В1.B1H1B′1C1Следовательно, ∆ВАВ′=∆В1А1 В1' (т.к.∆АВН=∆АВН′=∆А1Н1 В1' =∆А1В1Н1 по гипотенузе и острому углу).Таким образом, исходные треугольники состоят из двух равныхтреугольников, а значит они равны.69№ 1296.C(x3,y3) KN(b,b1)B(x2,y2)O(x,y)M(a,a1) P A(x1,y1)х=D(x4,y4)Построимпараллелограммы, какпоказано на рисунке.Координаты точкипересечения диагоналей:х1 + х 3 х1 − МР + х 3 + МР а + b;==222y=y1 + y3 a1 + b1,=22Таким образом, точка пересечения диагоналей вписанногопараллелограмма совпадает с точкой пересечения диагоналейисходного.№ 1297.Чтобы высота лежала на прямой,необходимо, чтобы основание треугольникабыло перпендикулярно данной прямой.HAТаким образом, если прямая будет не междуокружностей, то решений не будет.Отразим одну окружность относительнопрямой.

Характеристики

Список файлов книги