atnasyan-gdz-9-2005 (546189), страница 20
Текст из файла (страница 20)
Задача решается аналогично задаче 1146. Для построения правильного четырехугольника надо провести два взаимно перпендикулярных диаметра данной окружности (рис.86, а), а для построения восьмиугольника — биссектрисы углов, образованных этими диаметрами (рис. 86, б).
Задачи повышенной трудности 1279. На рисунке 87 (рис. 336 учебника) изображен правильный десяти- угольник, вписанный в окружность радиуса В, АС вЂ” биссектриса угла ОАВ. Докажите, что: а) 7хЛВС ЬОЛВ; б) ЛВ =- ЛС = ОС = В. ч78 — 1 2 Решение. а) В равнобедренном треугольнике ОАВ угол О равен 360' 10 =- 36'. Поэтому каждый из углов А и В этого треугольника равен 72'. Следовательно, угол ВАС равен В 36', а значит, треугольники АВС и ОАВ подобны по двум углам.
б) Поскольку треугольники АВС и ОАВ подобны (см. п. а) и треугольник ОАВ равнобедренный, то треугольник АВС также равнобедренный, а значит, АВ = АС. Каждый из углов А и О треугольника ОАС равен 36'. Следовательно, в этом треугольнике АС = = ОС. Итак, АВ = АС = ОС. Обозначим эту Рис. 87 !36 Гл. 3. Длина окружности и площадь круга величину буквой х. Из подобия треугольников АВС и ОАВ следует, что Л х — 1~ Л5 — = — —, откуда х = — — - Л. х Й вЂ” х 2 Учитывая, что х ) О, получаем: Л5 — 1 2 1280. Докажите, что отрезок ЛК, изображенный на рисунке 88 (рис.
337 учебника), равен стороне правильного десятиугольника, вписанного в окружность с центром О. Р е ш е н и е. Пусть Л вЂ” радиус окружности с центром О, Катеты Л ОА и ОС прямоугольного треугольника ОАС равны Л и —. Следо- 2 вательно, его гипотенуза АС равна Л' + — Л = — Л. Учитывая, Л 4 2 Л Л-1 что СК = †, получаем: АК = — Л. Таким образом, отрезок АК 2' 2 равен стороне правильного десятиугольника, вписанного в окружность радиуса Л (см. задачу 1279). 1281. Около правильного пятиугольника Л~ЛзЛзЛ4Л4 описана окружность с центром О.
Вершинами треугольника ЛВС являются середины сторон Л~ Лз, Л4Лз и ЛзЛ4 пятиугольника. Докажите, что центр О данной окружности и центр О~ окружности, вписанной в треугольник ЛВС, симметричны относительно прямой ЛС. Р е ш е н и е. Проведем диагональ А! А4 (рис. 89). Заметим прежде все~о, что четырехугольник А!АзА4А4 — трапеция.
В самом деле, поскольку этот четырехугольник — вписанный, то ЛА! + аАз = 180'. С дРУгой стоРоны, пЯтиУгольник А!АзАзА4Аз — пРавильный, поэтомУ А4 Рис. 89 Рис. 88 137 Задачи повышенной гарудносгни х'.Аз = г,'Аз. Следовательно, ~А~ + ~Аз = 180', а значит, прямые А~Ач и АяАз параллельны, Пусть ЛХ вЂ” середина диагонали А~А4. Треугольник ЛХАА~ равнобедренный. Действительно, его сторона ЛХА~ равна половине диагонали пятиугольника. Но и сторона ЛХА, будучи средней линией треугольника А~АаАю равна половине диагонали пятиугольника.
Следовательно, ЛХА = ЛХАы а значит, х'.ЛХАА~ =- ~ЛХАССА. Отрезок АС вЂ” средняя линия трапеции А~АаАзА4. Поэтому х'.СААз = ~ЛХАССА. Следовательно, х'.СААз = 'ЛХААп Отрезок ОА — медиана равнобедренного треугольника А~ОАа, а значит, и его высота. Следовательно, х'ОАС = 90' — х'СААз = 90'— — ~ЛХАА~ = г.'.ОАЛХ. Иными словами, луч АΠ— биссектриса угла САМ.
Аналогично доказывается, что луч СΠ— биссектриса угла АСЛХ. Таким образом, точка Π— центр окружности, вписанной в треугольник АСЛХ. В четырехугольнике АВСЛХ каждая сторона равна половине диагонали пятиугольника, поэтому этот четырехугольник — ромб. Следовательно, треугольники АВС' и АЛХС симметричны относительно прямой АС. Но тогда и центры О~ и О окружностей, вписанных в эти треугольники, симметричны относительно прямой АС. 1282.
В данную окружность впишите правильный десятиугольник Ре ш е н не. Проведем два взаимно перпендикулярных радиуса ОА и ОВ данной окружности (см. рис.88), найдем середину С радиуса ОВ и на луче СА отложим отрезок СК, равный половине радиуса ОВ. Отрезок АК равен стороне искомого десятиугольника (см, задачу 1280). 1283*.
В данную окружность впишите правильный пятнугольннк. Р е ш е н и е. На данной окружности отметим вершины правильного десятиугольника (см. задачу 1282), а затем соединим их хордами через одну. 1284. В данную окружность впишите пятиконечную звезду. Решение. На данной окружности отметим вершины правильного пятиугольника (см.
задачу 1283), а затем соединим их хордами в соответствующем порядке. 1285. Пусть М вЂ” произвольная точка, лежащая внутри правильного п-угольника. Докажите, что сумма перпендикуляров, проведенных нз точки ЛХ к прямым, содержагцим стороны п-угольника, равна пг, где г — радиус вписанной окружности. Решен не. Соединим точку ЛХ отрезками с вершинами данного многоугольника. В результате многоугольник окажется разделенным на п треугольников с общей вершиной ЛХ, в каждом из которых основанием является сторона многоугольника, а высотой Ь,, — перпендикуляр, 138 Гл.
3. Длина окружности и плои1адь круга проведенный из точки М к прямой, содержащей эту сторону. Площадь п-угольника равна сумме площадей указанных треугольников: а(6~+6э+...+6 ) 2 где а — сторона многоугольника. С другой стороны, площадь описанного многоугольника равна половине произведения его периметра паг на радиус вписанной окружности (см. задачу 697): Я = . Прнрав- 2 нивая зти выражения, получим: 6~ + 6в 4- ...
+ 6„= пт.. В с с, 180' АзВ1 = А|С1 =. 2 7 1286. Углы треугольника образуют геометрическую прогрессию со знаменателем 2. Докажите, что середины сторон и основания высот этого треугольника являются шестью вершинами правильного семиугольника. Решение. Рассмотрим треугольник АВС, у которого г'В = 2АА, АС = 2АВ. Учитывая, что '.А -Р АВ+ 'С =- 180', получаем: „А 180 ~В 2 180' ЛС 4 180' 7 ' 7 ' 7 Пусть АьВыС| середины сторон данного треугольника, а Аш Вз, Сз — основания его высот (рнс.
90). Точки Аы Вы Сы Аз, Вщ Сз лежат на одной окружности (окружности Эйлера, см. задачу 895), Сторонами треугольника А|В~С1 являются средние линии треугольника АВС, поэтому эти треугольники подобны. Следовательно, 360' 360' 360' В1С| = ' ., А~С1 =2 -, А1В~ =4. — --, 7 7 7 а значит, точки А~ В| и С| являются тремя вершинами правильного семиугольника. В четырехугольнике ВВзССз противоположные углы Вз н Сз пря- ВС мые. Поэтому окружность с центром А1 радиуса —,' = В|С| проходит 2 через точки В, Вз, С и Са. Следовательно, А1Вз = А1Са =- В~Сы Ат а значит, и А1Вв = А1Сз 360' В, С =- В~С~ = ' . Таким образом, точ- ? ки Вз и Сз также являются верши- Р А,| нами указанного правильного семи- В, .
угольника. А Аналогично, окружность с цен- АС тром В1 радиуса †' = А~С~ проходит 2 Рис 90 через точки А, Аа, С и Сз. Следова- тельно, 139 Задачи повышенной трудности а значит, и точка Аз является вершиной этого правильного семиугольника. 1287. Пусть АВСР— квадрат, а А~В~С, — правильный треугольник, вписанные в окружность радиуса Л. Докажите, что сумма АВ 4 А~ В~ равна длине полуокружности с точностью до 0,01Л. Решен и е.
Имеем: АВ = уг2 Л = 1,414Л, А~В~ = у'3 Л = 1,732Л, АВ+ А~В~ --3,146Л, а длина полуокружности равна тгЛ = 3,142 Л. 1288. По данным рисунка 91 (рис.338 учебника) докажите, что длина отрезка АС равна длине окружности с центром О радиуса Л с точностью до 0,001Л. Решение. Имеем: АСа = ВС' ч- АВз = 36Лз + (Л+ ОА)з, ОА = — Л, 2 откуда АС = 6,2835Л.
С другой стороны, длина окружности радиусом Л равна 2яЛ = 6,2832 . Л. 1289. На рисунке 92 (рис.339 учебника) изображены четыре полуокружности: АЕВ, АКС, СЕР, РЪВ, причем АС = РВ. Докажите, что плошадь заштрихованной фигуры равна площади круга, построенного на отрезке ЕЕ как на диаметре. Р е ш е н и е. Пусть  — площадь заштрихованной фигуры. Имеем: Я = — кОАз + —.гОСз — — пАСз, АС = ОА — ОС, 2 ' 2 4 откуда В = — х(ОАт + ОСз + 2ОА ОС) = —.г(ОА + ОС)т = = ~ к(ОЕ+ ОЕ)т = ~ кЕЕа 1290. Построить границу круга, площадь которого равна: а) площади кольца между двумя данными концентрическими окружностями; б) площади Рис.
91 Рис. 92 140 Гл. 3. Длина окружности и алои1адь круга данного полукруга; в) площади данного кругового сектора, ограниченного дугой в 60'. Ре ш е н не. а) Пусть Л и г — радиусы окружностей, ограничивающих кольцо, Л ) г. Построим прямоугольный треугольник с гипотенузой Л и катетом г, а затем проведем окружность, радиус которой равен второму катету построенного треугольника. Эта окружность— искомая. В самом деле, согласно теореме Пифагора площадь ограниченного ею круга равна к(Ла — га) = .гЛ~ — кг~, т.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
