Книги
чёрным по белому
Главное меню
Главная О нас Добавить материал Поиск по сайту Карта книг Карта сайта
Книги
Археология Архитектура Бизнес Биология Ветеринария Военная промышленность География Геология Гороскоп Дизайн Журналы Инженерия Информационные ресурсы Искусство История Компьютерная литература Криптология Кулинария Культура Лингвистика Математика Медицина Менеджмент Металлургия Минералогия Музыка Научная литература Нумизматика Образование Охота Педагогика Политика Промышленные производства Психология Путеводители Религия Рыбалка Садоводство Саморазвитие Семиотика Социология Спорт Столярное дело Строительство Техника Туризм Фантастика Физика Футурология Химия Художественная литература Экология Экономика Электроника Энергетика Этика Юриспруденция
Новые книги
Цуканов Б.И. "Время в психике человека" (Медицина)

Суворов С. "Танк Т-64. Первенец танков 2-го поколения " (Военная промышленность)

Нестеров В.А. "Основы проэктирования ракет класса воздух- воздух и авиационных катапульных установок для них" (Военная промышленность)

Фогль Б. "101 вопрос, который задала бы ваша кошка своему ветеринару если бы умела говорить" (Ветеринария)

Яблоков Н.П. "Криминалистика" (Юриспруденция)
Реклама

Задачи по геометрии (планимерия) - Шарыгин И.Ф.

Шарыгин И.Ф. Задачи по геометрии (планимерия) — М.: Наука, 1982. — 160 c.
Скачать (прямая ссылка): zadachipogeometrii1982.djvu
Предыдущая << 1 .. 21 22 23 24 25 26 < 27 > 28 29 30 31 32 33 .. 61 >> Следующая

У Ri+b*-
2 Rb cos
а
М
40. Точку Е, М, В н Q (рис. 7) лежат на одной окружности с диаметром BE, а точки Е, Р, D и N — на окружності! с диаметром ED.
Таким образом, EMQ = EBQ = = 180°— 'EDC = EDN==EPN\ аналогично EQN — ЕNP , т. е. д EMQ подобен д EPN с коэффициентом подобия V к. (Для полноты решения необходимо рассмотреть и другие случаи расположения точек.)
Ответ: d У к.
41. Продолжим непараллельные стороны трапеции до пересечения, мы получим три подобных треугольника, причем коэффициент подобия между средним и большим треугольником и между меньшим и средним один и тот же. Обозначим этот коэффициент через К, большее основание — через х, радиус большей окружности—через R. Тогда отрезки, параллельные х, будут соответственно Ї.Х и №х, большая боковая сторона нижней трапеции 2R ~,
Q
второй радиус 'KR. Значит, R-f-hR= ^ . По свойству описанного
четырехугольника х-\-}jc=2R-f-2R ~ . И наконец, опустив из
кониа меньшего основания всей трапеции перпендикуляр на большее основание, получим прямоугольный треугольник с катетами с, х—№х и гипотенузой cl. Таким образом, имеем систему
*(1+Ь) = 2К
c+d
х(\-Щ = )ЛР-с», К (1+*.)=
откуда к-
d-VcP—c2
Ответ: основания равны
d-Vd^-c* d+Vd? — c2
2 2'
42. Опустим из центров окружностей перпендикуляры на одну нз боковых сторон и проведем через центр меньшей окружности прямую, параллельную этой стороне. Получится прямоугольный
і
72
треугольник с гипотенузой /? + л, одним катетом R — r и острым углом при этом катете а, равным острому углу при основании трапеции. Таким образом,
R-r
cos а =
R-\-r
Большее основание равно
2R ctg= 2R 1/^ _ 2/? "і *.
2 J 1—cosa р г
Меньшее основание равно
2rtg-“=2rl/’fe^-2r l/".
2 > 1-f-cosa I R
43. Возьмем на стороне АВ точку К так, что ’ ВК1 -[ BD
а на продолжении АС—точку Е так, что СЕ ; = ] CD . Покажем, что Л ADK подобен A ADE. Если А, В и С—величины углов Л ABC, то
DKA== 180° - DKB = 180° - ^90° - -|- j = 90° + ,
= 180е-C?D-—= 180°—-у - -^-=90° + ^-. Таким образом, AKD = ADE. Кроме того, по условию DAE =
=Г)АК •
Ответ: | AD\—Vab.
44. В обозначениях предыдущей задачи
| AD "- = ( АС | + \ CD )( AB\-\BD ) =
= I AC I ¦ I AB j — I CD I • I BD j-j-( AB [ • | CD , —1 AC BD |).
Но слагаемое в скобках равно нулю, поскольку (см. задачу 9,
тч | АВ I BD \ раздел I) _ =
45. Продолжим BN и CN до вторичного пересечения со второй окружностью в точках К и L соответственно. МN, =, МК ,
так как ANB = 90я и МК есть хорда окружности с центром в .4.
LNK = ВМС —BND (так как равны соответствующие дуги). Таким образом, | LN | = | ND | = 6, | MN | • | NK = |MY'2 = a&, M.V — —\rab-
46. Заметим (рис. 8), что PQ I. СВ. Пусть Г—точка пересечения MN и PQ, L и К—основания перпендикуляров, опущенных из С и В на прямую MN (L и К лежат на окружностях, построенных на CN и ВМ как на диаметрах). Используя свойства пересекающихся хорд в окружностях, получим
РТ TQ =: NT LT ,
| рт ¦ TQ = , МГ •, ГК |.
73
Но \ LT\ = \CDТК. =\DB\ (так как CLKB — прямоугольник,
мт
a PQ J_ СВ). Таким образом, NT | ¦ \ CD \-\MT\ - >DB , ~
дд ^ , т. е. прямая PQ делит СВ и MN в одном и том же ачит
BD
отношении; значит, PQ проходит через A, a D есть основание высоты.
Ответ;
DC
1
vr
в
47. Пусть (рис. 9) ВС—2а, BL = 2p. Тогда
| AC і = 2/?cosa, I CL | = 2/? sin (a+ P),
I CM I = I CL I cos (90°-P) = 2R sin (a+P) sin p,
AM I = I AC I — I CM ; = 2R [cosa— sin (a+P) sin pj =
— 2R J^cosa— * cos a + у cos (a+2P)j = 2ft cos P cos (a+p)
и, наконец, I AM —a = l AM \ cosa = 2R cosacos p cos (a+P). С другой стороны, если К, Р и Q—середины АО, СО и CL соот-
ветственно, то
і КР I = 2 \АС\
¦-R cos a, PQ\ =
R
KPQ =
= КРО +OPQ = a+ 180° — COL=a+180°—2а —2р = 180°-а —
рг
— 2р и, по теореме косинусов, KQ — —|~/?2cos2a+.R2cosax
Xcos (а + 2р) = + 2R2 cos a cos р cos (а + р) = —¦ + Ra.
Ответ:
+ Rct.
48. Пусть прямые AM и Л Л' пересекают прямую ВС в точках D и Е. Легко видеть, что треугольники ABD и АСЕ равнобедренные (биссектриса является высотой), т. е. j DE I равняется периметру треугольника ABC, а MN — средняя линия в треугольнике ADE.
74
49. Обозначим одну из точек пересечения, через которую проходит прямая, через С. Пусть В,, В2, В3—основания перпендикуляров, опущенных из Oj, 02, 03 на прямую, а Л" и М — точки пересечения прямых, параллельных A,A:h проходящих через О, и 02, соответственно с 02В2 и 08В3. Поскольку Вх и В2—середины
Предыдущая << 1 .. 21 22 23 24 25 26 < 27 > 28 29 30 31 32 33 .. 61 >> Следующая