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
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 .. 23 24 25 26 27 28 < 29 > 30 31 32 33 34 35 .. 61 >> Следующая

ЛОМгА um2
ч Г s
=]/ ~, откуда S0HxA-%. ]/SA, где Рассмотрев
шесть таких треугольников и сложив их площади, получим
SABC==]/A‘51S2-
58. Пусть О — центр описанного круга, Я —точка пересечения высот Л ABC. Поскольку прямая ОН перпендикулярна биссектрисе угла А, то она пересекает стороны АВ и АС в таких точках К и М, что \ АК \ = \ AM \. Таким образом, АО , = | О В \ и
АОВ — 2С (считаем, что угол С —острый), ОАК = 90° — С = НAM Значит, &ОАК = & НАМ и ОА\— НА =/? (R — радиус описанного круга). Если D — основание перпендикуляра, опущенного
1 /?
из О на ВС, то j OD,= 2 I АН = ^. Следовательно, cos А =
= cos DOC= *- и А = 60°.
59. Докажите, что треугольник будет остроугольным, прямоугольным или тупоугольным, если расстояние между центром описанной окружности и точкой пересечения высот будет соответственно меньше, равно или больше половины наибольшей стороны
Ответ: углы треугольника равны 90", 60° н 30°.
77
или
60. Условие S. BnM~S& век означает> чт0 BD ! •' ВМ j = | ВК ¦ ВС
(і в А |+1 лс;), вм j = [ вк' ¦ вс |.
О)
Проведем через М прямую, параллельную АС; пусть L — точка пересечения этой прямой с В А. Докажем, что \ LM \ — \ KL ; отсюда будет следовать, что искомый угол ШШ = gВАС^= * • Поскольку д BLM и А ВАС подобны, то
I ВМ ,
ш
ВС
ЛС,, | BL |
ВМ I
ВС
АВ I.
Теперь найдем из (1) ВК и посчитаем KL | = 1 ВК | — | BL =
ВА,+ АС ВМ | ,D \ВМ\
------Ш-------хВМ\-—І.ІЛВН^. АС , т. е. вса-
мом деле і LM | =! KL |.
Ответ: а/2.
61. Пусть AD —a, ВС'=Ь Опустим нз О перпендикуляр ОК
на АВ. Теперь можно найти BK' — VabT--—, BE =\гаЬ—^—г,
b-\-a а—Ь
m'~^~v‘bbh~vaJ^bV Ы|-Щ?Ж«С.-
^ аЬ(а^Ъ)(а-{-Ь)’ °К =а + Ь' Легко ПР0ВеРить- чт0 \ок 2= = | ЕК | • | МК |.
Ответ: ЕОМ = 90°.
62. Заметим, что точки Л, М, N и О лежат на одной окружности (рис. II). Следовательно, NMO — OAN = 90° — AON. Значит, при повороте О А вокруг О на угол ф прямая NM повернется на такой же угол ф (в другом направлении), а прн перемещении А по прямой ОЛ прямая NM перемещается параллельно самой себе. Отсюда следует, что искомый угол равен а.
63. Если О, —центр меньшей окружности, а ВОЛ = ф, то ВАО== 90° — 2 , С01Л'=90°+ф,
СЛ01=45°—g Таким образом,
В АС = ВЛ(Г- С/ОЇ-45°. Ответ: 45°.
64. Построим на АВ внутри квадрата правильный треугольник АВК. Тогда КАВ— 60е, KCD —15°, т. е. К совпадает с М. Ответ; 30°.
65. Если ВАС —2а, то легко найдем, что КМС = МКС =
= 30° -{- а, т. е. | МС\ — \КС . Продолжим МК до пересечения
с окружностью в точке N; Л КМС подобен А К AN, значит,
| AN | = | KN |=/? — радиус окружности (так как AMN = 30°). Точки А, К и О лежат на окружности с центром в N,
ANO—(XT\ следовательно, АКО=30° или 150°, в зависимости от того, тупой или острый угол АМС.
Ответ: 30° или 150°.
66. Проведем (рис. 12) биссектрису угла А и продолжим ВМ до пересечения с нею в точке N. Так как | BN | =| NC j, то
BNC — \2(f\ значит, и углы
BNA, CN А также по 120°,
NCA = NCM = 20°, т. е.
Л NMC = д NCA, 1 МС\ =
— \АС,, д АМС — равнобедренный.
Ответ: 70°.
67. Опишем около і\МСВ окружность (рис. 13) и продолжим BN до пересечения с нею в точке Му, j CAfj1 = CM J, так как углы, на них опирающиеся (80е и 100°), в сумме дают 180°;
М1СМ = М1ВМ—20°, т. е. NC — биссектриса угла MfiM, и
д MfiN — Д NCM, NMC — tfMfi — СМВ — 25°.
Ответ: 25°.
Рис. 14.
68. Возьмем на ВС точку К (рис. 14) так, что КАС=-60°, МК ' АС. Пусть L — точка пересечения АК и МС\ A ALC — правильный, д ANC — равнобедренный (подсчитайте углы). Значит,
73
д LNC также равнобедренный, LCN = 20°. Теперь найдем углы NLM и MKN — они по 100°; так как д MKL правильный, то
углы KLN и NKL — m 40°, т. е. iKW| = ]LN| и Д MKN =
= Д MLN, NML = KMN = 30°.
Ответ: 30°.
69. Возьмем (рис. 15) точку К так, чтобы КВС — КСВ = 30“, и обозначим через L точку пересечения прямых МС и ВК. Так
л как Д BNC равнобедренный
(NBC = NCB=50°), то KNC= = 40°. Точка L есть точка пересечения биссектрис треугольника NKC (LK и LC — биссектрисы). Следовательно, NL также биссектриса угла KNC и
LNB = 60°; BN, в свою очередь, биссектриса угла MBL\ кроме того, BN _!_ ML; значит, BN делит ML пополам и
MNB = BNL = С0°, a 'NMC = = 30°.
Ответ: 30°.
70. Пусть О —центр вписанной окружности; точки С, О, К
(с в СОК =-g- + ~2= 90° —— =
— КМВ = 180° — КМС; если же точка К — на продолжении NM, то СОК = CMK^j. Таким образом, О КС = ОМС == 90°.
71. Обозначим через К точку пересечения окружности с центром В и радиусом | АВ , и окружности с центром F и радиусом
Предыдущая << 1 .. 23 24 25 26 27 28 < 29 > 30 31 32 33 34 35 .. 61 >> Следующая