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 .. 25 26 27 28 29 30 < 31 > 32 33 34 35 36 37 .. 61 >> Следующая

|ЛМ,2+,МС 2+,МВ - + MD |2 = | ЛС 2 + | BD ,2 = 4р2,
б) | ЛВ r + ICD |2 = (| AM |+ MB )2+(, СМ І+ ЛШ,)2 =
= лм,2+ МВ|2+ CM2I+'MD 2+2| ЛМ| ¦ jMBH 2;’СМ1 • 'MD = = -- 4R2 + 2 (Р2 — d2) + 2 (Р2 - ds) = 4 (2Р2-d2).
83. Если М — вторая точка пересечения ВС с меньшей окружностью, то | ВМ | = [ PC | (М — между В и Р), 1 ВР | = | МР \ + | ВМ ,
ВР]. PC I = R2 — r2, \МР г+ РЛ 2 = 4г2, !РЛ12 + РВ2 +
+ РС|2 = 'РЛ 2+( РВ\ — ,РС )2+2 РВ,- РС|=( РЛ'2+!МР 2) + 4-2 ( РВ ¦ PC і) = 4л2 + 2 (R2 — г2) = 2(Р2+гг).
84. Обозначим (рис. 18) длины отрезков хорц, как иа рисунке, диаметр — через 2г; используя то, что углы, опирающиеся на диаметр, прямые, a xy—uv, получим
x(x+y)+u{u-\-v)=Xz-{-xy-\-iiv+ и2 =
= (« + J’)2+*2—г.'2 =- (ы + и)"1 + /п2 = 4г2.
85. Если а, |3, у, б —дуги, соответствующие сторонам а, Ъ, с и d, то доказываемое равенство соответствует тригонометрическому
а у а у .В б В . б . /а + у\ sin j cos 2 +cos 2 sin ' =sm | cos ^+cos 2 sin 2 или 8,11t~2~ )=
= sm(?±A).
86. Пусть (рис. 19) ЛBCD — вписанный четырехугольник. Опишем около А ЛОР окружность. Обозначим через М точку
пересечения этой окружности с прямой PQ. Имеем DMQ — DAP —
= BCD Следовательно, четырехугольник CDA1Q — вписанный. Поскольку, по условию, касательные, проведенные из Р и Q
83
к исходной окружности, равны а и Ь, будем иметь QM QP, = QD QA' = b\
pm pq =;pd; PC I=а3.
Сложив эти равенства, получим
PQ? = a2+b", PQ . = I'V+b2.
87. Отрезок QM равен (см. задачу 8G) 1Л(Ь2 — R2j+ (с- — R-) —
= V 62 + с2—2/?2. Пусть A BCD - данный четырехугольник, Q —
точка пересечения АВ и CD. Для нахождения длины PQ опишем
окружность около Л QCA, обозначим точку пересечения QP с этой
окружностью через Л’. Поскольку ANP = ACQ — ABP, точки А, В, N и Р также лежат на одной окружности. Имеем
|QP|- QA" | = 1 (М | ¦ | QB | = fc2 — R2,
PN | ¦ I PQ | = | CP j • | РА | =R2—a3.
Вычитая второе равенство из первого, получим
QP a=b2+o2 — 2R*.
Аналогично
РМ ]2=с2+а2 —2/?2.
88. Радиус вписанной окружности заключен между величинами радиусов двух предельных случаев. Он не может быть меньше
радиуса окружности, вписанной в треугольник со сторонами а-\-Ь, Ь-\-с, с-\-а, который равен S/p, где S — площадь, р — полупериметр треугольника; таким образом,
Vjfl+b+c)abc
а+Ь^-с
abc
I a + fc + c'
С другой стороны, радиус меньше радиуса окружности, изображенной на рис. 20 (на этом рисунке противоположные касательные параллельны, точка С «убегает» в бесконечность). Поскольку для }глов а, Р и у, отмеченных на рисуике, выполняется равенство и tg а=— , tg|5=-^-, tg v= — . где р —pa-
z р р р
диус изображенной окружности, будем иметь tg(a+B) = -7—,
tgv
с о
~ + — р р
>-5
откуда р = Vab-\-bc-\-ca. Таким образом,
89. Пусть ЛІ —точка пересечения прямой СВ с линией центров данных окружностей. Обозначим АМ]=х, АСВ=ф,
'* Если р — радиус ок-
АВ АВ ¦ АС
I АВ ,2 = 2гх, | АС ,2 = 2Rx, sin ф = ¦ ,
ружности, описанной около Д ЛЙС, то р =
2гх • У 2Rx __ 2х ~~ Ответ: VRr
2 sin ф

VRr-
90. Пусть (рис. 21) О^АОъ — ф (0Х1 02 — центры окружностей, .4 —наиболее удаленная от ВС точка их пересечения). Покажем,
что ВАС = ^ . ^Для другой точки угол будет 180° мом Деле,
ВАС-— 180г - АБС— ВСА^= 180е- (90е- АВО,)-(90°- ACOJ =
= ЛЙО, + ЛСО^ = ВЛО, + СЛ02 = 0^402 —^ВЛС = ф — ллс Пусть , 0j02 =о. Проведя 0^\ VBC (Лі —на 0^), получим ! ВС 1 = I 02М 1 = Я 0A,2-j6VW| = VcP-(R-r)z.
#! + г2_д2
r-ї-
В са-
Из Д 0,Л02 найдем со8ф =
2Rr
таким образом, радиус
окружности, описанной около Д ABC, равен
Va*-{R-ry Vcfl — (R — г)'1
ВС
2 sin
Ф
Г1 —COS ф
К2|/1-
Я2+/"2-
: = > Яг.
2Дг
Ответ: К/?/" (для обоих треугольинко ).
91. DO и СО —биссектрисы углов ADC и DCB. Обозначим через а, Р и у величины соответствующих jглов (рис. 22). Но ю + 2Р + 2у + а=2я, значит, a-f^i-j-Y —я; отсюда следует, что
DOA—y, СОВ~= Р и Д AOD подобен АСОВ, откуда
I AD
ОВ
АО
Ответ:
I СВ ,
а-
4h’
\AD\-\CB\~-\AO\-\OB,
| АВ
85
92. Из условия задачи следует, что биссектрисы углов С и D пересекаются на стороне АВ. Обозначим эту точку пересечения через О. Опишем около A DOC окружность. Пусть К — вторая точка пересечения этой окружности с АВ. Имеем
DKA = DCO— 1 DCB= * (180°-DAK) = * (DKA + ADKj.
Предыдущая << 1 .. 25 26 27 28 29 30 < 31 > 32 33 34 35 36 37 .. 61 >> Следующая