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 .. 26 27 28 29 30 31 < 32 > 33 34 35 36 37 38 .. 61 >> Следующая

Значит, DKA = ADK и ]AD\ = \AK\. Диалогично I ВС | = | В/С следовательно, | AD ( + ] СВ | = ' AD ', Ь-\-\СВ\—а.
Ответ: а — Ь.
93. Пусть Р— точка пересечения прямой DE с АВ, К—точка
на АВ такая, что KD АС- А ИКС —равнобедренный (KDA = = DAC = DAK). Значит, KD — медиана в прямоугольном треугольнике и І Л1Л’' = 2 KD = | АР I = 1 АЕ | = ~ а.
94. Пусть (рис. 23) второй точкой пересечения окружностей, описанных около a ABC и А АВ1Си будет Av Из условия следует, что |ВВ1| = |СС1|, кроме того, АВА1’=АСА1 и АВ1А1 =
— ACtAv Следовательно, А И1ВВ1= a AfiiC. Значит AtB = = | АіС |, Пусть ABC — р, АСВ=у, АВА1 = АСА1 = ф. Так как
Рис. 23.
А АгВС равнобедренный, то А^ВС — AfiB, т. е. р+ф=7—ф, V—В
g- и, если радиус окружности, описанной около ДИВС, равен R, то | AAi \ =2R sin J—g—; H(> a= AB —\AC \ —
— 2 R (sin v— sin P) = 4P sin cos ^ ^' — 2 , A A, | sin ” , следовательно, AA1 = -—-—.
Q I Ct 2sm 2
83
95. Заметим, что точки А, О, М, В лежат иа одной окруж ности (АМВ измеряется полусуммой дуги АВ и дуги, симметричной ЛВ относительно ОС, т. е. АМВ = АОВ). Далее, отложим
I МК 1 = , МВ і на AM, тогда д АКБ подобен д ОМВ-
Ответ: АВ'—2а.
96. Пусть | АВ — 2г, ВС | = 2Р, О, —середина АВ, 02 —середина ВС, 03—середина АС, О—центр четвертой окружности, радиус которой х. Из условия следует, что | 0х0а | = R, і 03021 = = /-, OjO =/- + *, \020\ = R+x, і 030і =/?+ т — х. Приравнивая выражения для площадей треугольников 0,003 и 0j002, полученные по формуле Герона и как полупроизведение соответствующего основания на высоту, получим два уравнения:
V(R+r) г (R—x) * = 2 Rd' Y(R + r+x) Rrx = 2 (R + r) d.
Возводя уравнения в квадрат и вычитая одно из другого, найдем
Ответ: 2 -
97. Пусть Р— основание перпендикуляра, опущенного из N на прямую МВ; тогда МР = R cos а, следовательно, | МР \ равно расстоянию от центра О го АВ, но расстояние от вершины треугольника до точки пересечения высот вдвое больше, чем расстояние от центра описанного круга до противоположной стороны, т. е. | МР | = - ] МК |.
Отсюда следует, что если М находится иа большей из дуг,
т. е. АМВ = а, то | МК } — R; если же АМВ = 180°—а (т. е. М — на меньшей дуге окружности), то \ N К 2 — R24R2 cos2 а -(- 4R2 cos2 сс = R2 (1 +8 cos2 а).
(R, если М — на большей дуге окружности, R Vl +8 cos2 а, если М — иа меньшей дуге окружности.
98. Пусть ABC—данный треугольник, CD — высота, 0t и 02— центры окружностей, вписанных в д ACD и Д BDC, К и L — точки пересечения прямых DO, и D02 с АС и СВ. Так как д ADC подобен Д CDB, a KD и LD — биссектрисы прямых углов этих треугольников, то Ох и 03 делят соответственно KD и LD в одинаковом отношении. Значит, KL j 0г02. Но четырехугольник
CKDL — вписанный (KCL~^ KDL~== 90°). Следовательно, CKL =
x^CDL==^^CLX ==CDK = ^~. Таким образом, прямая 0,0Я
л
образует с катетами углы в -. Если М и N — точки пересечения
87
~ h2 Я 71 ТІ
Ответ: площадь треугольника равна ^ , углы —, ^ .
99. Обозначения понятны из рис. 24. CKDL— прямоуголь-
>ЛЬ-(1)
ник. Поскольку LKA-90°-\-a, LB А = 90“— а, то четырехугольник BLKA — вписанный,
I LC | h cos а 1 • о
tg Ф= і = —г--------------= о sm 2а.
СЛІ
sin а
Если Р —радиус окружности, то
IKLI
Р =
2 sin ф 2 sin ф '
Поскольку Z.OK = 2ф, то | 0ДГ, R cos гр = зовались равенства (1) и (2)),
2 tg ф sin 2а
(2)
(исполь-
ЛЛО 9/у
ОЛ-1 = ON sin (90° — 2а) =Л -Ч-—= Л ctg 2а 4 sin 2а
и, наконец,
‘ PQ! = |QA1! = /P2-:0M,2 = ) _|L__^ctg22a = А'|/Г-j- (1 +ctg2 ф) —ctg2 2а = Л | J 1
sin2 2a
ctg2 2a -
„/i+,
4 і • - 2 . і/><?;—ftV's.
Если теперь отрезки PD и | DQ j хорды обозначить через х и
у, то x+{/=/i/5, ху—№, откуда п найдем, что искомые отрезки хорды
/5+1 , /5-1
будут равны В
¦Л,
Л.
Рис. 25.
100. Пусть (рис. 25) Р и Q- точки касания касательных, проведенных из В. Докажем, что ?Р,= ?Q|= BD,, В самом
деле,
і EP? = (\ED + ] DC ) ( ED -і DC,)-
= ;?D ,2- ОС|2 = 'ВС|а — I DC 2 = ,BD|» (по условию , ED , = ВС ). Обозначим
!КЛМ = ж, ;ЯЛ’ =; ЛМ’ = {/, EQt— EP = |BD,=z. Тогда ! КЕ\—х-\-у—г. Имеем
SKEN= 2 ^ = \x(2R-z),
Предыдущая << 1 .. 26 27 28 29 30 31 < 32 > 33 34 35 36 37 38 .. 61 >> Следующая