Сборник задач по специальному курсу элементарной математики - Моденов П.С.
Скачать (прямая ссылка):
= ~ — R2>0, (10х —4/)
4 x =
= 5/ — 41 = I > 0; значит х' <
< X <
2 '
Итак, в случае 2R < I < R Y 5 ,
мы имеем
О х P А
Черт. 120.
0 < хТ < х" < Y , т. е. задача имеет два решения. Окончательно: если R < I < 2R — задача имеет одно решение, а если 2R < I < R У*5 — задача имеет два решения. При I = R задача имеет одно решение (х = 0); при I = 2R задача имеет два
решения ^x = R и X = -g- R^ ; при / = R Y 5 задача имеет одно решение ^x = _ j.
б) Геометрическое построение М. Отложим на луче OB отрезок QM' = 2QM. Тогда ОМ! = I и направление MM' фиксировано, так как тангенс угла M' равен -^-• Пусть (А) прямая, имеющая это направление. Задача сводится, таким образом,
к отысканию точек пересечения четверти окружности AOB с прямой, параллельной (А) и проходящей через M', причем OM' = 1. Пусть M1 — точка такая, что OMi = 2OA = 2R, и M2 — точка луча OB, соответствующая касательной к четверти окружности, параллельная прямой (А). Если T—точка прикосновения, то M2T = = 2OT = 2R, значит, ОМ\ = R2 ф 4R2 = SR2, OM2 = R У" 5 . Теперь ясно, что если
1>RY$> т° точка M' лежит выше M2 и прямая, проходящая через точку M' параллельно (А), не пересекает четверти окружности, задача не имеет решения. Если 2R < I < R Y 5, то точка M' лежит между точками M1 и M2 к прямая, проходящая через точку M' параллельно (А), пересекает четверть окружности в двух точках — задача имеет два решения. Если R < I < 2/?, то точка M' лежит между В и Mx и прямая, проходящая через точку M' параллельно (А), пересекает дугу AOB четверти окружности в одной точке — задача имеет одно решение. Наконец, если / = 5, или l = 2R, или I = R, т. е. точка M' совпадает соответственно с точками M2, Mx и В, то задача имеет соответственно одно решение, два решения, одно решение (черт. 120).
2°. а) Определение точки M таким образом, что площади двух сегментов, описанных дугами MA и MB, находятся в данном отношении т. Площади двух указанных сегментов суть 2kR • AP и 2nR • BQ; полагая AOM = O, находим:
AP R(X-QQSb) , 1 — cos Q
AQ ~ Д(1 — sino) 1 1 — sin O " Ш'
6 2/2
Полагая tg у = /, получим т = ^2- , откуда
<? (0 ~(m~-2)t2 — 2mt ф т = 0. (5)
Так как 0 < 6 < -^- *), то 0 < t < 1 и обратно; поэтому задача разрешима, если
уравнение (5) имеет действительные корни, заключенные между 0 и 1. Заметим,
*) Случаи 0 = 0 и 6:
2
исключаем (тфО и тфоо).
560 Ответы. Планиметрия. Гл. XX. КОМБИНИРОВАННЫЕ МЕТОДЫ
что 9(0) = /72, ср(1) — —2. Отсюда следует, что если 0 < т < 2, то <р (0) > 0, 9 (1) < 0 и коэффициент при t2 меньше нуля. Значит корни уравнения (5) действительны, причем 0 заключен между ними, а 1 — вне корней: t < 0 < t" < 1 —задача имеет одно решение, соответствующее большому корню t" уравнения (5). Если /72 > 2, то ср (0) > 0, с(1) < 0 и коэффициент при /2 в уравнении (5) больше 0, значит, уравнение (5) имеет два действительных корня, причем 1 заключена между ними, а 0—вне интервала корней: 0 < Ґ < 1 < задача имеет одно решение, соответствующее меньшему корню Ї уравнения (5). Если, наконец, /72 = 2, то (5) — уравнение первой степени; оно в этом случае имеет единственный корень t = ~. Итак, задача всегда имеет решение и притом только одно.
AP 2R•AP
б) Геометрическое решение. Условие -рТл = гп можно записать в виде ——- = т,
MA2 MA г- ,
или Yj-jpr = т, или -,-г-5 = у т\ таким образом, вопрос сводится к отысканию точки M Aid1 NId
четверти окружности, для которой MA: MB — Y™- Это соотношение показывает, что точка M лежит на окружности, являющейся геометрическим местом точек M
таких, что MA : MB = \ т. Если / и J — точки хорды AB такие, что
Jk JB
IA г-¦ ~ — У т, IB
то //—диаметр этой окружности. Эта окружность (каково бы ни было т) пересекает дугу AB четверти данной окружности всегда в одной точке, т. е. задача имеет решение и притом только одно (если /72—1, то MA = MB и точка M есть
Черт. 121.
Черт. 122.
тj4k3 пересечения медиатрисы отрезка AB с данной четвертью окружности)
YC
(черт. 121). 16. 1°, Соотношение
(-§)
= 1. Выражая двумя способами
степень точки X относительно окружности (С), будем иметь (черт. 122): XB-XC = - XA • XP. Проведем окружность с центром А и радиусом AB, проходящую через В и С; степень точки X по отношению к этой окружности XB-XC =
_ _ _ _ _ __ _ _ RT2 _ ДГ2
=ХА2—ВС2, откуда XA - XP=XA2—ВС2; следовательно, XP=XA-^=- и PA=
XA XA
Применяя теорему Менелая к треугольнику ACX и трансверсали BPY, получим
PA PX
BX
"вс
YC
—г=г = 1. Из предыдущего следует YA
ВС2
PA
PX PX • XA
вх- хсу
зна-
BC
YC л чит —- • = 1,
XC YA
откуда
Ответы. Планиметрия. Гл. XX. КОМБИНИРОВАННЫЕ МЕТОДЫ 561
2°. Параллельность AX', BY' и CZ'. Круговой перестановкой букв из (1) получаем
~ - 1, (2)
ZB
\ . ZBj XC
Так как YX'^ AB, то учитывая (1), имеем
(3)
(4)
Аналогично: ZY'\ВС и, учитывая (3), имеем
