Сборник задач по специальному курсу элементарной математики - Моденов П.С.
Скачать (прямая ссылка):
2 cos--л-cos —~;- 2 sin-і-sin-^-
1 + m 1 — m
, C-B m—\ t C4-B n , D . . C-B
откуда tg —^— = m + 1 ctg —~— , а так как С + В = я — Л тр tg —^—
/и — 1 4 / .тс А\ ж — 1 /тс і4\
TC
/72
tg8 =
Если мы обозначим через ? угол, заключенный между —у и у такой, что m ^ Y ? \7 ~4~/' то так как CuB меньше тс, то —і—s=?, откуда C-B = 4?, и так как С — ? = тс — Д то С = у — у + 2?, В = ~ — ~ — 2% Углы Д ?, С найдены, и треугольник решен.
Исследование. Будем предполагать, что 0 < т < 1 ^напомним, что а — острый
угол такой, что sin а = • Возьмем сначала А = а. Мы имеем: С = у — ~ -f 2?,
? = у—у —2?, tg ? — ^^_| ^(^^)" ^гол ? отрицательный, ибо m < 1,
значит В > 0. Для того чтобы и угол С был положителен, необходимо и достаточно,
тс а . л /тс а\ ^ _ , / тс а \ 1 — т L /тс , а\
чтобы т - т > -?, или tg - т j > -tg ?, или tg ^т - т J > j-p- tg + Т j ,
а
откуда, упрощая, т > sin у. Имеется, значит, решение с острым углом л, если т > sin у. Возьмем теперь Л = тс — а. Будем иметь: С = у 2?, ? = ~ — 2?, ^ ^ 5=1 m {-1 ct^T * ^гол ? опять отрицателен, ибо т < I1 значит В > 0. Для того чтобы и угол С был положителен, необходимо и достаточно, чтобы ~ > — ?,
39 П. С. Моденов
610 Ответы. Планиметрия. Гл. XX. КОМБИНИРОВАННЫЕ МЕТОДЫ
или tg->—tgp, или tg-> узр—ctgT,
или т > cos
2 *
Имеется, значит,
решение с тупым углом Л, если їй > cos у • Мы снова приходим к результатам п, в): нет треугольника ЛВС, если т < sin у, один треугольник ЛВС, если sin у < m < cos у, и два треугольника ЛВС, если /и > cos у.
г) Инверсия с центром С, сохраняющая 5, Это инверсия (С, CB2). В ней окружности (Г), (C1) и (C0) преобразуются в три прямые: (у), (Y1) и (?0), проходящие через точку В и параллельные касательным в точке С и (Г), (C1) и (C0)
(черт. 205). Дуга B1C1 преобразуется в отрезок P1y1 прямой (yO, заключенный между пересечениями (Yi) с перпендикуляром к ВС в точке С к прямой CC0;
дуга B0C0 преобразуется в отрезок ?0Yo прямой (y0), заключенный между точками пересечения (y0) с перпендикуляром к ВС в точке С к прямой CC0. Пусть M' образ Af в рассматриваемой инверсии. На основании свойств
инверсии BM' =
BM - CB CB
MC MC
и, значит, ВМГ имеет
постоянную длину, ибо -j?? =ти ВС = const. Точка M' —
это одна или другая из точек ^1 и [x0 прямых (¦^1) и (y0) ВС
таких, что Bp4 = B[x0 =-. Если [x1 лежит на P1Y1, то Qx1
пересекает (C1) в точке M1, а зная M11 мы проведем Af1w1 и найдем точку Аь следовательно, решение A1BC] аналогично, если [x0 лежит на отрезке P0Yo» то CfA0 пересекает (C0) в точке Af0. а зная Al0, мы найдем второе решение A0BC Рассматриваемая инверсия дает, таким образом, другое решение п. б).
Исследование. Заметим, что By1 = ВС sin у, Bp1 =
ВС
sin
Z
ВС
. Решение A1BC существует, если ВС sin ^ <
ВС
sin ¦
Первое неравенство всегда выпол-
няется, так как 0 < т < 1; второе дает т > sin у . Аналогично Byo = ВС cos у
ВС
COS -
Решение A0BC существует, если ВС cos у
<
ВС т
ВС
COS
Первое
2 2
неравенство всегда выполняется, второе дает т > cos ~. Мы снова приходим
к результатам п. б): если т < sin у , нет решений; если sin у < т < cos у — одно
решение A1BC; если т > cos у, то два решения: Л2ВС и Л0ВС
74. 1. Изучение некоторых элементов, относящихся к треугольнику MAB9 где M — переменная точка окружности (0), проходящей через две фиксированные точки: А и В.
1°. Геометрическое место ортоцентра H треугольника МАВ. Обозначим через (MA1 AfB) ориентированный угол от неориентированной прямой MA до не-ориентируемой прямой AfB, лежащими в ориентированной плоскости. Если точка Af описывает окружность (О), то (Af A, MB) = a (mod тс), где а — постоянный угол (положительный или отрицательный). Пусть H—ортоцентр треугольника ЛBAf; тогда (НА, HB) = (НА, MB) + (AfB, MA) + (MA, HB) (mod тс), а так как (НА, MB)=
: у (mod тс), (AfЛ, HB) = у (mod тс),
то (HA1 HB) = (AfB, MA) = — a (mod тс).
Отсюда следует, что геометрическое место точек H есть окружность (O1), симметричная (О) относительно AB (черт. 206).
OfBeTH, Планиметрия. Гл, XX. КОМБИНИРОВАННЫЕ МЕТОДЫ 611
Геометрическое место вершин треугольника таЪ. Точка т — ортогональная проекция M на AB; значит, геометрическое место точек т есть отрезок т'т"
с центром / и длиной 2R. Так как (JbA7 ЬВ) = (аА, аВ) = ~ (mod it), то геометрическое место точек а vi b есть окружность (Г) с диаметром AB.
Огибающая сторон треугольника mab. Точки Н, гп, В, а лежат на одной
окружности, так как (аН, аВ)=(тН, тВ) = ~ (mod к). Значит (та, тВ)=(НА, HB)= = — a (mod г.), a потому та имеет фиксированное направление и, следовательно,
M
Черт. 206.
Черт. 207.
не имеет огибающей. Аналогично и точки Н, Ь, А, т лежат на одной окружности,
а так как (ЬН, ЬА) = (тН, тА) = ~ (mod %), то и (mb, тА) = (HB, НА)=а (mod %);
mb имеет фиксированное направление и, значит, не имеет огибающей. Далее, точки a, b, I, т лежат на окружности Эйлера треугольника ABM9 значит, (la, Ib) = = (та, mb) (mod it); далее, (та, mb) = (та, тВ) -\- (тА, mb) = — 2а (mod ъ) и, значит, (la, Ib) = — 2а (mod к). Точки а и Ь, кроме того, лежат на окружности (Г) с центром /; следовательно, хорда ab окружности (Г) огибает окружность, концентричную окружности (Г). Определим радиус этой окружности. Так как радиус
