Сборник задач по специальному курсу элементарной математики - Моденов П.С.
Скачать (прямая ссылка):
окружности Эйлера равен ~, то = -~ | sin 2а | = R | sin а cos а |; значит, расстоя-
ab
ниє от I до ab равно -g- | tg а | = R sin2 а.
Геометрическое место центра окружности, описанной вокруг треугольника тад. Окружность, описанная вокруг треугольника mab, есть окружность (со) Эйлера треугольника MAB. Ее центр со — середина ОН; он соответствует точке H
в гомотетии {о, значит, геометрическое место центров со окружности (со) есть окружность, полученная гомотетией (о, окружности (Oi); центр полученной
окружности есть точка /, а радиус равен -у.
Сравнение треугольников mab и marb\ соответствующих точкам M и M'у если MM' J_ AB. Ортоцентр H треугольника MAB симметричен вершине M' треугольника M'AB по отношению к AB. Значит (черт. 207), высоты треуголь-
39*
612
Ответы. Планиметрия. Гл. XX. КОМБИНИРОВАННЫЕ МЕТОДЫ
ника M'AB, выходящие из А и В, суть прямые, симметричные сторонам треугольника MAB относительно AB, и обратно — вершины треугольника та'Ь' симметричны вершинам треугольника mab относительно AB. Заметим (это будет использовано в 2°), что в случае, если MM' пересекает отрезок AB, стороны треугольника та'Ь', выходящие из т, являются продолжениями сторон треугольника mab, выходящими из т [это следует из равенств (та, тВ) =— a, (mb, тА) = а]; в этом случае ba' есть сумма сторон та и mb. Напротив, в случае, изображенном на чертеже 207 (MW пересекает прямую AB в точке, лежащей вне отрезка AB), стороны треугольника та'Ь' покрывают частично стороны треугольника mab; хорда ba' есть в этом случае разность сторон та и mb, выходящих из т в треугольнике mab. 2°, Площадь треугольника таЬ в функции а и Ориентируем (черт. 208)
медиатрису отрезка AB в направлении от О к / и положим (Ox, OA) = a(mod 2тс),
(Ox, OM) = ср (mod 2гс). При выбранной ориен-
тации оси Ox угол а изменяется от 0 до у .
Заметим, что двум точкам M и M', расположенным на одном перпендикуляре к AB (т. е. для двух дополнительных до тс значений а), соответствуют два равных треугольника: mab и та'Ь'. Аналогично производя симметрию фигуры относительно диаметра Ох, получим, что точке M1, симметричной M (т. е. для двух противоположных значений Ср), соответствуют два равных треугольника: mab и тахЬх, симметричных относительно Ох. Это замечание позволяет ограничить изменение ср так: а < ср < тс. Мы имеем тогда (MA1 MB) = = — (Ox9 .OA)=— a (modтс), (AB1 AM) =
1 ^ s+± (mod тс), (BA1 BM) =
= ^ (OB1 OM):
1
(OA1 OM) :
- (mod тс). Мы видели,
= — (ср -j- a) (mod тс), (mb, ab) = есть треугольник, вписанный
ab = R sin 2х, та = R sin (ср — а)
1
- 2 v_, _ 2
что (та, mb) = — 2 (MA, МВ)=2а (mod тс); аналогично (ab, am) = — 2 (AB, AM) — - 2 (BM, BA) = — (ср — a) (mod к). Треугольник mab в окружность (со) Эйлера диаметра R; значит,
mb = RI sin (а -[- <р) 1, S = ~2 та - mb - sin 2а =
-у R2 sin а COS а ,I COS 2ср — COS 2а |.
Экстремальными значениями | cos 2ср — cos 2а | будут 1 + cos 2а и 1 — cos 2а. Соответствующие положения точки M суть концы С и D' радиусов ОС и OD'
таких, что (Ох, ОС) = ~ (mod 2тс) и (Ox, OD') = тс (mod 2гс). Площадь обращается
в нуль для ср = а и ср = тс — а; соответствующие положения точки M суть А и А', где А' лежит на перпендикуляре к AB в точке А. Ко всем этим положениям точки M надо присоединить ей симметричные относительно двух взаимно-перпендикулярных диаметров CC и DD' и относительно О.
Определение М, если задана площадь k2 треугольника mab. В этом случае мы имеем или
2k2
cos 2ср = -=^—---1- cos 2а, (1)
т R2 SlIl а COS а v 7
или
COS 2ср = COS 2а —
2k2
R2 sin а COS а
(2)
Первое значение для cos 2ср больше, чем cos 2а (и, следовательно, ,больше, чем —1); для возможности решения надо только, чтобы оно было < 1, т. е. 2k2
-< 1 — cos 2а или k2 < R2 sin3 а cos а. Если это условие выполнено, то
R2 ь'т a COS а
единственное решение ср уравнения (1), удовлетворяющее условию а < ср < тсу будет
1 / 2k2 \
ср = тс — -g- arc cos \ ~2? ,in д CQS a + cos 2aj . Ему соответствует лишь одна точка Mx,
расположенная на дуге A'D'; второе значение cos 2? меньше, чем cos 2а, и значит
* Заметим, что здесь через а обозначено то, что раньше мы обозначали через — а.
Ответы. Планиметрия. Гл. XX. КОМБИНИРОВАННЫЕ МЕТОДЫ 613
меньше, чем 1. Условие возможности решения, значит, будет ТОЛЬКО COS 2а —— 2к2
---> — 1 или k2 < R2 sin a cos3 а. В этом случае уравнение (2) имеет
Я2 Sin a COS a
1 / 2k2 \ два решения такие, что а < ср < тс: со = — arc cos ( cos 2а--—--] и
г 7 т 2 \ R2 Sin a COS а /
1 / 2&2 \ ср = 7с—-^- arc cos I cos 2а — .--. Им соответствуют две точки Af2 и AL,
т 2 V К2 Sin а COS а / ^ ^
^—¦> v-—'
одна из них на дуге ЛС, другая — на дуге CA'. Для того чтобы уточнить результаты исследования, надо рассмотреть еще два случая: 0<а<~ и ^-<a<-?_.
Получаем. Случай первый: 0 < а < ~. 1) 0 < k2 < R2 sin3 a cos а — три решения: М{, M2 и М3\ 2) k2 = R2 sin3 а cos а — три решения: D9 M2, M3; 3) R2 sin3 а cos а < < k2 < R2 sin а cos3 а — два решения: AJ2, M3; 4) ?2 = -/?2 sin a cos3 а — два решения:
