Сборник задач по специальному курсу элементарной математики - Моденов П.С.
Скачать (прямая ссылка):
С и M1; 5) к2 > R2 sin a cos3 а — ни одного решения. Случай второй: ~J* < а < ^"
1) 0 < к2 < R2 sin a cos3 а — три решения: M1, M2, M3; 2) к2 = R2 sin а cos3 а — два решения: С и Al1; 3) /<?2 sin a cos3 a < &2 < R2 sin3 а cos а — одно решение: M1; 4) к2 > R2 sin3 а cos а — нет решений. Разумеется, сюда надо присоединить точки, симметричные найденным относительно CC и DD' и относительно точки О.
Периметр треугольника amb. 2р = R sin 2а -J- /? sin (ср — а) -f- Я | sin (ср -J- а) f. Если a < ср < тс— а, то 2/? = 2R cos а (sin ср -J- sin а). Экстремальные значения 2р в этом случае суть AR sin a cos а н 2R cos а (1 -f- sin a); они соответствуют: первое
для ср = а и (р = 7г — а; второе для ср = у. Соответствующие положения точки M
суть Л и Л' в первом случае и С — во втором. Если тс — а < ср < тс, то 2р = 2R sin а (cos а — cos ср). Экстремумы: AR sin а cos а и 2R sin а (1 -f- cos а). Первый при ср = тс — а, второй при ср = тс; соответствующие положения точки M суть А' и D.
Определение M для заданного периметра 2р = 21. Имеем: / = # cos а X
X (sin ср -J- Sin а), ЄСЛИ а < ср < ти — а, ИЛИ I = R sin a (cos а — COS ср), если тс — а < ср < тс,
/
Первое уравнение дает sin ср = - — sin а, и мы должны иметь sin а < sin ср < 1,
откуда 2R sin a cos а < / < # cos а (1 -f- sin а). Если это условие выполнено, мы имеем
два решения: ср = arc sin (-75—--sin оА и ср = тс — arc sin ( „---sin , кото-
\ R cos а / \ /с cos а /1
рым соответствуют точки Mi и Af2: одна на дуге АҐ, другая на дуге CA'. Второе
/
уравнение дает cos ср = cos а —^ ^ g , и мы должны иметь — cos а > cos ср > — 1, откуда 2R sin a cos а < / < R sin а (1 -f- cos а). Если это уравнение выполнено, то задача имеет только одно решение: ср = arc cos ^cos а--^ ^ j , которому соответствует точка M3, расположенная на дуге A'D'. Для того чтобы уточнить результаты исследования, надо еще разделить случаи О < а < ~ и -^- < a < .
TC
О < а < —. 1) если 2R sin а cos а < I < R sin a (I -f- cos а), три решения: Af1,
Af2 и Af3; 2) если / = R sin а (1 -J- cos а), то три решения: Af1, M2 и D'; 3) если R sin а (1 -f cos a) < / < /? cos а (1 -J- sin а), то два решения: Af1, Af2; 4) если / = /? cos а (1 -J- sin а), то одно решение: С; 5) если / > R cos а (1 -j- sin a), то нет решений.
~<а<^-. 1) Если 2R sin a cos а </< cos a (1 -f sin a), то три решения:
Af1, Af2, Af3; 2) если / = У? cos а (1 + sin a), то два решения: С и Af3; 3) если R cos а (1 -f- sin а) < / < R sin a (1 4- cos a), то одно решение: Af3; 4) если / = R sin a X X (1 + cos а), то одно решение: D'; 5) если / > /? sin a (I -J- cos a), то нет решений. К каждому решению надо присоединить точки, получаемые симметричным отражением найденных решений в прямых CC, DD' и в точке О.
Геометрическое решение. Мы видели, что nib имеет фиксированное направление, определяемое условием (mb, тА) = —a (mod тс), и, следовательно, mb j_ OA.
Если точка Af лежит на дуге A'D', то, как мы видели (конец п. 1°), Ьа' — сумма сторон та и mb. Значит, чтобы найти точку Af такую, что 2р = 21, надо найти хорду (Г), перпендикулярную OA и равную 21 — R sin 2а. Если на перпендикуляре,
614 Ответы. Планиметрия. Гл. XX. КОМБИНИРОВАННЫЕ МЕТОДЫ
опущенном йз / на OA, мы отложим длину IL = I- R sin a cos а и проведем через точку L прямую, параллельную OA, то она пересечет (Г) в точках b и ? (черт. 209). Для решения надо взять только Ь; параллель прямой IL, проведенная через Ь, пересечет IA в точке т3, откуда найдем и M3. Это построение приведет к точке M3 тогда и только тогда, когда / — R sin a cos а заключено между радиусом R sin а окружности (Г) и полухордой (Г), проходящей через А перпендикулярно OA, т. е. R Sin a COS а < / — R sin a cos а < R sin а, откуда 2R sin a COS а < / < P sin а (1 -f- COS а). Если лежит на дуге AA', то мы видели (окончание п. Г), что bar — разность между сторонами та и тЬ треугольника mab. Расстояние от точки т до середины К хорды Ьа' равно в этом случае полусумме сторон та и тЬ, поэтому
D'
-о-
Черт. 209.
Черт. 210.
(черт. 209), если мы продолжим $Ь до пересечения в точке тх с продолжением AB и если прямая, проходящая через тх параллельно IL, пересечет (Г) в точках B1 и а[, то W1U1 + тха[ = 2IL ==21-— 2R sin a cos а. Перпендикуляр к AB в точке W1 пересечет (О) в двух точках: M1 и M2, расположенных на дуге ААГ и удовлетворяющих решению вопроса. Это решение существует, если Imx заключено между R и
IA = R sin а; но Imx
IL
I — R sin а COS а
; значит, R sin а <
/ — P sin а cos а
Я,
cos а COS а ' COS а
или 2/? sin а cos а < / < R cos а (1 4* sin а). Мы получаем снога результаты предыдущего исследования.
. 3°. Изучение окружности (Q) с диаметром MH. Рассмотрим (черт. 210) окружность (Q) с диаметром MH. Окружность (Ox) получается из (О) переносом,
определяемым вектором ООх; точка H получается в результате этого переноса из
точки М, т. е. MH=OOx. Окружность (Q) имеет, значит, постоянный диаметр,
равный ООх, а ее радиус равен OL Из у MH=OI следует, что /Q = ОМ; значит,
