Сборник задач по специальному курсу элементарной математики - Моденов П.С.
Скачать (прямая ссылка):
1 АН
или -j АН < АО или < 2. Для того чтобы
это условие было выполнено, необходимо и достаточно, чтобы точка А лежала вне окружности (у), являющейся геометрическим местом точек, для каждой из которых отношение расстояний от двух фиксированных точек HuO равно 2 (эта окружность, между прочим, проходит через точку G).
123. 1°. Поляра точки /. Расположение /ьи1с относительно (DD'). Величина іь ic. Стороны и биссектрисы угла В образуют гармонический пучок; этот пучок биссектрисой внутреннего угла А пересекается в точках A1 D1 I1 /а; значит, эти четыре точки образуют также гармоническую четверку. Угол DAD' прямой; значит, окружность (Q), построенная на DD' как на диаметре, пройдет через точку А. Точки / и Іаі по доказанному, сопряжены относительно этой окружности; значит, поляра любой из этих точек проходит через другую. Точки A1 D', Ibl їс являются точками пересечения четырех указанных прямых, образующих
Черт. 316.
746
Ответы. Тригонометрия. Гл. XXX. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ
гармоническую четверку с биссектрисой внешнего угла А. Значит, эти точки также образуют гармоническую четверку, и, значит, точки fb и I0 также полярно сопряжены относительно окружности (Q). Точки ib и i0 суть точки прикосновения с прямой ВС окружностей, вневписанных в углы В и С треугольника ABC. Значит, Bib = р и Bi0 = р — я, где р — полупериметр треугольника ABC; отсюда ibic = Ь -\- с; наконец, /JAD'D=ZJfAD (углы с перпендикулярными сторонами). Обозначим через А' точку,
симметричную точке А относительно ЕЕ'; тогда /_ HAD = AEEf = і Z AEA' = = \ L ABA' = і (^ ABC - Л А'ВС) = у (Z ABC - ? ACB) = В~С . Итак,
?AD'D=*^-.
2°. Построение треугольника ABC9 если даны B-C = 2а, АН = На и
Ь -\- с = 21. Если известен угол AD'H (= а) и длина АН (= H^)1 то можно построить прямоугольный треугольник AHD'. Построим затем середину N отрезка D'H. Расстояние между точками ib и I0 известно:
ibfc = b + c = 2l, (1)
а так как четыре точки D\ A1 fCJ fb образуют гармоническую четверку, то и четыре точки D', H1 I01 ib образуют гармоническую четверку; следовательно,
Wi0 - Шь = NH2; (2)
кроме того,
Ni0-Nt0 =21. (3)
Черт. 317.
а затем построить и середину M отрезка BC1 так как середина отрезка ВС совпадает с серединой отрезка ibi0. Проведем, далее, через точку M прямую, перпендикулярную D'H, и пусть она пересекает D'А в точке Е\ а прямую AD X AD' в точке Е. Строим окружность на отрезке ЕЕ' как на диаметре. Точки пересечения этой окружности с прямой D'H и будут искомые вершины В и С треугольника ABC. Условие возможности решения состоит в том, что окружность, построенная на ЕЕ' как на диаметре, пересекает прямую D'H, а это будет тогда и только тогда, когда
Ответы. § 3. ЗАДАЧИ ПО ПЛАНИМЕТРИИ
747
точка E' лежит над прямой D'H, а точка Е — под этой прямой; иначе, если точка D лежит правее Af, т. е.
NM > ND. (4)
Из черт. 317 находимом = Nu *, Nu2 = NH2 + Ш2 = NH2 + I2 и условие^ (4) можн^аписать так: NM2 > ND2, или №2 +12 > (NH+ HD)2, NH2 + I2 > NH2 + + 2NH •HD+ HD2, или, заменяя 2NH на D'H, I2 > D1H • HD + HD\ или
l2>h2a + (ha tg af, отсюда I > .
3°. Выражения для Ь + с и ha в функции R и углов треугольника:
Ь + с = 2R (sin В + sin С), (5)
A0 = 2# sin В — sin С. (6)
Вычисление углов треугольника ABC по данным п. 2°. Перепишем соотношения (5) и (6) так:
b + с = 4Rsin Б + С cos Б~С , ha = R [cos (В — С) — cos (В + С)], или
I = 2R cos -у cos а» ha — R (cos 2а + cos Л).
Полагая cos-у" ==и исключая R, получим
/ (х) == /jc2 — A0jc cos а — / sin2 а ==== 0. (7)
Л Л
Это уравнение определяет cos-y , откуда у , следовательно и Л. Углы В и С
v В+С % А В—С будут определены тогда из соотношении -g— S= у--— и —g— = а, откуда
D тс Л ^ тс Л
Исследование. Для того чтобы корень уравнения (7) давал решение задачи, необходимо и достаточно: 1°, чтобы он был заключен между 0 и 1; 2°, чтобы полученные значения для В и С были положительны. Значение В положительно. Для того чтобы и значение С было положительным, необходимо и достаточно, чтобы
тс Л / тс Л \ Л.
~2--2~ > а> или sin ( 2~ ~~ "2~) sin а' или cos *2" > sin а* т" е* > sin а' ^так>
задача имеет решение, если уравнение (7) имеет корень, заключенный между sin а и 1. Корни уравнения (7), очевидно, всегда действительны. Далее, /(sin а) = = — па sin а cos а < 0, /(1) = cos а (/ cos а — A0) — это выражение положительно, если ha< I cos а. Наименьший из корней уравнения (7) всегда меньше sin а и потому должен быть отброшен. Больший будет больше, чем sin а, и меньше 1, если
только ha< I cos а или / > • Мы приходим снова к результатам исследования,
полученным выше геометрическим путем.
124. Г. Пусть точки Л, В и С — ортогональные проекции на OX, OY и OZ
точки Af. Полагая (OX, OM)== a, (OY, OM) = ?, (OZ, СШ) = у, будем иметь jc = == OM cos а, у = OAl cos ?, == OAf cos 7. Применяя теорему Шаля (к углам), находим
sin (OY, OZ) = sin [(OY, OM) + (ОМ, OZ)] == sin (? — 7) = sin ? cos 7--sin 7 cos ?; заменяя cos Y и cos ? их выражениями из предыдущих соотношений, получим
