Сборник задач по специальному курсу элементарной математики - Моденов П.С.
Скачать (прямая ссылка):
о
прямой, проходящей через С перпендикулярно OA.
<"»-"•>'!. 127. cos.4=4*C-f-c2. 128. " + »±2/3«»,
26с 2 sin2 <f
126. 2 sin -
2R
129. tg* = ! |SI"(^ , . 130. З — 4 tg2 a tg2 ?. 131. Tc/?2-2#2arccos ^ + 2 sin л sin ?> Z/\
+ 4/4/P-rf». 132. ^?-. 133. Периметр 8а f" + c°8B . площадь:
'2 2 COS 2a ґ r 1 + Sin a -f- COS а '
2a2 , sin а+cos а Знаменатель tg* + 4-V 136. ^ f ^4*» sin« Л - Л» +
1 + sin a + COS a o \ 4 ' 2 / 2 \ _°
+ hbc\gA). 137. 3. 138. i—-rctgy. 139. ^ Q.
sin а sin (Л + B)
,42- , /',,M ¦ • 2(«*А + «п'В)-*пЦА + В>- Ш- УГ0Л "P"
4 sin І а 4- -g- J — sin а
основании arc cos m~145. 135°. Соответствующий многоугольник правильный.
^а(У 4 + sin2~ — 2C08-J-). 147. /? == ^ sin
І COS a -
, ( TYl + Tl \
= ^ sin a 0 ^ cos a ~JT ^ . 148. —(r cos a — d) (r — d cos a + Yr2 — d2 sina). 2 2 2 Sin a
149. Если m> n, то искомое отношение равно
150. -f
151.
sin ~~2
(arc cos + arc cos -^) - .|У>_в« _ A - ~ + a*.
"(/'--2'ctg. + ^.+/",--2.Ct8.-^). 152. arcsin-i.
Ответы. § 4. ПРИМЕНЕНИЕ ТРИГОНОМЕТРИИ К СТЕРЕОМЕТРИИ
753
§ 4. Применение тригонометрии к стереометрии П. 1. Плоскости, прямые, двугранные углы
1. Ya1 + b2 + с2 — 2аЬ cos а. 2. arcsin
sin ср sin а
а |/" 3 sin ~
4 sin2 ¦
4. а/3CIg-J-
1^*1 + 2 cos а sin ? sin т — cos2 а — cos2 ? — cos2 y sin а cos ? cos y
¦v cos а — cos ? cos Y cos B — cos a cos Y
8. cos A =-_t_ q . r-- , cos [X = - r ------------
6. cos Cp :
cos v :
Ctg Cf2
sin ? sin Y cos Y — cos а cos ?
Sin а sin ? cos ? cos а -f- sin ? ctg Y Sin а
sin a sin Y 9. ctg Cp1
cos Y cos a -f- sin Y tg ?
. 10. sin2 cp = cosec2 а (1 -f- 2 cos а cos ? cos y — cos2 а —
_ cos2? — cos2y). И. 60° или 90°. 14. Или sin cp = 1 или sin ? = m + n .
18. Первый вариант (черт. 318). Если плоские углы трехгранного угла равны а, ?, y» то косинус двугранного угла, противолежащего плоскому углу y»
cos Y — cos a cos ? t , ч „
равен: cos x =-Sin a sin ?- 3 Ф°РмУла легко выводится). Применяя эту
формулу для двугранного угла, равного 90°, между плоскостями NON1 (ON и
Черт. 318.
Черт. 319.
ON1 — перпендикулярны к начальному и конечному положениям зеркала) и AON1 получим cos ^xAON1 = cos х = cos a cos ?. Обозначая через со двугранный угол трех-cos ?_cos a cos X
гранного угла OANN11 прилежащий к ребру OA1 находим cos со =-S—---.
Sill CL Si IT JC
Точно так же из трехгранного угла OAA'A" (OA' и OA" — отраженные лучи) находим косинус того же двугранного угла а>, прилежащего к тому же ребру OA:
cos X — cos 2а cos 2х ' . ЛГҐЛ .„ „ 0
cosu) =--—ре—-, где X = ^/ AOA . Из уравнении cos х = cos а cos ?,
sin ^a sin ZjX
cos 8 — cos a cos X cos X — cos 2a cos 2x . . 9 . 9 O0
---- =-:—p:—:—P5- находим cos X = sin2 a 4- cos2 a cos 23.
sin a sin X sin 2x sin 2x
Второй вариант. Проводим NA JL АО и NNx ± ON (черт. 319);^тое-угольники NAO и AT1M? — прямоугольные; значит, АО = NO cos a, Af1Q = cos ? » ЛО
следовательно, cos х = ^лг = cos a cos ? NxAO = 90°, так как NN1 J_ пл. AON1;
следовательно, NN1 ± OA. А так как OA ± AN, то OA ± пл. AMN1, следовательно, ОЛ _1_ ЛАЛ). Теперь изменим построение и будем" считать: AA' JL ON1 АА" ± ON1 (AN = A'N1 ANx = A"N1), NNx JL AN (NNx лежит в плоскости, перпендикулярной AAO)1 & ANN1^ ДЛЛ'Л"; следовательно, ЛЛ" 1 ЛЛ', ЛО = д, Л'О || Л"0 = я, Л Л' = 2а sin а, ЛЛ" = 2а sin л:, Л'Л" = 2а /sin2 jc — sin2 а. Теперь из Д О А'А" находим cos,/ Л'ОЛ" = cos X = sin2 a + cos2 a cos 2?. 21. arctg(coscptga), arctg (cos cptg?),
і: — arctg (cos cp tg a) — arctg (cos cp tg ?) (если а и ? — острые углы). 22. cos ср = ~ sin а.
48 П. С. Моденов
754
Ответы. Тригонометрия. Гл, XXX, ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ
23. Г. Плоскость (P') проходит через прямую (A)1 которая проходит через точку А параллельно BD (черт. 320); AB'СD' — ромб; CC = 2х, BB' = Ya2 + х2,
AC = Yo2 + 4*2, В'D' = а Y 3, пл. л?'С'?>' = у /З (л2+ 4*2).
. В'AD' лП f tg-= у 3 cos 9.
2°. tg ср = — , cos 9 = _-
? Y a2+ Ax2 &
3°. а) л: = --^z=-. б) Ромбы подобны, если их диагонали пропорциональны. у 2
Так как соотношение
, откуда ^ = ^2. 4°. V = ^a2Ys.
AC B1D'
AC BD
не может иметь места, то может быть только
Так как
AC
~ww-~ac> ^АС1 -—2
24. 1°. MN остается параллельной фиксированной плоскости.
AM FN
AM = FN, мы имеем (черт. 321) = -^f • Отсюда следует, что MN лежит в плоскости, параллельной AF и ВС или плоскости TvID. Заметим, что отсюда следует, что MN ± AB.
Черт. 320.
Черт. 321.
Геометрическое место середин P отрезка MN. Спроектируем MN ортогонально на плоскость ABCD в Mn и пусть р — проекция середины P отрезка MN (черт. 322); Mn остается параллельной ВС\ значит, середина р отрезка Mn остается на прямой AI1 соединяющей А с серединой / отрезка ВС. Следовательно, точка р лежит в плоскости FAI. Проектируя ортогонально на плоскость ABEF1 убедимся в том, что точка P лежит в плоскости CBJ1 где /—середина AF. Геометрическое место точек P есть отрезок //, соединяющей середины отрезков ВС и AF (черт. 322). _ _
