Text
                    УДК 373.167.1:514
ББК 22.151я.721
Г 36
Атанасян Л. С, Бутузов В. Ф., Кадомцев СБ., Юдина И. И.
Геометрия. 9 класс. — М.: ФИЗМАТЛИТ, 2005. — 160 с. —
ISBN 5-9221-0574-4.
Настоящее издание является третьей частью учебно-методического посо-
пособия, содержащего решения задач из учебника «Геометрия 7-9» Л. С. Атанася-
на, В.Ф. Бутузова, СБ. Кадомцева, Э. Г. Позняка, И. И. Юдиной (М.: Про-
Просвещение, 1990 и последующие издания). Данный выпуск содержит решения
задач, относящихся к 9 классу.
© ФИЗМАТЛИТ, 2005
© Л. С. Атанасян, В. Ф. Бутузов,
ISBN 5-9221-0574-4	СБ. Кадомцев, И. И. Юдина, 2005


ОГЛАВЛЕНИЕ Глава 1. Метод координат 5 § 1. Координаты вектора 5 §2. Простейшие задачи в координатах 11 Применение метода координат к решению задач 19 §3. Уравнения окружности и прямой 22 Использование уравнений окружности и прямой при решении задач 30 Дополнительные задачи 35 Применение метода координат к решению задач 44 Задачи повышенной трудности 49 Глава 2. Соотношения между сторонами и углами треугольника. Скалярное произведение векторов 61 § 1. Синус, косинус и тангенс угла 61 §2. Соотношения между сторонами и углами треугольника 66 §3. Скалярное произведение векторов 78 Применение скалярного произведения векторов к решению задач... 85 Дополнительные задачи 85 Задачи повышенной трудности 97 Глава 3. Длина окружности и площадь круга 107 § 1. Правильные многоугольники 107 §2. Длина окружности и площадь круга 115 Дополнительные задачи 126 Задачи повышенной трудности 135
Оглавление Глава 4. Движения 141 § 1. Понятие движения 141 §2. Параллельный перенос и поворот 145 Дополнительные задачи 147 Задачи повышенной трудности 152
Глава 1 МЕТОД КООРДИНАТ § 1. Координаты вектора 911. Найдите такое число к, чтобы выполнялось равенство ~п = km, если известно, что: а) векторы т и ~п противоположно направлены и \т\ = 0,5 см, |7?| = 2 см; б) векторы т и ~п сонаправлены и \т\ = 12 см, |7?| = 24 дм; в) векторы т и 7? противоположно направлены и |т| = 400 мм, |Т?| = 4 дм; г) векторы т и 7? сонаправлены и |ш| = л/2 см, \~п\ = л/50 см. Решение. Пусть т ф 0. Тогда если "г? Ц т, то ~п = /cm при к = т=г7, а если ~п Т| ш, то ~п = fern при /с = — j=r- Исходя из это- \т\ \т го, получаем: а) к = — ] _ _400 _ _ ~\ ~ 400 ~ 240 1_ 0,5 = 20; 50 _ I 'Ч _ У^ _ С Ответ, а) -4; б) 20; в) -1; г) 5. 912. Диагонали параллелограмма ABCD пересекаются в точке О, М — середина отрезка АО. Найдите, если это возможно, такое число к, чтобы выполнялось равенство: а) АС = кАО; б) БО = kBD; в) ОС = кСА\ г) АВ = = кВС\ д) ~ВС = kDA- e) AM = кСА; ж) Шс = кАМ; з) АС = кСМ; и)АВ = кВС\ к)Лб = kBD. Решение, а) Так как \АС\ = 2\АО\ и АС \] АО (рис. 1), то АС = 2АО, т. е. к = 2. Аналогично получаем: б) ВО = = l-~BD, т. е. /с = i; в) ОС = -^сЗ, т. е. В с = i; в) ОС = -^ fc = -i; г) АВ = , т. е. fc = 1; д) ВС = т. е. /с = -1; е) AM = --CA, Рис. 1
Гл. 1. Метод координат т. е. к = -\\ ж) МС = ЗАМ, т. е. к = 3; з) АС = ~СЙ, т. е. 4 о к = — -; и) так как векторы АВ и ВС не коллинеарны, то не суще- о ствует такого числа к, для которого АВ = кВС; к) так как векторы АО и BD не коллинеарны, то не существует числа к, такого, что AO = kBD. Ответ, а) 2; б) 1; в) -1; г) 1; д) -1; е) -1; ж) 3; з) -1; и) решения нет; к) решения нет. 913. Векторы ~а и b коллинеарны. Коллинеарны ли векторы: а) ~а + 3 b и ~а\ б) b — 2"*? и "<?? Ответ обоснуйте. Решение, а) Так как векторы 6 и 36 коллинеарны, а векторы ~б? и b коллинеарны по условию, то векторы ~а и 3 b коллинеарны. Сумма двух коллинеарных векторов есть вектор, им коллинеарный, поэтому векторы ~а + 3 b и ~а коллинеарны. б) Так как векторы ~а и b коллинеарны, то векторы b — 2~а и ~а коллинеарны. Это доказывается так же, как в п. а). Ответ, а) Да; б) да. 914. Докажите, что если векторы ~~а и b не коллинеарны, то: а) векторы ~а + b и ~а — 6 не коллинеарны; б) векторы 2~а — b и ~а + b не коллине- коллинеарны; в) векторы ~~а + b и ~а -\- 3 b не коллинеарны. Решение, а) Так как векторы ~а и b не коллинеарны, то 7? + + b ф О . Допустим, что векторы 7? + b и ~а — b коллинеарны. Тогда, согласно лемме о коллинеарных векторах, существует такое число к, что ~а — b = к(~а + Ь). Отсюда получаем: A — к)~а = = A + к) b . При любом к хотя бы одно из чисел A — к) и A + к) не равно нулю. Пусть, например, 1 + к ф 0. Тогда, умножив на число -, получим b = -~а. Отсюда следует, что векторы b и ~а коллинеарны, что противоречит условию задачи. Следовательно, наше предположение неверно и, значит, векторы ~а -\- b и ~а — b не колли- коллинеарны. б), в) Доказательство проводится так же, как в п. а).
§ 1. Координаты вектора 915. Точка М лежит на диагонали АС па- параллелограмма ABCD, причем AM : МС = 4:1. Разложите вектор AM по векторам ~~а = АВ и 7 = AD. Решение. Так как AM : МС = 4:1, то AM = \АС (рис.2), а о поскольку AM |t АС, то AM = \~АС. Но АС = АВ + о (по правилу параллелограмма), поэтому AM = -(AB + AD), о т. е. > 4^ 4^ Ответ. AM = - а + - 6 . о о 916. Векторы ~а и 6 не коллинеарны. Найдите числа х и у, удовлетво- удовлетворяющие равенству: а) 3"*? — х b = у~а + 6 ; б) 4"*? — ж"*? + 56 + у Ь = 0; в) х~а +36 — 2/6 = 0 \ т) ~а -\- Ь — 3^/"^ + х Ъ = 0 . Решение, а) Коэффициенты разложения данного вектора по двум данным неколлинеарным векторам ~~а и Ъ определяются единственным образом, поэтому из равенства 3"^ — х Ъ = у~а + Ъ следует, что у = 3, —ж = 1, т. е. х = — 1. б) Запишем данное равенство в виде D - х)~а + E + у)~Ь =~0> = 0-~о> + 0-~6>. Отсюда следует, что 4 — х = 0, 5 + у = 0, т. е. х = 4, у = —5. Аналогично получаем: в) ж = 0, у = 3; г) ж = -1, у = -. Ответ, а) -1 и 3; б) 4 и -5; в) 0 и 3; г) -1 и i. 917. Начертите прямоугольную систему ко- координат Оху и координатные векторы г и j . Постройте векторы с началом в точке О, задан- заданные координатами ~а{3;0}, 6 {2; — 1}, ~с{0;—3}, Решение. См. рисунок 3.
Гл. 1. Метод координат 918. Разложите векторы ~а, Ь , ~~с, d, ~~е и /, изображенные на рисун- рисунке 4 (рис.276, а, б, в учебника), по координатным векторам г и j и найдите их координаты. Решение. а) ~а =2~Т + 3~?, ~а{2;3}; б) ~Ь = -2~г + ЗУ, 7{-2; 3}; "? = 2"Г, "^{2; 0}; в) ~d = -3~г - 4^, ^{-3;-4}; ^ = 2? - 2~j, ~e{2; -2}; 7 = -4t - 5У, ?{-4;^5}. Ответ. ^а{2;3}, V{-2;3}, ^{2;0}, ^{-3;-4}, ~е{2; -2}, 919. Выпишите координаты векторов ~а = 2 i +3j, 6 = ~~c = 8 г , <i= г — j , ~e = —2 j , f = — i . Решение. ~a{2;3}, T{-^;-2}, "?{8;0}, "?{1;-1} —— i — 2 j , ;-2}, Ответ. {2;3}, {-^;-2}, {8;0}, {1;-1}, {0;-2}, {-l;0}. 920. Запишите разложение по координатным векторам г и j вектора: а) ~x{-3;h; б) У{-2; -3}; в) ^{-1;0}; г) Т?{0;3}; д) V{0; 1}. о Ji 0 / 1 a" / / X \ \ \ 0 % i с X / / / / / / 7 / / / 1 i \ X Рис.4
§ 1. Координаты вектора 9 Р е ш е н и е. а) ~х = — 3 г + - j ; б) ^у — ~2 г — 3 j ; в) "? = — г ; о г) "г? = 3 j ; д) ^v = j . О т в е т. а) —3 г + - j ; б) — 2 г — 3 j ; в) — г ; г) 3 j ; д) j . о 921. Найдите числа х и у, удовлетворяющие условию: а) ж г -\-у j = = 5 г — 2 j ; б) —3 г + у j =хг + 7 j ; в) ж г -\-у j = —4 г ; г) х г + у j = = "О. Решение, а) Коэффициенты разложения данного вектора по ко- координатным векторам г и j определяются единственным образом, поэтому из равенства х г + у j =5г — 2 j следует, что х = 5, у = —2. Аналогично получаем: б) ж = —3, у = 7; в) х = —4, у = 0; г) ж = О, 2/ = 0. Ответ, а) 5 и -2; б) -3 и 7; в) -4 и 0; г) 0 и 0. 922. Найдите координаты вектора ~а + Ь , если: а) "^{З^}, 6 {2; 5}; б) "а{3;-4}, 7{1;5}; в) "а {-4;-2}, 7{5;3}; г) ~а{2;7}, V{-3;-7}. Решение. При сложении двух векторов их соответствующие ко- координаты складываются, поэтому для координат вектора ~а + Ь полу- получаются следующие значения: а) {5; 7}; б) {4; 1}; в) {1; 1}; г) {—1;0}. Ответ, а) {5; 7}; б) {4; 1}; в) {1; 1}; г) {-1;0}. 923. Найдите координаты вектора ~а — Ь , если: а) ~а{5;3}, Ь {2; 1}; б) ~а{3;2}, 7{3;2}; в) ~а{3;6}, 7{4; -3}; г) ~а {-5; -6}, 7{2;-4}. Решение. Каждая координата разности двух векторов равна раз- разности соответствующих координат этих векторов. Поэтому для ко- координат вектора ~а — Ь получаются следующие значения: а) {3;2}; б){6;0};в){-1;9};г) {-7;-2}. Ответ, а) {3;2}; б) {6;0}; в) {-1;9}; г) {-7;-2}. 924. Найдите координаты векторов 2~а, 3~а, —~а, —3~а, если "^{З^}. Решение. При умножении вектора на число каждая координа- координата вектора умножается на это число, поэтому для искомых коорди- координат векторов получаются следующие значения: 2~а>{6; 4}; 3^(9; 6}; -~а{-3]-2}; -3~a{-9;-6}. Ответ. {6;4}, {9;6}, {-3;-2}, {-9;-6}.
10 Гл. 1. Метод координат 925. Даны векторы ~а{2;4}, 7{-2;0}, ~?{0;0}, ~d{-2;-3}, ~е{2; -3}, /{0;5}. Найдите координаты векторов, противоположных данным. Решение. Так как —^р = (—1)]?, то для координат векто- векторов, противоположных данным, получаются следующие значения: -^а{-2;-4}, -7{2;0}, -^{0;0}, -^{2;3}, -~?{-2;3}, -J{0; -5}. Ответ. {-2;-4}, {2;0}, {0;0}, {2;3}, {-2;3}, {0;-5}. 926. Найдите координаты вектора ~v , если: а) V = 37? — 36, "^{2; —5}, 7{-5;2}; б) V = Та - з7 + А~с, "а {4; 1}, 7{1;2}, ~?{2;7}; в) V = = 3~а -2Ъ - ]-~с, ~а{-7;-1}, 7{-1;7}, ~?{4;-6}; г) V = ~а - V - "?, "а {7;-2}, V{2;5}, "?{-3;3}. Решение, a) V{3 • 2 - 3(-5); 3(-5) - 3 • 2}, т. е. ^{21; —21}; б) V{2 • 4 - 3 • 1 + 4 • 2; 2 • 1 - 3 • 2 + 4 • 7}, т. е. V{13; 24}. Аналогично находим: в) "!?{—21; —14}; г) 1?{8; —10}. Ответ, а) {21;-21}; б) {13;24}; в) {-21;-14}; г) {8;-10}. 927. Докажите, что если два вектора коллинеарны, то координаты одного вектора пропорциональны координатам другого. Сформулируйте и докажите обратное утверждение. Решение: 1) Пусть векторы ~а {х \',у\} и Ь {х2) уъ} коллинеарны. Если оба вектора нулевые, то их координаты равны нулю и мы считаем такие координаты пропорциональными. Пусть хотя бы один из векторов ненулевой, например, ~~а ф 0 . Докажем, что в этом случае координаты вектора Ъ пропорциональны координатам вектора ~а, т. е. существует такое число к, что Х2 = кх\, У2 = ку\. A) Действительно, так как ~а и Ъ коллинеарны и ~а ф 0 , то по лемме о коллинеарных векторах существует такое число к, что Ъ = к~а . Отсюда следуют равенства A). 2) Докажем обратное утверждение: если координаты одного вектора пропорциональны координатам другого вектора, то эти векторы колли- коллинеарны. В самом деле, пусть координаты вектора Ъ {х2',У2\ пропорцио- пропорциональны координатам вектора ~а{х\;у\}, т. е. существует число к, такое, что выполнены равенства A). Но тогда Ъ = к~а и, следовательно, векторы а и Ъ коллинеарны.
§ 2. Простейшие задачи в координатах 11 928. Даны векторы ~а{3;7}, 7{-2; 1}, ~с{6; 14}, ~d{2;-\}, ~?{2;4}. Укажите среди этих векторов пары коллинеарных векторов. Решение. Координаты вектора ~~а пропорциональны координатам вектора ~с: 3 = - • 6, 7 = - • 14, поэтому векторы ~а и ~с коллинеарны (см. обратное утверждение в задаче 927). Аналогично, координаты вектора Ъ пропорциональны координатам вектора d, поэтому векторы Ъ и d коллинеарны. Других пар коллинеарных векторов нет, так как для любой другой пары векторов не выполнено условие пропорциональности координат одного вектора координатам другого вектора. Ответ. ~~а и ~с, Ъ и d. § 2. Простейшие задачи в координатах 929. Точка А лежит на положительной полуоси Ох, а точка В — на по- положительной полуоси Оу. Найдите координаты вершин треугольника АВО, если: а) О А = Ъ,ОВ = 3; б) О А = а, ОВ = Ъ. Решение, а) АE;0), В@;3), 0@;0); б) А(а;0), В(О;Ь), О@;0). Ответ, а) E;0), @;3), @;0); б) (а;0), @;Ь), @;0). 930. Точка А лежит на положительной полуоси Ох, а точка В — на поло- положительной полуоси Оу. Найдите координаты вершин прямоугольника ОАСВ, если: а) О А = 6,5, ОВ = 3; б) О А = а, ОВ = Ъ. Решение, а) 0@;0), АF,5;0), СF,5;3), В@;3); б) 0@;0), А(а;0), С(а;Ъ), В(О;Ь). Ответ, а) @;0), F,5;0), F,5; 3), @;3); б) @;0), (а;0), (а; Ъ), @;Ь). 931. Начертите квадрат MNPQ так, чтобы вершина Р имела координаты (—3;3), а диаго- диагонали квадрата пересекались в начале коорди- координат. Найдите координаты точек М, N и Q. Решение. Задача имеет два решения. На рисунке 5 изображен квадрат MNPQ, у которого МC;-3), iVC;3), Q(-3;-3). Второе решение получается из первого, ес- если обозначения точек N и Q поменять местами. В этом случае МC; —3), N(—3; — -3),QC;3). Ответ. C;-3), C;3), (-3;-3) или Р(-3; 3) JVC3; 3) МC, -3) Рис.5
12 Гл. 1. Метод координат О Рис. 6 В 932. Найдите координаты вершин равнобедрен- равнобедренного треугольника ABC, изображенного на рисун- рисунке б (рис.281 учебника), если АВ = 2а, а высота СО равна h. Решение. Высота СО является также меди- медианой треугольника ABC, поэтому О А = OB = a и, следовательно, А(—а;0), В(а;0), G@;/г). Ответ. (-а;0), (а;0), @;ft). 933. Найдите координаты вершины D параллело- параллелограмма ABCD, если: А@;0), ВE;0), СA2;-3). Решение. Обозначим координаты вершины D буквами х и у. Так как сторона АВ лежит на оси абсцисс, то сторона CD параллельна оси абсцисс и, следовательно, ордината точки D равна ординате точки С, т. е. у = —3. Далее, АВ = 5, поэтому CD = 5 и х = 12 - CD = 7. Ответ. G;-3). 934. Найдите координаты вектора АВ, зная координаты его начала и кон- конца: а) АB;7), В(-2;7); б) А(-5; 1), Я(-5;27); в) А(-3;0), ?@;4); г) А@;3), Б(-4;0). Решение. Каждая координата вектора равна разности соответ- соответствующих координат его конца и начала. Поэтому имеем: а) АВ{-4;0}, б) АВ{0;26}, в) АВ{3;4}, г) АВ{-4;-3}. Ответ, а) {-4;0}; б) {0;26}; в) {3;4}; г) {-4;-3}. 935. Перечертите таблицу в тетрадь, заполните пустые клетки и найдите х и у. А В АВ @;0) (i;i) (х;-3) B;-7) {5; у} C;1) {-3;-1> (а; 6) {с; d} (i;2) {0;0} Решение. 1) Заполняем пустые клетки таблицы слева направо: АВ = {1-0;1-0} = {1;1}; А= (з - (-3); 1 - (-\)) = (б;1^);В = = (а + с; Ъ + d); В = A + 0; 2 + 0) = A; 2). 2) 2 — ж = 5, —7 — (—3) = у, откуда х = —3, у = —4. Ответ. Слева направо: АВ = {1; 1}; х = —3, у = —4; А = f 6; 1- ]; В = (a + c;6 + d); В = A;2).
§ 2. Простейшие задачи в координатах 13 936. Перечертите таблицу в тетрадь и, используя формулы для вычисле- вычисления координат середины М отрезка АВ, заполните пустые клетки. А В М B;-з) (-3:1) D; 7) (-3;-2) @;1) C;-5) @;0) (-3;7) (c;d) (а;Ъ) C;5) C;8) Ci + 5; 7) (t + 7; -7) (i;3) @;0) Решение. Заполняем таблицу слева направо: А = B ¦ (-3) - 4; 2 • (-2) - 7) = (-10; -11); Б = B-3-0; 2-(-5)- 1) = F;-11); В = Ba-c;2b-d); ; М= В = B-0- 1; 2-0-3) = (-1;-3). Ответ. Слева направо: М = (—0,5;—1); А = (—10;—11); Б = F;-11); М = (-1,5; 3,5); В = Bа - с;2Ъ - d)\ M=C;6,5); М = B? + 6;0); В = (-1;-3). 937. Даны точки А@; 1) и 5E;—3). Найдите координаты точек С и D, если известно, что точка В — середина отрезка АС, а точка D — середина отрезка ВС. Решение. Обозначим координаты точки С буквами х и у. Тогда по формулам координат середины отрезка имеем: = 5, = -3, откуда х = 10, у = -7. Итак, СA0;-7), поэтому D Ответ. СA0;-7), ?>G,5;-5). , т. е. L>G,5;-5).
14 Гл. 1. Метод координат 938. Найдите длины векторов: а) ~а{5;9}; б) Ъ {—3;4}; в) ~(?{—10; —10}; г) ~d{10;17}; д) ~е{П;-П}; е) 7{10;0}. Решение. Используя формулу для вычисления длины вектора по его координатам, находим: а) \~а\ = л/52 + 92 = л/106; б) | Ь = V(-3J+42 = 5; в) \~г\ = ^/(-10J + (-10J = 10л/2; г) = л/Ю2 + 172 = л/389; д) !"?! = л/112 + (-11J = Пл/2; е) = л/Ю2 + О2 = 10. Ответ, а) л/Т06; б) 5; в) 10л/2; г) л/389; д) Пл/2; е) 10. d\ = 7\ = 939. Найдите расстояние от точки МC; — 2): а) до оси абсцисс; б) до оси ординат; в) до начала координат. Решение, а) Расстояние от точки МC; — 2) до оси абсцисс равно абсолютной величине ординаты точки М, т. е. равно 2; б) расстояние от точки М до оси ординат равно 3; в) расстояние d от точки М до начала координат находим по формуле расстояния между двумя точками: d= д/C-0J + (-2-0J =л/Тз. Ответ, а) 2; б) 3; в) 940. Найдите расстояние между точками А и В, если: а) АB;7), 5(— -2; 7); б) А(-5; 1), Я(-5; -7); в) А(-3; 0), Я@; 4); г) А@; 3), Б(-4; 0). Решение. Используя формулу расстояния между двумя точками, находим: а) АВ = у/(-2 - 2J + G - 7J = 4; б) АБ = у^2 + (-8J = = 8; в) АВ = л/32 + 42 = 5; г) АВ = у/(-4J + (-3J = 5. Ответ, а) 4; б) 8; в) 5; г) 5. 941. Найдите периметр треугольника MNP, если МD;0), iVA2;—2), РE;-9). Решение. MN = ^/A2 - 4J + (-2 - ОJ =^68 =2/17, iVP = ^E- 12J+ (-9+ 2J = 7а/2, РМ= v/D - 5J + @ + ЭJ =>/82. МЛГ + Лгр + рм = 2vi7 + 7\/2 + \/82 • Ответ. 2уТ7 942. Найдите медиану AM треугольника ABC, вершины которого имеют коордиваты: А@; 1), ЯA;-4), СE;2).
§2. Простейшие задачи в координатах 15 Решение. Сначала находим координаты х и у середины М отрезка ол 1 + 5 Q -4 + 2 ВС: х = —^— = 3; у = —— = -1. Медиану AM вычисляем по формуле расстояния между двумя точками: AM = д/C - ОJ + (-1 - IJ = л/13. Ответ, л/13. 943. Точки В и С лежат соответственно на положительных полуосях Ох и Оу, а точка А лежит на отрицательной полуоси Ох, причем О А = а, ОВ = = Ъ, ОС = h. Найдите стороны АС и ВС треугольника ABC. Решение. Точки А, В, С имеют следующие координаты: А(—а;0), В(Ь;0), С@;Л). По формуле расстояния между двумя точками нахо- находим: АС = \Ja2 + h2 , ВС = \Jh2 + h2 . Ответ, л/а2 + h2 и л/b2 + h2 . 944. Вершина А параллелограмма ОАСБ лежит на положительной полу- полуоси Ох, вершина В имеет координаты F; с), а О А = а. Найдите: а) координаты вершины С; б) сторону АС и диагональ СО. Решение, а) Так как сторона ОА лежит на оси абсцисс, то сторо- сторона СВ параллельна оси абсцисс и поэтому ордината у точки С равна ординате точки В, т. е. у = с. Абсцисса ж точки С больше абсциссы точки В на длину стороны СВ, т. е. х = 6 + С?>, а так как С?> = О А = = а, то х = а +6. Итак, С (а + 6; с). б) Точка А имеет координаты (а;0), точка О — координаты @;0). Сторону АС и диагональ СО находим по формуле расстояния между двумя точками: СО = л/@ - (а + б)J + @ - сJ = л/(а + бJ + с2. Ответ, а) (а + Ь;с); 6) \/Ь2 + с2 и д/(а + бJ + с2 . 945. Найдите сторону АС и диагональ ОС трапеции ОВСА с основани- основаниями ОА = а и БС = d, если точка А лежит на положительной полуоси Ох, а вершина В имеет координаты F;с). Решение. Точка А имеет координаты (а;0). Основание О А лежит на оси абсцисс, поэтому основание ВС параллельно оси абсцисс и, следовательно, ордината у точки С равна ординате точки В, т. е. у = с.
16 Гл. 1. Метод координат Абсцисса х точки С больше абсциссы точки В на длину основания ВС, т. е. х = Ъ + d. Итак, С(Ь + d;с). Сторону АС и диагональ ОС находим по формуле расстояния между двумя точками: АС = J(b + d - аJ + с2, ОС = А/(Ь + dJ + с2. Ответ. д/(Ь + d - аJ + с2 и 946. Найдите х, если: а) расстояние между точками АB;3) и 5(ж; 1) равно 2; б) расстояние между точками М\(—\\х) и М2Bж;3) равно 7. Решение, а) ЛВ = ^/(х — 2J + (—2J = 2 (по условию). Возводя в квадрат, получаем: (ж — 2J + 4 = 4, т. е. (ж — 2J = 0, откуда х = 2. б) MiM2 = у^ж + IJ + C — жJ = 7. Возводя в квадрат и приводя подобные члены, получаем квадратное уравнение Ъх2 — 2х — 39 = 0. Решая его, находим: х\ = 3, х^ = —2,6. Ответ, а) 2; б) 3 или -2,6. 947. Докажите, что треугольник ABC равнобедренный, и найдите его площадь, если вершины треугольника имеют координаты: а) А@; 1), В(\\ —4), СE;2); б) А(-4; 1), Я(-2;4), С@; 1). Решение, а) ЛВ = д/A - ОJ + (-4 - IJ = л/26, ^С = = л/42 + б2 = л/52, АС = л/52 + I2 = л/26. Так как АВ = АС, то треугольник ABC — равнобедренный, а так как ВС2 = ЛВ2 + АС2, то по теореме, обратной теореме Пифагора, треугольник ABC — прямоугольный, а стороны АВ и АС — его катеты. Следовательно, Sabc = \АВ • АС = ^л/26 • л/26 = 13. б) АВ = л/22 + З2 = л/13, ВС = -v/22 + (-3J = л/ТЗ, = л/42 + О2 =4. Так как АВ = .ВС, то треугольник ABC — равнобедренный. Его медиана ВЫ является также высотой, поэтому из прямо- прямоугольного треугольника АВМ находим: ВЫ = л/АВ2 — AM2 = = \1ЛВ2 ~ {\АС1 =3- Sabc = \АС ¦ ВЫ = 1- ¦ 4 • 3 = 6. Ответ, а) 13; б) 6.
§2. Простейшие задачи в координатах 17 948. На оси ординат найдите точку, равноудаленную от точек: а) А(—3; 5) иБ(б;4); б) СD;-3) и L>(8; 1). Решение. Пусть М — искомая точка. Так как она лежит на оси ординат, то ее абсцисса равна нулю. Ординату точки М обозначим буквой у. а) По условию AM = ВМ, или AM2 = ВМ2, т. е. откуда находим: у = —9. Итак, М@; —9). б) По условию СМ = DM, или СМ2 = DM2, т. е. откуда находим: у = 5. Поэтому точка М имеет координаты @;5). Ответ, а) @;-9); б) @;5). 949. На оси абсцисс найдите точку, равноудаленную от точек: а) А(\;2) и Я(-3;4); б) СA; 1) и L>C;5). Решение. Ордината искомой точки М равна нулю, а абсциссу точки М обозначим буквой х. а) По условию AM = ВМ, или AM2 = ВМ2, т. е. откуда находим: х = —2,5. Итак, М(—2,5;0). б) По условию СМ = DM, или СМ2 = DM2, т. е. откуда находим: х = 8, и поэтому точка М имеет координаты (8;0). Ответ, а) (-2,5;0); б) (8;0). 950. Докажите, что четырехугольник MNPQ является параллелограм- параллелограммом, и найдите его диагонали, если: а) МA; 1), iVF; I), PG;4), QB;4); б) М(-5; 1), N(-4; 4), P(-l;5), Q(-2;2). Решение, а) Найдем координаты векторов MN и QP: M7V{5;0}, QP{5;0}. Так как координаты векторов MN и QP соответственно равны, то MN = QP. Отсюда следует, что противоположные стороны MN и QP четырехугольника MNPQ равны и параллельны, поэтому этот четырехугольник — параллелограмм.
18 Гл. 1. Метод координат Диагонали МР и NQ находим по формуле расстояния между двумя точками: МР = JG - IJ + D - IJ = Зл/5, -lJ =5. б) M7V{1;3}, QP{1;3}. Отсюда, как и в п. а), следует, что четы- четырехугольник MNPQ — параллелограмм. МР= Л/(—1 + 5J + E — IJ =4л/2, NQ = у (-2 + 4J + B - 4J = 2л/2 . Ответ, а) МР = Зл/5, NQ = 5; б) МР = 4л/2, 951. Докажите, что четырехугольник ABCD является прямоугольником, и найдите его площадь, если: а) А(—3; — 1), В(\;— 1), СA;— 3), D(—3;—3); б) АD;1), ЯC;5), C(-l;4), ?>@;0). Решение, а) Найдем диагонали АС и = л/A + ЗJ + (-3 + IJ = V20, BD = А/(-3 - IJ + (-3 + IJ = л/20. Итак, АС = BD. Середина отрезка АС имеет координаты (—1; —2), и такие же коор- координаты имеет середина отрезка BD. Таким образом, середины диаго- диагоналей АС и BD совпадают, т. е. диагонали четырехугольника ABCD пересекаются и точкой пересечения делятся пополам. Следовательно, четырехугольник ABCD — параллелограмм, а так как его диагонали равны (АС = BD), то он является прямоугольником. Так как АВ = л/42 + О2 = 4, ВС = у^2 + (-2J = 2, то Sabcd = АВ • ВС = 8. б) Имеем: АС= л/(-1 -4J + D - IJ = V34, BD = л/(-3J + (-5J =л/34,
Применение метода координат к решению задач 19 поэтому АС = BD. Середины отрезков АС и BD имеют одинако- одинаковые координаты A,5; 2,5) и, следовательно, совпадают. Отсюда, как и в п. а), следует, что четырехугольник ABCD — прямоугольник. Так как АВ = JC - 4J + E - 1J = VT7 , ВС = л/(-1 - ЗJ + D - 5J = л/Т7 , то Sabcd = АВ-ВС = 17. Ответ, а) 8; б) 17. Применение метода координат к решению задач С@; 160) 954. Медиана, проведенная к основанию равнобедренного треугольника, равна 160 см, а основание треугольника равно 80 см. Найди- Найдите две другие медианы этого треугольника. Решение. Пусть в треугольнике ABC: АС = ВС, АВ = 80 см, медиана СО равна 160 см. Введем прямоугольную систему координат Оху так, как показано на рисунке 7. Тогда вершины А, В, С имеют следующие координаты: А(—40;0), БD0;0), С@;160). Обозначим середины сторон АС и ВС буквами М и N и найдем их координаты по формулам координат середины отрез- отрезка: М(-20;80), 7VB0;80). После этого медианы AN и ВЫ находим по формуле расстояния между двумя точками: Рис.7 AN = JB0 + 40J + (80 - ОJ см = 100 см, ВЫ = у (-20 - 40J + (80 - ОJ см = 100 см. Ответ. 100 см, 100 см. 955. Высота треугольника, равная 10 см, делит основание на два отрезка, равные 10 см и 4 см. Найдите медиану, проведенную к меньшей из двух других сторон. Решение. Пусть в треугольнике ABC высота ВО равна 10 см и точка О делит основание АС на отрезки АО = 4 см и ОС = 10 см. Введем прямоугольную систему координат Оху так, как показано
20 Гл. 1. Метод координат на рисунке 8. Тогда вершины А, В, С имеют следующие координаты: А(-4;0), В@; 10), СA0;0). Отсюда следует, что АВ = л/42 + 102 см = л/ТТб см, ВС = yj 102 + (-10J см = л/200 см и, следовательно, АВ < ВС. Пусть точка М — середина стороны АВ. Ее координаты равны (—2; 5). Зная координаты точек С и М, находим искомую медиану СМ: СМ = yj(-2 - 10J + E - ОJ см = 13 см. Ответ. 13 см. 956. Докажите, что в равнобедренной трапеции диагонали равны. Сфор- Сформулируйте и докажите обратное утверждение. Решение. 1) Пусть ABCD — равнобедренная трапеция, у ко- которой основания AD и ВС равны 2а и 2Ь, а высота равна h. Введем прямоугольную систему координат Оху так, как показано на рисунке 9: основание AD лежит на оси абсцисс, точка О является серединой основания AD. Тогда ось Оу делит основание ВС пополам (см. зада- задачу 820) и вершины трапеции имеют следующие координаты: А(—а;0), B(-b;h), C(b;h), D(a;0). По формуле расстояния между двумя точками находим диагонали АС и BD: Итак, АС = BD, что и требовалось доказать. Вф; 10) В л(-4;0) о СA0;0) х А(-а;0) О D(a;0) Рис. 8 Рис. 9
Применение метода координат к решению задач 21 2) Докажем обратное утверждение: если диагонали трапеции рав- равны, то трапеция — равнобедренная. Пусть в трапеции ABCD с основаниями AD и ВС диагонали равны: АС = BD, и пусть AD = 2а. Введем прямоугольную систему координат Оху так, как показано на рисунке 9: основание AD лежит на оси абсцисс, точка О является серединой основания AD. Тогда вершины А и D имеют координаты: А(—а;0), D(a;0), a вершины В и С — координаты: B(b;h), C(c;h), где Ъ и с — некоторые числа, причем Ъ < с, a h — высота трапеции. По условию АС = BD, или АС2 = BD2, т. е. Отсюда получаем: (с + аJ — (Ь — аJ = 0 или, раскладывая на мно- множители, Так как Ъ < с и а > 0, то первый сомножитель положителен. Поэто- Поэтому с + Ъ = 0, откуда следует, что Ъ = —с. Используя теперь координаты точек A(—a;Q), B(—c;h), C(c;h), D(a;0), найдем АВ и CD: АВ = л (а-с CD = J(a - сJ + h2 . Итак, АВ = CD, т. е. трапеция ABCD — равнобедренная, что и требовалось доказать. 957. Докажите, что если диагонали параллелограмма равны, то параллело- параллелограмм является прямоугольником. В(Ь; с) Решение. Пусть в параллело- параллелограмме ABCD диагонали равны: АС = BD и пусть AD = ВС = а. Введем прямоугольную систему ко- координат Аху с началом в точке А ~о А@; 0) так, как показано на рисунке 10. То- Тогда вершины параллелограмма име- имеют следующие координаты: А@;0), В(Ъ;с), С(Ъ + а;с), D(a;0), где Ь и с — некоторые числа. Из условия АС = BD следует, что АС2 = BD2, т. е. С(Ь + а; с) D(a; 0) Рис. 10
22 Гл. 1. Метод координат Отсюда получаем аЪ = 0, а так как а ф О, то Ъ = 0. Итак, вершина В имеет координаты @;с), т. е. вершина Б лежит на оси ординат и, следовательно, угол BAD — прямой. Поэтому па- параллелограмм ABCD является прямоугольником. 958. Дан прямоугольник ABCD. До- Докажите, что для произвольной точки М плоскости справедливо равенство AM2 + СМ2 = ВЫ2 + DM2. Решение. Пусть в прямоуголь- прямоугольнике ABCD: AD = а, АВ = Ь. Вве- Введем прямоугольную систему координат с началом в точке А так, как показа- показано на рисунке 11. Тогда вершины пря- прямоугольника имеют следующие коор- координаты: Рис. 11 А@; 0), Б@; Ь), С (a; b), D(a; 0). Пусть М(х;у) — произвольная точка плоскости. Тогда AM2 = х2 + у2, ВЫ2 = - ЪJ, СМ2 = (х- аJ + (у - ЪJ, DM2 = (x- аJ + у2. Отсюда получаем: AM2 + СМ2 =х2 + у2 + (х- аJ + (у - ЪJ, ВЫ2 + DM2 = х2 + у2 + (х- аJ + (у - ЪJ. Таким образом, AM2 + СМ2 = ВЫ2 -\- DM2, что и требовалось доказать. § 3. Уравнения окружности и прямой 960. Какие из точек АC;-4), ЯA;0), С@;5), ?>@;0) и Я@; 1) лежат на окружности, заданной уравнением: а) ж2 + ?/2 = 25; б) (ж — IJ + (у + ЗJ = -Q. в) (Т- }Л i ?/2 _ Ь ~ ' } \ 2) У ~ 4' Решение, а) Уравнению ж2 + у2 = 25 удовлетворяют координаты точек АC2 + (—4J = 25) и С@2 + 52 = 25), а координаты других данных точек этому уравнению не удовлетворяют. Поэтому из данных
§ 3. Уравнения окружности и прямой 23 точек только точки А и С лежат на окружности, заданной уравнением х2 + у2 = 25. б) Из данных точек только координаты точки В удовлетворяют уравнению (х — IJ + (у + ЗJ = 9. Поэтому на окружности, заданной этим уравнением, лежит только точка В. в) Аналогично пунктам а) и б) устанавливаем, что на окружности, заданной уравнением (х — - ) + у2 = -, лежат точки В и D. 2, Ответ, а) А и С; б) В; в) Б и D. 961. Окружность задана уравнением (ж + 5J + (у — IJ = 16. Не поль- пользуясь чертежом, укажите, какие из точек А{—2;4), В{—5;— 3), С(—7; — 2) и D(l;5) лежат: а) внутри круга, ограниченного данной окружностью; б) на окружности; в) вне круга, ограниченного данной окружностью. Решение. Найдем расстояния от данных точек до центра данной окружности, имеющего координаты (—5; 1): = л/Т8 =Зл/2, J =4, dc = \ (-7 + 5J + (-2 - IJ = л/13 , = л/A + 5J + E- IJ = л/52 = 2л/Тз. Радиус г данной окружности равен 4. Сравнивая расстояния от данных точек до центра окружности с ее радиусом, получаем: dA > г, дьв = г, dc < r, djj > г. Отсюда следует, что: а) точка С лежит внутри круга, ограниченного данной окружно- окружностью; б) точка В лежит на окружности; в) точки А и D лежат вне круга, ограниченного данной окружностью. Ответ, а) С; б) В; в) А и D. 962. Даны окружность х2 + у2 = 25 и две точки АC;4) и ?>D; — 3). Докажите, что АБ — хорда данной окружности. Решение. Координаты точек А и В удовлетворяют уравнению данной окружности, поэтому точки А и В лежат на этой окружности и, следовательно, отрезок АВ — хорда данной окружности.
24 Гл. 1. Метод координат 963. На окружности, заданной уравнением х + у = 25, найдите точки: а) с абсциссой —4; б) с ординатой 3. Решение, а) Пусть точка (—4;?/) лежит на окружности, заданной уравнением х2 -\- у2 = 25. Тогда (—4J + у2 = 25, откуда у2 = 9 и, сле- следовательно, у = —3 или у = 3. Таким образом, точки (—4; —3) и (—4; 3) лежат на данной окружности. б) Аналогично п. а) получаем, что точки (—4; 3) и D; 3) лежат на данной окружности. Ответ, а) (-4;-3), (-4;3); б) (-4;3), D;3). 964. На окружности, заданной уравнением (х — ЗJ + (у — 5J = 25, най- найдите точки: а) с абсциссой 3; б) с ординатой 5. Решение, а) Пусть точка (S;y) лежит на данной окружности. То- Тогда C — ЗJ + (у — 5J = 25, откуда у — 5 = —5 или у — 5 = 5, т. е. у = О или у = 10. Итак, точки C;0) и C; 10) лежат на данной окружности. б) Аналогично п. а) получаем, что точки (—2; 5) и (8; 5) лежат на данной окружности. Ответ, а) C;0), C; 10); б) (-2; 5), (8; 5). 965. Напишите уравнения окружностей с центром в начале координат и радиусами г\ = 3, Г2 = л/2, гз = -. Ответ. х2 + у2 = 9, х2 + у2 = 2, х2 + у2 = ^. 966. Напишите уравнение окружности радиуса г с центром А, если: а) А@; 5), г = 3; б) А(-\; 2), г = 2; в) А(-3; -7), г = i; г) А(А; -3), г = 10. Ответ. а)ж2 + (у-5J = 9; б) (х + IJ + (у - 2J = 4; в) (ж + ЗJ + + (У + 7J = I; г) (ж - 4J + (у + ЗJ = 100. 967. Напишите уравнение окружности с центром в начале координат, проходящей через точку В(—1;3). Решение. Искомое уравнение имеет вид х2-\-у2 = г2. Так как точка .В(—1;3) лежит на этой окружности, то (—1J + 32 = г2, т. е. г2 = 10. Итак, искомое уравнение окружности имеет вид х2 + у2 = 10. Ответ, ж2 + у2 = 10. 968. Напишите уравнение окружности с центром в точке А@;6), прохо- проходящей через точку В{—3;2).
§ 3. Уравнения окружности и прямой 25 Решение. Искомое уравнение окружности имеет вид х2 + (у — — бJ = г2. Так как точка В{—3;2) лежит на этой окружности, то (—ЗJ + B — бJ = г2, т. е. г2 = 25. Итак, искомое уравнение окруж- окружности имеет вид х2 + (у — бJ = 25. Ответ. х2 + (у-6J =25. 969. Напишите уравнение окружности с диаметром MN, если: а) М(-3;5), NG;-3); б) MB;-l), 7VD;3). Решение, a) M7V = д/G + ЗJ + (-3 - 5J = л/Тб4 = 2л/4Т. Радиус г окружности равен половине диаметра, т. е. г = -MN = = л/41 . Центр окружности является серединой ее диаметра MN, по- поэтому координаты (х&уо) центра вычисляем по формулам координат -3 + 7 о 5-3 л середины отрезка: х0 = —-— = 2, у0 = -—— = 1. Искомое уравнение окружности имеет вид: (ж-2J + (г/-1J = 41. б) Аналогично п. а) находим: г = l-MN = 4л/D-2J + C+ 1J = v/5, 2 + 4 -1 + 3 ^— = 3, уо = —g— Поэтому искомое уравнение окружности имеет вид: Ответ, а) (ж - 2J + (у - IJ = 41; б) (х - ЗJ + (у - IJ = 5. 970. Напишите уравнение окружности, проходящей через точку АA;3), если известно, что центр окружности лежит на оси абсцисс, а радиус равен 5. Сколько существует таких окружностей? Решение. Пусть (здО) — координаты центра окружности. Тогда центр окружности лежит на оси абсцисс и так как радиус равен 5, то уравнение окружности имеет вид: (х - х0J + у2 = 25. По условию точка А(\;3) лежит на этой окружности, поэтому A — xqJ + 9 = 25, откуда 1 — xq = —4 или 1 — xq = 4, т. е. xq = 5 или хо = —3. Таким образом, задача имеет два решения:
26 Гл. 1. Метод координат (х - 5J + у2 = 25 и (ж + ЗJ + у2 = 25. Ответ. Две окружности: (х — 5J + у2 = 25, (х + ЗJ + у2 = 25. 971. Напишите уравнение окружности, проходящей через точки А{—3;0) и ?>@;9), если известно, что центр окружности лежит на оси ординат. Решение. Так как центр окружности (ад 2/0) лежит на оси орди- ординат, то хо = 0 и искомое уравнение можно записать в виде: х2 + (у~УоJ = г2. По условию точки А(—3; 0) и В@; 9) лежат на искомой окружности, поэтому (-3J + @ - уоJ = г2 и О2 + (9 - у0J = г2. Таким образом, для нахождения уо и г имеем систему двух уравнений 9 + У2о=г*, (9 - у0J = г2. Вычитая второе уравнение из первого, получаем: —72 + 18г/о — 0» от~ куда уо = 4. Зная уо> находим: г2 = 25. Итак, искомое уравнение имеет вид: х2 + (у - 4J = 25. Ответ, х2 + (у- 4J =25. 972. Напишите уравнение прямой, проходящей через две данные точки: а) АA;—1) и Я(-3; 2); б) СB; 5) и L>E; 2); в) М@; 1) и 7V(-4; -5). Решение, а) Задача решена в учебнике. б) Запишем искомое уравнение прямой CD в виде ах -\- by -\- с = = 0. Так как точки С и D лежат на прямой CD, то их координаты удовлетворяют этому уравнению, т. е. 2а + ЪЬ + с = 0, 5а + 26 + с = 0. Из этих уравнений выражаем а и b через с: с L с а = --, 6=-у. Подставляя эти выражения в уравнение прямой, получаем уравнение
§ 3. Уравнения окружности и прямой 27 При любом с ф 0 оно является уравнением прямой CD. Удобно взять с = —7. Тогда уравнение прямой CD примет вид х + у-7 = 0. в) Таким же образом, как в п. б), находим уравнение прямой MN: Зх-2у + 2 = 0. Ответ, а) Зж + 4у + 1 =0; б) х + у-7 = 0; в) Зх-2у + 2 = 0. 973. Даны координаты вершин треугольника ABC: АD;6), В(—4;0), С(— 1;— 4). Напишите уравнение прямой, содержащей медиану СМ. Решение. По формулам координат середины отрезка находим координаты (ад 2/0) точки М — середины стороны АВ: 4+ (-4) п 6 + 0 Q ^о = ^ =0, уо = —^- = 3. Искомое уравнение прямой СМ запишем в виде ах + by + с = 0. Координаты точек СиМ удовлетворяют этому уравнению, т. е. -а-46 + с = 0, 36 +с = 0. Из этих уравнений выразим awe через Ъ\ а = —76, с = —36. Подставим эти выражения в уравнение прямой СМ и положим Ъ = -\. Тогда уравнение прямой СМ примет вид 7х - у + 3 = 0. Ответ. 7х — у -\- 3 = 0. 974. Даны координаты вершин трапеции ABCD: А(—2;— 2), ?>(—3; 1), СG; 7) и ?>C; 1). Напишите уравнения прямых, содержащих: а) диагонали АС и 5D; б) среднюю линию трапеции. Решение, а) Уравнения прямых АС и BD, каждая из которых проходит через две данные точки, можно найти аналогично тому, как это делалось в задаче 972. В результате для прямой АС получается уравнение х — у = 0, а для прямой BD — уравнение у — 1 = 0. б) Найдем координаты векторов AD и ВС: AD{5;3}, ?>С{10;6}. Так как координаты вектора AD пропорциональны координатам век- вектора ВС, то векторы коллинеарны (задача 927) и поэтому AD || ВС. Следовательно, стороны AD и ВС — основания трапеции, а АВ и CD — ее боковые стороны.
28 Гл. 1. Метод координат Пусть точки М(х\\у\) и N(x2',y2) — середины боковых сторон АВ и CD. Найдем координаты этих точек по формулам координат середины отрезка: -2-3 = -2,5; -2+1 = -0,5; 7 + 3 = 5; 7+1 = 4. Прямая M7V содержит среднюю линию трапеции. Зная координаты точек М и N, находим уравнение прямой MN таким же образом, как это делалось в задаче 972. Искомое уравнение имеет вид Зх - Ъу + 5 = 0. Ответ, а) х — у = 0 и у — 1 =0; б) Зх — 5 = 0. 975. Найдите координаты точек пересечения прямой Зх — Ау + 12 = 0 с осями координат. Начертите эту прямую. Решение. Точка пересечения прямой с осью абсцисс имеет ординату, равную нулю. Положив У в уравнении прямой у = 0, получим Зх + 12 = 0, @; 3) откуда х = —4. Итак, данная прямая пересекается с осью абсцисс в точке (—4;0). Аналогично находим, что данная прямая пере- пересекается с осью ординат в точке @;3). Данная прямая изображена на рисунке 12. Рис. 12 Ответ. (-4;0) и @;3). (-4; 0) О 976. Найдите координаты точки пересечения прямых 4ж + 3?/-6 = 0 и 2ж + ?/-4 = 0. Решение. Решение данной системы двух уравнений дает коор- координаты точки пересечения прямых. Решая систему, получаем: х = 3, у = —2. Итак, данные прямые пересекаются в точке C; —2). Ответ. C;-2). 977. Напишите уравнения прямых, проходящих через точку МB; 5) и па- параллельных осям координат. Решение. Уравнение прямой, проходящей через точку МB; 5) и параллельной оси ординат, имеет вид х = 2 (см. п. 92 учебника), а уравнение прямой, проходящей через ту же точку и параллельной оси абсцисс, имеет вид у = 5. Ответ, х = 2 и у = Ъ.
§ 3. Уравнения окружности и прямой 29 -2 -2 3 -4 J 0 у =-4 X 1 = 1 X 978. Начертите прямую, задан- заданную уравнением: г) у = 3; б) х = —2; в) у = —4; г) ж = 7. Решение. Рисунок 13. 979. Найдите ординату точки М, лежащей на прямой АВ, если извест- известно, что А(-8;-6), Я(-3;-1) и абс- абсцисса точки М равна 5. Решение. Аналогично тому, как это делалось в задаче 972, находим уравнение прямой, проходящей через данные точки А и В: х — у + 2 = 0. Полагая в этом уравнении х = 5, получаем 5 — ^ + 2 = 0, откуда у = 7. Итак, точка МE; 7) лежит на прямой АВ, и, значит, искомая ордината точки М равна 7. Ответ. 7. Рис. 13 980. Напишите уравнения прямых, содержащих стороны ромба, диагонали которого равны 10 см и 4 см, если известно, что его диагонали лежат на осях координат. Решение. Возможны два случая: а) диагональ, равная 10 см, лежит на оси абсцисс (рис. 14, а); б) диагональ, равная 10 см, лежит на оси ординат (рис. 14, б). Координаты вершин ромба в каждом из этих случаев представлены на рисунках 14, а и 14, б. E;0) (-2; 0)/ \ У i 1 1 \ \ .@; \ О 1 @; 5) \ B; / -5) 0) X Рис. 14
30 Гл. 1. Метод координат Для нахождения уравнения прямой, проходящей через ту или иную сторону ромба, нужно найти уравнение прямой, проходящей через две данные точки (см. задачу 972). В случае а) получаем уравнения: 2х + Ъу - 10 = 0, 2х - Ъу - 10 = 0, 2х + Ъу + 10 = О, 2х - Ъу + 10 = О, а в случае б) — уравнения: Ъх + 2у- 10 = 0, 5ж - 2у - 10 = О, 5ж + 2у+ 10 = 0, 5ж - 2у + 10 = 0. О т в е т. 2х ± 5у ± 10 = 0 или 5ж ± 2у ± 10 = 0. Использование уравнений окружности и прямой при решении задач 982. Точка В — середина отрезка АС, длина которого равна 2. Найдите множество всех точек М, для каждой из которых: a) AM2 + ВМ2 + СМ2 = = 50; б) AM2 + 2BM2 + ЗСМ2 = 4. Решение. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке В так, как показано на рисунке 15. Тогда точка А имеет координаты (—1;0), а точка С — координаты A;0). М(х;у) Рис. 15
Использование уравнений окружности и прямой при решении задач 31 Для произвольной точки М(х\у) имеем: а) Если точка М(х\ у) принадлежит искомому множеству, то AM2 + + ВЫ2 + СМ2 = 50, поэтому координаты точки М удовлетворяют уравнению ((х + IJ + у2) + (х2 + у2) + ((х - IJ + у2) = 50. A) Если же точка М не принадлежит искомому множеству, то ее коорди- координаты не удовлетворяют этому уравнению. Следовательно, уравнение A) и есть уравнение искомого множества точек в выбранной системе координат. Раскрывая скобки, приводим уравнение A) к виду Таким образом, искомым множеством точек является окружность ра- радиуса 4 с центром в начале координат, т. е. в точке В (рис. 15, а). б) Аналогично п. а) для искомого множества точек получаем в вы- выбранной системе координат уравнение ((х + IJ + у2) + 2(х2 + у2) + 3((х - IJ + у2) = 4. Раскрывая скобки и группируя слагаемые соответствующим образом, приводим это уравнение к виду 2 , 2 1 +У =9- Таким образом, искомым множеством точек является окружность 1 ^ /1 А\ ^ радиуса - с центром в точке LU-;OJ, т. е. с центром D, лежащим О \ О / на отрезке ВС, причем BD = - (рис. 15, б). о Ответ, а) Окружность радиуса 4 с центром в точке В; б) окруж- ность радиуса - с центром, лежащим на отрезке ВС на расстоянии - о о от точки В. 983. Даны две точки А и В. Найдите множество всех точек М, для каждой из которых AM2 + ВМ2 = к2, где к — данное число.
32 Гл. 1. Метод координат А (-а; 0) Рис. 16 Решение. Пусть АВ = 2а, точ- точка О — середина отрезка АВ. Вве- Введем прямоугольную систему коорди- координат с началом в точке О так, как показано на рисунке 16. Тогда точка А имеет координаты (—а;0), а точка В — координаты (а;0). Для произвольной точки М(х; у) имеем: Если точка М(х; у) принадлежит искомому множеству, то AM2 + + ВЫ2 = к2, поэтому координаты точки М удовлетворяют уравнению Если же точка М не принадлежит искомому множеству, то ее коорди- координаты не удовлетворяют этому уравнению. Следовательно, полученное уравнение является уравнением искомо- искомого множества точек в выбранной системе координат. После раскрытия скобок уравнение приводится к виду к2 - 2а2 A) Возможны три случая. 1) Если к2 > 2а2, то искомым множеством точек является окруж- окружность радиуса к1 - 2а с центром в точке О — середине отрезка АВ (на рис. 16 изображена окружность в случае < а). 2) Если к2 = 2а2, то правая часть уравнения A) равна нулю и поэтому уравнению A) удовлетворяют только координаты точки О, т. е. искомое множество точек состоит из одной точки О — середины отрезка АВ. 3) Если к2 < 2а2, то правая часть уравнения A) отрицательна и поэтому координаты любой точки не удовлетворяют уравнению A), т. е. нет ни одной точки, удовлетворяющей условию задачи. Ответ. В зависимости от к: либо окружность с центром в сере- середине отрезка АВ, либо точка — середина отрезка АВ, либо пустое множество.
Использование уравнений окружности и прямой при решении задач 33 985. Даны две точки А и В. Найдите множество всех точек М, для каждой из которых ВМ — AM = 2AB . Решение. Пусть АВ = 2а, точка О — середина отрезка АВ. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке О так, как показано на рисунке 17. Тогда точка А имеет координаты (—а;0), а точка В — координаты (а;0). Аналогично задаче 983 для искомого множества точек М(х;у), удовлетворяющих условию ВМ2 — AM2 = 2AB2, получаем уравнение Раскрывая скобки, приходим к уравнению х = —2а. Таким образом, искомым множеством точек является прямая, па- параллельная оси Оу. Можно сказать, что эта прямая перпендикулярна к прямой АВ и пересекает продолжение луча АВ в точке С, такой, что АС=1-АВ (рис.17). Ответ. Прямая, перпендикулярная к прямой АВ и пересекающая продолжение отрезка АВ на расстоянии -АВ от точки А. 986. Дан прямоугольник ABCD. Найдите множество всех точек М, для каждой из которых (AM2 + DM2) - (ВМ2 + СМ2) = 2АВ2. Решение. Пусть АВ = a, AD = 2Ь, точка О — середина стороны AD. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке О так, как показано на рисунке 18. Тогда вершины прямоугольника ABCD имеют следующие координаты: А(-Ь;О), В(-Ь;а), С(Ъ;а), D(b;0). С(-2а;0) В(-Ь;а) I С(Ь;а) I . О D(b;0) x Рис. 17 Рис. 18 2 Л. С. Атанасян и др.
34 Гл. 1. Метод координат Пусть М(х\у) — произвольная точка. Условие {AM2 + DM2) — — (ВМ2 + СМ2) = 2АВ2, записанное в координатах, дает уравнение искомого множества точек: -((х + ЪJ + (у - аJ + (х- ЪJ + (у - аJ) = 2а2. Раскрывая скобки, приходим к уравнению у = а. Но это уравнение является, очевидно, уравнением прямой ВС. Таким образом, искомым множеством точек является прямая ВС. Ответ. Прямая ВС. В @; Ъ) А (-а; 0)| D @; -b) Рис. 19 987* Дан ромб ABCD, диагонали кото- которого равны 2а и 26. Найдите множество всех точек М, для каждой из которых AM2 + DM2 = ВМ2 + СМ2. Решение. Введем прямоугольную си- систему координат Оху так, чтобы диа- диагонали ромба лежали на осях коорди- координат (рис. 19). При этом вершины ромба имеют следующие координаты: А(-а; 0), В@; Ь), С (а; 0), L>@; -b). Пусть М(х;у) — произвольная точка. Условие AM2 + DM2 = = ВМ2 + СМ2, записанное в координатах, дает уравнение искомого множества точек: ((х + аJ + у2) + (х2 + (у + ЪJ) = (х2 + (у- ЪJ) + ((х - аJ + у2). Раскрывая скобки, приходим к уравнению ах + Ьу = 0. Этим уравнением задается прямая, проходящая через начало ко- координат О@; 0), т. е. через точку пересечения диагоналей ром- ромба (на рис. 19 эта прямая обозначена буквой /). Покажем, что прямая / перпендикулярна к стороне АВ ромба. Обо- Обозначим буквой Е точку пересечения прямой / и прямой, проходящей через точку А перпендикулярно к оси Ох (см. рис. 19). Абсцисса точки Е равна —а. Чтобы найти ординату точки Е, положим х = — а 2 в уравнении прямой /. Тогда получим —а2 + by = 0, откуда у = —. Следовательно, АЕ = —. Учитывая, что АО = а, ВО = Ь, получаем равенства —— = -, АО а г\ гп \г\ —— = -. Отсюда следует, что прямоугольные треугольники ЕАО НО о
Дополнительные задачи 35 и АОВ подобны. Поэтому Zl = Z2. Но Zl + Z3 = 90° и, значит, Z2 + Z3 = 90°. Следовательно, Z4 = 90°, т. е. прямая / перпендику- перпендикулярна к стороне АВ. Ответ. Прямая, проходящая через точку пересечения диагоналей ромба и перпендикулярная к стороне ромба. Дополнительные задачи 988. Векторы ~а и Ь не коллинеарны. Найдите такое число х (если это возможно), чтобы векторы ~р и ~q были коллинеарны: а) ~р = 2~а — 6 , ~q = = "а+ж6;б)У = ж"*? — 6,"д="а+х6;в)р> = "а+а;6,"д> = "а-26; г) "]? = Та + b , ~q = х~~а + 6 . Решение, а) Так как векторы ~~а и 6 не коллинеарны, то "]? = = 2~~а — Ъ ф 0 . Поэтому, согласно лемме о коллинеарных векторах, если ^р = 2~а — Ъ w ~q = ~а + х Ъ коллинеарны, то существует число /с, такое, что ~q = к~^р, т. е. ~а + ж 6 = fcB"a> — Ь ), или ^+ж& = = 2&~б? — к b . Отсюда следует (в силу единственности разложения любого вектора по двум данным неколлинеарным векторам), что 1 = = 2к, х = -к. Из этой системы двух уравнений находим: Итак, если ж = — -, то q = а — - b = - р , т. е. при ж = —- векторы ~j) w~q коллинеарны. б) Если векторы ~р = ж"^ — b и ~q =~a -\- x b коллинеарны, то су- существует число к, такое, что ~q = к~р, т. е. ~~а -\- х b = к(х~а — b ), или ~а -\- х b = кх~а — к b . Отсюда следует, что 1 = kx, х = —к. Исключая к, приходим к уравнению х2 = — 1. Ясно, что это ра- равенство не выполняется ни при каком х. Поэтому не существует такого числа х, при котором векторы ~р = х~а — b и ~q = ~а — х b коллинеарны. Аналогично п. а) получаем, что: в) векторы ^р =~а + х b и ~q =~а — 2 b коллинеарны при х = —2, г) векторы ~^р = 2~а + b и ~q = ж"^ + 6 коллинеарны при х = 2. Ответ, а) —-; б) решения нет; в) —2; г) 2.
36 Гл. 1. Метод координат 989. Найдите координаты вектора ~р и его длину, если: а) ~р = 7~а —36, 1;-1}, 7{5;-2}; б) ~р = А~а - 2~b , ~а{6;3}, 7{5;4}; в) ~р = 5~а - А~Ь , Г{6;-1}; г) ~р = 3(-2~а - А~Ь), "а{1;5}, V{-1; 1}. [о о Решение, а) Используя правила нахождения координат суммы, разности векторов и произведения вектора на число, находим, что ко- координаты вектора ~р равны {7-1—3-5; 7(— 1) — 3(—2)}, т. е. {—8; —1}; = v(-8J + (-1J = V65- Аналогично п. а) получаем: б) рЧ14;4}, |^| = л/Н2+42 = 2л/53; bj р \ —-^A;0j, 2 = л/466; г) ; -18}, (-18J = бл/10. Ответ, а) {-8;-1} и \/б5; б) {14;4} и 2\/53; в) {-21;5} и \/466; г) {6;-18} и 6/К). 990. Даны векторы "^{З^}, Ъ {6; —8}, ~(?{1;5}. а) Найдите координаты векторов ^ = ^+ Ъ , ~q = 6+ "?, 7^ = 2"а^ — 6 + "?, ~~t? = ~а — Ъ — "?. б) Найдите \~а\, \ Ъ |, |^?|, |~^ . Решение, а) Используя правила нахождения координат суммы, разности векторов и произведения вектора на число, получаем: р"{9;-4}, "^{7;-3}, ^{l^l}, ~?{-4; 7}. (-8J = 10, = v/92 + (-4J = V97, ¦| = а/72+ (-3J =V58. Ответ, а) {9; -4}, {7;-3}, {1;21}, {-4;7}; б) 5, 10, у/Ш, \/58. 991. Докажите, что расстояние между любыми двумя точками М\(х\\§) и М2(х2',0) оси абсцисс вычисляется по формуле d = \х\ — Х2 . Решение. По формуле расстояния между двумя точками получа- получаем: d = = \xi - х2\ 992. Докажите, что треугольник ABC, вершины которого имеют коорди- координаты А(А;8), В(\2; 11), СG;0), является равнобедренным, но не равносторон- равносторонним.
Дополнительные задачи 37 Решение. По формуле расстояния между двумя точками находим: АВ = л/A2 — 4J + A1 — 8J = V73 , АС = л/G - 4J + @ - 8J = л/73 , ВС = уG- 12J +(О- ПJ = VT46. Таким образом, АВ = АС ф ВС, т. е. треугольник ABC — равно- равнобедренный, но не равносторонний. 993. Докажите, что углы Аи С треугольника ABC равны, если А(—5; 6), (;-9) иС(-12;-17). Решение. По формуле расстояния между двумя точками находим: АВ = у (З + бJ + (_9 _6J = 17, ВС = ^(-12-ЗJ+ (-17+ 9J = 17. Таким образом, АВ = БС, т. е. треугольник ABC — равнобедрен- равнобедренный с основанием АС, и поэтому ZA = Z.C. 994. Докажите, что точка D равноудалена от точек А, В и С, если: а) ?>A;1), АE;4), ЯD;-3), С(-2;5); б) L>(l;0), AG;-8), В(-5;8), С(9;6). Решение, а) По формуле расстояния между двумя точками нахо- находим: =5, = JD- IJ + (-3-1J =5, CD =y(-2 -IJ + E -IJ =5. Таким образом, AD = BD = CD, т. е. точка D равноудалена от то- точек А, В и С. б) Аналогично п. а) получаем, что AD = ?>?) = CD = 10. 995. На оси абсцисс найдите точку, равноудаленную от точек Mi (—2; 4) и М2F;8). Решение. Пусть М(х;0) — искомая точка. По условию ММ\ = = ММ2, откуда ММ\ = ММ\, т. е. Отсюда находим: х = 5. Итак, искомая точка имеет координа- координаты E;0). Ответ. E;0).
38 Гл. 1. Метод координат 996. Вершины треугольника ABC имеют координаты А(—5; 13), ВC; 5), С(—3; — 1). Найдите: а) координаты середин сторон треугольника; б) медиану, проведенную к стороне АС; в) средние линии треугольника. Решение. Пусть точки М\(х\;у\), М^х^Уъ), ^з(^з52/з) — соот- соответственно середины сторон АВ, ВС и С А. а) По формулам координат середины отрезка находим: -5 + 3 Л 13 + 5 п Ж1 = —2— = -1' ^ = ~2~ ' 3-3 п 5-1 о ^2 = —^ =0, ?/2 = —g— = 2, -3-5 „ -1 + 13 с хз = —2— = -4, уз = —g = 6- Итак, Mi(-1;9), M2@;2), М3(-4;6). По формуле расстояния между двумя точками находим: б) медиану ВМ%, проведенную к стороне АС: ВМЪ = ^(-4 - ЗJ + F - 5J = 5л/2 ; в) средние линии M\M<i, M^M^, M%M\\ МХМ2 = J@ + IJ + B - 9J = 5л/2 , М2М3 = л/(-4 - ОJ + F - 2J = 4л/2 , М3М{ = у (-4 + IJ + F - 9J =Зл/2. Ответ, а) (-1;9), @;2), (-4;6); б) 5л/2; в) 5л/2, 4>/2, Зл/2. 997. Докажите, что четырехугольник ABCD, вершины которого имеют координаты АC;2), ?>@;5), С(—3;2), D@;—1), является квадратом. Решение. По формуле расстояния между двумя точками находим: АВ = 4/@ - ЗJ + E - 2J =Зл/2, БС = л/(-3 - ОJ + B - бJ = Зл/2 , CD = 4/@ + ЗJ + (-1 - 2J = Зл/2 , DA = ./C-0J +B+1J =Зл/2, = у/(-3 - 3J + B - 2J = 6. Таким образом, АВ = БС = CD = DA и, следовательно, четы- четырехугольник ABCD — ромб. Кроме того, АВ2 + БС2 = АС2, откуда
Дополнительные задачи 39 следует, что треугольник ABC — прямоугольный с прямым углом В. Итак, в ромбе ABCD угол В — прямой, поэтому ромб ABCD является квадратом. 998. Докажите, что четырехугольник ABCD, вершины которого имеют координаты А(—2;— 3), БA;4), С(8;7), ?>E;0), является ромбом. Найдите его площадь. Решение. По формуле расстояния между двумя точками находим: АВ = JA + 2J + D + ЗJ = V58 , ВС = л/(8 - IJ + G - 4J = л/58 , CD = JE - 8J + @ - 7J = V58 , DA = J(-2 - бJ + (-3 - ОJ = V58, АС = л/(8 + 2J + G + ЗJ = Юл/2, BD = А/E- IJ+ @-4J = 4л/2. Так как АВ = ?>С = CD = DA, то четырехугольник ABCD — ромб. Его площадь равна половине произведения диагоналей АС и BD, Ответ. 40. 999. Найдите координаты четвертой вершины параллелограмма по задан- заданным координатам трех его вершин: (—4;4), (—5; 1) и (—1;5). Сколько решений имеет задача? Решение. Воспользуемся утверждением: если АВ = DC и векто- векторы АВ и DC не лежат на одной прямой, то четырехугольник ABCD — параллелограмм. Справедливость этого утверждения следует из того, что равенство АВ = DC обеспечивает равенство и параллельность сторон АВ и CD четырехугольника ABCD, откуда, в свою очередь, следует, что четырехугольник ABCD — параллелограмм (признак 1°, п. 43 учебника). Обозначим три данные точки так: А(—4;4), В(—5; 1), С(—1;5). 1) Найдем такую точку D(x;y), что АВ = DC. Вектор АВ имеет координаты {— 1;— 3}, а вектор DC — коорди- координаты {—1 — х; 5 — у}. Записывая равенство АВ = DC в координатах, получаем: — \ = —\—х, —3 = 5 —у, откуда х = 0, у = 8.
40 Гл. 1. Метод координат Итак, если точка D имеет координаты @;8), то АВ = DC. Убе- Убедимся в том, что векторы АВ и DC не лежат на одной прямой. Найдем координаты вектора AD: {0 + 4; 8 — 4} = {4; 4}. Координаты вектора AD{4; 4} не пропорциональ- пропорциональны координатам вектора АВ{— 1;— 3}, поэтому эти векторы не коллинеар- ны (задача 927) и, следовательно, точ- точка D не лежит на прямой АВ. Поэто- Поэтому векторы АВ и DC не лежат на од- одной прямой, а поскольку они равны, то четырехугольник ABCD — парал- параллелограмм. 2) Аналогично можно найти такие точки D\ и D2, что четырехугольники ABD\C и AD2BC будут параллело- параллелограммами. Используя условия АВ = = CD\ и AD2 = СВ и проведя такие же вычисления, как в п. 1), получим, что точка D\ имеет координаты (—2; 2), а точка D2 — координаты (-8:0). Итак, мы нашли три решения задачи: точки D@;8), D\{—2\2), D2(—S;0). Соответствующие им параллелограммы ABCD, ABD\C и AD2BC изображены на рисунке 20. Других решений, очевидно, нет. Ответ. Три решения: @;8), (-2; 2), (-8;0). Рис. 20 1000. Выясните, какие из данных уравнений являются уравнениями окружности. Найдите координаты центра и радиус каждой окружности: а) (х - IJ + (у + 2J = 25; б) х2 + (у + 7J = 1; в) х2 + у2 + 8х - Ау + 40 = 0; г) ж2 + ?/2 - 2х + 4?/ - 20 = 0; д) х2 + у2 - Ах - 2у + 1 = 0. Решение, а) Данное уравнение является уравнением окружности, центр которой имеет координаты A;—2), а радиус равен 5. б) Данное уравнение является уравнением окружности, центр кото- которой имеет координаты @;—7), а радиус равен 1. в) Запишем данное уравнение в виде Так как для любых х и у левая часть уравнения не отрицательна, а правая часть отрицательна, то этому уравнению не удовлетворяют координаты никакой точки. г) Запишем данное уравнение в виде
Дополнительные задачи 41 Это уравнение является уравнением окружности, центр которой имеет координаты A;—2), а радиус равен 5. д) Запишем данное уравнение в виде (х - 2J + (у - IJ = 4. Это уравнение является уравнением окружности, центр которой имеет координаты B; 1), а радиус равен 2. Ответ, а) A;—2) и 5; б) @; —7) и 1; в) уравнение не является уравнением окружности; г) A; —2) и 5; д) B; 1) и 2. 1001. Напишите уравнение окружности, проходящей через точки АC;0) и В{—\\ 2), если центр ее лежит на прямой у = х + 2. Решение. Абсциссу центра искомой окружности обозначим через xq, тогда ордината центра равна xq + 2, а уравнение окружности можно записать в виде (х-хоJ + (у-хо-2J = г2. A) Так как точки АC;0) и ??(—1;2) лежат на искомой окружности, то их координаты удовлетворяют уравнению A), т. е. C - х0J + @ - х0 - 2J = г2, Получили систему двух уравнений с двумя неизвестными xq и г. Вычитая из первого уравнения второе и приводя подобные члены, при- приходим к уравнению 12 — Ахо = 0, откуда xq = 3. После этого из первого уравнения находим г2 = 25. Таким образом, уравнение A) искомой окружности принимает вид (х - ЗJ + (у - 5J = 25. Ответ, (х - ЗJ + (у - 5J = 25. 1002. Напишите уравнение окружности, проходящей через три данные точки: а) АA;-4), ЯD;5), СC;-2); б) АC;-7), Я(8;-2), СF;2). Решение. Напишем уравнение искомой окружности в виде (Ж-ЖоJ + B/-2/оJ = г2. A) а) Так как точки А, В, С лежат на искомой окружности, то их координаты удовлетворяют этому уравнению, т. е. D - х0J + E - у0J = г2, C-хоJ + (-2-уоJ=г2.
42 Гл. 1. Метод координат Получили систему трех уравнений с тремя неизвестными xq, уо, г. Вычитая из первого уравнения второе, а также из третьего второе, приходим к системе двух уравнений относительно xq и у^\ 6х0 + 182/о = 24, 2х0 + Що = 28. Решая эту систему, находим xq и у^\ xq = — -, уо = -. Зная xq и уо, 2 125 получаем г = -—. Таким образом, уравнение A) искомой окружности принимает вид ¦ Л2 I ( 5\2 125 б) Аналогично п. а) для нахождения xq, Уо. г, входящих в уравне- уравнение A) искомой окружности, получаем систему уравнений C-хоJ + (-7-уоJ = г2, (8 - ж0J + (-2 - уоJ = г2, F - х0J + B - у0J = г2. Решая эту систему так же, как в п. а), находим: xq = 3, уо = —2, г2 = 25. Таким образом, уравнение A) искомой окружности принимает (х-3J + (у + 2J = 25. Ответ. а) [х + ?)* + (у - |)' = l-f; б) (х - ЗJ + (у + 2J = 25. 1003. Вершины треугольника ABC имеют координаты А(—7; 5), ВC; —1), СE;3). Составьте уравнения: а) серединных перпендикуляров к сторонам треугольника; б) прямых АВ, ВС и С А; в) прямых, на которых лежат средние линии треугольника. Решение, а) Если точка М(х;у) лежит на серединном перпенди- перпендикуляре к стороне АВ, то AM = ВМ, или AM2 = ВМ2, т. е. коорди- координаты точки М удовлетворяют уравнению (Ж + 7J + B/-5J = (Ж-3J + (у+1J. A) Если же точка М(х; у) не лежит на серединном перпендикуляре к сто- стороне АВ, то AM2 ^ ВМ2, и поэтому координаты точки М не удовле- удовлетворяют уравнению A). Следовательно, уравнение A) является урав- уравнением серединного перпендикуляра к стороне АВ. После возведения в квадрат уравнение A) приводится к виду 5х-3у+ 16 = 0. Аналогично для серединных перпендикуляров сторон ВС и С А получаются уравнения:
Дополнительные задачи 43 б) Уравнения прямых АВ, ВС и С А, каждая из которых проходит через две заданные точки, находятся таким же способом, как в зада- задаче 972. В результате получаются следующие уравнения: АВ: Зх + Ъу - 4 = 0; ВС: 2х - у - 7 = 0; С А: х + 6у - 23 = 0. в) Пусть точки М\(х\;у\), М^х^уъ), М^{х^\уъ) — середины со- соответственно сторон АВ, ВС и С А. Координаты этих точек находим по формулам координат середины отрезка: -7 + 3 0 5-1 0 х\ = —-— = -2; ух = —^- = 2; 3 + 5 , -1 + 3 Л х2 = —^- =4; у2 = —^— = 1; 5-7 1 3+5 , ж3 = —2~ = -1; уз = ^^ = 4. Средние линии треугольника ABC лежат на прямых МхМ^, М^М^ и М^Мх, каждая из которых проходит через две заданные точки. Поэтому уравнения этих прямых находятся таким же способом, как в задаче 972. В результате получаются следующие уравнения: МхМ2:х + 6у- 10 = 0; М2М3:Зх + 5у- 17 = 0; М3М{: 2х-у + 6 = 0. О т в е т. а) Ъх - Зу + 16 = 0, х + 2у - 6 = 0, 6х - у + 10 = 0; б) Зх + + Ъу - 4 = 0, 2х - у - 7 = 0, х + 6у - 23 = 0; в) х + 6у - 10 = 0, Зх + + 5у- 17 = 0, 2х-у + 6 = 0. 1004. Докажите, что прямые, заданные уравнениями Зх — 1,5?/+ 1 = 0 и 2х — у — 3 = 0, параллельны. Решение. Допустим, что данные прямые не параллельны. Тогда они либо пересекаются, либо совпадают. В любом случае существует точка М(хо',уо), лежащая на обеих прямых, и, следовательно, коорди- координаты точки М удовлетворяют уравнениям этих прямых, т. е. Зжо — 1,5уо + 1 = 0 и 2жо — уо — 3 = 0. Умножим второе равенство на 1,5 и вычтем из первого равенства. Получим (Зх0 - 1,52/о + О - Ь5Bхо - уо - 3) = 0, т. е. 5,5 = 0. Так как полученное равенство не имеет места, то наше предположе- предположение неверно и, следовательно, данные прямые не имеют общих точек, т. е. они параллельны.
44 Гл. 1. Метод координат 1005. Докажите, что точки А, В и С лежат на одной прямой, если: а) А(-2;0), ЯC;2^), СF;4); б) АC; 10), ЯC; 12), СC;-6); в) АA;2), БB;5), С(-10;-31). Решение, а) Найдем координаты векторов АВ и АС: АЕ>{5;2-}, АС{8;4}. Очевидно, 8:5 = 4: 2-, т. е. координаты вектора АС про- пропорциональны координатам вектора АВ, поэтому векторы АВ и АС коллинеарны (см. задачу 927), а так как они имеют общее начало (точ- (точку А), то точки А, В и С лежат на одной прямой, б), в) Задача решается так же, как в п. а). Применение метода координат к решению задач 1006. Две стороны треугольника равны 17 см и 28 см, а высота, прове- проведенная к большей из них, равна 15 см. Найдите медианы треугольника. Решение. Пусть в треугольнике ABC: АВ = 17 см, АС = 28 см, высота ВН = 15 см. Введем прямоугольную систему координат с нача- началом в точке А так, как показано на рисунке 21 (точка С лежит на поло- положительной полуоси абсцисс, точка В имеет положительную ординату). Тогда вершины треугольника ABC имеют следующие координаты: А@;0), GB8;0), В(х; 15), где х — пока неизвестное число, причем возможны два случая: а) точка Н лежит на стороне АС (рис.21, а), в этом случае х > 0; б) точка Н лежит на продолжении стороны АС (рис.21, б), в этом случае х < 0. Используя формулу расстояния между двумя точками, получаем: АВ = л/х2 + 152 = 17, откуда следует, что х2 = 64, х = 8 либо х = —8. Таким образом, точка В имеет координаты (8; 15) (рис.21, а) либо (—8; 15) (см. рис.21, б). Пусть точки А\(х\',у\), В\(х2',У2) и С\(хз',Уз) — соответственно середины сторон ВС, С А и АВ. Координаты этих точек находим по формулам координат середины отрезка. В случае а) получаем: В(х;15) А @; 0) СB8;0)х Рис. 21
Применение метода координат к решению задач 45 Х3 = 8 + 28 2 0 + 28 2 0 + 8 = 18, = 14, = 4, 15 + 0 _ 2/1 = ~^г~ = 7: 0 + 0 п 2/2 = —^- = 0; 2/з = 2 0+ 15 = 7,5. В случае б) получаем: -8 + 28 Х\ = 2 0 + 28 2 0-. = Ю, = И, = -4, 2/2 = 15 + 0 2 0 + 0 2 0+ 15 = 0; = 7,5. Медианы ААь ВВ\, СС\ находим по формуле расстояния между двумя точками. В случае а) получаем: ААХ = v/A8-0J +G,5-ОJ см = 19,5 см, ВВХ = ^(Н - 8J+ @- 15J см = Зл/29 см, 7! = 7D-28J+ G,5-ОJ см = ^л/28Т см. В случае б) получаем: ААХ = л/ -ОJ+ G,5-ОJ см = 12,5 см, ВВх = 7A4 + 8J+ @- 15J см = V709 см, = 7(-4-28J+ G,5-ОJ см = ^л/432Т см. Ответ. 19,5 см, Зл/29 см, |л/28Т см; или 12,5 см, л/709 см, 5 (с; Л) /м^^м \ 1007. Докажите, что отрезок, со- соединяющий середины диагоналей тра- трапеции, равен полуразности оснований. Решение. Введем прямоуголь- прямоугольную систему координат, связанную с трапецией ABCD так, как пока- показано на рисунке 22. Тогда вершины трапеции имеют следующие коор- координаты: А@;0), B(c;h), C(c + b;h), D(a;0), где a = AD, b = ВС, с - некоторое число, h — высота трапеции. Пусть AD > ВС, т. е. а > Ь, и пусть точки М(хх\ух) и N(x2\y2) — середины диагоналейАС и BD. О Л @; 0) D(a;0) Рис. 22
46 Гл. 1. Метод координат Тогда х\ = С-——, у\ = -, Х2 = а С, У2 = ^- По формуле расстояния между двумя точками получаем: а-\- с с-\-Ь h h\2 2~ 2 а-Ъ А Г) pi С1 Таким образом, MN = , что и требовалось доказать. 1008. Дан параллелограмм ABCD. Докажите, что для всех точек М величина {AM2 + СМ2) — (ВМ2 + DM2) имеет одно и то же значение. Решение. Введем прямоугольную систему координат так, как показано на рисунке 23. Тогда вершины параллелограмма имеют следующие координаты: А@;0), B(b;c), C(a + b;c), D(a;0), где а = = ВС = AD, Ъ — некоторое число, с — высота параллелограмма. Для любой точки М(х;у) имеем: AM2 =х2 + у2, ВМ2 = (х- ЪJ + (у - сJ, СМ2 = (х-а-ЬJ + (у-сJ, Используя эти выражения и раскрывая скобки, получаем: (AM2 + СМ2) - (ВМ2 + DM2) = 2ab. Таким образом, величина (AM2 + СМ2) - (ВМ2 + DM2) имеет одно и то же значение для всех точек М(х;у). 1009. Докажите, что медиану АА\ треугольника ABC можно вычислить 1 по формуле АА\ = - у 2АС2 + 2АБ2 — ВС2. Используя эту формулу, дока- докажите, что если две медианы треугольника равны, то треугольник — равнобед- равнобедренный. М(х;у) В(а;Щ Рис. 23
Применение метода координат к решению задач 47 Решение. 1) Введем прямо- прямоугольную систему координат с на- началом в точке В так, как показано на рисунке 24. Тогда вершины тре- треугольника имеют следующие коорди- координаты: А(Ъ; с), В@; 0), С(а; 0), где а = = ВС, Ъ и с — некоторые числа, а се- середина А\ стороны ВС имеет коор- координаты (|;0j. По формуле расстояния между двумя точками находим: А(Ь;с) С(х;0) Рис. 24 AC2 = (b-aJ + c2, AB2 = b2 + c2. Используя эти формулы, а также равенство ВС2 = а2, получаем: 2АС2 + 2АВ2 - ВС2 = 2((Ь - аJ + с2) + 2(Ъ2 + с2) - а2 = \2 = 4 -|) +с Сопоставляя это выражение с выражением для АА\, приходим к ра- равенству АА\ = 1BАС2 + 2АВ2 - ВС2), 1 откуда следует, что АА\ = -л/2АС2 + 2АВ2 — ВС2, что и требовалось доказать. 2) Пусть в треугольнике ABC медианы АА\ и ВВ\ равны. Медиана АА\ выражается доказанной в п. 1) формулой ААХ = 2 -ВС2, а медиана ВВ\ выражается аналогичной формулой ВВХ = Х-\/2ВА2 Из равенства АА\ = ВВ\ следует: л/2АС2 + 2АВ2 - ВС2 = л/2ВА2 + 2ВС2 - АС2. После возведения в квадрат и приведения подобных членов приходим к равенству ЗАС2 = ЗВС2, откуда получаем АС = ВС. Таким образом, мы доказали, что если две медианы треугольника равны, то треуголь- треугольник — равнобедренный.
48 Гл. 1. Метод координат 1010. Даны две точки А и В. Найдите множество всех точек М, для каждой из которых: а) 2 AM2 - ВМ2 = 2АВ2; б) AM2 + 2ВМ2 = 6АВ2. Решение. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке А так, как показано на рисунке 25. Тогда точки А и В имеют координаты: А@;0), В(а;0), где а = АВ. Пусть М(х\ у) — произвольная точка. Тогда AM2 = х2 + у2, ВМ2 = (х- аJ + у2. а) Условие 2AM2 — ВМ2 = 2АВ2, записанное в координатах, дает уравнение искомого множества точек: Раскрывая скобки, приводим уравнение к виду Таким образом, искомым множеством точек является окружность радиуса 2а, т. е. радиуса 2АВ, с центром в точке В'{—а;0), т. е. в точке, симметричной точке В относительно точки А (рис.25, а). б) Условие AM2 + 2ВМ2 = 6АВ2, записанное в координатах, дает уравнение искомого множества точек: Это уравнение приводится к виду х- -а) +у = -а Таким образом, искомое множество точек представляет собой 4 4 , „ ^ B А\ окружность радиуса -а, т. е. -АВ, с центром в точке 6 ( -а;0), т. е. 2 в точке С, лежащей на отрезке АВ, причем АС = -АВ (рис.25, б). о М(х;у) М(х;у) Рис. 25
Задачи повышенной трудности 49 Ответ, а) Окружность радиуса АВ с центром в точке, симметрич- 4 ной В относительно А] б) окружность радиуса -АВ с центром в точке, 2 3 лежащей на отрезке АВ на расстоянии -АВ от А. о Задачи повышенной трудности 1256. Вершины четырехугольника ABCD имеют координаты А(х\\у\), В(х2;г/2), С(хз;уз), D(x4;yi). Докажите, что этот четырехугольник является параллелограммом тогда и только тогда, когда Х\ + Хз = Х2 + Х4, 2/1+2/3 = 2/2+ 2/4- Решение. Четырехугольник ABCD является параллелограммом тогда и только тогда, когда его диагонали АС и BD пересекаются и точкой пересечения делятся пополам, т. е. тогда и только тогда, когда середины диагоналей АС и BD совпадают. г- лг-t (х\ + Х3 У\ + Уз\ Середина диагонали АС имеет координаты ( —-—; -——^— 1, а се- т-> тл ( Ж2 + Х4 У2 + 2/4 \ редина диагонали ?>L> — координаты (—-—; -—^-), поэтому сере- середины диагоналей АС и BD совпадают тогда и только тогда, когда х\ + х3 = х2 + ж4, 2/1 + 2/3 = 2/2 + 2/4- Следовательно, четырехугольник ABCD является параллелограм- параллелограммом тогда и только тогда, когда х\ + ж3 = х2 + ж4, 2/1+2/3=2/2 + 2/4- 1257. Даны две точки: A(#i;?/i) и В(х2\у2)- Докажите, что координаты у) точки С, д ются формулами АС (х;у) точки С, делящей отрезок АВ в отношении Л (т. е. —- = Л), выража- _ х\ + Лж2 _ 2/1 + Аг/2 Х" 1+Л ' у~ 1+Л " Решение. Из равенства ^ттэ = ^ следует, что АС = ХСВ. Век- тор АС имеет координаты {х — х\\у — у\}, вектор С В — координаты {х2 — х;у2 — у}, а вектор ХСВ — координаты {Х(х2 — х)\ Х(у2 — у)}. Так как АС = ХСВ, то соответствующие координаты векторов АС и ХСВ равны, т. е. х - хх = Х(х2 -х), у-у\= Х(у2 - у). Из этих равенств получаем формулы _ хх + Хх2 _ ух + Ху2 Х~ 1+Л ' У~ 1+Л *
50 Гл. 1. Метод координат 1258. Из физики известно, что центр тяжести однородной треугольной пластинки находится в точке пересечения медиан. Найдите координаты центра тяжести такой пластинки, если координаты ее вершин: А\(х\\у\), ^(вдуг)» А3(х3;у3). Решение. Пусть точка М(х4\Уа) — середина стороны А2А%, и пусть медианы треугольника А\А2А^ пересекаются в точке С(х;у). Л С Точка С делит медиану А\М в отношении 2 : 1, т. е. —^— = 2. Коор- С М динаты точки М находим по формулам координат середины отрезка: XL ~ - " Ш - № + m 2 ' ~~ 2 ' а координаты точки С, делящей отрезок А\М в отношении 2:1, находим по формулам задачи 1185 (в этих формулах нужно положить Л = 2): Ж|+2.Ж2 + Жз 1+2 Ответ. (?1±^1±?з.т+Ж _ 2 _ XX + Х2 + ХЗ х~ ГТ2 ~ з , 2 . 2/2 + 2/3 = yi ^ 2 _ 2/1 + 2/2 + 2/з о/ 1259. Вершины треугольника ABC имеют координаты: А(—3;0), Б@;4), СC;0). Биссектриса угла А пересекает сторону ВС в точке D. Найдите координаты точки D. Решение. Биссектриса треугольника делит противоположную сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам тре- , гОС\ BD AB угольника (задача 535), поэтому Найдем АБ и АС по формуле расстояния между двумя точками: т * BD Ъ 1аким образом, ——- = -. L/C о Координаты (х;у) точки D находим по формулам задачи 1257. По- Полагая в этих формулах х\ = 0, у\ = 4, х2 = 3, у2 = О, Л = -, получаем: 15 24 гл AЪ 24\ Ответ. (тт;п).
Задачи повышенной трудности 51 1260. В треугольнике ABC: AC = = 9 см, ВС =12 см. Медианы AM и BN взаимно перпендикулярны. Най- Найдите АВ. Решение. Введем прямоуголь- прямоугольную систему координат Оху так, чтобы медианы AM и BN лежали на осях координат (рис.26). Пусть вершины А, В и С имеют коорди- координаты: А(х;0), В@;у) и С(х\\у\). Так как точка N — середи- середина отрезка АС, то абсцисса точ- точки N равна —-—-. С другой сто- стороны, абсцисса точки N равна О, т. е. —-—- = 0. Отсюда получаем: MI N С(рс1;У1) Рис. 26 х\ = —х. Аналогично, используя точку М — середину отрезка ВС, находим: у\ = —у. Итак, точка С имеет координаты (—х; —у). По условию АС = 9 см, ВС = 12 см, откуда следует, что АС2 = = 81 см2, ВС2 = 144 см2, т. е. -уJ = 81 см2, + 2/J= 144 см2, или 4х2 + у2 = 81 см2, х2 + \у2 = 144 см2. Складывая эти равенства, получаем Ь(х2 + у2) = 225 см2, откуда х2 + у2 = 45 см2. Но х2 +у2 = АВ2 (см. рис.26), поэтому АВ2 = 45 см2, АВ = = Зл/5 см. Ответ. Зл/5 см. 1261. Найдите координаты центра тяжести системы трех масс тщ, 7П2 и газ, сосредоточенных соответственно в точках А\(х\;у\), ^(адуг), А3(ж3;2/з). Решение. Из курса физики известно, что центр тяжести (точ- (точка А) системы двух масс т\ и Ш2, сосредоточенных в точках А\ и ^2, лежит на отрезке А\А^, причем А\А • т\ = АА% • тп2, т. е. А\А _ 7П2 АА2 тп\ '
52 Гл. 1. Метод координат Пусть координаты точки А равны (х;у). Так как точка А делит отрезок А\А2 в отношении —-, то по формулам задачи 1257 находим: m2 X\ -\ • X2 m\ Vfl2 ТП2 m\ Х\ТП\ - m\ - ТП\ - f x2m2 f m2 b2/2m2 Ь m2 у Искомый центр тяжести трех масс тп\, rri2, тз (обозначим его С) совпадает с центром тяжести двух масс: массы тз, помещенной в точку Аз, и массы (mi -\-rn2), помещенной в точку А. Поэтому А3С -т3 = СА- (mi + m2), т. е. -^- = ———-. Обозначим координаты точки С через (зд2/о)- Используя коорди- коордиты точе получаем: наты точек А^ и А и полагая Л = ———, по формулам задачи 1257 т3 mi + m2 Хб m3 1 i mi i 1 mi + m2 m3 mi i I 'x\m\ + x2m2 -\ m\ + ?тг2 + ximi m\ + ГП2 m3 2/imi m\ + m2 m3 -x3m3 тз + х2?тг2 + m2 + 2/2m2 + ТП2 . 2/imi + mi - _ x\m\ +x2m2 + x3m3 m\ + ?тг2 + ?тгз у\тп\ + 2/2m2 + 2/з т-з ?7ii + m2 + ?тгз у2т2 + у3тз\ Ь гтт-2 + т-з У ' _ 0 ~~ _ У0 ~ tb 6T. 1262. В каждом из следующих случаев на оси абсцисс найдите точку М, для которой сумма ее расстояний от точек А и В имеет наименьшее значение: а) А{2\ 3), ВA\ -5); б) А{-2\ 4), ВC; 1). Решение, а) Точки АB;3) и В(А; —5) лежат по разные стороны от оси абсцисс (рис.27, а), поэтому искомой точкой М(х;0) является точка пересечения отрезка АВ с осью абсцисс. В самом деле, для лю- любой другой точки М\ оси абсцисс, согласно неравенству треугольника, имеем: АМ\ + ВМ\ > АВ, т. е. АМ\ + ВМ\ > AM + ВЫ (см. рис. 27, а).
Задачи повышенной трудности 53 т-г AM л ^ , 1ОС_ 2 + 4А Пусть -—— = А. По формулам задачи 1257 получаем: х = —, ВМ 1+А Л . . 3 3 — 5А 3 О = —. Отсюда находим: А = -, х = 1 -\- А о ^ 3 = 2-. Итак, искомая точка М имеет координаты B-;0). б) Точки А(—2; 4) и БC; 1) лежат по одну сторону от оси абс- абсцисс (рис.27, б). Пусть точка В' симметрична точке В относитель- относительно оси Ох, т. е. ось Ох является серединным перпендикуляром к отрезку ВВ'. Так как для любой точки М\ оси абсцисс ВМ\ = = В'М\ (см. рис.27, б), то АМ\ + ВМ\ = АМ\ + Б'МЬ и поэтому задача сводится к нахождению на оси абсцисс такой точки М, для которой сумма расстояний от точек Aw В1 имеет наименьшее значение. Поскольку точки А и В1 лежат по разные стороны от оси абсцисс, искомой точкой М(х;0) является, как и в п. а), точка пересечения отрезка АВ1 с осью абсцисс. AM Точка В' имеет координаты C; —1). Пусть 7 = А, тогда по фор- мулам задачи 1257 получаем: х = -2 +ЗА МВ 4-Х 1 + А ' ~ 1 + А х = 2. Итак, искомая точка М имеет координаты B;0). Ответ, а) B^;0); б) B;0). , откуда А = 4, 1263. Докажите, что: а) уравнение Ах + By + С = 0, где А и В не равны одновременно нулю, является уравнением прямой; б) уравнение х2 — ху — 2 = = 0 не является уравнением окружности. Решение, а) Пусть числа хо, уо удовлетворяют данному уравне- уравнению, т. е. Axq + Вуо + С = 0. Так как А и Б не равны одновременно А B; 3) В D; -5) Рис. 27
54 Гл. 1. Метод координат нулю, то такая пара чисел существует. Тогда С = — Ах о — Вуо и данное уравнение можно записать в виде А(х-хо)+В(у-уо)=О. A) Возьмем две точки: MiOo - А; у0 - В) и М2(х0 + М у0 + В) и составим уравнение серединного перпендикуляра к отрезку M\M<i. Точка М(х\ у) лежит на этом серединном перпендикуляре тогда и толь- только тогда, когда М\М = М^М, или М\М2 = М^М2. Записывая это равенство в координатах, получаем уравнение серединного перпенди- перпендикуляра к отрезку М\М.2. (х - х0 + АJ + (у - у0 + ВJ = (х-х0- АJ + {у-у0- ВJ. Если в этом уравнении раскрыть скобки, перенести все слагаемые в левую часть и разделить на 4, то получим уравнение A). Итак, уравнение A) является уравнением серединного перпендику- перпендикуляра к отрезку М\М2. Тем самым доказано, что исходное уравнение Ах + By + С = 0 является уравнением прямой. б) Уравнение любой окружности можно записать в виде (х - х0J + (у - уоJ = г2, или х2 - 2х0х + у2 - 2у0у + xl + yl - г2 = 0. Таким образом, уравнение любой окружности не содержит слагае- слагаемого кху, где к — не равное нулю число, а в данном уравнении такое слагаемое есть: —ху. Следовательно, данное уравнение не является уравнением окружности. 1264. Найдите точки пересечения двух окружностей, заданных уравнени- уравнениями (ж — IJ + (у — 2J = 4 и х2 + у2 = 1, и вычислите длину их общей хорды. Решение. Координаты (х; у) точки пересечения двух окружностей удовлетворяют каждому из данных уравнений, поэтому для нахожде- нахождения точек пересечения нужно решить систему уравнений: Вычитая из первого уравнения второе, получаем -2х - Ау + 2 = 0, откуда х = -2у+\. B) Подставив это выражение во второе уравнение системы A), прихо- приходим к квадратному уравнению Ъу2 - Ау = 0,
Задачи повышенной трудности 55 4 которое имеет корни у\ = 0 и у^ = -=. Соответствующие значения х 5 3 находим из уравнения B): х\ = 1, х^ = — -=. о Итак, данные окружности пересекаются в точках Mi(l;0) 3 4\ -3-; -= ), поэтому отрезок М\М.2 — их общая хорда. О О / 4\/5 Ответ. A;0), [~\\\ 1265. Даны три точки А, В, С и три числа а, C, 7- Найдите множество всех точек М, для каждой из которых сумма аАМ2 + (ЗВМ2 + ^СМ2 имеет постоянное значение, если: а) а + /3 + 7 ф 0; б) а + /3 + 7 = 0. Решение. Введем прямоугольную систему координат с началом в точке А так, чтобы точка В лежала на оси абсцисс. Тогда данные точки имеют координаты: А@;0), В(а;0), С(Ь;с), где а, Ь, с — какие- то числа. Пусть М(х\ у) — произвольная точка. Тогда АМ2=х2+у2, ВМ2 = {х-аJ + у2, СМ2 = (х- ЬJ + (у - сJ. Записав в координатах условие аАМ2 + EВМ2 + jCM2 = к, где к — заданное число, получим уравнение искомого множества точек: а(х2 + у2) + р((х - аJ + у2) + 7((* - ЬJ + (у - сJ) = к. A) а) Если а + C + 7 ф 0, то, раскрыв скобки и разделив на а + C + 7, приведем уравнение A) к виду (ж - ж0J + (у - 2/оJ = ш, B) где _ /За + 7^ _ 7е , Если m > 0, то уравнение B) является уравнением окружности и, следовательно, искомое множество точек — окружность. Если т = 0, то уравнению B) удовлетворяют координаты только точки (х&уо) и, следовательно, искомое множество точек состоит из одной точки. Если
56 Гл. 1. Метод координат т < О, то уравнению B) не удовлетворяют координаты никакой точки, т. е. искомое множество точек является пустым множеством, б) Если а + C + 7 = 0, то уравнение A) принимает вид Ах + By + С = О, C) с2) - где А = -2(/За + 7Ь), # = ~27с, С = /За2 Если хотя бы одно из чисел А и В не равно нулю, то уравнение C) является уравнением прямой (см. задачу 1263, а) и, следовательно, искомое множество точек — прямая. Если А = В = С = 0, то уравне- уравнению C) удовлетворяют координаты любой точки М(х\ у) плоскости и, следовательно, искомое множество точек — вся плоскость. Если А = = В = 0, а С ^ 0, то уравнению C) не удовлетворяют координаты ни одной точки, т. е. искомое множество точек является пустым мно- множеством. Ответ, а) Окружность, точка или пустое множество; б) прямая, вся плоскость или пустое множество. Рис. 28 1266. Даны прямая а и точка А, не лежащая на ней. Для каждой точ- точки М\ прямой а на луче АМ\ взята точка М, такая, что АМ\ • AM = /с, где к — данное положительное число. Найдите множество всех точек М. Решение. Введем прямо- прямоугольную систему координат Оху так, чтобы ось Ох совпала с пря- прямой а, а точка А лежала на поло- положительной полуоси Оу (рис.28). Тогда точка А имеет координаты @; а7), где d — расстояние от точки А до прямой а. Пусть М\(т;0) — произвольная точка на прямой а. Тогда АМХ = у/(т - ОJ + @ - df = а уравнение прямой АМ\ имеет вид: dx + т(у — d) = 0. A) Пусть М(х;у) — точка, лежащая на луче АМ\. Ее координаты удовлетворяют уравнению A), и она принадлежит искомому множеству точек тогда и только тогда, когда АМ\ • AM = к. Так как АМХ = л/ш2 + d2, AM = Jx2 + (y- dJ,
Задачи повышенной трудности 57 то точка М(х\ у) принадлежит искомому множеству точек тогда и толь- только тогда, когда ее координаты удовлетворяют уравнению A) и уравне- уравнению Vm2 + d2 • ^х2 + (у - dJ = к. B) dx Выразив т из уравнения A): т = и подставив это выра- У ^ жение в уравнение B), получим уравнение, которому удовлетворяют координаты точек М(х;у), принадлежащих искомому множеству, и не удовлетворяют координаты точек, не принадлежащих этому множеству: 2 + d2 • Jx2 + (у - dJ = к. C) / d2x2 V (У ~ df Уравнение C) и есть уравнение искомого множества точек. По- Поскольку d — y>0 (см. рис.28), то левая часть уравнения равна d(x2 + (у - df) ,Q4 — -j-^ —, и поэтому уравнение (о) принимает вид а у Раскрывая скобки и группируя слагаемые соответствующим обра- образом, приходим к уравнению к /п , к которое задает окружность радиуса — с центром в точке I 0; а — — Эта окружность проходит через точку А (см. рис.28), но сама точка А не входит в искомое множество. Ответ. Окружность, проходящая через точку А, за исключением самой точки А. 1267. Точка О не лежит на данной окружности. Для каждой точки М\ окружности на луче ОМ\ взята точка М, такая, что ОМ = к • ОМ\, где к — данное положительное число. Найдите множество всех точек М. Решение. Введем прямоугольную систему координат с началом в данной точке О. Пусть данная окружность имеет в этой системе координат уравнение (x-x0f + (y-y0J = R2, A) и пусть М\(х\;у\) — произвольная точка этой окружности (рис.29, а). Тогда (J (Ы2 2 () а вектор ОМ\ имеет координаты {х\;у\}.
58 Гл. 1. Метод координат Пусть М(х\ у) — точка на луче ОМ\. Вектор ОМ имеет координаты {х; у}. Если точка М удовлетворяет условию ОМ = к • ОМ\, то ОМ = ^ х и = кОМ\, откуда следует, что х = кх\, у = ку\ или х\ = -, у\ = ^. гь гь Подставляя эти выражения в равенство B) и умножая на к2, получаем равенство (х - кх0J + (у- куоJ = (kRJ. C) Таким образом, если точка М(х;у), взятая на луче ОМ\, удовлетво- удовлетворяет условию ОМ = к - ОМ\, то координаты точки М удовлетворя- удовлетворяют уравнению C), являющемуся уравнением окружности радиуса kR с центром в точке (кхо; куо) (рис. 29, б). Мы доказали, что любая точка М(х\ у) искомого множества точек лежит на окружности, заданной уравнением C). Докажем, что имеет место и обратное утверждение: любая точка окружности, заданной уравнением C), принадлежит искомому множе- множеству точек. Пусть М(х\ у) — произвольная точка указанной окруж- окружности, т. е. для координат точки М(х\у) выполнено равенство C). о X U Разделив это равенство на /г и введя обозначения х\ = -, у\ = j-, получим равенство которое показывает, что точка М\(х\\у\) лежит на окружности, задан- заданной уравнением A), т. е. на окружности, указанной в условии задачи. Так как х\ = ^, у\ = |, то ОМ = кОМ\, откуда следует, что точка гь гь М лежит на луче ОМ\ и удовлетворяет условию ОМ = к • ОМ\. Это и означает, что точка М принадлежит искомому множеству точек. Ответ. Окружность радиуса kR, где R — радиус данной окружно- окружности. Рис. 29
Задачи повышенной трудности 59 1268. Пусть А и В — данные точки, к — данное положительное число, не равное 1. а) Докажите, что множество всех точек М, удовлетворяющих условию AM = к • ВМ, есть окружность (окружность Аполлония), б) Докажи- Докажите, что эта окружность пересекается с любой окружностью, проходящей через точки А и В, так, что их радиусы, проведенные в точку пересечения, взаимно перпендикулярны. Решение, а) Введем прямоугольную систему координат с началом в точке А так, как показано на рисунке 30, а. Тогда точки Аи В имеют координаты А@;0), В(а;0), где а = АВ. Для произвольной точки М(х\у) имеем: AM2 = х2 + у2,ВМ2 = (х - аJ у2. Если точка М(х\ у) принадлежит искомому множеству, то AM = = к • ВМ, или AM2 = к2ВМ2. Поэтому координаты точки М удовле- удовлетворяют уравнению э?+у* = к?{(х-аJ + у2). A) Если же точка М не принадлежит искомому множеству, то ее координаты не удовлетворяют этому уравнению. Следовательно, урав- уравнение A) и есть уравнение искомого множества точек в выбранной системе координат. Раскрывая скобки и группируя слагаемые соответствующим обра- образом, приводим уравнение A) к виду V2 х — к2-\ ка B) а; 0 ). На рисунке 30, а изображена окруж- Итак, искомым множеством точек является окружность радиуса ка „ ( к2 — с центром С —— к2-\ \к2-\ ность Аполлония для к > 1. б) Рассмотрим произвольную окружность, проходящую через точки А и В. Пусть точка D — центр этой окружности, а Е — точка М(х;у) Рис. 30
60 Гл. 1. Метод координат пересечения с окружностью Аполлония (см. рис.30, б). Требуется доказать, что DE _1_ ЕС. С этой целью докажем, что треугольник DEC — прямоугольный. Так как точка D равноудалена от точек А и В, то она лежит на се- серединном перпендикуляре к отрезку АВ. Поэтому абсцисса точки D равна -, а ординату точки D обозначим буквой Ь. Используя координаты точек A, D и С, находим: к2-\ 2j 4\k2-l Отрезок ЕС является радиусом окружности Аполлония, поэтому к2 ЕС2 = —g 2 ° (см> УРавнение B)). Складывая DE2 и ЕС2, полу- (к — 1) чаем к' 9 l/fc2+l\2,|l2 Итак, DE2 + ЕС2 = DC2, откуда следует, что треугольник DEC — прямоугольный с прямым углом Е, т. е. DE _1_ ЕС.
Глава 2 СООТНОШЕНИЯ МЕЖДУ СТОРОНАМИ И УГЛАМИ ТРЕУГОЛЬНИКА. СКАЛЯРНОЕ ПРОИЗВЕДЕНИЕ ВЕКТОРОВ § 1. Синус, косинус и тангенс угла 1011. Ответьте на вопросы: а) может ли абсцисса точки единичной полу- 1 1 2 окружности иметь значения 0,3; —; — —; 1 —; —2,8? б) Может ли ордината точки О О О единичной полуокружности иметь значения 0,6; -; —0,3; 7; 1,002? Ответы обоснуйте. Решение. Координаты точек единичной полуокружности удовле- удовлетворяют условиям х2 + у2 = 1, у ^ 0. Поэтому -1 ^х < 1, 0< У < 1. A) а) Согласно первым из неравенств A) абсцисса х точки единичной полуокружности может иметь значения 0,3; -; — - и не может иметь о о 2 значения 1- и —2,8. о б) Согласно вторым из неравенств A) ордината у точки единичной полуокружности может иметь значения 0,6; - и не может иметь значе- значения 7; 1,002; -0,3. Ответ, а) Да; да; да; нет; нет; б) да; да; нет; нет; нет. 1012. Проверьте, что точки Mi@;l), мА\>>^-\ Мз(^;1г)' М\ I ——; — ], АA;0), В(—1;0) лежат на единичной полуокружности. Вы- Выпишите значения синуса, косинуса и тангенса углов АОМ\, АОМ2, АОМз, АОМ4, АОВ. Решение. 1) Координаты точек единичной полуокружности удо- удовлетворяют условиям: х2 + у2 = 1, у ^ 0. Для данных точек имеем:
62 Гл. 2. Соотношения между сторонами и углами треугольника Уч Mi(O; 1); О2 + I2 = 1, 1 > 0. Точка М\ лежит на единичной полуокружно- полуокружности. Точка М2 лежит на единичной полу- 2 2 л/2 окружности. Рис. 31 Точка Мз лежит на единичной полу- полуокружности. 2 У ^) = I, ^ >0. Точка лежит на единичной полуокружности. АA;0); I2 + 02 = 1,0^0. Точка А лежит на единичной полуокруж- полуокружности. Аналогично, точка Б@; 1) лежит на единичной полуокружности. О Mi 2) sinAOMi = не существует. 71 sin АОМо = = 1 (рис.31), cosАОМХ = cosAOM2 = ОМх = 0, = I, tgAOM2 = M3N3 cos AOM2 sin АОM% = sinAOM4 = ^^ = i cosAOM4 = -^-, tgAOM4 = —l—. UIV14 2 2 уЗ sin АО В = sin 180° = 0, cos АО В = cos 180° = -1, tg АО В = 0. п т п л/3 1 /о \/2 \/2 , 1 \/3 Ответ. 1, 0, не существует; —-, -, л/3; -—-, -—-, 1; -, ——. —U 0, -1, 0. 1 2 1013. Найдите sina, если: a) cosa = -; б) cosa = —-; в) cosa = —1. А о Решение. Для решения задачи воспользуемся основным тригоно- тригонометрическим тождеством: sin2 а + cos2 а = 1. Vs
§ 1. Синус, косинус и тангенс угла 63 б) sina = А/1 [J = ; в) sina = y/\ -(-IJ =0. Ответ, а) —-; б) —-; в) 0. л/3 1 1014. Найдите cos а, если: a) sin а = ——; б) sin а = —; в) sin а = 0. Решение. Для решения задачи воспользуемся основным тригоно- тригонометрическим тождеством. a) cosa = ±у 1 — sin2 а = ±W 1 — ( -—- 1 = ±-; , VT5 в) cos а = ±\/1 — 0 = ±1. Ответ, а) ±-; б) ± ; в) ±1. /я /2 1015. Найдите tga, если: а) cosa = 1; б) cosa = ——; в) sina = —- и 0° < а < 90°; г) sina = | и 90° < а < 180°. о Решение. Для решения задачи воспользуемся определением тан- sin a генса угла: tga = . 0 a) sin а = \Л — cos2 а = 0, tga = - = 0; ^ • 1л ( ^\2 1 . ! /^ ^3 Л V3 в) так как 0° < а < 90°, то cos a = у 1 — sin2 a = Wl — - = ——, \ A ) — : г) так как 90° < a < 180°, то cosa = — v 1 - sin2a = — W 1 — — = 4 , 3 "в* *8а = 5 Ответ, а) 0; б) -^-; в) 1; г) -f.
64 Гл. 2. Соотношения между сторонами и углами треугольника 1016. Вычислите синусы, косинусы и тангенсы углов 120°, 135°, 150° Решение. 1. sin 120° = sin A80° -60°) = sin60° = cos 120° = cos A80° - 60°) = - cos 60° = -±, 2 ' 2. sin 135° = sin A80° - 45°) = sin45° = ^, cos 135° = cos A80° -45°) = -cos45° = -^, cos 135° 1 3. sin 150° = sin A80° - 30°) = sin30° = -, cos 150° = cos A80° - 30°) = -cos30° = -Ц-, sin 150° 1 ( Уъ\ 1 _ Уъ Уз " з • tg 150° = cos 150° 2 2 ~ Уз l ps Vz V2 л i Уз Уз Ответ. -^, -- и -л/3; —, -— и -1; -, -— и - —. 2 3 2 1017. Постройте ZA, если: a) sin А = -; б) cos А = -; в) cos А = —-. о 4 О Решение, а) Для построения угла А воспользуемся определением синуса. На единичной полуокружности построим точку М так, чтобы 2 2 ее ордината была равна -. На рисунке 32, а: АМ^ = ^АС, АМ\АМ — о о ИСКОМЫЙ. б) Аналогично, на единичной полуокружности построим точку М 3 3 так, чтобы ее абсцисса была равна -. На рисунке 32, б: АМ\ = jAD, АМ\АМ — искомый. 2 в) На рисунке 32, в: АМ\ = -^-АЕ, ADAM — искомый. о Рис. 32
§ 1. Синус, косинус и тангенс угла 65 1018. Угол между лучом О А, пересека- пересекающим единичную полуокружность, и положи- положительной полуосью Ох равен а. Найдите коор- координаты точки А, если: а) О А = 3, а = 45°; б) ОА = 1,5, а = 90°; в) ОА = 5, а = 150°; г) ОА = 1, а = 180°; д) ОА = 2, а = 30°. Решение. Воспользуемся форму- формулами для вычисления координат точ- точки (см. п. 95): х = OAcosa, у = OAsina, где (х; у) — координаты точки А (рис.33). \ гл л о л со • V2 у/2 а) О А = 3, а = 45 , sin а = —=-, cos a = -^-; А(х;у) A) б) ОЛ = 1,5, а = 90°, sin90° = 1, cos90° = 0; х = 1,5 • 0 = 0, у = 1,5 • 1 = 1,5; А@; 1,5). 1 в) ОА = 5, а = 150°, sin 150° = i, cos 150° = - чу 1016); х = 5[- 1 _5/ '^-* 2 ' Л{ 2f2 (см. зада- Z 5л/3 5N г) ОА = 1, а = 180°, sin 180° = 0, cos 180° = -1; х = 1 • (-1) = -1, 2/= 1 -0 = 0; А(-1;0). 1 /ч д) ОА = 2, а = 30°, sin30° = i, cos30° = ^-; ж = 2~ = -\/3, г/ = 2-н = 1; А(у/3;1). Ответ, а) (^-;^-); б) @; 1,5); в) (- д) (>/3;1). 1019. Найдите угол между лучом О А и положительной полуосью Ох, ес- если точка А имеет координаты: а) B; 2); б) @;3); в) (-\/3; 1); г) (-2\/2;2\/2). Решение. Пусть а — угол между лучом О А и положительной полуосью Ож (см. рис.33). По формулам A) задачи 1018 х = О A cos а, у = ОА • sin a. а) АB; 2); 2 = О A cos а, 2 = ОА sin а, поэтому cos a = sin а. Отсюда следует, что cos a = cos(90° — а), а = 90° — а, а = 45°. 3 Л. С. Атанасян и др.
66 Гл. 2. Соотношения между сторонами и углами треугольника б) А@;3); 0 = OAcosa, 3 = 0Asina, cosa = 0, a = 90°. в) А(—л/3 ; 1); —л/3 = OAcosa, 1 = О А • sin а. Отсюда следует, что а = = = ; а = 150° (см. задачу 1016). cos а ^Д г) А(-2л/2;2л/2); -2лД = OAcosa, 2лД = OA-sina. Отсюда 2л/2 следует, что tga = — = — 1, а = 135° (см. задачу 1016). Ответ, а) 45°; б) 90°; в) 150°; г) 135°. § 2. Соотношения между сторонами и углами треугольника 1020. Найдите площадь треугольника ABC, если: а) АВ = бл/8 см, АС = 4 см, ZA = 60°; 6) ВС = 3 см, АВ = 18V5 см, /Б = 45°; в) АС = = 14 см, СВ = 7 см, ZC = 48°. Решение. По теореме п.96 площадь S треугольника ABC равна: S = ^АВ- AC -sin A. а) 5= (тг6л/8 -4sin60°) см2 = Зл/8 -4^- см2 = 12л/б см2. б) 5 = ^БС -ВА-8шВ=(^-3- 18л/2 • ^П см2 = 27 см2. в) 5= ^CA-C?-sinC= i. 14-7sin48° см2. По таблицам тригонометрических функций находим: sin 48° « ^ 0,7431. Следовательно, 5 « 49 • 0,7431 см2 « 36,41 см2. Ответ, а) 12л/б см2; б) 27 см2; в) « 36,41 см2. 1021. Докажите, что площадь параллелограмма равна произведению двух его смежных сторон на синус угла между ними. Решение. Пусть ABCD — данный параллелограмм, в котором А А = а (рис.34). Докажем, что его площадь S вычисляется по фор- формуле: S = АВ • AD • sin а. Возможны три случая: а = 90°, а < 90°, а>90°. В первом случае эта формула очевидна. Рассмотрим два других случая. Для этого проведем высоту ВН параллелограмма. Если а < < 90°, то точка Н лежит на луче AD (рис.34, а), поэтому в тре-
§ 2. Соотношения между сторонами и углами треугольника 67 в с в с н н Рис. 34 угольнике ABH ZBAH = а. Следовательно, ВН = АВ • sin а. Так как 5 = AD - ВН, то 5 = АВ • AD • sina. Если а > 90°, то точка Н лежит на продолжении луча AD (рис.34, б), поэтому в треугольнике ABH ZBAH = 180° —а, следовательно, ВН = АВ • sin БАЯ = АВ • sinA80° - а) = АВ sin а, и 5 = AD • ВН = АВ - AD sin a. 1022. Площадь треугольника ABC равна 60 см2. Найдите сторону АВ, если АС = 15 см, ZA = 30°. Решение. Пусть S — площадь треугольника ABC. По теореме п. 96 5= ^АВ- AC -sin A; 60 см2 = lAB • 15 см • sin 30° = I • 15 см • 1аВ = ^ см • АВ. Отсюда находим АВ: Ответ. 16 см. АВ = —— см = 16 см. 1 О 1023. Найдите площадь прямоугольника, диагональ которого равна 10 см, а угол между диагоналями 30°. Решение. Пусть ABCD — дан- данный прямоугольник, S — его площадь, О — точка пересечения диагоналей АС и BD, АС = BD = 10 см, ZAOB = = 30° (рис.35). Найдем сначала площадь треугольни- треугольника ABC: Sabc = I AC • ВН, Рис. 35
68 Гл. 2. Соотношения между сторонами и углами треугольника где ВН — высота треугольника. В треугольнике ОВН: ВН = -ВО = = - • 5 см = - см (см. п. 34, 2°). Следовательно, ^ cm2 = 12,5см2. Так как S = Sabc + Sadc = 2Sabc, to S = 25 см2. Ответ. 25 см2. 1024. Найдите площадь треугольника ABC, если: a) ZA = а, а высоты, проведенные из вершин Б и С, соответственно равны /&& и /гс; б) ZA = а, ZB = /3, а высота, проведенная из вершины В, равна h. Решение, а) На рисунке 36, а: АВС — данный треугольник, ZA = а, ВВ\ = hb, CC\ = hc — высоты треугольника. По теореме п. 96 площадь S треугольника вычисляется по формуле S = ^АС-АВ-sin А. Найдем АС и АВ. В треугольнике АСС\\ СС\ = AC sin А = АС х х sin а (это равенство верно при любом значении а: а < 90°, а = 90° или а > 90°). Отсюда имеем: АС = . с . Аналогично, в треугольнике sin a АВВХ\ ВВХ = АВ sin А, АВ = -^-. sin а Таким образом, S = 1-АС • АВ sin a = i • ^ ^ 2 2 sin a sin а sin а = hbhc 2 sin а б) На рисунке 36, б: ЛВС — данный треугольник, ZA = а, /Б = /3, = h — высота треугольника. Рис. 36
§ 2. Соотношения между сторонами и углами треугольника 69 Площадь S треугольника ABC вычисляется по формуле: S = 1 АС = -h • АС. Выразим АС через h, a, /3. По теореме синусов ; AC = 180° - a - /3, поэтому AC = AB . ^^ „,. В треуголь- нике АВВ\ —— = sin a, AB AB sin a, AB . AB sin a /isin/3 Таким образом, АС = Следовательно, S = sin a • sin(a + f3)' h sin/3 Ответ, а) —-.—; б) 2 sin а • sin(a + C)' h snip 2 sin a' 2 sin a • sin(a + E)' 1025. С помощью теорем синусов и косинусов решите треугольник ABC, если: а) АА = 60°, /Б = 40°, с = 14; б) ZA = 30°, ZC = 75°, 6 = 4,5; в) ZA = = 80°, а = 16, 6 = 10; г) ZB = 45°, ZC = 70°, а = 24,6; д) ZA = 60°, a = 10, Ъ = 7; е) а = 6,3, 6 = 6,3, ZC = 54°; ж) 6 = 32, с = 45, ZA = 87°; з) а = 14, 6 = 18, с = 20; и) а = б, 6 = 7,3, с = 4,8. Решение. Пусть в треугольнике ABC: ВС = а, С А = b, AB = с. а) Дано: ZA = 60°, /Б = 40°, с = 14. Найти: ZC, а, Ъ. 1. По теореме о сумме углов треугольника находим АС: АС = = 180° -ZA-ZB = 80°. 2. По теореме синусов находим а и Ъ: с sin A 14 sin 60° а = sin С sin 80° Здесь и в дальнейшем значения синусов для данных углов опреде- определяем по таблицам: sin 60° « 0,8660, sin 80° « 0,9848. 14-0,8660 1OQ1 a231 , _ csinB _ 14sin40° _ 14-0,6428 _ q 14 ' ~ sin С ~ sin 80° ^ 0,9848 ^ ' ' б) Дано: AA = 30°, ZC = 75°, 6 = 4,5. Найти: ZB, a, c. 1. /Б = 180° - ZA- ZC = 75°. 2 _ 6 sin A _ 4,5 sin 30° _ 4,5-0,5 _ 2 44 'a~ sin Б ~ sin 75° ^ 0,9659 ^ ' ' 3. Так как ZB = ZC, то с = b, поэтому с = 4,5. в) Дано: ZA = 80°, а = 16, 6 = 10. Найти: ZB, ZC, с. 1. По теореме синусов . „ 6 sin A 10 sin 80° 10-0,9848 naizz sin В = = — « — « 0,6155. a 16 16
70 Гл. 2. Соотношения между сторонами и углами треугольника Отсюда получаем два значения для АВ: АВ\ ~ 37°59Х, АВ^ ~ « 142°Iх. Так как АА + АВ2 > 180°, то /Б = ZBi « 37°59Х. 2. ZC = 180° - АА - АВ « 62° Iх. о asinC 16 sin 62° l' 16-0,8830 Л . ос ' ~ sin A ~ sin 80° ~ 0,9848 ~ ' ' г) Дано: АВ = 45°, ZC = 70°, а = 24,6. Найти: АА, Ь, с. 1. ZA = 180° - /Б - АС = 65°. , _ asin? _ 24,6sin45° _ 24,6-0,7071 _ ' ~ sin A ~ sin 65° ~ 0,9063 ~ ' ' о asinC 24,6sin70° 24,6-0,9397 ос - sin A sin 65° ~ 0,9063 ^ ' ' д) Дано: АА = 60°, a = 10, 6 = 7. Найти: /Б, ZC, с. ! . „ 6 sin A 7 sin 60° 7-0,8660 ЛС 1. smi) = = ——— « — « 0,5, откуда получаем два значения для АВ: АВХ = 37° 19х, /Б2 « 142°41/. Так как ZA + /Б2 > > 180°, то АВ = АВХ « 37° 19х. 2. ZC = 180° - АА - АВ « 82°41Х. о asinC Ювтвг^!7 10-0,9919 11у1- sin A sin 60° ^ 0,8660 ~ ' ' e) Дано: a = 6,3, 6 = 6,3, AC = 54°. Найти: с, /Д /Б. как а = Ъ. то АА = АВ = т° ~ a sin С _ 6,3 sin 54° _ 6,3 • 0,8090 1. Так как а = Ъ. то АА = АВ = т° ~ ZC = 63° 2 г 72 •С sin A sin 63° ^ 0,8910 ^ ' ' ж) Дано: Ъ = 32, с = 45, ZA = 87°. Найти: а, /Б, АС. 1. По теореме косинусов находим а: а2 = Ь2 + с2 — 26с • cos А = 322 + + 452 - 2 • 32 • 45 • cos 87° « 1024 + 2025 - 2 • 32 • 45 • 0,0523 « 3049 - - 150,624 « 2898,38, а = ^2898,38 « 53,84. о . D <,ошл 32 sin 87° 32-0,9986 п cnQC /D QCO. Z. bill JD — — r>~> r>~> \J,OzJOO, Z—JD] r>~> O\J a 53,84 53,84 AB2 « 143°42X. Так как АА + АВ2 > 180°, то АВ = ABX « 36° 18х. 3. AC = 180° - ZA - АВ « 56°42X. з) Дано: а = 14, 6 = 18, с = 20. Найти: АА, АВ, АС. По теореме косинусов находим cos A, cos Б. л и ^^ -и, шт^и-и 324 + 400-196 528 1. cos Л = : 0,7333. АА : 62 + ^42 а2 с2 _ 26с °50х. 2 а2 -б2 184 2 . . 142 202- 18-20 + 202- 142 _ - 182 ^^ Yh.*T 1 - °'4857- : 60°57Х. 3. АС = 180° - ZA - АВ « 76° 13х. и) Дано: a = 6, 6 = 7,3, с = 4,8. Найти: ZA, ZB, АС.
§2. Соотношения между сторонами и углами треугольника 71 . _ Ъ2 + с2 - а2 _ 7,32 + 4,82 - б2 _ 40,33 „ ,„, , . L C°SA ~ We " 2-7,3-4,8 " 7О08 ~ °'Ь'ЬЬ' ZA ~ « 54°52'. 2. cosB = ±+?zl = 62+94f4'32 = Ш - °'0998' ^ - 2ас 2-6-4,8 57,6 ^84° 16х. 3. ZC = 180° -ZA-ZB^ 40°52x. Ответ, a) ZC = 80°, а « 12,31, b « 9,14; б) /Б = 75°, а « 2,33, с = 4,5; в) /Б^37°59Х, ZC^62°1X, c^ 14,35; г) ZA = 65°, b^ 19,19, с ^25,5; д) /Б ^37° 19х, ZC ^82°41Х, с^ 11,45; е) ZA = 63°, /Б = = 63°, с « 5,72; ж) /Б « 36° 18х, ZC « 56°42Х, а « 53,84; з) ZA « « 42°50х, ZB « 60°57х, ZC « 76° 13х; и) ZA « 54°52Х, Z5 « 84° 16х, ZC « 40°52х. 1026. В треугольнике ABC: АС = 12 см, ZA = 75°, ZC = 60°. Найдите АВ и Sabc- Решение. По теореме о сумме углов треугольника найдем сначала ZB: ZB= 180° -ZA-ZC = 45°. Затем по теореме синусов найдем АВ: ЛТЭ AC-sinC 12 см-sin 60° 12 см-0,8660 ЛА„ АВ = = ~ ~ 14 7 см sin Б sin 45° 0,7071 Sabc = \ЛВ • АС • sin A = i • 14,7 см • 12 см • sin 75° « « 14,7 • 6 • 0,9659 см2 « 85,19 см2. Ответ. « 14,7 см и « 85,19 см2. 1027. Найдите стороны треугольника ABC, если ZA = 45°, ZC = 30°, а высота AD равна 3 м. Решение. В прямоугольном треугольнике ADC АС = 30°, поэто- поэтому AD = Х-АС, АС = 6 м. Пользуясь теоремой о сумме углов треугольника, найдем сначала /Б: /Б = 180° -ZA-ZC= 105°. Найдем теперь стороны АВ и ВС треугольника, пользуясь теоре- теоремой синусов: AC-sinC 6 м-sin 30° 6-0,5 sin Б " sin 105° ~ 09659 AC -sin А 6 м-sin 45° 6-0,7071 М ~ 6Л М' sinl05° Ответ. ^3,1 м, « 4,4 м, 6 м.
72 Гл. 2. Соотношения между сторонами и углами треугольника 1028. В параллелограмме ABCD: AD = 7^ м, BD = 4,4 м, ZA = 22°3(У. о Найдите ZBDC и ZDBC. Решение. Пусть ZBDC = a, ZDBC = /3 (рис.37). Тогда ZABD = а, так как ZBDC и ZABD — накрест лежащие углы при пересечении параллельных прямых АВ и DC секущей BD. Применим теорему синусов к треугольнику ABD: sin a sin A : 0,6378. Возможны два значения для а: 1) а « 39°38', 22°30' + а + /3 = 180°, 22°30' + 39°38' + /3 = 180°, /3 « 117°52/ (на рисунке 37 параллелограмм ABCD). 2) а= 180° - 39°38' « 140°22/, 22°30х + а + /3 = 180°, 22°30х + + 140°22/ + /3 = 180°, /3 « 17°8Х (на рисунке 37 параллелограмм sin a - AD 1 • sin A 3D AD 22 sin: 3 BD ' 22°30; 4 4 22 • 0,3827 13 2 Ответ. Два решения: 1) и 39°38' и и 117°52'; 2) и 140°22' и « 17°8'. 1029. Найдите биссектрисы треугольника, если одна из его сторон равна а, а прилежащие к этой стороне углы равны а и J3. Решение. Пусть ABC — данный треугольник, ZA = a, ZB = /3, АВ = а, A4i, BB\ и CCi — биссектрисы треугольника (рис.38). 1) Найдем длину АА\, применив теорему синусов к треугольнику АВАц A4i =- sin E • а а • sin E а • sin E ^A80°-f-0) 2) Найдем длину ВВ\, применив теорему синусов к треугольнику АВВХ\ D а
§ 2. Соотношения между сторонами и углами треугольника sin a • а а • sin a a • sin a 73 ВВХ = sinABiB . / o f3\ . f ,P sin ( 180 - a - ^ ) sm(a+^ 3) Найдем теперь длину СС\, применив теорему синусов к угольнику АСС\\ РР _ sni а ' АС 1 ~ sin Ad С* Определим sin AC\C и АС. ААСХС = 180° - а - Щ- = 180° - а - 18О°~а/3 5 тре- тре= 90° - Поэтому si = sin ^90° - . Если а > /3, то sin (90° - ^-^ = cos ^-A Если a < /3, то sin (90° - ^— =cos /3-а По теореме синусов находим АС из треугольника ABC: asinC sin(a + f3)' Следовательно, a sin a • sin / sin(a + C) • cos - r, если а ^ /З, и ^^ a sin a- sin C o CC\ = ?——, если a < /3. sin(a + f3) • cos f3-a' Ответ. a • sin f3 a • sin a a sin a • sin / sin 1030. Смежные стороны паралле- параллелограмма равны а и 6, а один из его углов равен а. Найдите диагонали па- параллелограмма и угол между ними. Решение. Пусть ABCD — данный параллелограмм, АВ = а, AD = Ъ, ZBAD = а (рис. 39). Найдем сначала диагонали па- параллелограмма, применив теоре- теорему косинусов к треугольникам ABD и ACD. 0,
74 Гл. 2. Соотношения между сторонами и углами треугольника BD2 = a2 + b2 -2abcosa, BD = \/a2 + 62 -2a6cosa. AC2 = a2 + b2- 2a6cosA80° - a) = a2 + b2 + 2a6cosa, AC = л/а2 + 62 - Пусть 7 = ^AOD, где О — точка пересечения диагоналей паралле- параллелограмма. По теореме косинусов для треугольника AOD имеем: Ъ2 = АО2 + OD2 - 2АО - OD • cos 7; АО2 + OD2 - Ъ2 C0S7= 2AO-OD ; АО = ^АС = ^Va2 OD = ^BD = ^Va2 + b2 -2abcosa. Подставив эти значения в предыдущее равенство, после преобразо- преобразований получим: а2 -Ь2 cos 7 = (a2 + b2J — Aa2b2 cos2 a Ответ. л/'а2 + b2 + 2afr cos a , \Лх2 + 62 — 2a6 cos a , cos 7 = a2-62 iz a 1031. Выясните, является ли треугольник остроугольным, прямоугольным или тупоугольным, если его стороны равны: а) 5, 4 и 4; б) 17, 8 и 15; в) 9, 5 и 6. Решение. Пусть ABC — данный треугольник, ВС = а, С А = = 6, АЕ> = с, ZA = а. Воспользуемся теоремой косинусов: cos a = 7 2,2 2 = — . Предположим, что а ^ Ь, а ^ с. Тогда, если cos a > 0, ZuC то треугольник ABC — остроугольный, если cos a = 0 — прямоуголь- прямоугольный, а если cos a < 0 — тупоугольный. \ с ь /1 16+16-25 п а) a = 5, 6 = с = 4, cos a = -—— > 0; треугольник — остро- z • 1о угольный. *\ 17 и о 1С 64 + 225-289 А б) a = 17, о = 8, с = 15, cos a = —-—— = 0; треугольник — Z ' о • 10 прямоугольный.
§ 2. Соотношения между сторонами и углами треугольника 75 \ п l с с 25 + 36-81 п в) а = 9, о = 5, с = о, cos а = — — < 0; треугольник — Z • и • О тупоугольный. Ответ, а) Остроугольный; б) прямоугольный; в) тупоугольный. 1032. Две равные по величине силы приложены к одной точке под углом 72° друг к другу. Найдите величины этих сил, если величина их равнодей- равнодействующей равна 120. Решение. Пусть силы О А и ОВ приложены к точке О. По усло- условию задачи О А = ОВ, ZAOB = 72°. Если ОС — равнодействующая этих сил, то ОАСВ — ромб и диагональ ОС делит угол О пополам. Треугольник О АС - равнобедренный; ZAOC = 36°, АО АС = 180° - -72° = 108°. По теореме косинусов ОС2 = а2 + а2 - 2а • a cos О АС, где а = О А = ОВ. Запишем: 1202 = 2а2 -2а2 cos 108°; 1202 = 2а2 A + cos 72°), откуда 2 1202 14400 а * 2A+0,3090) ЙШ8 Ответ. « 74,2. 1034. В равнобедренной трапеции меньшее основание равно боковой сто- стороне, большее основание равно 10 см, а угол при основании равен 70°. Найдите периметр трапеции. Решение. Пусть ABCD — данная равнобедренная трапеция с ос- основаниями AD и ВС, АВ = ВС = CD, AD = 10 см, ар — периметр трапеции. Если АВ = х, то р = Зх + AD = Зж + 10. Найдем сначала х. Для этого воспользуемся теоремой косинусов для треугольников ABD и BCD: BD2 = х2 + 100 см2 - 2ж • 10 см • cos 70°; Отсюда следует, что х2(\ +2cos70°)+20 cm-xcos70° - 100 см2 = 0.
76 Гл. 2. Соотношения между сторонами и углами треугольника Так как cos 70° « 0,3420, то перепишем уравнение: 1,684ж2 + 6,84ж см - 100 см2 = 0. Из этого уравнения определяем х: х « 6 см; р « 28 см. Ответ. « 28 см. 1035. В окружности проведены хорды А5 и CD, пересекающиеся в точке Е. Найдите острый угол между этими хордами, если АВ =13 см, СЕ = 9 см, ED = 4 см и расстояние между точками В и D равно 4л/3 см. Решение. 1. По свойству пересекающихся хорд АЕ • BE = СЕ х х DE (рис. 40). Пусть BE = х. Так как АВ = 13 см, то АЕ = 13 см - — х. Запишем уравнение A3 см - х)х = 9 • 4 см2, х2 - \3х см + 36 см2 = 0, откуда х\ = 4 см, Ж2 = 9 см. Следовательно, BE = 4 см или BE = 9 см. 2. По теореме косинусов из треугольника BDE находим cos а, где а = ZBED: С08а= BE2 + DE2 -BD2 , 2-ВЕ-ВЕ • 16+ 16-48 а) Если BE = 4, то cos a = = — _ а = 120°. Отсюда следует, что иско- ис' мым является угол ВЕС, смежный с углом а: ZBEC = 180° - 120° =60°. б) Если BE = 9 см, то по формуле A) имеем: 81 + 16-48 49 слегла л-го^г cos а = — — = — « 0,6806, а « 47 07 . В этом случае угол а является искомым. Ответ. 60° или ^47°07х. 1036. Наблюдатель находится на расстоянии 50 м от башни, высоту которой хочет определить (рис.41, а). Основание башни он видит под углом 2° к горизонту, а вершину — под углом 45° к горизонту. Какова высота башни? Решение. Воспользуемся рисунком 41, б, который является схе- схематичным изображением рисунка 41, а, т. е. рисунка 298 учебника. По условиям задачи АС = 50 м, ZED А = 2°, ZEDB = 45°, ZDEB = = 90°. Требуется найти длину отрезка АВ. Из треугольника ADE находим АЕ: = DE -tg2° =50 Mtg2° ^50 м • 0,035 « 2 м.
§ 2. Соотношения между сторонами и углами треугольника 77 Рис. 41 Треугольник DEB прямоугольный и равнобедренный, так как ZDBE = 180° - 90° - 45° = 45° = ZBDE. Следовательно, BE = = BE = AC = 50 м. Таким образом, АВ = АЕ + BE « 52 м. Ответ. « 52 м. Рис. 42 1037. Для определения ширины реки от- отметили два пункта А и В на берегу реки на расстоянии 70 м друг от друга и измерили углы CAB и АБС, где С — дерево, стоящее на другом берегу у кромки воды. Оказалось, что ZCAB = 12°30', ZABC = 72°42'. Найди- Найдите ширину реки. Решение. На рисунке 42 схематично изображены условия задачи. Пусть ZA = = a, ZB = /3, ZC = j, h = СН — высота треугольника ABC. Так как углы а и C — острые, то точка Н лежит на стороне АВ. Ширина реки равна длине отрезка h. В треугольнике В НС: —— = sin/З, откуда h = ВС sin C. По теореме синусов для треугольника ABC имеем: t-v^v sina-AB , АВ • sin a • sin 3 ВС = , поэтому а = —. sin 7 sin 7 Так как 7 = 180° — а — /3, то sin 7 = sin(a + /3). Таким образом, h = АВ • sin a • sin/З _ 70 м • sin 12°30; • sin72°42/ sin(a + C) sin 85° 12'
78 Гл. 2. Соотношения между сторонами и углами треугольника По таблицам определяем: sin 12°30х « 0,2164, sin72o42' « 0,9548, sin 85° 12х « 0,9965. Следовательно, 70 м- 0,2164 -0,9548 0,9965 14,5 м. Ответ. « 14,5 м. 1038. На горе находится башня, высота которой равна 100 м (рис.43, а). Некоторый предмет А у подножия горы ваблюдают сначала с вершины В башни под углом 60° к горизонту, а потом с ее основания С под углом 30°. Найдите высоту h горы. Решение. Воспользуемся рисунком 43, б, который является схе- схематичным изображением рисунка 43, а, т. е. рисунка 299 учебника. По условиям задачи углы CD А, ВСЕ и CBF — прямые, ВС = 100 м, ZACE = 30°, ZABF = 60°. Требуется найти h = CD. Так как ZCBF — прямой, то в треугольнике ABD ZABD = = 30° и ZDAB = 60°. В треугольнике ABC ABC А = 120°, ZB = 30°, поэтому ZCAB = 30°, т. е. этот треугольник — равнобедренный, сле- следовательно, С А = ВС = 100 м. В треугольнике ACD ZDCA = 180° - 120° = 60°, поэтому ZCAD = 30°. Отсюда следует, что h = CD= X-AC = 50 м. Ответ. 50 м. § 3. Скалярное произведение векторов 1039. Диагонали квадрата ABCD пересекаются в точке О. Найдите угол между векторами: а) АВ и АС; б) АВ и DA; в) ОА и ОБ; г) АО и ОБ; д) О4 и ОС; е) А? и ~BD; ж) AD и ШЗ; з) ZO и ОС. 5 F Рис. 43
§ 3. Скалярное произведение векторов 79 Решение. На рисунке 44 изображен данный квадрат, точка D\ лежит на продолжении луча AD, а точка D2 — на продолжении луча DA. Для решения задачи воспользуемся свойствами квад- квадрата, которые сформулированы в п. 46 учебника. а) Так как угол BAD — прямой, а АС — бис- биссектриса этого угла, то АВ АС = ZCAB = 45°; б) АВ ~DA = АВ Jd\ = ZBADX = 90°; в) так как диагонали квадрата взаимно пер- перпендикулярны, то О А АВ = ZAOB = 90°; г) ОА ОВ = ОС ОВ = АСОВ = 90°; д) OAOC = ZAOC= 180°; e)ACI3D = OCOD = ZCOD = 90°; ж) AD lXB = Щ ~DB = ZD2DB = 135°; В Рис. 44 з) аоос = Ответ, а) 45°; б) 90°; в) 90°; г) 90°; д) 180°; е) 90°; ж) 135°; з) 0°. 1040. Диагонали ромба ABCD пересекаются в точке О, и диагональ BD равна стороне ромба. Найдите угол между векторами: а) АВ и AD; б) АВ и Ш; в) RA и AD; г) ОС и OD; д) АВ и DC; e) АВ и CD. Решение. По условию задачи треугольники ABD и BCD равно- равносторонние (рис. 45), поэтому ZBAD = 60°. Далее, ABAC = \-ABAD = = 30°, ZADC = ZABC = ZABD + ZDBC = 120°. Учитывая эти ра- равенства, находим все искомые углы: а) АВ AD = ZBAD = 60°; 6)ABD>A = DCI)A = ZADC = 120°; в) RA AD = BA ВС = ZABC = 120°; r)OCOD = ZCOD = 90°, так как диа- диагонали ромба взаимно перпендикулярны; д) АВ DC = 0°, так как АВ Ц DC; e)ABCD= 180°, так как АВ Ц CD. Ответ, а) 60°; б) 120°; в) 120°; г) 90°; д) 0°; е) 180°.
80 Гл. 2. Соотношения между сторонами и углами треугольника 1041. Вычислите скалярное произведение векторов ~~а и Ь , если \~а\ = 2, | Ь | = 3, а угол между ними равен: а) 45°; б) 90°; в) 135°. Решение. Скалярное произведение двух векторов вычисляем по формуле A) §3: а) ~а 7 = 2-3-cos45° = 2 • 3 • ^ = Зл/2; б) ~а ~t = 2 • 3 • cos 90° = 0; в) ~а 7 = 2-3-cosl35° = -2-3-cos45° = -Зл/2. Ответ, а) Зл/2; б) 0; в) -Зл/2. 1042. В равностороннем треугольнике ABC со стороной а проведена высота BD. Вычислите скалярное произведение векто- векторов: а) АВ -АС; б) АС -СВ; в) АС - ~вЪ\ г) АС -АС. Решение. На рисунке 46 изобра- изображен данный равносторонний треуголь- треугольник, точка С\ лежит на продолжении луча С А. а) АВ • АС = a • a cos В АС = a x 2 х a cos 60° = ^-; °- б) AC'CB = a-aco8BCCl = a2cos 120° =a2(-cos60°) = в) так как AC _L БД то АС • шЗ = 0; г) АС -AC = a2 cosO° = a2. Ответ, а) ^; б) -^-; в) 0; г) a2. 1043. К одной и той же точке приложены две силы Р и Q, действующие под углом 120° друг к другу, причем |Р| = 8, |Q| = 15. Найдите величину равнодействующей силы R. Решение. Величину равнодействую- равнодействующей силы R находим, построив паралле- параллелограмм на векторах Р и Q (рис.47). Так как А АО В = 120°, то АО АС = 60°. По теореме косинусов для треугольника О АС имеем: ОС2 = О А2 + АС2 - 20 А • АС • cos A,
§ 3. Скалярное произведение векторов 81 ОС2 = 82 + 152-2-8- 15cos60° =64 + 225-2- 120 • | = 169; |Д| =ОС= 13. Ответ. 13. 1044. Вычислите скалярное произведение векторов ~а и Ь , если: а) ~а Д;-1}, 7{2;3}; б) "а {-5; 6}, 7{6;5}; в) "а {1,5; 2}, 7{4;-0,5}. Решение. Скалярное произведение данных векторов вычисляем, используя формулу, выражающую скалярное произведение через коор- координаты векторов (п. 103): а) ~a~b = i -2- 1 • 3 =-2,5; б) ~а ~Ь = -5 • 6 + 6 • 5 = 0; в) ~а ~Ь = 1,5-4-2-0,5 = 5. Ответ, а) -2,5; б) 0; в) 5. 1045. Докажите, что ненулевые векторы ~а{х;у} и Ь{—у;х} перпенди- перпендикулярны. Решение. Вычислим скалярное произведение данных векторов: ~а Ъ = х(—у) + ух = 0. Так как ~а ф 0 и 6 ^ 0 ' то ~^ ^ fr- 1046. Докажите, что векторы г + j и г — j перпендикулярны, если i и j — координатные векторы. Решение. Пусть ~a=i-\-j,b = i— j . Вычислим скалярное произведение векторов ~а и Ъ : ~а Ъ = ( г + j )( г — j ) = г г — i j + j г — j j . Так как г г = j j = 1, г j = j i = 0, то ~а Ъ = 0. Векторы "а^ и 6 ненулевые, поэтому ~а _1_ 6 . 1047. При каком значении ж векторы "<? и 6 перпендикулярны, если: а) "а {4; 5}, 7{ж; -6}; б) ~а{ж;-1}, V{3;2}; в) "а {0;-3}, V{5;x}? Решение. Векторы ~а и b — ненулевые, поэтому они перпенди- перпендикулярны тогда и только тогда, когда ~а • b =0. a) ~~ct b = Ах — 5 • 6 = 0. Отсюда следует, что х = 7,5, т. е. при ж = = 7,5 данные векторы перпендикулярны;
82 Гл. 2. Соотношения между сторонами и углами треугольника , —> 9 в) ~а V = 0 • 5 + (-3) • х = О, х = О. Ответ, а) 7,5; б) -; в) 0. о 1048. Найдите косинусы углов треугольника с вершинами АB;8), Решение. В треугольнике ABC ZA = ABAC, ZB = RABC, ZC = С А СВ. Для нахождения косинусов углов треугольника ABC воспользуемся скалярным произведением соответствующих векторов. л /т5~Т7^\ АВ-АС cos A = cos(AB АС) = —- \АВ\ • \АС\ cos Б = ВС) = A) Так как ЛB;8), В(-1;5), СC; 1), то АВ{-3;-3}, 1С{1;-7}, ВС{4;-4}, ВА{3;3}, сА{-1\7}, СБ{-4;4}. Поэтому \АВ\ = \Ш1\ = л/9Т9 = Зл/2; = |сЗ| = VTT49 = 5л/2; = \СВ\ = л/16 + 16 = 4л/2 ; АС = (-3) • 1 + (-3) • (-7) = 18, cos A ¦ вс = з- й-св = cos С 3\/2 4 + 3- 18 •5\/2 (-4) = (-4) + 32 . Ал/9 _ 3. 5' 0,cos? = 0; 7 • 4 = 32, 4 5' 3 4 Ответ, cos А = -, cos Б = 0, cos С = -. о о
§ 3. Скалярное произведение векторов 83 1049. Найдите углы треугольника с вершинами А(—1;\/3), В(\;—л/3) Решение. Воспользуемся формулами A) задачи 1048. Сначала найдем координаты векторов АВ, АС, ВС и их длины: АВ{2;-2л/3}, поэтому \АВ\ = \ВА\ = л/4 + 12 = 4, i ВА-ВС= (-2) • (-1) + 2л/3 • 2л/3 = 13, = — « 0,9286, /Б « 21°47Х. 14 Угол С находим по теореме о сумме углов треугольника: ZC = = 180° - ZA - ZB « 180° - 60° - 21°47Х = 98° 13х. Ответ. ZA = 60°, /Б^21°47Х, ZC«98°13'. 1050. Вычислите ~а - Ъ I, если ~aN = 5, I Ь = 8, "а" 6 = 60 Решение. Воспользуемся утверждением: скалярный квадрат век- вектора равен квадрату его длины (п. 102). [а + Ъ |2 = a - |2 = 25 + 2 • 5 • 8cos60° + 64 = 129, +b\ = л/Т29; {~а - ~Ь) = ~а 2 - 2~a~b + ~b 2 = = |а - 2|"а ||Т| cos~а ~Ь + |7|2 = 25 - 2 • 5 • 8 • cos60° + 64 = 49, \lt-!>\ = y/49 =7. Ответ. \~a +~b\ = vT29, [a - ~b\ =7.
84 Гл. 2. Соотношения между сторонами и углами треугольника 1051. Известно, что ~а ~с = Ъ ~~с = 60°, I"*?! = 1, | Ъ | = \~с\ = 2. Вычис- Вычислите (~а + b )~c. Решение. (~а + Ъ)~с =~а~с + 6 ~с\ а с = а с = 1 • 2 • cos 60° = 1, поэтому b "? = 2-2-cos60° =2, (~a +~b)~c =3. Ответ, ("г? + 6 )"? = 3. 1052. Вычислите скалярное произведение векторов ~р = ~а — b — ~~с и ~q =~а — b +~с, если 1"^! = 5, | b \ = 2, I"?! =4и"а 1 6 . Решение. Воспользуемся распределительным законом скалярного умножения векторов: = (~а — b — По условиям задачи ^?2 = поэтому Ответ. ~]?~q = 13. ct— b = ~а 2 — ~а b +~ct~c — b ~а 2 = ~a2 + ~b2-~c2- 2~a~b\ = 13. 1053. Вычислите скалярное произведение векторов ~~а и 6 , если "<? = = 3^ — 2~q и 6 = ^ + 4~<f, где ^ и ~~q — единичные взаимно перпендику- перпендикулярные векторы. Решение. Задача решается так же, как и задача 1052. ~а Ь = C р" - 2~q)( ~q\ = Так как поэтому A~q) = 3 р _L ~q, то 2 = q2 = 1, = 3-8 = -5. = О, Ответ. ~а b = —5.
Дополнительные задачи 85 Применение скалярного произведения векторов к решению задач 1056. Докажите, что диагонали ромба взаимно перпендикулярны. Решение. Пусть ABCD — произвольный ромб, АС и BD — его диагонали. Рассмотрим векторы ~а = АВ, Ъ = AD (рис.48). Тогда АС = ~а + ~Ь, шЗ = ~Ь -~а, поэтому АС • шЗ = (~а + ~Ь)(~Ь - ~а) = = ~Ь 2 - ~а 2. Так как ABCD - ромб, то АВ = AD, т. е. |"^| = = Ь\и~а2=Ь2. Следовательно, АС • BD = 0, откуда следует, что AC _L Дополнительные задачи 1057. В равнобедренном треугольнике ABC: АВ = АС = 6, ZA = 30°. Найдите высоты BE и AD, а также отрезки АЕ, ЕС, ВС. Решение. 1. Найдем сначала сторону ВС данного треугольника ABC (рис.49). Для этого воспользуемся теоремой косинусов: b2 - 2b - b - cos 30° = 2b2 1 - = Ъ2B - л/3), 2. Найдем высоту BE. В прямоугольном треугольнике ABE ZA = = 30°, поэтому BE = X-AB = Ь). 3. Для нахождения высоты AD воспользуемся теоремой Пифагора для треугольника ABD: ч2 AD2 = АВ2 - BD2 = АВ2 - [^ = ъ2- Ь2{2- УЗ) _
86 Гл. 2. Соотношения между сторонами и углами треугольника 4. Найдем отрезок АЕ, пользуясь теоремой Пифагора для тре- треугольника ABE: АЕ2 = АВ2 - BE2 = Ъ2- -Ь2 = -Ъ2, 4 4 AE=b-V3. Ответ. -, - 1058. Найдите площадь треугольника ABC, если: а) ВС = 4,125 м, ZB = = 44°, ZC = 72°; б) ВС = 4100 м, ZA = 32°, ZC = 120°. Решение, а) По теореме о сумме углов треугольника найдем ZA: ZA= 180° -ZB-ZC = 64°. Пользуясь теоремой синусов, найдем АВ: ,D BC-sinC 4,125 м-sin 72° 4,125 м • 0,9511 „ ос- АБ = —7~^- = sin^? * 08988 * 4'365 М- Найдем теперь площадь S треугольника ABC: S= ^AB-BC-sinB^ ^-4,365 м-4,125 м-sin 44° « i • 4,365 м • 4,125 м • 0,6947 « 6,254 м2. б) Задача решается точно так же, как и задача а: /Б = 180° -ZA-ZC = 28°; БС-sinC 4,100 м-sin 120° 4,100 м • 0,8660 ^hT^ = sin^ * 0,5299 5 = ^АВ • ВС • sin? = i • 6700,5 м • 4100 м • sin28° « « i • 6700,5 м • 4100 м • 0,4695 « 6449063,5 м2. Ответ, а) ^6,254 м2; б) ^6449063,5 м2. 1059. Докажите, что площадь выпуклого четырехугольника равна поло- половине произведения его диагоналей на синус угла между ними. Решение. Пусть ABCD — выпуклый четырехугольник. Согласно задаче 814 его диагонали пересекаются в некоторой точке О и поэто- поэтому разделяют четырехугольник на четыре треугольника: ОАВ, ОВС,
Дополнительные задачи 87 OCD и ODA (рис. 50). Если S — площадь че- четырехугольника, то S = Saoab + Saobc + + Saocd + Saoda- Обозначим буквой а один из углов меж- между диагоналями четырехугольника. Тогда остальные три угла равны 180° — а, а, 180° — а. По теореме о площади треугольни- ^ис- ка (п. 96) имеем: Saoab — g Saobc = \ • ОБ • ОС-sin( 180° - a) = ^-OB-OC-sma, Saocd = 7>OC • OD • sin a, Saoda = ^OD • О А • sin a, поэтому 5 = i 8ina(OA • OB + OB • ОС + ОС • OD + OD • О A) = = i sin a(OA(OB + OD) + OC(OB + OD)) = = i sin a(OA + ОС) • BD = ^AC • BD • sin a. Итак, S = ^AC • BD • sin a, что и требовалось доказать. 1060. Используя теорему синусов, решите треугольник ABC, если: а) АВ = 8 см, ZA = 30°, ZB = 45°; б) АВ = 5 см, /Б = 45°, ZC = 60°; в) АВ = 3 см, БС = 3,3 см, ZA = 48°3(У; г) АС = 10,4 см, ВС = 5,2 см, ZB = 62°48;. Решение. Пусть в треугольнике ABC: ВС = а, С А = Ь, АВ = с. а) Дано: ZA = 30°, /Б = 45°, с = 8 см. Найти: ZC, a, 6. 1. По теореме о сумме углов треугольника находим ZC: АС = 180° - ZA - ZB = 105°. По теореме синусов находим а и Ъ\ су с • sin А 8 см • sin 30° 8 см • 0,5 ^ 8 см • 0,5 ' а = sin С = sin 105° = sin 75° ^ 0,9659 8 см-sin45° 8 см -0,7071 . " sin 105° ~ 0,9659 б) Дано: ZB = 45°, ZC = 60°, с = 5 см.
88 Гл. 2. Соотношения между сторонами и углами треугольника Найти: /_А, а, Ъ. 1. ZA = 180° - Z.B-AC = 75°. У _ с • sin А _ 5 см • sin 75° ^ 5 см • 0,9659 ^ ~ ' п ~ sin С ~ зкШУ5 ~ O8660 ~ СМ' о т с • sin 5 5 см • sin 45° ^ 5 см • 0,7071 ^ . sin С = зкШУ5 ~ O8660 ~ СМ' в) Дано: АА = 48°30', с = 3 см, а = 3,3 см. Найти: /Б, ZC, 6. « . ^_c-sinA 3 см-8т48°30; 3 см • 0,7490 1. sinC - ^^ « 3^ ~ з^ 2. /Б = 180° - Z.A - АС « 180° - 48°30х - 42°55Х « 88°35Х. о l _ с • sin Б 3-8т88о35; 3 • 0,9997 палас °'4445' ^ sin42°55/ ^ 0,6809 ~ 4'4 СМ' г) Дано: АВ = 62°48Х, 6 = 10,4 см, а = 5,2 см. Найти: ZA, АС, с. 1 . , a-sin Б 5,2 •sin62°48/ 5,2-0,8890 1 вшЛ - « 26°22Х. 2. ZC = 180° - ZA - ZB « 180° - 26°22Х - 62°48Х « 90°50х. о _ а • sin С _ 5,2 см • sin 90°50' _ 5,2 см • 0,9999 _ •С~ sin А ^ 0,4445 ^ 0,4445 ^ ' °М' Ответ, a) ZC = 105°, а « 4 см, 6 « 6 см; б) ZA = 75°, а ^ 6 см, Ъ « 4 см; в) /Б « 88°35Х, ZC « 42°55Х, 6 « 4,4 см; г) АА « 26°22Х, /С^90°50х, с « 11,7 см. 1061. Используя теорему косинусов, решите треугольник ABC, если: а) АВ = 5 см, АС = 7,5 см, ZA = 135°; б) АВ = 2лД дм, ВС = 3 дм, /Б = /я = 45°; в) АС = 0,6 м, ВС = ^- дм, ZC = 150°. Решение. Пусть в треугольнике ABC: ВС = а, С А = Ь, АВ = с. а) Дано: ZA = 135°, с = 5 см, Ь = 7,5 см. Найти: ZB, ZC, а. 1. По теореме косинусов находим а: а2 = Ь2 + с2 - 2Ь • с • cos A, cosA = cosl35° = -cos45° « -0,7071, а2 « G,5 смJ + E смJ + 2 • 5 см • 7,5 см • 0,7071 « 134,28 см2, '134,28 см « 12 см. о . „ i/om^L 7,5-sin 135° 7,5-0,7071 плллп /т~> 2. sin В = « — — « ——т^ « 0,4419, ZB 26° 14х.
Дополнительные задачи 89 3. ZC = 180° -ZA-ZB^ 18°46'. б) Дано: ZB = 45°, с = 2лД дм, а = 3 дм. Найти: ZA, ZC, Ъ. 1. По теореме косинусов находим Ъ\ Ь2 = а2 + с2 - 2 • а • с • cos В = = 9 дм2 + 8 дм2 - 2 • 3 • 2л/2 • ^ дм2 = 5 дм2, Ъ = л/5 дм. о л 62 + с2-а2 5 + 8-9 4 V^O nQ1.o /л 2. cos А = — = — — = —-== = —— « 0,3162, ZA 26с 2 • V5 • 2^2 4VT0 Ю ^71°34Х. 3. ZC = 180° - ZA - ZB « 63°26X. в) Дано: ZC = 150°, 6 = 0,6 м = 6 дм, а = ^- дм. Найти: ZA, ZB, с 1. с2 = a2 + 62 - 2a6cosC = F дмJ + ^ дм2 + 2 • 6 • ^- x x ^- дм2 = 40,6875 дм2, с « 6,379 дм « 6,4 дм. o . 62 + c2-a2 36 + 40,6875-0,1875 76,5 А ППП/1 2- C°SA = 26с " 2ТбТб^79 " Ж548 " °'"94' ZA^2°. 3. ZB= 180° -ZA-ZC^ 28°. Ответ, а) Z? « 26°14/, ZC « 18°46Х, a « 12 см; б) ZA « 71°34Х, ZC « 63°26Х, 6 = л/5 дм; в) ZA « 2°, ZE « 28°, с « 6,4 дм. 1062. В треугольнике DEF: DE = 4,5 дм, EF = 9,9 дм, DF = 70 см. Найдите углы треугольника. Решение. 1. По теореме косинусов находим cosD: ^ DE2 + DF2 - EF2 4,52 + 72 - 9,92 cos U = 2-DE-DF 2-4,5-7 20,25 + 49-98,01 28,76 63 63 ZL> « 180° - 62°50х «117° 10х. 2. Аналогично находим cosE: 4,52 + 9,92 - 72 _ 69,26 2-4,5-9,9 ~ 89,1 -0,4565,
90 Гл. 2. Соотношения между сторонами и углами треугольника 3. ZF = 180° -ZD-ZE^ 23°5(У. Ответ. ZD^ 117° 10х, ZE « 39°, ZF « 23° 50'. где х = AD, то 1063. Найдите биссектрису AD треугольника ABC, если ZA = а, АВ = с, АС = 6. Решение. Очевидно, Saabc = Saabd + + Saacd (рис.51). Так как Saabc = ^b-с- sin а, о 1 .а Saabd = ^c-x-sm-, О 1 L ' а OAACD = 2°' Х ' Sm2~' 1 7 1 7 UL , 1 Ct -ос sin а = -oxsin — + -еж sin —, или be sin а = ¦с) sin-. Учитывая, что sin а = 2 sin — cos —, получаем: откуда (У be • 2 cos — = ж 26с cos — Ответ. 26с cos — 6 + с 1064. Чтобы определить расстояние между точками А и В, которое нельзя измерить, выбирают третью точку С, из которой видны точки А и В. Измерив угол АСВ и расстояния АС и СВ, находят расстояние АВ. Найдите АВ, если AC = b,CB = a, ZACB = а. Решение. Воспользовавшись теоремой косинусов, найдем АВ: АВ2 = АС2 + С В2 - 2 • АС • С В • cos С, или -2a6cosa. Ответ. лДх2 + б2 — 2a6 cos a .
Дополнительные задачи 91 1065. Докажите, что треугольник с вершинами АC;0), В(\\ 5) и СB; 1) — тупоугольный. Найдите косинус тупого угла. Решение. По координатам вершин треугольника найдем сначала длины его сторон: АВ = А/A - ЗJ + E - ОJ = V29, BC=JB- IJ + A-5J = V17, = ,/C-2J+ @-1J =Л/2. Таким образом, АБ > ВС > С А, поэтому тупым может быть только угол, лежащий против стороны АВ, т. е. угол С. По теореме косинусов найдем cos С: cos С = ВС2 + АС2 - АВ2 2•ВС•АС 17 + 2-29 2-V17 • V2 5V34 34 Так как cos С < 0, то угол С — тупой. п 5^34 Ответ. — —-—. 34 1066. Найдите длину вектора ~а = 3 г — 4 j , где i и j — координатные векторы. Решение. Вектор ~а в данной системе координат имеет координа- координаты {3; —4}, поэтому (-4J =5. Ответ. 5. 1067. Найдите диагонали параллело- параллелограмма, построенного на векторах ~~а = = 5^? + 2~q и Ъ = ~р — 3~q, если |^?| = = 2\/2, |"?| = 3 и ^^ = 45°. Решение. Пусть ABCD — парал- параллелограмм, построенный на векторах ~а и~Ь, АВ = ~а, AD = ~b (рис.52). Тогда АС = ~а +~b, ~BD = ~b -~a, поэтому АС = \АС\ = J(~a + ТJ, BD = \~BD\ = J(h - ~af .
92 Гл. 2. Соотношения между сторонами и углами треугольника Так как ~а = 5^ + 2~q, Ъ =^р — 3~q, то ~~а + Ь = 6^ — ~q, (~а + VJ = 36^ 2 - 12^ + ~q 2 = = 36-4-2- 12-2л/2 -3cos45°+9 = 288-72 + 9 = 225, АС = л/225 = 15; 7 - "о" = -4р" - 5~<f, (V - ~аJ = 16р" 2 + 40~p~q + 25"^ 2 = = 16-4-2 + 40-2л/2 -3cos45°+25-9= 128 + 240 + 225 = 593, BD = л/593 « 24,4. Ответ. 15 и ^24,4. 1068. При каком значении х векторы ~р = х~а +17 6 и ~q = 3"^ — 6 перпендикулярны, если 1^1 = 2, | 6 | = 5 и "а^ Ь = 120°? Решение. Векторы ^ w~q перпендикулярны тогда и только тогда, когда ^p~q = 0, т. е. (х~а +17 6 )C~~а — Ъ ) = 0, или Зх ~а 2 + E1 - х) ~a~b - \7~b 2 = 0. По условиям задачи ~а 2 = 4, Т2 = 25, "аТ = |"а ||Т| cos2("o>>) = -2-5-cos 60° = -5, поэтому для ж имеем уравнение: 3 • Ах + E1 - ж)(-5) - 17 • 25 = 0, откуда 17ж = 680, х = 40. Ответ, ж = 40. 1069. В прямоугольном равнобедренном треугольнике проведены медианы из вершин острых углов. Найдите острый угол между этими медианами. Решение. Пусть ABC — данный треугольник, АС = 90°, АС = = ВС = 1, a AM и BN — медианы (рис. 53). Рассмотрим векторы ~~а = С А и Ъ = СВ. Ясно, что |"^| = | Ъ \ = 1, ~а~Ь =0.
Дополнительные задачи 93 Рассмотрим вектор АР, равный вектору NB (см. рис. 53). AM АР = = а — острый угол между медианами AM и BN, поэтому cos a = АМ-АР AM-WB АМ\ • \АР\ \АМ\ • \NB\ Выразим векторы AM и NB через ~а и Ъ : Следовательно, а так как \АМ\ = -1J = ^| = 1J = , то cosa = —= рг- = -, а « 36°51Х. 2 2 Ответ. 1070. В трапеции ABCD с основаниями AD = 16 см и ВС = 8 см боковая сторона АВ равна Ал/7 см, a ZADC = 60°. Через вершину С проведена прямая /, делящая трапецию на два многоугольника, площади которых равны. Найдите площадь трапеции и длину отрезка прямой /, заключенного внутри трапеции. Решение. 1. Пусть СН и ВМ — высоты трапеции; СН = ВМ = = h, a CD = х (рис.54). Найдем сначала h и х. По теореме Пифагора для треугольника HCD, где АС = 30°, имеем: 7 9 9 X 7 Л/3 п = х ——, откуда а = -—- ж. В 8 см
94 Гл. 2. Соотношения между сторонами и углами треугольника Далее, AD = AM + МН + HD, т. е. 16 см = AM + 8 см + |, ж h откуда AM = 8 см =8 см —. 2 ^з По теореме Пифагора для треугольника АВМ имеем: АВ2 = AM2 + MB2, т. е. 112 см2 = 8 см - -^ + ft2, или Ь2 - 4л/3 ft см - 36 см2 = 0. Отсюда имеем: ft = 6л/3 см, поэтому ж = 12 см. 2. Найдем теперь площадь S трапеции: с AD + BC , 16 + 8 - /^ 2 7О /^ 2 5 = ft = —-— • 6V3 см = 72V3 см . 3. Так как прямая / делит трапецию на два многоугольника, площа- площади которых равны, и Saabc < Saacd, to прямая / пересекает не сто- сторону АС, а основание AD трапеции в некоторой точке Е (см. рис.54). Имеем: Sacde = ^S = 36л/3 см2, —-— = 36л/3 см2, откуда DE= 12 см. По теореме косинусов для треугольника ECD получаем: СЕ2 = DE2 + CD2 - 2DE • CD • cos 60° = 144 см2, откуда СЕ = 12 см. Ответ. 72л/3 см2, 12 см. 1071. В треугольнике ABC, площадь которого равна Зл/3, угол А — острый, АВ = 4л/3 , АС = 3. Найдите радиус окружности, описанной около треугольника. Решение. По теореме о площади треугольника (п. 96) имеем: Saabc = \АВ • АС • sin А, или Зл/З = i • 4л/3 • 3sin A. Отсюда следует, что sin А = -, и поэтому cos А = —-. Согласно задаче 1033 = 2R, где R — радиус описанной окруж- sin A ности. По теореме косинусов находим ВС: ВС2 = АВ2 + АС2 - 2АВ • АС • cos A,
Дополнительные задачи 95 или ВС2 = 48 + 9 - 2 • 4л/3 • 3 • ^- = 21, откуда Следовательно, ВС = V21. Ответ, л/21 . 1072. Дан ромб MNPQ. Отрезок MF - биссектриса треугольника MPQ, ZNMQ = = 4а, FQ = а. Найдите площадь данного ромба. Решение. Рассмотрим треугольник MFQ (рис.55). Так как ZQMP = = ZPMN = 2а, то ZQMF = а. Далее, ZMQF = 180° - ZQMN = 180° - Аа, сле- следовательно, ZMFQ = 180° - а - A80° - - 4а)= За. Применив теорему синусов к треуголь- треугольнику MFQ, найдем сторону MQ = х ромба: -, откуда х = a sin За sin За sin а' "' ' sin а Очевидно, S = 2Sampq, где S — площадь ромба. Но Sampq = ^х • х • sin MQP = -х2 • sinA80° - Аа) = -х2 • sin 4а. Таким образом, S = a sin За sin Аа sin а Ответ. а2 sin2 За sin 4а sin а 1075. В треугольнике ABC: AD — биссектриса, AM — медиана, Ъ = 26с /1 + cos A = АС, с = АВ. Докажите, что: a) AD = ¦; б) AM = 26с cos А.
96 Гл. 2. Соотношения между сторонами и углами треугольника Решение, а) Так как AD — биссектриса треугольника ABC, то, согласно задаче 535, -=— = -, поэтому (см. задачу 1074) J-JCy и 1 + if AD2 = (ff Ь2 + 26с ¦ \- cos A + с2. Упростив это выражение, получим: (Ъ + сJ AD2 = 2с2Ь2 + 2с2б2 cos A. Отсюда имеем: 2b2c(\+cosA) _ 2Ъс /1+cosA б) Так как AM — медиана треугольника ABC, то —— = 1. Поэто- 1VI Су му, согласно задаче 1074, 22АМ2 = Ъ2 + 26с cos A + с2. Отсюда имеем: 1076. В параллелограмме диагонали взаимно перпендикулярны. Докажи- Докажите, что параллелограмм является ромбом. Решение. Обозначим буквой О точку пересечения диагоналей АС и BD данного параллелограмма ABCD. Так как по условию АО _l_ BD, а по свойству диагоналей параллелограмма ВО = OD, то в треугольнике ABD отрезок АО — высота и медиана. Поэтому треугольник ABD — равнобедренный, т. е. АВ = AD. Отсюда следует, что ABCD — ромб. 1077. Докажите, что коэффициент подобия двух подобных треугольников равен отношению радиусов окружностей: а) описанных около треугольников; б) вписанных в эти треугольники. Решение. Пусть ABC и А\В\С\ — данные подобные треугольни- треугольники, АВ = с, ВС = а, С А = Ъ, AXBX = сь BxCi = аь C\Ai =bu a k - коэффициент подобия, т. е. к = — = — = —. ах Ьх сх = ах Ь
Задачи повышенной трудности 97 а) Обозначим через R и R\ радиусы описанных около треугольни- треугольников ABC и А\В\С\ окружностей. Согласно задаче 1033 имеем: с =2Д, ^ sin С ' sin C\ Так как АС = Z.C\, то sin С = sinCi, а так как — = /с, то из предыду- с\ щих двух равенств следует, что б) Обозначим через г и г\ радиусы окружностей, вписанных в тре- треугольники ABC и А\В\С\, а через О и О\ — их центры. Треугольники АВО и А1Б1О1 подобны по первому признаку подобия треугольников, поэтому Saabo _ ( с \2 _ ,2 /ААВО = (^] = к2 (см. п. 58). Но SAABO = 2С ' Г' следовательно, = ?г, откуда — = к. С\ • Г\ Г\ Задачи повышенной трудности 1269. На сторонах квадрата MNPQ взяты точки А и В так, что NA = = izMN, QB = ]-MN (рис. 56). Докажите, что ZAMB = 45°. А о Решение. Обозначим сторону данного квадрата через а и выразим AM, ВЫ и Saamb через а (см. рис.56). Так как AN = -a, BQ = -а, то по теореме Пифагора имеем: А о AM2 = а2 + ia2 = -а2, откуда 4 4 л /г 9 9 1 9 10 9 BMZ =az + ^az = ^- az, откуда ВМ=^а; Saamb = a - Samna - Sambq - Saapb = 2 1 2 1 2 1 2 ^9 = а __а __а __а =_а 4 Л. С. Атанасян и др.
98 Гл. 2. Соотношения между сторонами и углами треугольника С другой стороны, Saamb = 2АМ ' вм ' где а = ZAMB. Таким образом, \/5 откуда 5 2 \/ -a =_._a sin a = a-sina, Так как а < 90°, то а = 45°. 1270. В четырехугольнике ABCD диагонали АС и BD пересекаются в точке О. Площадь треугольника ODC есть среднее пропорциональное между площадями треугольников ОВС н OAD. Докажите, что ABCD — трапеция с основаниями AD н ВС или параллелограмм. Решение. Пусть S\ = Saocd, S2 = Saoab, S3 = Saobc, #4 = = Saoda (рис.57). Докажем сначала, что S\ • S2 = S3 • S4. В самом деле, Sx = Х-ОС • OD • sin (р, где ip = ZCOD, S2 = ^ S3 = l-OB • ОС • sinA80° -ip) = \OB • ОС • simp, S4 = \ О A - sinA80° - <p) = ^OD • О А • sin^. Из этих равенств следует, что 5i • 52 = \ОС ' S3' S4 = \ sin2 sin2 В A Bx Рис. 56 Рис. 57
Задачи повышенной трудности 99 поэтому S1S2 = S3S4. По условию задачи Sf = S3 • S4. Учитывая предыдущее равенство, получаем: Sf = S\ • S2, т. е. Si = S2. Так как Saabd = S2 + S4, Saacd = Si + S4, то Saabd = Saacd (cm. рис.57). Треугольники ABD и ACD имеют общее основание AD, следова- следовательно, их высоты ВВ\ и СС\ равны. Это означает, что AD \\ ВС. Отсюда мы заключаем, что четырехугольник ABCD — трапеция с ос- основаниями AD и ВС или параллелограмм. 1271. Докажите, что площадь S произвольного четырехугольника со сто- 1 ронами а, Ь, с, d (последовательно) удовлетворяет неравенству S < ^ Решение. Пусть ABCD — данный четырехугольник, АВ = а, ВС = b, CD = с, DA = d. Рассмотрим сначала случай, когда этот четырехугольник — выпуклый. Построим четырехугольник AB\CD, как показано на рисунке 58, а. Тогда A ABC = ACB\A, и точки В и В\ лежат по одну сторону от прямой АС. Следовательно, АВ\ = = С В = Ь, В\С = АВ = а, и поэтому S = Проведем диагональ B\D четырехугольника AB\CD, которая раз- разделяет его на два треугольника AB\D и CB\D. Тогда bd). Итак, -bd). Это соотношение верно и в том случае, когда четырехугольник ABCD — невыпуклый. В самом деле, пусть, например, вершины В и D лежат по одну сторону от прямой АС (рис.58, б). Возьмем точку Рис. 58
100 Гл. 2. Соотношения между сторонами и углами треугольника Е>2, симметричную точке В относительно прямой АС, и рассмотрим четырехугольник AB2CD, который является выпуклым. В нем АВ2 = = а, В%С = Ь, и по доказанному Sab2cd < -^(ac^bd). Ясно, что S < Sab2cd, следовательно, S < ^(ac + bd). 1272. Докажите, что в треугольнике ABC биссектриса АА\ вычисляется 26с cos — по формуле: АА\ = — —, где b = АС, с = АВ. Решение. Согласно задаче 1075 2Ьс /1 + cos A Известно из тригонометрии, что для любого угла а cos 2а = cos a — sin a, поэтому л 2 А . 2 А о 2 А 1 cos A = cos — — sin — = 2 cos — — 1. 2 \ 2 ^ A /1 + cos A Отсюда следует, что cos — = 26c cos — Итак, AA\ = — —. 6 + c 1273. Выразите диагонали вписанного в окруж- окружность четырехугольника через его стороны. Решение. Пусть ABCD — данный вписан- вписанный четырехугольник, АВ = а, ВС = b, CD = с, D DA = d, AC = х, BD = у, ZABC = а (рис. 59). По теореме косинусов для треугольников ABC и ADC имеем: х2 = а2 + b2 — 2abcosa, Рис. 59 о о , 7о
Задачи повышенной трудности 101 Так как ZCDA + а = 180°, то второе равенство запишется так: х2 = с2 + d2 + 2oi cos a. Отсюда получаем: ж2Ы = a2cd + b2cd — 2abcd • cos a, x2ab = с2а6 + d2ab + 2abcd • cos а. Сложив эти равенства, находим ж: b2cd + c2a6 + d2ab ab + Аналогично получаем У = a be-\- d be-\-b ad-\- с ad ad-\-bc су су су су /О О О О ^ a cd + b cd + с ab + d аб a bc + d bc + b ad + с ad Ответ- v ^ и v ^^ ' r^e ab + cd у ad + bc a, b, с и d — стороны четырехугольника. 1274. Докажите, что площадь четырехугольника, вписанного в окруж- окружность, может быть вычислена по формуле S=y/(p-a)(p-b)(p-c)(p-d), где р — полупериметр, а а, Ь, с, d — стороны четырехугольника. Решение. Пусть ABCD — вписанный четырехугольник, АВ = а, ВС = b, CD = с, DA = d, AC = x, ZABC = а (см. рис. 59). Выразим сначала sin а через а, Ь, с, d. По теореме косинусов для треугольников ABC и ADC имеем: х2 = а2 + b2 — 2abcosa, х2 = с2 + d2 + 2cd cos a (см. решение задачи 1273). Приравняем эти равенства: а2 + б2 — 2а6 cos а = с2 + d2 + 2cd cos а, откуда a2 + 62-c2-d2 cos a = — —^—. 2(a6 + cd)
102 Гл. 2. Соотношения между сторонами и углами треугольника Далее, sin a = V 1 — cos2 a = a /1 — -— -c2- d2J Отсюда после преобразований получаем: sin a = 2у/(р-а)(р-Ъ)(р-с)(р-< ab + cd где р — полупериметр четырехугольника ABCD. Очевидно, S = S aabc -cd sin A80° — a) = sin a. Подставив сюда значение sin a, будем иметь: 1275. Докажите, что стороны треугольника образуют арифметическую прогрессию тогда и только тогда, когда прямая, проходящая через центры вписанной и описанной окружностей, перпендикулярна к одной из биссектрис треугольника. Решение. По условиям задачи данный треугольник ABC не является равнобедрен- равнобедренным, поэтому центры О и М описанной и впи- вписанной окружностей не совпадают и точки О, М, В не лежат на одной прямой (рис.60). Пусть А\ — середина стороны АС, М\ — точка касания вписанной окружности и прямой АС, а ВВ\ — высота треугольника. Докажем сначала, что ОМ _L MB тогда и только тогда, когда точка М\ — середина отрезка А\В\ (см. рис.60). Для этого продол- продолжим отрезок ВМ до пересечения с описанной окружностью в точке D. Так как ВМ — биссектриса угла ABC, то D — середина дуги АС, поэтому DA\ J_ АС и А\ — точка отрезка OD. Пусть ОМ _l_ MB, тогда в равнобедренном треугольнике OBD отрезок ОМ — высота, поэтому и медиана, т. е. ВМ = MD. Отсюда следует, что А\М\ = М\В\. Обратно, если А\М\ = М\В\, то DM = = MB, следовательно, ОМ — медиана равнобедренного треугольника OBD, а значит, и высота этого треугольника, т. е. ОМ _L MB.
Задачи повышенной трудности 103 Таким образом, для решения задачи достаточно доказать утвер- утверждение: стороны треугольника образуют арифметическую прогрессию тогда и только тогда, когда точка М\ — середина отрезка А\В\. Пусть а = ВС, Ъ = С А, с = В А. Условие: а, Ъ, с образуют арифметическую прогрессию — равносильно равенству 26 = а + с. A) Выразим длины отрезков А\М\ и М\В\ через а, Ь и с. Пусть М^ и Мз — точки касания вписанной окружности и сторон ВС и АВ. Тогда если АМ\ = х, СМ\ = у, ВМ^ = z, то х -\- у = b, у + z = a, z + + ж = с. Отсюда находим ж и у: 6 + с — а а + 6 — с Х = 2 ' У = 2 ' поэтому AiMi =АМХ -ААХ = с-^. Далее, ВВ\ = а2- В,С2 = с2-(Ъ- откуда 2 7 2 2 а +Ъ - с 1 ~ 26 Поэтому и л л/г м п с —а (а — с) F — а — с) w Допустим, что А\М\ = М\В\, тогда —-— = -^—г -. Упростив это равенство, приходим к равенству A), поэтому стороны треуголь- треугольника образуют арифметическую прогрессию. Обратно, допустим, что 2Ь = а + с. Тогда 1276. В прямоугольной трапеции ABCD меньшее основание AD равно 3, а боковая сторона CD, не перпендикулярная к основаниям, равна 6. Точка Е — середина отрезка CD, угол СВЕ равен а. Найдите площадь трапеции ABCD. Решение. По условиям задачи у данной трапеции ABCD: AD — меньшее основание, AD = 3, DE = ЕС = 3, ZEBC = а (рис. 61). Для того чтобы найти площадь S трапеции, достаточно определить ее сто-
104 Гл. 2. Соотношения между сторонами и углами треугольника роны ВС = а и АВ = h, поскольку сторона АВ трапеции является также ее высотой. Проведем перпендикуляры ЕЕ\ и DD\ к прямой ВС. Так как DE = = ЕС, то D\E\ = Е\С и ЕЕ\ = ]zDD\ = |. Из треугольника ВЕЕ\ имеем: ЕЕ\ = ВЕ\ • tga. Но ВЕХ =BDi+DiEuBDi =3,DlEl = ^ = ^А следовательно, h откуда ft = (a + 3)tga. A) Для нахождения а воспользуемся теоремой Пифагора для треуголь- треугольника DD\C: 36 = /i2 + (a-3J, или h2 + a2 - 6a - 27 = 0. B) Решая совместно уравнения A) и B), получаем: h = 12 sin a • cos a, a = 12 cos2 a — 3. 5 = —-— h = 6 cos2 a • 12 sin a • cos a = 72 sin a • cos3 a. Ответ. 72 sin a • cos3 a. 1277. В остроугольном треугольнике ABC сторона АВ больше стороны ВС, отрезки AM и CN — высоты треугольника, точка О — центр описанной окружности. Угол ABC равен C, а площадь четырехугольника NOMB равна S. Найдите сторону АС. Решение. По условию ААВС — остроугольный треугольник, поэтому точка О не лежит на его сторонах (рис. 62). Проведем диаметр АА\ и рассмотрим треугольник АСА\. Так как /_А\ = АВ = /3, то AC = 2R-8mC, A) где R — радиус описанной окружности. Таким образом, задача сводит- сводится к тому, чтобы выразить R через /3 и S. Площадь S четырехугольника NOMB равна сумме площадей тре- треугольников ОВМ и OBN. Выразим площади этих треугольников через R и /3.
Задачи повышенной трудности 105 D TUT Saobm = -^тт ' Saobc, так как треугольники ОВМ и ОВС имеют общую высоту. Но ВМ = АВ • cos/3, Saobc = \R • R • sin ZBOC = ^R2 sin 2A = R2 sin A cos A. Отсюда следует, что Saobm = —^ ' R2 sin A cos A. sin С Так как , то ВС sin A Saobm = R2 sin C cos A cos /3. Аналогично находим площадь треугольника OBN: BN = -R2 sin С cos C, Saobn = -R cos С sin A cos /3. Итак, S = Saobm + Saobn = R2 cos /3(sin С cos A + cos С sin A) = = R2 cos /3 sin(A + C) = R2 cos /3 sin( 180° - /3) = R2 cos /3 sin /3. Отсюда следует, что i? = cos /3 • sin C . По формуле A) находим АС: АС = 2 cos j3 • sin j3 Ответ. 2^/S -tg/3. 3 с м Рис. 61 Рис. 62
106 Гл. 2. Соотношения между сторонами и углами треугольника 1278. В треугольнике ABC проведены высота АН длиной h, медиана AM длиной /, биссектриса AN. Точка N — середина отрезка МН. Найдите расстояние от вершины А до точки пересечения высот треугольника ABC. Решение. На рисунке 63 изображены данный треугольник ABC, описанная окружность с центром О и проведены высота АН = h, биссектриса AN и медиана AM = /. По условию MN = NH. Докажем сначала, что АР = 2ОМ, где Р — точка пересечения высот треуголь- треугольника. Если М\ — середина стороны АВ, то А0ММ\ ~ АРАС, так как их стороны соответственно параллельны. Учитывая, что АС = 2ММ\ (ММ\ — средняя линия тре- треугольника ABC), получаем: АР = 2ОМ. Та- Таким образом, задача сводится к нахождению отрезка ОМ. Пусть Е — точка пересечения прямой AN с описанной окружностью. AAHN = AEMN, так как MN = NH, ZMNE = ZHNA; сле- следовательно, AN = NE, т. е. в равнобедренном треугольнике АОЕ отрезок ON — медиана. Отсюда следует, что ON J_ AE. Легко видеть, что AMON - AHNA (ZMNO = ZHAN, так как их стороны взаимно перпендикулярны, ZOMN = ZAHN = 90°), следовательно, ОМ MN „,, MN2 МН2 По теореме Пифагора для треугольника АМН имеем: Итак, ОМ = Ответ. Ah l2-h2 2h " , поэтому АР = 2h "
Глава 3 ДЛИНА ОКРУЖНОСТИ И ПЛОЩАДЬ КРУГА § 1. Правильные многоугольники 1078. Верно ли утверждение: а) любой правильный многоугольник яв- является выпуклым; б) любой выпуклый многоугольник является правильным? Ответ обоснуйте. Решение, а) Верно по определению. б) Неверно. Например, прямоугольник, отличный от квадрата, яв- является выпуклым, но не является правильным. Ответ, а) Да; б) нет. 1079. Какие из следующих утверждений верны: а) многоугольник явля- является правильным, если он выпуклый и все его стороны равны; б) треугольник является правильным, если все его углы равны; в) любой равносторонний треугольник является правильным; г) любой четырехугольник с равными сто- сторонами является правильным? Ответ обоснуйте. Решение, а) Это не так. Например, ромб, отличный от квадрата, не является правильным. б) Это верно, так как у такого треугольника все стороны равны и треугольник — выпуклый многоугольник. в) Это верно, так как равносторонний треугольник — выпуклый многоугольник, у которого стороны и углы равны. г) Это не так. Например, ромб, отличный от квадрата, правильным не является. Ответ, а) Нет; б) да; в) да; г) нет. 1080. Докажите, что любой правильный четырехугольник является квад- квадратом. Решение. По условию четырехугольник правильный, поэтому он выпуклый и все его стороны равны, т. е. этот четырехугольник — ромб. Так как у правильного четырехугольника все углы равны, то каж- каждый из углов этого ромба равен 90°, т. е. этот ромб — квадрат.
108 Гл. 3. Длина окружности и площадь круга 1081. Найдите углы правильного n-угольника, если: а) п = 3; б) п = 5; в) п = 6; г) п = 10; д) п = 18. Решение. Сумма углов выпуклого n-угольника равна (п — 2) • 180°, а так как по условию многоугольник правильный, то каждый его угол равен • 180°: а) а3 = ^у^- 180° =60°; б) а5 = ^^ • 180° = 108°; в) а6 = ^Л- 180° = 120°; б г) аю = ^q^- 180° = 144°5 д) «is = ^^ • 180° = 160°. Ответ, а) 60°; б) 108°; в) 120°; г) 144°; д) 160°. 1082. Чему равна сумма внешних углов правильного n-угольника, если при каждой вершине взято по одному внешнему углу? Решение. Так как каждый угол правильного n-угольника равен п — 2 • 180° (см. задачу 1081), то внешний угол при каждой вершине равен 180° - V^ll. 180° = 5Ё21. Поэтому искомая сумма равна 360°. Ответ. 360°. 1083. Сколько сторон имеет правильный многоугольник, если каждый его угол равен: а) 60°; б) 90°; в) 135°; г) 150°? Решение. Пусть п — число сторон правильного многоугольника. п — 2 Каждый его угол вычисляется по формуле ап = • 180° (см. зада- задачу 1081), поэтому: а) 60° = ^—^ • 180°, откуда п = 3; п б) 90° = ^—- • 180°, откуда п = 4; в) 135° = ^—^ • 180°, откуда п = 8; п г) 150° = ^—^ • 180°, откуда п = 12. Ответ, а) 3; б) 4; в) 8; г) 12.
§ 1. Правильные многоугольники 109 1084. Сколько сторон имеет правильный вписанный многоугольник, если дуга описанной окружности, которую стягивает его сторона, равна: а) 60°; б) 30°; в) 90°; г) 36°; д) 18°; е) 72°? Решение. Так как правильный многоугольник вписанный, то каж- каждая его сторона является хордой окружности. У правильного много- многоугольника все стороны равны, поэтому равны и стягиваемые ими дуги. Так как вся дуга окружности содержит 360°, то каждая из указанных 360° дуг равна а = , где п — число сторон правильного многоугольника, 360° откуда п = . а а) 360° : 60° = 6; б) 360° : 30° = 12; в) 360° : 90° = 4; г) 360° : 36° = = 10; д) 360° : 18° = 20; е) 360° : 72° = 5. Ответ, а) 6; б) 12; в) 4; г) 10; д) 20; е) 5. 1085. Докажите, что серединные перпендикуляры к любым двум сторонам правильного многоугольника либо пересекаются, либо совпадают. Решение. По теореме п. 106 учебника около любого правильного многоугольника можно описать окружность, и притом только одну. Следовательно, существует точка, равноудаленная от всех вершин это- этого многоугольника, а потому серединные перпендикуляры ко всем сто- сторонам этого многоугольника проходят через эту точку. А это означает, что серединные перпендикуляры к любым двум сторонам правильного многоугольника не могут быть параллельными, поэтому они либо пе- пересекаются, либо совпадают. 1086. Докажите, что прямые, содержащие биссектрисы любых двух углов правильного многоугольника, либо пересекаются, либо совпадают. Решение. По теореме п. 107 учебника в любой правильный мно- многоугольник можно вписать окружность, и притом только одну, причем центр этой окружности совпадает с точкой пересечения биссектрис всех углов данного многоугольника. Таким образом, биссектриса любо- любого угла правильного многоугольника проходит через центр вписанной окружности. Следовательно, прямые, содержащие биссектрисы любых двух углов правильного многоугольника, имеют общую точку и по- поэтому не могут быть параллельными, т. е. либо пересекаются, либо совпадают. 1087. На рисунке 311, а учебника изображен квадрат, вписанный в окружность радиуса R. Перечертите таблицу в тетрадь и заполните пустые клетки (ой — сторона квадрата, Р — периметр квадрата, S — его площадь, г — радиус вписанной окружности).
по Гл. 3. Длина окружности и площадь круга N 1 2 3 4 5 R 4 г 2 а4 6 Р 28 S 16 Решение. 1) По условию а4 = 6. Поскольку а4 = Дл/2, то 6 = = Дл/2, R = 3V2; r = Rcos^- = ЗлД -cos45° = 3; Р = 6 • 4 = 24; 4 5 = ^Р • г = i • 24 • 3 = 36. 2) По условию г = 2, поэтому Д = -тг = 2д/2 ; ал = 2д/2 • л/2 = cos 45 cos 45 = 4; Р= 16; 5= i- 16-2= 16. 3) По условию R = 4, поэтому бц = 4л/2; г = ^— = 2л/2; Р = = 16л/2; 5 = i • 16л/2 • 2л/2 = 32. 4) По условию Р = 28, поэтому а\ = 7; Д = —— = = 3,5 • л/2 ; г = 3,5 • >/2 ~ = 3,5; 5 = i • 28 • 3,5 = 49. 5) По условию S = 16, но S = -Р • г, поэтому 32 = 2(бцJ и а4 = 4; R = = 2л/2; г = 2, Р= 16. Ответ. 1) Д = Зл/2; г = 3; Р = 24; S = 36; 2) Д = 2л/2; а4 = 4; Р = 16; 5 = 16; 3) г = 2л/2; а4 = 4л/2; Р = 16л/2; 5 = 32; 4) Д = 3,5л/2; г = 3,5; а4 = 7; S = 49; 5) Д = 2л/2; г = 2; а4 = 4; Р= 16. 1088. На рисунке 311, б учебника изображен правильный тре- треугольник, вписанный в окружность радиуса R. Перечертите таблицу в тетрадь и заполните пустые клетки (аз — сторона треугольника, Р — периметр треугольника, S — его площадь, г — радиус вписанной окружности). Решение. 1) По условию Д = 3, поэтому аз = Дл/З = Зл/3;
§ 1. Правильные многоугольники 111 N 1 2 3 4 5 R 3 г 2 аз 5 Р 6 10 2) По условию S = 10; поскольку Заз аз ^ ^ ^~ 3) По условию г = 2, поэтому = 12л/3. 4) По условию аз = 5, поэтому R = :Чг~; г о R = 4; а3 = 4\/3; Р = 12\/3; 51 = "!"• г ~ I p " 15> 6 " 5) По условию Р = 6, поэтому аз ^ Ответ. 1) г = 1,5; а3 = Зл/3; Р = 9л/3; 5 = ^р-; 2) Д = / а3 = 4л/3; Р = 12л/3; 5 = 12л/3; 4) Д = ^^ о ос-^ °V3 V3 о с /q ¦3-; г = -^-; а3 = 2; 5 = л/3. 25\/3 ; = ^^~; г = —-; 5 = л/3. л/3; 5 = ^р-; 2) Д = Юл/3 „ с /Юл/3 Оч г> ,, —— ; Р = 6а/^^; 3) Д = 4; о у о ; г = ^; Р = 15; S = о 1089. Периметр правильного треугольника, вписанного в окружность, равен 18 см. Найдите сторону квадрата, вписанного в ту же окружность. Решение. По условию периметр Р правильного треугольника равен 18 см, поэтому его сторона равна 6 см и радиус описанной окружности равен -—— см = 2л/3 см. Следовательно, сторона квадрата о равна 2л/3 • л/2 см = 2у/б см. Ответ. 2л/б см.
112 Гл. 3. Длина окружности и площадь круга 1090. Сечение головки газового вентиля имеет форму правильного тре- треугольника, сторона которого равна 3 см. Каким должен быть минимальный диаметр круглого железного стержня, из которого изготовляют вентиль? Решение. Пусть d — искомый диаметр. Из условия следует, что сторона правильного треугольника, вписанного в окружность диаметра d, равна 3 см, поэтому радиус этой окружности равен л/3 см, а значит, d = 2л/3 см. Ответ. 2л/3 см. Рис. 64 1091. Поперечное сечение деревянного бруска является квадратом со стороной б см. Найдите наибольший диаметр круглого стержня, который можно выточить из этого бруска. Решение. Так как поперечное сечение деревянного бруска является квадратом со стороной 6 см, то наи- наибольший диаметр круглого стержня, который можно из него выточить, также равен 6 см (рис.64). Ответ. 6 см. 1092. Около окружности описаны квадрат и правильный шестиугольник. Найдите периметр квадрата, если периметр шестиугольника равен 48 см. Решение. Пусть г — радиус окружности, около которой описаны квадрат и правильный шестиугольник. Тогда искомый периметр Р ра- равен 8г. Из условия задачи следует, что сторона шестиугольника равна 8 см, поэтому в прямоугольном треугольнике АОВ (рис.65) ОВ = г, АВ = 4 см, О А = 8 см, следовательно, г = 4л/3 см и Р = 32л/3 см. Ответ. 32л/3 см. 1093. Около правильного треугольника описана окружность радиуса R. Докажите, что R = 2г, где г — радиус окружности, вписанной в этот тре- треугольник. Решение. Пусть около правильного треугольника ABC опи- описана окружность с центром О, О А = R, ОМ = г (рис.66). Тогда r = i?sin30° = ^, т. е. R = 2r. Рис. 65 Рис. 66
§ 1. Правильные многоугольники 113 1094. Найдите площадь S правильного n-угольника, если: а) п = 4, R = 3\/2 см; б) п = 3, Р = 24 см; в) п = 6, г = 9 см; г) п = 8, г = 5лД см. Решение. По формулам п. 108 учебника находим: а) п = 4, а4 = RV2 = Зл/2 см • л/2 = 6 см, г = ^3- = 3 см, у/2 S = i • Р • г = i • 24 см • 3 см = 36 см2; *Ч О О D 8 8^ б) п = 3, аз = 8 см, R = ^= см = ^— см, г = V3 3 4\/3 см, 3 ' 3 5 = 12 см • Ц±- см = 16л/3 см2; в) п = 6, г = —-—, поэтому R = 6л/3 см = clq, S = i • 36л/3 см • 9 см = 162л/3 см2; г) п = 8, г = R cos 22,5°, а8 = 2Д sin 22,5° = 2rtg22,5° = 10л/3 см х xtg22,5°, 5 = ^ • 8 см • Юл/3 см • tg22,5° • 5л/3 = = F00tg22,5°) см2 « 248,52 см2. Ответ, а) 36 см2; б) 16л/3 см2; в) 162л/3 см2; г) « 248,52 см2. 1095. Расстояние между параллельными гранями шестигранной головки болта, верхнее основание которого имеет форму правильного шестиугольника, равно 1,5 см. Найдите площадь верхнего основания. Решение. Пусть г, R, а§ — радиусы вписанной и описанной окружности и сторона шестигранной головки болта (рис.67). Из условия задачи следует, что г = 1,5 см : 2 = 0,75 см; R = V3 cos 30° см; аб = R = -у- см; V3 3 Рис. 67 Ответ. ^У ^ см2. о 1096. Стороны правильного треугольника, квадрата и правильного шести- шестиугольника равны друг другу. Найдите отношения площадей этих многоуголь- многоугольников.
114 Гл. 3. Длина окружности и площадь круга Решение. Пусть а — сторона указанных многоугольников, S3, S4, Sq — площади соответственно правильного треугольника, квадрата и правильного шестиугольника. Тогда CL2V3 : а 2 ба2Уз = л/3 :4:6л/3. Ответ, л/3 :4 : 6л/3. 1097. Найдите отношение площадей двух правильных шестиугольников — вписанного в окружность и описанного около нее. Решение. Используя формулы п. 108 учебника, получим: SBimc = о су = -R?\f?>; &б = ^^^3 (clq — сторона правильного шестиугольника, описанного около окружности), 50ПИс = 2R2V3. Следовательно, 5ВПис : ^опис = |^2л/3 : 2Я2л/3 =3:4. Ответ. 3 :4. 1098. Выразите сторону, периметр и площадь правильного треугольника: а) через радиус вписанной окружности; б) через радиус описанной окружности. Решение. По формуле C) п. 108 учебника находим г = Rcos 60° = , S = 3V3r2; R2 а) a3 = Ry/3 = 2л/3 г, Р = б) a3 = Ry/3, P = З^л/3, 5 = Ответ, а) Зл/3 г2; б) 1099. Правильный восьмиугольник А\А2 ...As вписан в окружность ради- радиуса R. Докажите, что четырехугольник A3A4A7AS является прямоугольником, и выразите его площадь через S. Решение. Пусть О — центр, R — радиус окружности, описанной око- около данного правильного восьмиугольни- восьмиугольника А\А2...А$ (рис.68), S — площадь четырехугольника A3A4A7AS. Так как А3А7 = 2R и AAAS = 2R, то ZA3ASA7 = = ZA3A4A7 = 90°, поэтому четырех- четырехугольник АзА4А7А$ — прямоугольник. Его площадь можно вычислить по фор- форА Рис. 68 муле S = - • A^Aj • A/[Ag • sin а (зада- (задача 1059), где а — угол между диагоналя- ми А3А7 и А4А$, равный 45°.
§ 2. Длина окружности и площадь круга 115 Итак, Ответ, л/2 R2. •sin45° = л/2 R2 1100. С помощью циркуля и линейки в данную окружность впишите: а) правильный шестиугольник; б) правильный треугольник; в) квадрат; г) пра- правильный восьмиугольник. Решение, а) Сторона правильного шестиугольника, вписанного в данную окружность, равна радиусу этой окружности (формула 6, п. 108 учебника), поэтому задача решается аналогично задаче 1, п. 109. б) Сначала впишем в данную окружность правильный шестиуголь- шестиугольник А\А2... Aq (см. п. а)). Треугольник А1А3А5 — искомый. в) Проведем два взаимно перпендикулярных диаметра А\А% и А^А\ данной окружности. Четырехугольник АхА^А^А^ — искомый квадрат. г) Сначала впишем в данную окружность квадрат (см. п. в), а затем, воспользовавшись идеей задачи 2 п. 109, построим искомый восьми- восьмиугольник. § 2. Длина окружности и площадь круга 1101. Перечертите таблицу и, используя формулу длины С окружно- окружности радиуса R, заполните пустые клетки таблицы. Воспользуйтесь значением тг = 3,14. С R 4 3 82 18тг 0,7 6,28 101,5 2V^2 Решение. Воспользуемся формулой для вычисления длины окружности С = 2tyR (п. ПО учебника): 1) так как R = 4, то С = 2тг • 4 = 25,12; 2) так как R = 3, то С = 2тг • 3 = 18,84; 3) так как С = 82, то R = ^- « 13,06; Z7T 4) так как С = 18тг, то R = ^- = 9; Z7T 5) так как R = 0,7, то С = 2тг • 0,7 « 4,40; 6) так как С = 6,28, то R = — = -^— = 1; Z7T D,ZO 7) так как R = 101,5, то С = 2тг • 101,5 = 637,42; 8) так как R = 2^, то С = 2тг • 2Х- « 14,65; 9) так как С = 2\/2, то R = ?- = Z7T : 0,45. Ответ. Слева направо: С = 25,12; С = 18,84; R С « 4,40; Д = 1; С = 637,42; С « 14,65; Д « 0,45. 13,06; Д = 9;
116 Гл. 3. Длина окружности и площадь круга 1102. Как изменится длина окружности, если радиус окружности: а) уве- увеличить в три раза; б) уменьшить в два раза; в) увеличить в к раз; г) уменьшить в к раз? Решение. Так как длина окружности равна С = 2тгД, то: а) длина окружности увеличится в три раза; б) длина окружности уменьшится в два раза; в) длина окружности увеличится в к раз; г) длина окружности уменьшится в к раз. Ответ, а) Увеличится втрое; б) уменьшится вдвое; в) увеличится в к раз; г) уменьшится в к раз. 1103. Как изменится радиус окружности, если длину окружности: а) уве- увеличить в к раз; б) уменьшить в к раз? Решение. Воспользуемся формулой для вычисления длины окружности С = 2ttR. а) Радиус окружности увеличится в к раз; б) радиус окружности уменьшится в к раз. Ответ, а) Увеличится в к раз; б) уменьшится в к раз. 1104. Найдите длину окружности, описанной около: а) правильного треугольника со стороной а; б) прямоугольного треугольника с катетами а и 6; в) равнобедренного треугольника с основанием а и боковой стороной 6; г) прямоугольника со стороной а и острым углом а между диагоналями; д) правильного шестиугольника, площадь которого равна 24д/3 см2. Решение. Пусть R — радиус окружности, описанной около дан- данного многоугольника, С — длина этой окружности. a) R = —=, поэтому 6 = ZnR = —= = —-— (рис. 69, а). б) Д = -, поэтому С = тгл -Ь2 (рис.69, б). в) Пусть h — высота данного равнобедренного треугольника, проведенная к основанию, a S — его площадь (рис.69, в). Тогда
§2. Длина окружности и площадь круга 117 С другой стороны, S = ——. Следовательно, г) Пусть ABCD — данный прямоугольник, ZAOB = а, АВ = = а (рис.69, г). В прямоугольном треугольнике ABC угол АСВ равен —, АС = 2R, и поэтому 2R = ^57 И С = рг-. sin - sin - д) Пусть 5 = 24л/3 см2 — площадь данного правильного шести- шестиугольника. Так как площадь правильного шестиугольника, вписанного в окружность радиуса R, можно вычислить по формуле: 5 = 24л/3 —2 - то z4\M см^ = —-—, отсюда Ответ, a) *""v и ; б) тгл/а2 + б2 ; в) 7 ^/lty г; г) ^-; д) 8тг см. sin- 1105. Найдите длину окружности, вписанной: а) в квадрат со стороной а; б) в равнобедренный прямоугольный треугольник с гипотенузой с; в) в прямо- прямоугольный треугольник с гипотенузой с и острым углом а; г) в равнобедренный треугольник с углом при основании а и высотой h, проведенной к основанию. Решение. Пусть г — радиус окружности, вписанной в данный многоугольник, С — ее длина. а) Очевидно, г = - , поэтому С = 2тг • - = тга. б) Пусть окружность вписана в равнобедренный треугольник ABC, в котором ZC = 90°, а гипотенуза ЛВ = с (рис.70, а). С одной стороны, площадь S этого треугольника равна половине произведения катетов, каждый из которых равен -—- с, т. е. S = —. С другой - A + л/2)г. Таким образом, — = - стороны, S = xiV = - A + л/2)г. Таким образом, — = - A + \/2)г, откуда г = 2A + \/2) С= ТС^ =тгс-(л/2 -1),
118 Гл. 3. Длина окружности и площадь круга в) Пусть окружность вписана в треугольник ABC, в котором ZC = 90°, гипотенуза АВ = с, а АА = а (рис.70, б), тогда АС = = с cos а, ВС = с sin а, а значит, площадь S этого треугольника равна 1 о . ^ о 1 cfsina + cos а + 1) -с sin a cos а. С другой стороны, Ь = -Р-г = — --г. Таким образом, -с2 sin a cos a = _ c(sina + cos а + 1) • г, откуда г = с sin a cos a (sin a + cos а +1) С = 2тгс sin a cos a = 7rc(sina + cos a — 1). (sin a + cos а + 1) г) Пусть окружность вписана в равнобедренный треугольник ABC с основанием АС, в котором ZA = ZC = а, а высота BD, проведенная к основанию, равна h (рис.70, в). Тогда AD = , г = AD • tg — = tga Ответ, а) тга; б) тгс(л/2 — 1); в) 7rc(sina + cosa — 1); г) tg | 1106. Тепловоз прошел 1413 м. Найдите диаметр колеса тепловоза, если известно, что оно сделало 300 оборотов. Решение. Пусть С — длина окружности колеса тепловоза. По условию 300 • С = 1413 м, отсюда С = 4,71 м. Если d — диаметр колеса, то С = ird, поэтому d = 4,71 м : 3,14 = 1,5 м.
§2. Длина окружности и площадь круга 119 1107. Метр составляет приближенно земного экватора. Най- 40 000 000 дите диаметр Земли в километрах, считая, что Земля имеет форму шара. Решение. Пусть d — диаметр Земли. Тогда d= - =4- 107 м : 3,14 = 4- 104 км :3,14« 12 739 км. 7Г Ответ. « 12739 км. 1108. Вычислите длину круговой орбиты искусственного спутника Земли, если спутник вращается на расстоянии 320 км от Земли, а радиус Земли равен 6370 км. Решение. Пусть R — радиус круговой орбиты искусственно- искусственного спутника Земли, тогда R = 6370 км + 320 км = 6690 км и С « ^ 42013 км. Ответ. ^ 42013 км. 1109. Найдите длину дуги окружности радиуса б см, если ее градусная мера равна: а) 30°; б) 45°; в) 60°; г) 90°. Решение. Воспользуемся формулой п. ПО учебника для вычисле- 7 TrRa ния дуги окружности / = . 180 ч 7 7Г • б • 30 s\ 1 7Г • б • 45 1 г ч 7 а) ^ = —г^т;— см = тг см; б) I = ——-— см = 1,5тг см; в) I = 180 180 тг-6-60 о ч 7 тг-б-90 Q = 180 см = 2тг см; г) / = lgQ см = Зтг см. Ответ, а) тг см; б) 1,5тг см; в) 2тг см; г) Зтг см. 1110. Расстояние между серединами зубьев зубчатого колеса, измеренное по дуге окружности, равно 47,1 мм. Диаметр колеса равен 450 мм. Сколько зубьев имеет колесо? Решение. Пусть п — количество зубьев колеса, С — длина окружности колеса. Тогда п = С : 47,1 мм = 3,14 • 450 мм : 47,1 мм = = 14130:471 =30. Ответ. 30. 1111. Шлифовальный камень, имеющий форму дис- диска, находится в защитном кожухе (рис.316 учебника). Диаметр камня равен 58 см, дуга незащищенной его части равна 117°. Найдите длину дуги незащищенной части камня. Решение. Пусть / — длина, а — градусная мера дуги выреза незащищенной части шлифо- шлифовального камня, a R — радиус шлифовального камня (рис.71). Тогда 1 TrRa тг-29-117 гП о Риг 71 I = W = ^8^CMW59'2CM- Ответ. « 59,2 см.
120 Гл. 3. Длина окружности и площадь круга 1112. Найдите длину маятника стенных часов, если угол его колебания составляет 38°, а длина дуги, которую описывает конец маятника, равна 24 см. Решение. Пусть R — длина маятника, а — угол колебания маятника, а I — длина дуги, которую описывает маятник. Тогда I = irRa = W, откуда R = 180° •< 180-24 см 3,14-38 36,2 см. 1113. Радиус закругления пути железнодорожного полотна равен 5 км, а длина дуги закругления — 400 м. Какова градусная мера дуги закругле- закругления? Решение. Пусть R — радиус, а — угол, а I — длина дуги закругления пути железнодорожного полотна. Тогда / = j^p, откуда 180° а = 180° •/ 0,4-180° 7TR 5-3,14 : 4°35'. 1114. Перечертите таблицу и, используя формулу для площади S круга радиуса R, заполните пустые клетки. Воспользуйтесь значением тг = 3,14. S R 2 5 9 2 7 49тг 54,3 6,25 Решение. S = tyR2, поэтому если: 1) Д = 2, то S = Атг= 12,56; 2) Д = 5, то 5 = 25тг = 78,5; 1~1 _ Г~9~ f тг ~ у ЗД4 4) Д=|, то5=^ - ° — -?— ~ 1 RQ- 3M = " 5) S = 49tt, to Д= W^^- =7; у 7Г 6) Д = 54,3, то 5 = тгE4,3J « 9258,26; 7) Д = л/3, то 5 ? 8) 5 = 6,25, то Д = 1,41.
§2. Длина окружности и площадь круга 121 Ответ. Слева направо: 5 = 12,56; 5 = 78,5; R « 1,69; 5 « 0,26; R = 7; S « 9258,26; 5 « 9,42; Д « 1,41. 1115. Как изменится площадь круга, если его радиус: а) увеличить в к раз; б) уменьшить в к раз? Решение. Так как площадь круга равна S = тгД2, то: а) площадь круга увеличится в к2 раз; б) площадь круга уменьшится в к2 раз. Ответ, а) увеличится в /с2 раз; б) уменьшится в к2 раз. 1116. Найдите площадь круга, описанного около: а) прямоугольника со сторонами а и 6; б) прямоугольного треугольника с катетом а и противоле- противолежащим углом а; в) равнобедренного треугольника с основанием а и высотой h, проведенной к основанию. Решение. Пусть Д — радиус описанной окружности, a S — площадь круга. ч п \/а2 + Ъ2 о тг(а +b) а) Д = -—-J , поэтому S = v —ч б) Д = , поэтому S = J5—. 2 sin a 4 sin а в) Пусть 6 — боковая сторона равнобедренного треугольника, то- т2 2 гда Д = — (см. задачу 1104, в). Так как Ъ2 = h2 -\ , то /аЬ2 2 4 _ тг(а2 + 4/г2J ^ ч тг(а2 + Ь2) ^ч тга2 ч тг(а2 + 4/г2J Ответ, а) -^— >-\ б) =—; в) -^ ^-. 4 4 sin2 а 64/г2 1117. Найдите площадь круга, вписанного: а) в равносторонний треуголь- треугольник со стороной а; б) в прямоугольный треугольник с катетом а и прилежащим к нему острым углом а; в) в равнобедренный треугольник с боковой стороной а и углом а, противолежащим основанию; г) в равнобедренную трапецию с большим основанием а и острым углом а. Решение. Пусть г — радиус вписанной окружности, S — площадь круга. ч aV 3 / — Л ч ^ Зтга тга а) г = ——- (рис. 72, а), поэтому S = —— = ——. о до 12 б) Пусть в прямоугольном треугольнике ABC с прямым углом С катет ВС равен а, прилежащий к нему угол В равен а (рис.72, б).
122 Гл. 3. Длина окружности и площадь круга ° Тогда АС = atga, AB = —, а значит, cos a стороны, Sabc — ^ • (sin ^ + cos ol + 1) • r. 2 cos a = a ga. С 2 другой тя о asm a Из этих выражении находим: г = -, а значит, sin a + cos a + 1 тга2 sin2 a (sin a + cos a + 1) в) Пусть AD — высота равнобедренного треугольника ABC с ос- ¦w—r (У, нованием ВС (рис.72, в). Поскольку угол BAD равен —, то ВС = = 2а sin —, поэтому площадь Sabc = pr = a ll -\- sin — J • г. С другой стороны, Sabc = ^a2sma. Из этих выражений для площади находим: asm a 2(l+sin| S = 2 • 2 тга sin a 4(l+sinfJ< С а ^ н D Рис. 72
§2. Длина окружности и площадь круга 123 г) Пусть О — центр окружности, вписанной в данную трапецию ABCD (рис.72, г). Тогда ZOAD = ZODA = ^. Следовательно, тре- треугольник OAD равнобедренный и его высота ОН является медианой. О (У Из прямоугольного треугольника О АН находим: ОН = г = - • tg —, поэтому ~ ч тга ^ч Ответ, а) -—-; б) 12 тга ' ~Г ' * 2 тга (sin a + 2 &¦ * 2"' sin а cos а + IJ' в) 4 тга 0 + . 2 sin sin а 1Y 1118. Диаметр основания царь-колокола, находящегося в Московском Кремле, равен 6,6 м. Найдите площадь основания колокола. Решение. Пусть D — диаметр, S — площадь основания колокола. Тогда 5 м^з4,2м. 4 4 Ответ. ^34,2 м2. 1119. Длина окружности цирковой арены равна 41 м. Найдите диаметр и площадь арены. Решение. Пусть С, D и S — соответственно длина окружности, диаметр и площадь цирковой арены. Тогда D = — = -— « 13,06 м. тг 3,14 о ttD2 тг • 13,Об2 2 100 0/1 2 S = —— = -1— м « 133,84 м . 4 4 Ответ. « 13,06 м; « 133,84 м2. 1120. Найдите площадь кольца, ограниченного двумя окружностями с об- общим центром и радиусами R\ и R2, R\ < R2. Вычислите площадь кольца, если Ri = 1,5 см, R2 = 2,5 см. Решение. Пусть S — площадь кольца. Тогда S = ttR22 - тгД? = тг(Л| - iif) = тгB,52 - 1,52) см2 = 4тг см2. Ответ. 4тг см2.
124 Гл. 3. Длина окружности и площадь круга 1121. Какой толщины слой нужно снять с круглой медной проволоки, имеющей площадь сечения 314 мм2, чтобы она проходила сквозь отверстие диаметром 18,5 мм? ™ ™ /314 мм2 1А п Решение. Радиус проволоки равен \ — = 10 мм. Следова- V О, 1 т: тельно, с проволоки нужно снять слой толщиной L = (\0 - i • 18,б) мм = 0,75 мм. Ответ. 0,75 мм. 1122. Вокруг круглой клумбы, радиус которой равен 3 м, проложена дорожка шириной 1 м. Сколько нужно песка, чтобы посыпать дорожку, если на 1 м2 дорожки требуется 0,8 дм3 песка? Решение. Пусть S — площадь дорожки вокруг клумбы, а х — количество песка. Тогда 5 = тгD мJ-тгC мJ = 7тг м2. Поэтому х = @,8 • 7тг) дм3 = 5,6тг дм3 « 17,6 дм3. Ответ. « 17,6 дм3. 1123. Из круга радиуса г вырезан квадрат, вписанный в окружность, которая ограничивает круг. Найдите площадь оставшейся части круга. Решение. Площадь круга равна тгг2, а площадь квадрата 2г2. Поэтому площадь оставшейся части круга равна тгг2-2г2 = г2(тг-2). Ответ. г2(тг — 2). 1124. На мишени имеются четыре окружности с общим центром, радиусы которых равны 1, 2, 3 и 4. Найдите площадь наименьшего круга, а также площадь каждого из трех колец мишени. Решение. Пусть S — площадь наименьшего круга, S\, S2, S3 — площади соответствующих колец мишени (рис.73). Тогда S = тгОА2 = тг; 51 = тгОВ2 - тгОА2 = Зтг; 52 = тгОС2 - тгОВ2 = 5тг; 53 = ivOD2 - ivOC2 = 7тг. Ответ, тг, Зтг, 5тг, 7тг.
§ 2. Длина окружности и площадь круга 125 Рис. 73 Рис. 74 1125. На сторонах прямоугольного треугольника как на диаметрах по- построены три полукруга. Докажите, что площадь полукруга, построенного на гипотенузе, равна сумме площадей полукругов, построенных на катетах. Решение. Пусть ABC — данный прямоугольный треугольник с прямым углом С, a S, S\ и S^ — площади полукругов, построенных на отрезках АВ, АС и ВС как на диаметрах (рис.74). Тогда АВ\2 ттАВ2 ттАС2 ттВС2 Так как по теореме Пифагора АВ2 = АС2 + ВС2, то S = S\ + S2• 1126. Из круга, радиус которого 10 см, вырезан сектор с дугой в 60°. Найдите площадь оставшейся части круга. Решение. Оставшаяся часть круга также является круговым сек- сектором. Дуга этого сектора равна 300°, поэтому его площадь равна 7ГA0сзмб)J-300 « 262 см2. Ответ. « 262 см . 1127. Площадь сектора с центральным углом 72° равна S. Найдите радиус сектора. Решение. Пусть R — радиус окружности. Тогда S = —— _. _ _. оо( откуда R2 = 360 • S 5S ^2^ = VH Ответ. \1 — . 7Г
126 Гл. 3. Длина окружности и площадь круга Рис. 75 1128. Сторона квадрата (рис.317 учебника) равна а. Вычислите площадь заштрихованной фигуры. Решение. Заштрихованная фигура представ- представляет собой квадрат, из которого вырезаны четы- четыре сектора (рис.75). Поскольку из этих секторов а можно составить круг радиуса -, то площадь за- заштрихованной фигуры равна 2 а - 4-тг Ответ. 4-тг Дополнительные задачи 1129. Сколько сторон имеет правильный многоугольник, один из внешних углов которого равен: а) 18°; б) 40°; в) 72°; г) 60°? Решение. Пусть один из внешних углов правильного п-угольника равен а. Так как сумма внешних углов правильного многоугольника оглО равна 360° (задача 1082), то па = 360°, откуда п = . а \ 360 on *\ Зб° п \ 360 ,- ч 360 а а)п= —=20;б)п= —= 9;в)п= —= 5;г)п= —= 6. Ответ, а) 20; б) 9; в) 5; г) 6. ИЗО. На стороне правильного треугольника, вписанного в окружность радиуса 3 дм, построен квадрат. Найдите радиус окружности, описанной около квадрата. Решение. Сторона квадрата, рав- равная стороне правильного треугольника, в л/З раз больше радиуса окружно- окружности (рис.76), описанной около этого тре- треугольника, т. е. равна Зл/З дм. Радиус окружности, описанной около квадрата, в у/2 раз меньше стороны этого квадра- квадрата, поэтому он равен 3\/3 Рис. 76 ДМ = 3\/б ДМ. г. 3\/б Ответ. —— дм.
Дополнительные задачи 127 1131. Найдите периметр правильного шести- шестиугольника А\А2АъА^АьАь, если А\А\ = 2,24 см. Решение. Отрезок А\А\ — диаметр окружности, описанной около данного шести- шестиугольника (рис.77). Сторона шестиугольника равна радиусу этой окружности, т. е. рав- равна 1,12 см. Следовательно, периметр шести- шестиугольника равен 6- 1,12 см = 6,72 см. Ответ. 6,72 см. i I Л\\ А, у \ \ 60° 60°/ V О / 601 V / Рис. 77 1132. Найдите отношение периметров правильного треугольника и квад- квадрата: а) вписанных в одну и ту же окружность; б) описанных около одной и той же окружности. Решение, а) Воспользовавшись формулами D) и E) п. 108 учеб- учебника, получим: 3\/3 3\/б \R\Pl 4\/2 8 б) Пусть г — радиус вписанной окружности. Так как сторона дан- данного треугольника равна 2л/3 г (задача 1098, а), то его периметр равен 6л/3 г. Поскольку периметр квадрата равен 8г, то искомое отношение 3\/3 равно . ~ ч 3\/б ., 3\/3 Ответ, а) -—; б) ——. 1133. Диагонали A\Aq и А2А9 правильно- правильного двенадцатиугольника пересекаются в точке В (рис.318 учебника). Докажите, что: а) тре- треугольники А\А^В и А^Ао,В равносторонние; б) А\Аъ = 2г, где г — радиус вписанной в две- двенадцатиугольник окружности. Решение, а) По свойству угла, впи- вписанного в окружность, имеем: ZA\A2Aq = 1_ 360 : 2 ' 12 = - ^ A2Aq = 60°, поэтому треугольник А\А2В — равносторонний (рис.78). Ана- Аналогично доказывается, что треугольник также равносторонний. - 4 = 60°, ZA2A{A6 =
128 Гл. 3. Длина окружности и площадь круга б) Пусть Н — основание перпендикуляра, проведенного из точки О к прямой A\Aq (рис.78). Так как отрезок A\Aj — диаметр окружно- окружности, то ZHA\O = ZAqA\A7 = - ^ A§Aj = 15°, и из прямоугольного треугольника А\НО находим: А\Н = Rcos 15°, где R = ОА\ — ради- радиус описанной окружности. С другой стороны, радиус г окружности, вписанной в правильный двенадцатиугольник, также равен R cos 15°. Осталось заметить, что отрезок ОН, будучи высотой равнобедренного треугольника ОА\А§, является и его медианой. Следовательно, A\Aq = = 2А{Н = 2г. 1134. Диагонали А\А\ и A^A-j правильного десятиугольника А\А^... А\о, вписанного в окружность радиуса R, пересекаются в точке В (рис.319 учеб- учебника). Докажите, что: а) А2А7 = 2R; б) А\А2В и ВА\О — подобные равно- равнобедренные треугольники; в) А\А\ — А\А2 = R. Решение, а) Так как ZA2OA7 =- А2А7 = ^ • 5 = 180° (рис.79), то отрезок A2Aj — диаметр, следовательно, A2Aj = 2R. б) Поскольку отрезок A2Aj — диа- диаметр окружности (см. п. а), то ZA\A2B = __ ^^ л л —— . . л —— 70° ТТя- лее, ZA4OB =- А2АА = 72°. АА2АХВ = ^Ак = х ^ А2А\ = 36°, а значит, ZA\BA2 = 6 2 = 180° - 72° - 36° = 72°. Но углы А\ВА2 и ОВА4 — вертикальные, поэтому ZOBA4 = 72°. Таким образом, в каждом из треугольников А\ВА2 и ОВА4 два угла равны 72°. Следовательно, эти треугольники — равнобедренные и по- подобные друг другу, в) Имеем: - АХА2 = АХАА - АХВ = ВА4 = ОА4 = R (см. п. б). 1135. В круг, площадь которого равна Збтг см, вписан правильный шестиугольник. Найдите сторону этого шестиугольника и его площадь.
Дополнительные задачи 129 n n /Збтг см а Решение. Радиус круга равен \ = о см, поэтому сторона у 7Г шестиугольника также равна 6 см. Следовательно, площадь шести- шестиугольника равна ^ • F смJ • 6 = 54л/3 см2. Ответ. 6 см, 54л/3 см2. 1136. Квадрат А\А2АзАа вписан в окружность радиуса R (рис. 320 учеб- учебника). На его сторонах отмечены во- восемь точек так, что А\В\ = А2В2 = = А3В3 = А4В4 = АХСХ= А2С2 = АЪСЪ = = А4С4 = R. Докажите, что восьми- восьмиугольник В\СъВ2С\ВъС\В\С2 правиль- правильный, и выразите площадь этого восьми- восьмиугольника через радиус R. Решение. Поскольку сторона квадрата равна Ry/2 (рис.80), то ВХА2 = Ry/2 - R, АХС2 = RV2 - R, С2В{ = А2С2 - ВХА2 = R - (Ял/2 - - R) = ДB - л/2), С2ВХ = С3В2 = С4В3 = СХВА. Из прямоугольного треугольника В\А2С3 находим: Рис. 80 {RV2 - Rf = = (Ry/2 - R)V2 = ДB - л/2), Итак, все стороны восьмиугольника равны. Далее, все углы вось- восьмиугольника равны 135°, поскольку смежные с ними углы равны 45°. Таким образом, восьмиугольник В\С3В2СаВ3С\ВаС2 — правильный. Поскольку этот восьмиугольник представляет собой квадрат, из кото- которого вырезаны четыре треугольника, то его площадь равна АХА\ - 4 • \А2В\ = (Ry/2J - 2(Ry/2 - RJ = = 2R2 - AR2 + 4л/2 R2 - 2R2 = 4R2(V2 - 1). Ответ. AR2(y/2 - 1). 5 Л. С. Атанасян и др.
130 Гл. 3. Длина окружности и площадь круга 1137. За два оборота по круговой орбите вокруг Земли космический корабль проделал путь в 84 152 км. На какой высоте над поверхностью Земли находился корабль, если радиус Земли равен 6370 км? Решение. Радиус орбиты равен =6700 км. Поэтому искомая высота 4тг 6700 км - 6370 км = 330 км. Ответ. 330 км. 1138. Найдите длину окружности, впи- вписанной в ромб, если: а) диагонали ромба равны б см и 8 см; б) сторона ромба равна а и острый угол равен а. Решение. Пусть О — точка пе- пересечения диагоналей АС и BD ром- ромба ABCD, ОН = г — радиус вписанной в ромб окружности (рис.81). а) В треугольнике AOD АО = 90°, АО = 4 см, DO = 3 см, следовательно, AD = 5 см. Так как АО • ОВ = г • AD (эта величина равна удвоенной площади треугольника AOD), то АО-ОБ 4-3 12 г = ——— = ——- см = — см, AD 5 5 12 и длина окружности, вписанной в ромб ABCD, равна 2тг • — см = = — тг см « 15,1 см. о б) Площадь ромба равна a2 sin а = 2аг, откуда г = -a sin а и длина вписанной в ромб окружности равна Ответ, а) « 15,1 см; б) Trasina. 1139. Лесной участок имеет форму круга. Чтобы обойти участок по опуш- опушке, идя со скоростью 4 км/ч, нужно затратить на 45 мин больше, чем для того, чтобы пересечь его по диаметру. Найдите длину опушки данного участка. Решение. Пусть D — диаметр лесного участка (в километрах). Время, затраченное на обход участка по опушке леса, равно — ч; время, затраченное на путь по диаметру, равно — ч. По условию ttD D 3 —— ч-— ч = -ч, 4 4 4
Дополнительные задачи 131 откуда D(ty — 1) = 3 км, или D = опушки равна Зтг (тг-1) 7Г- 1 км « 4,4 км. км. Следовательно, длина Ответ. « 4,4 км. 1140. В правильный многоугольник вписана окружность. Докажите, что отношение площади круга, ограниченного этой окружностью, к площади многоугольника равно отношению длины окружности к периметру много- многоугольника. Решение. Пусть г — радиус круга, Р — периметр многоугольни- многоугольника. Отношение площади круга к площади многоугольника равно 7ГГ 2тгг 1141. Фигура ограничена большими дугами двух окружностей, опираю- опирающимися на общую хорду, длина которой равна б см. Для одной окружности эта хорда является стороной вписанного квадрата, а для другой — вписанного правильного шестиугольника. Найдите периметр фигуры. Решение. Радиус окружности, для которой данная хорда явля- ется стороной квадрата (рис.82), равен —— см. Следовательно, длина ее большей дуги, стягиваемой этой хордой, равна 3 2тг-б 9тг - • —=- см = —= см = 4 V2 V2 см. Радиус второй окружности равен 6 см, а дли- длина ее большей дуги, стягиваемой данной хордой, равна - • 2тг • 6 см = Ютг см. о Таким образом, периметр фигуры равен см + Ютг см = | (9л/2 + 20) см. Ответ. |(9л/2 +20) см. Рис. 82
132 Гл. 3. Длина окружности и площадь круга Рис. 83 FD = 1142. Основания трапеции, около которой можно описать окружность, равны 4 см и 14 см, од- одна из боковых сторон равна 13 см. Найдите длину этой окружности. Решение. Пусть в трапеции ABCD (AD || ВС) AD = 14 см, ВС = 4 см, АВ = = 13 см (рис.83), проведены диагональ АС и высота CF. Так как по условию около данной трапеции можно описать окружность, то трапеция ABCD — равнобедренная (зада- (задача 710), поэтому AD-BC = 5 см и AF = 14 см — 5 см = 9 см. Из прямоугольных треугольников CDF и ACF находим: CF = VCD2 - DF2 = л/169-25 см = 12 см, АС = VAF2 + CF2 = л/81+ 144 см = 15 см. Для нахождения радиуса R окружности, описанной около трапеции ABCD, воспользуемся тем, что эта окружность описана около тре- треугольника ACD (см. рис.83). Площадь S треугольника ACD равна -АС • AD • sin AC AD. Но sin AC AD = Ц^ (см. задачу 1033), поэтому 2 Zii S = -— . С другой стороны, S = ^ 1 лъ пъ AC -AD-CD -AD • CF = — , отсюда D AC-CD 15-13 R CM CF. Таким образом, 65 и длина описанной окружности равна ^ 65тг Ответ. см. 4 65тг см. 1143. Высота прямоугольного треугольника, проведенная к гипотенузе, разделяет его на два подобных треугольника (задача 2, п. 63 учебника). Дока- Докажите, что отношение длин окружностей, вписанных в эти треугольники, равно коэффициенту подобия этих треугольников. Решение. Пусть Р — периметр одного из треугольников, г — радиус вписанной в него окружности. Тогда площадь S этого треуголь- 1 2$ ника равна -Рг, откуда г = —-, а значит, длина С вписанной окруж-
Дополнительные задачи 133 ности равна ——. Периметр другого треугольника в к раз больше (к — коэффициент подобия), а его площадь — в к2 раз больше S. Поэтому длина вписанной в него окружности равна 4irk2S к • кР = кС. 1144* Постройте правильный восьмиугольник, сторона которого равна данному отрезку. Решение. Пусть PQ — заданный отрезок. Требуется построить правильный восьмиугольник так, чтобы его сторона была равна данно- данному отрезку PQ (рис.84, а). Допустим, что задача решена и правильный восьмиугольник ABCDEFGK — искомый (рис.84, б). Опишем около него окружность с центром О и заметим, что треугольник АОВ — равнобедренный, его основание АВ равно PQ, а угол АОВ равен 45°. Поэтому можно поступить так: сначала построить равнобедренный треугольник АОВ по основанию и углу, противолежащему основанию, а затем достроить его до восьмиугольника. Построение. Построим угол с вершиной О, равный 45°, и на сторонах этого угла от его вершины отложим произвольные, но рав- равные между собой отрезки ОА\ и ОВ\. Получим треугольник ОА\В\, подобный искомому (рис.84, в). Затем на луче А\В\ отложим отрезок А\В2, равный данному отрезку PQ. Если точка Б2 совпадает с точкой В\, то АА\ОВ\ — искомый. В противном случае проведем через точку Б2 прямую, параллель- параллельную ОА\. Эта прямая пересечет луч ОВ\ в точке В. Далее через точку В проведем прямую, параллельную А\В\. Она пересечет луч ОА\ в точке А. Четырехугольник А\В2ВА — параллелограмм по постро- построению, поэтому АВ = А\В2 = PQ, /О = 45° и треугольник АОВ — искомый. D А Рис. 84
134 Гл. 3. Длина окружности и площадь круга Теперь построим правильный восьмиугольник. Для этого проведем окружность с центром О и радиусом ОА, и на этой окружности, не меняя раствора циркуля, равного отрезку АВ = PQ, отметим точки С, D, Е, F, G, К так, чтобы выполнялись равенства АВ = ВС = CD = DE = ЕЕ = FG = GK = К А. Соединяя последовательно отмеченные точки, получим искомый правильный восьмиугольник. 1145* Даны два круга. Постройте круг, площадь которого равна сумме площадей данных кругов. Решение. Пусть х — радиус искомого круга, выразим его через радиусы г и R данных кругов. По условию задачи тгг2 + nR2 = тгж2, или х2 = г2 + R2; отсюда следует, что х — гипотенуза прямоугольного треугольника с катетами г и R. Поэтому сначала построим прямоугольный треугольник ABC с пря- прямым углом С так, чтобы АС = г, ВС = R. Затем проведем окружность радиуса АВ. Построенная окружность является границей искомого круга. 1146. Около данной окружности опишите: а) правильный треугольник; б) правильный шестиугольник. Решение, а) Допустим, что задача решена, т. е. правильный треугольник ABC описан около данной окружности с центром О. Пусть М, N и Р — точки касания вписанной окружности со сторонами треугольника ABC (рис.85). Так как в четырехугольнике АМОР ZA = 60°, ZM = ZP = 90°, то ZMOP = 120°. Аналогично, ZMON = = ZPON = 120°, поэтому AMNP — равносторонний. Отсюда следует способ построения треугольника ABC. Впишем в данную окружность правильный треугольник MNP. Затем через точки М, N и Р проведем касательные к данной окружности. Эти касательные, пересе- пересекаясь, образуют искомый треугольник ABC. 6) Задача решается аналогично за- м/: ^* даче_а- Впишем в данную окружность пра- правильный шестиугольник MNPQRS, а затем через вершины этого ше- шестиугольника проведем касательные ~Р к данной окружности. Эти касатель- касательные, пересекаясь, образуют искомый Рис-8^ шестиугольник.
Задачи повышенной трудности 135 Рис. 1147. Около данной окружности опишите: а) правильный четырехуголь- четырехугольник; б) правильный восьмиугольник. Решение. Задача решается аналогично задаче 1146. Для по- построения правильного четырехугольника надо провести два взаимно перпендикулярных диаметра данной окружности (рис.86, а), а для по- построения восьмиугольника — биссектрисы углов, образованных этими диаметрами (рис.86, б). Задачи повышенной трудности 1279. На рисунке 87 (рис. 336 учебника) изображен правильный десяти- десятиугольник, вписанный в окружность радиуса R, АС — биссектриса угла ОАВ. Докажите, что: а) ААВС ~ АОАВ; б) АВ = АС = ОС = ~ * R. Решение, а) В равнобедренном треугольнике ОАВ угол О равен о™ Поэтому каждый из углов А и В этого треугольника = 36° равен 72°. Следовательно, угол ВАС равен 36°, а значит, треугольники ABC и ОАВ подобны по двум углам. б) Поскольку треугольники ABC и ОАВ подобны (см. п. а) и треугольник ОАВ равно- равнобедренный, то треугольник ABC также рав- равнобедренный, а значит, АВ = АС. Каждый из углов Aw О треугольника О АС равен 36°. Следовательно, в этом треугольнике АС = = ОС. Итак, АВ = АС = ОС. Обозначим эту Рис. 87
136 Гл. 3. Длина окружности и площадь круга величину буквой х. Из подобия треугольников ABC и ОАВ следует, что R х -\±у/Ъ — -^ , откуда х = х R — х Учитывая, что х > О, получаем: у/Ъ - 1 -Д. х = R. 1280. Докажите, что отрезок АК, изображенный на рисунке 88 (рис.337 учебника), равен стороне правильного десятиугольника, вписанного в окруж- окружность с центром О. Решение. Пусть Д — радиус окружности с центром О. Катеты Г) О А и ОС прямоугольного треугольника О АС равны Д и —. Следо- Следовательно, его гипотенуза АС равна \ R2 Н—Д2 = -^- Д- Учитывая, что С К = —, получаем: АК = —-— Д. Таким образом, отрезок АК равен стороне правильного десятиугольника, вписанного в окружность радиуса Д (см. задачу 1279). 1281. Около правильного пятиугольника АхА^А^А^А^ описана окруж- окружность с центром О. Вершинами треугольника ABC являются середины сторон А1А2, А^Аъ и А^А\ пятиугольника. Докажите, что центр О данной окруж- окружности и центр О\ окружности, вписанной в треугольник ABC, симметричны относительно прямой АС. Решение. Проведем диагональ А\А4 (рис.89). Заметим прежде всего, что четырехугольник А\А2А^А4 — трапеция. В самом деле, поскольку этот четырехугольник — вписанный, то /_А\ + ZA^ = 180°. С другой стороны, пятиугольник А\А2АзА4А$ — правильный, поэтому Рис. 88 Рис. 89
Задачи повышенной трудности 137 ZA2 = ZA%. Следовательно, АА\ -\- ZA2 = 180°, а значит, прямые А\А^ и А2А^ параллельны. Пусть М — середина диагонали А\А^. Треугольник МАА\ рав- равнобедренный. Действительно, его сторона МА\ равна половине диа- диагонали пятиугольника. Но и сторона МА, будучи средней линией треугольника А\А2А^, равна половине диагонали пятиугольника. Сле- Следовательно, МА = МА\, а значит, АМАА\ = АМА\А. Отрезок АС — средняя линия трапеции А\А2АЪА^. Поэтому ZCAA2 = /-MA\A. Следовательно, ZCAA2 = ZMAA\. Отрезок О А — медиана равнобедренного треугольника А\ОА2, а значит, и его высота. Следовательно, ZOAC = 90° — ZCAA2 = 90° — — ZMAA\ = АО AM. Иными словами, луч АО — биссектриса угла САМ. Аналогично доказывается, что луч СО — биссектриса угла АСМ. Таким образом, точка О — центр окружности, вписанной в тре- треугольник АСМ. В четырехугольнике АВСМ каждая сторона равна половине диа- диагонали пятиугольника, поэтому этот четырехугольник — ромб. Сле- Следовательно, треугольники ABC и АМС симметричны относительно прямой АС. Но тогда и центры О\ и О окружностей, вписанных в эти треугольники, симметричны относительно прямой АС. 1282* В данную окружность впишите правильный десятиугольник. Решение. Проведем два взаимно перпендикулярных радиуса О А и ОВ данной окружности (см. рис.88), найдем середину С радиуса ОВ и на луче С А отложим отрезок СК, равный половине радиуса ОВ. Отрезок АК равен стороне искомого десятиугольника (см. зада- задачу 1280). 1283* В данную окружность впишите правильный пятиугольник. Решение. На данной окружности отметим вершины правильного десятиугольника (см. задачу 1282), а затем соединим их хордами через одну. 1284. В данную окружность впишите пятиконечную звезду. Решение. На данной окружности отметим вершины правильного пятиугольника (см. задачу 1283), а затем соединим их хордами в со- соответствующем порядке. 1285. Пусть М — произвольная точка, лежащая внутри правильного n-угольника. Докажите, что сумма перпендикуляров, проведенных из точки М к прямым, содержащим стороны n-угольника, равна пг, где г — радиус вписанной окружности. Решение. Соединим точку М отрезками с вершинами данного многоугольника. В результате многоугольник окажется разделенным на п треугольников с общей вершиной М, в каждом из которых основа- основанием является сторона многоугольника, а высотой hi — перпендикуляр,
138 Гл. 3. Длина окружности и площадь круга проведенный из точки М к прямой, содержащей эту сторону. Площадь n-угольника равна сумме площадей указанных треугольников: Q _ a{h\ + /12 + ... + hn) ~ 2 ' где а — сторона многоугольника. С другой стороны, площадь опи- описанного многоугольника равна половине произведения его периметра 77 ОТ на радиус вписанной окружности (см. задачу 697): S = -=-. Прирав- Приравнивая эти выражения, получим: /11+^2 + ... + ^ = пг. 1286. Углы треугольника образуют геометрическую прогрессию со знаме- знаменателем 2. Докажите, что середины сторон и основания высот этого треуголь- треугольника являются шестью вершинами правильного семиугольника. Решение. Рассмотрим треугольник ABC, у которого ZB = 2ZA, АС = 2ZB. Учитывая, что ZA + ZB + АС = 180°, получаем: 180° ,„ Л 180° ,„ л 180° Пусть Ai,i?i,Ci — середины сторон данного треугольника, а ^2, ^2, ^2 — основания его высот (рис.90). Точки А\, В\, С\, А^ В^ С^ лежат на одной окружности (окружности Эйлера, см. задачу 895). Сто- Сторонами треугольника А\В\С\ являются средние линии треугольника ABC, поэтому эти треугольники подобны. Следовательно, 360° 360° 360° а значит, точки А\ В\ и С\ являются тремя вершинами правильного семиугольника. В четырехугольнике ВВ^СС^ противоположные углы В2 и С% пря- прямые. Поэтому окружность с центром А\ радиуса —- = В\С\ проходит Следовательно, А\В% = А\С^ = В\С\, а значит, и ^ А\В^ =^ А\С^ = D ^ 360° _ . =^ i^iCi = ^ . 1аким образом, точ- 7 ки ^2 и C<i также являются верши- вершинами указанного правильного семи- семиугольника. Аналогично, окружность с цен- через / \ В точки В, L g с2 с ^ \! / Q Рис. 90 С и ( S кру тром В\ радиуса -—- = А\С\ проходит через точки А, А2, С и С^. Следова- Следовательно, А2В{ =
Задачи повышенной трудности 139 а значит, и точка А^ является вершиной этого правильного семиуголь- семиугольника. 1287. Пусть ABCD — квадрат, а А\В\С\ — правильный треугольник, вписанные в окружность радиуса R. Докажите, что сумма АВ + А\В\ равна длине полуокружности с точностью до 0,0 \R. Решение. Имеем: АВ = у/2 R « 1,414Д, А\В\ = л/3 R « 1,732Д, АВ -\- А\В\ ~ ЗД46Д, а длина полуокружности равна nR « 3,142 • Д. 1288. По данным рисунка 91 (рис.338 учебника) докажите, что длина отрезка АС равна длине окружности с центром О радиуса R с точностью до 0,001 Д. Решение. Имеем: АС2 = ВС2 + АВ2 = 36R2 + (Д + О AJ, OA=^-R, откуда АС « 6,2835Д. С другой стороны, длина окружности радиусом Д равна 2тгД « 6,2832 • R. 1289. На рисунке 92 (рис.339 учебника) изображены четыре полуокруж- полуокружности: АЕВ, АКС, CFD, DLB, причем АС = DB. Докажите, что площадь заштрихованной фигуры равна площади круга, построенного на отрезке EF как на диаметре. Решение. Пусть S — площадь заштрихованной фигуры. Имеем: S = \ - ^тгАС2, АС = ОА- ОС, откуда S = ^тг(ОА2 + ОС2 + 20А • ОС) = ^тг(ОА + ОСJ = = l-n(OE + OFJ = \ttEF2 . 1290. Построить границу круга, площадь которого равна: а) площади кольца между двумя данными концентрическими окружностями; б) площади
140 Гл. 3. Длина окружности и площадь круга данного полукруга; в) площади данного кругового сектора, ограниченного дугой в 60°. Решение, а) Пусть R и г — радиусы окружностей, ограничива- ограничивающих кольцо, R > г. Построим прямоугольный треугольник с гипоте- гипотенузой R и катетом г, а затем проведем окружность, радиус которой равен второму катету построенного треугольника. Эта окружность — искомая. В самом деле, согласно теореме Пифагора площадь ограни- ограниченного ею круга равна ty(R2 — г2) = nR2 — тгг2, т. е. равна площади данного кольца. б) Пусть R — радиус данного полукруга. Построим отрезок длины 1 о —= К — таким отрезком является, например, половина диагонали квад- v2 рата со стороной R. Окружность радиуса —— R — искомая, поскольку площадь ограниченного ею круга в два раза меньше площади круга радиуса R. в) Пусть R — радиус данного сектора. Построим сначала отрезок а = —= R (например, радиус окружности, описанной около равно- v3 стороннего треугольника со стороной it), а затем отрезок о= —— а (см. п. б). Окружность радиуса Ь — искомая, поскольку площадь ограниченного ею круга в 6 раз меньше площади круга радиуса R.
Глава 4 ДВИЖЕНИЯ § 1. Понятие движения 1148. Докажите, что при осевой симметрии плоскости: а) прямая, парал- параллельная оси, отображается на прямую, параллельную оси; б) прямая, перпен- перпендикулярная к оси, отображается на себя. Решение, а) Прямая, параллельная оси, не имеет с осью общих точек. Следовательно, и та прямая, на которую она отображается, не имеет общих точек с осью, а значит, она параллельна оси. б) Пусть А — произвольная точка данной прямой, не лежащая на оси. Эта точка отображается в такую точку Ах, что прямая ААх перпендикулярна к оси и, следовательно, совпадает с данной прямой. Таким образом, каждая точка данной прямой (в том числе и точка пересечения данной прямой с осью) отображается в точку этой же пря- прямой, а значит, вся прямая отображается на себя. 1149. Докажите, что при центральной симметрии плоскости: а) прямая, не проходящая через центр симметрии, отображается на параллельную ей пря- прямую; б) прямая, проходящая через центр симметрии, отображается на себя. Решение, а) Пусть О — центр симметрии, Аи В — произвольные точки данной прямой (рис.93). Эти точки отображаются в такие точки Ах и Вх, что АО = О Ах и ВО = Вл Ал = ОВ\. Следовательно, четырехугольник — АВхАхВ — параллелограмм, а значит, прямые АВ и АхВх параллельны. б) При центральной симметрии каж- каждая точка отображается в точку пря- прямой, проходящей через эту точку и центр симметрии. Поэтому каждая точка дан- данной прямой отображается в точку этой же прямой, а значит, вся прямая отобра- отображается на себя. Рис. 93 1151. Докажите, что при движении параллельные прямые отображаются на параллельные прямые. Решение. Докажем это утверждение методом от противного. До- Допустим, что данные параллельные прямые а и Ъ отображаются на две
142 Гл. 4. Движения прямые а\ и Ьь имеющие общую точку М. Поскольку точка М лежит на прямой а\, то в нее отображается некоторая точка прямой а. По ана- аналогичной причине в точку М отображается некоторая точка прямой Ъ. Следовательно, точка, которая отображается в точку М, является общей точкой прямых а и Ъ. Но это противоречит условию задачи: прямые а и Ь общих точек не имеют. Следовательно, прямые а\ и Ь\ также не имеют общих точек, а значит, эти прямые параллельны. 1152. Докажите, что при движении: а) параллелограмм отображается на параллелограмм; б) трапеция отображается на трапецию; в) ромб отобража- отображается на ромб; г) прямоугольник отображается на прямоугольник, а квадрат — на квадрат. Решение, а) Пусть А\, В\, С\ и D\ — точки, в которые отобра- отображаются вершины параллелограмма ABCD при некотором движении. При движении каждый отрезок отображается на отрезок, поэтому параллелограмм ABCD отображается на четырехугольник A\B\C\D\. Поскольку прямые АВ и CD, а также прямые ВС и DA параллельны, то А\В\ || C\D\ и В\С\ || D\A\ (см. задачу 1151). Таким образом, в четырехугольнике A\B\C\D\ противоположные стороны попарно па- параллельны, а значит, этот четырехугольник — параллелограмм. б) Пусть А\, В\, С\ и D\ — точки, в которые отображаются вер- вершины трапеции ABCD с основаниями AD и ВС при некотором дви- движении. При движении каждый отрезок отображается на отрезок, по- поэтому трапеция ABCD отображается на четырехугольник A\B\C\D\. Поскольку прямые AD и ВС параллельны, то A\D\ || В\С\ (см. за- задачу 1151). Далее, прямые АВ и CD не параллельны, а значит, эти прямые имеют общую точку. Следовательно, и прямые А\В\ и C\D\ имеют общую точку. Итак, в четырехугольнике A\B\C\D\ стороны A\D\ и В\С\ параллельны, а стороны А\В\ и C\D\ не параллельны, поэтому этот четырехугольник — трапеция. в) При движении ромб ABCD отображается на параллелограмм A\B\C\D\ (см. п. а), стороны которого равны сторонам этого ромба. Поэтому четырехугольник A\B\C\D\ — ромб. г) При движении прямоугольник ABCD отображается на паралле- параллелограмм A\B\C\D\ (см. п. а). Поскольку при этом каждый его угол отображается на равный ему угол (см. задачу 1150), то все углы параллелограмма A\B\C\D\ прямые, а значит, этот параллелограмм — прямоугольник. Если четырехугольник ABCD является квадратом, т. е. прямоугольником и ромбом одновременно, то прямоугольник A\B\C\D\ является ромбом (см. п. в). Следовательно, в этом случае четырехугольник A\B\C\D\ — квадрат. 1153. Докажите, что при движении окружность отображается на окруж- окружность того же радиуса. Решение. Пусть М — произвольная точка окружности радиуса R с центром О, М\ и О\ — точки, в которые при некотором движении
§ 1. Понятие движения 143 отображаются точки М и О. Поскольку О\М\ = ОМ, то точка М\ лежит на окружности радиуса R с центром О\. С другой стороны, в каждую точку окружности радиуса R с центром О\ отображается некоторая точка плоскости, лежащая на расстоянии R от точки О, т. е. лежащая на окружности радиуса R с центром О. Таким образом, каждая точка данной окружности отображается в точку окружности радиуса R с центром Оь и в каждую точку этой окружности отоб- отображается какая-то точка данной окружности. Но это и означает, что данная окружность отображается на окружность радиуса R с центром О\, т. е. на окружность того же радиуса. 1154. Докажите, что отображение плоскости, при котором каждая точка отображается на себя, является наложением. Решение. Из определения движения следует, что отображение, указанное в условии задачи, является движением. Но по теореме п. 115 любое движение является наложением. Следовательно, это отображе- отображение — наложение. 1155. Даны произвольные треугольники ABC и А\В\С\. Докажите, что существует не более одного движения, при котором точки А, В и С отобра- отображаются в точки А\, В\ и С\. Решение. Докажем это утверждение ме- j^f, тодом от противного. Допустим, что существу- существует два движения, при которых точки А, В и С отображаются в точки А\, В\ и С\. То- . гда на плоскости найдется хотя бы одна такая 1 точка М, которая при одном движении отобра- / жается в точку М\, а при другом — в точку • М2 (рис.94). Из определения движения следу- 1 ет, что AM = А\М\ и AM = А\М2, поэтому ^ А\М\ = А\М2. Таким образом, точка А\ рав- > ноудалена от концов отрезка М\М2, а значит, J точка А\ лежит на серединном перпендикуляре ^ С к отрезку М\М2. Аналогично доказывается, что точки В\ и С\ лежат на том же серединном Рис. 94 перпендикуляре. Но это противоречит условию задачи: вершины треугольника А\В\С\ не лежат на одной прямой. Следовательно, движений, при которых точки А, В и С отображаются в точки А\, В\ и С\, не более одного. 1157. Докажите, что два параллелограмма равны, если смежные стороны и угол между ними одного параллелограмма соответственно равны смежным сторонам и углу между ними другого параллелограмма. Решение. Пусть ABCD и A\B\C\D\ — два параллелограмма, у которых АВ = А\В\, AD = A\D\ и ZА = /_А\ (рис.95). Треуголь- Треугольники ABD и A\B\D\ равны по первому признаку равенства тре-
144 Гл. 4. Движения в С D Рис. 95 угольников, поэтому BD = B\D\. Следо- Следовательно, существует такое движение, при котором точки А, В и D отображаются в точки А\, В\ и D\ (см. задачу 1156). При этом движении прямая ВС отображается на прямую, проходящую через точку В\ и па- параллельную прямой A\D\ (см. задачу 1151), т. е. на прямую В\С\. Аналогично прямая CD отображается на прямую C\D\. Поэтому при рассматриваемом движении параллелограмм ABCD отображается на параллелограмм A\B\C\D\. Но по теореме п. 115 любое движение является наложением. Тем самым мы доказали, что параллелограммы ABCD и A\B\C\D\ можно совместить наложением, а значит, эти параллелограммы равны. 1158. Даны две прямые а и Ь. Постройте прямую, на которую отобража- отображается прямая Ь при осевой симметрии с осью а. Решение. Отметим на прямой Ъ какие-нибудь две точки А и В (рис.96). Построим сначала точку А\, симметричную точке А относительно прямой а. Для этого до- достаточно провести перпендикуляр АН к прямой а и продолжить его за точку Н на отрезок НА\ = НА. Затем та- таким же способом построим точку В\, симметричную точке В относительно прямой а. Прямая А\В\ — искомая. В самом деле, искомая прямая должна проходить через точки А\ и В\, а че- через эти точки проходит только пря- прямая А\В\. Рис. 96 1159. Даны прямая а и четырехугольник ABCD. Постройте фигуру F, на которую отображается данный четырехугольник при осевой симметрии с осью а. Что представляет собой фигура F? Решение. Построим точки А\, В\, С\ hDj, симметричные точкам А, В, С и D относительно прямой а (см. решение задачи 1158), и проведем отрезки А\В\, В\С\, C\D\ и D\A\. Искомой фигурой F является четырехугольник A\B\C\D\. Ответ. Четырехугольник. 1160. Даны точка О и прямая Ь. Постройте прямую, на которую отобра- отображается прямая Ь при центральной симметрии с центром О. Решение. Отметим на прямой Ъ какие-нибудь две точки А и В (см. рис.93). Построим сначала точку А\, симметричную точке А относительно точки О. Для этого достаточно провести отрезок АО
§2. Параллельный перенос и поворот 145 и продолжить его за точку О на отрезок ОА\ = О А. Затем таким же способом построим точку В\, симметричную точке В относительно точки О. Прямая А\В\ — искомая. В самом деле, искомая прямая должна проходить через точки А\ и В\, а через эти точки проходит только прямая А\В\. 1161. Даны точка О и треугольник ABC. Постройте фигуру F, на ко- которую отображается треугольник ABC при центральной симметрии с центром О. Что представляет собой фигура F? Решение. Построим точки А\, В\ и С\, симметричные точкам А, В и С относительно точки О (см. решение задачи 1160), и проведем отрезки А\В\, В\С\ и С\А\. Искомой фигурой F является треугольник Ответ. Треугольник. § 2. Параллельный перенос и поворот 1162. Начертите отрезок АВ и вектор ММ\. Постройте отрезок А\В\, который получится из отрезка АВ параллельным переносом на вектор ММ\. Решение. Отложим от точек А и В векторы АА\ и ВВ\, равные вектору ММ\ (см. задачу 743). Отрезок А\В\ — искомый. 1163. Начертите треугольник ABC, вектор ММ\, который не параллелен ни одной из сторон треугольника, и вектор ~а, параллельный стороне АС. Постройте треугольник А\В\С\, который получится из треугольника ABC параллельным переносом: а) на вектор ММ\\ б) на вектор ~а. Решение, а) Построим отрезки А\В\, В\С\ и С\А\, которые по- получатся из отрезков АВ, ВС и С А параллельным переносом на вектор ММ\. Треугольник А\В\С\ — искомый. б) Решение этой задачи аналогично решению задачи 1163, а. 1164. Даны равнобедренный треугольник ABC с основанием АС и точка D на прямой АС, такая, что точка С лежит на отрезке AD. а) Постройте отрезок B\D, который получается из отрезка ВС параллельным переносом на вектор CD. б) Докажи- Докажите, что четырехугольник ABB\D — равнобедренная трапеция. Решение, а) Отложим от точки В вектор Жв[ = СЮ (рис. 97). Отрезок BXD - искомый. Рис. 97 б) В четырехугольнике BB\DC противоположные стороны ВВ\ и CD равны и параллельны, поэтому этот четырехугольник —
146 Гл. 4. Движения параллелограмм. Следовательно, B\D = ВС = В А и ВВ\ || AD. Кроме того, B\D || ВС, а значит, прямые АВ и B\D не параллельны. Но это и означает, что четырехугольник ABB\D — равнобедренная трапеция. 1165. Даны треугольник, трапеция, окружность и вектор ~а. Постройте фигуры, которые получаются из этих фигур параллельным переносом на век- вектор ~а . Решение. Эта задача сводится к задаче 1162. Так, для построения фигур, которые получаются из треугольника и трапеции, достаточно построить отрезки, которые получаются из их сторон параллельным переносом на вектор ~~а; для построения фигуры, которая получается из окружности, достаточно построить отрезок, который получается из какого-нибудь ее радиуса указанным параллельным переносом. 1166. Постройте отрезок А\В\, который получается из данного отрезка АВ поворотом вокруг данного центра О: а) на 120° по часовой стрелке; б) на 75° против часовой стрелки; в) на 180°. Решение, а) Построим сначала угол в 120°. Таким углом являет- является, например, внешний угол произвольного равностороннего треуголь- треугольника. Затем от луча О А отложим угол АОА\, равный построенному углу, так, чтобы поворот от О А к ОА\ на 120° осуществлялся по ча- часовой стрелке. Аналогично построим угол ВОВ\. Отрезок А\В\ — искомый. б) Построим сначала угол в 75°. Таким углом является, например, половина угла, смежного с углом в 30°. Затем от луча О А отложим угол АОА\, равный построенному углу, так, чтобы поворот от О А к ОА\ на 75° осуществлялся против часовой стрелки. Аналогичным образом построим угол ВОВ\. Отрезок А\В\ — искомый. в) Искомым отрезком является отрезок А\В\, в который отобража- отображается отрезок АВ при центральной симметрии с центром О (см. решение задачи 1160). 1167. Постройте треугольник, который получается из данного треуголь- треугольника ABC поворотом вокруг точки А на угол 150° против часовой стрелки. Решение. Построим сначала угол в 150°. Таким углом является, например, угол, смежный с углом в 30°. Затем от луча АВ отложим угол ВАВ\, равный построенному, так, чтобы поворот от АВ к АВ\ на 150° осуществлялся против часовой стрелки. Аналогично построим угол САС\. Треугольник АВ\С\ — искомый.
Дополнительные задачи 147 1168. Точка D является точкой пересечения биссектрис равностороннего треугольника ABC. Докажите, что при повороте вокруг точки D на угол 120° треугольник ABC отображается на себя. Решение. Каждый из углов А и В треугольника ABD равен Ц- = 30°. Следовательно, DA = DB и ААВВ = 120°. Поэтому при повороте вокруг точки D на угол 120° (в соответствующем направле- направлении) вершина А отображается в вершину В. По аналогичной причине вершина В отображается в вершину С, а вершина С — в А. Тем самым треугольник ABC отображается на себя. 1169. Докажите, что при повороте квадрата вокруг точки пересечения его диагоналей на угол 90° квадрат отображается на себя. Решение. Диагонали квадрата равны, взаимно перпендикулярны и делятся точкой пересечения пополам. Следовательно, при повороте вокруг точки пересечения диагоналей на угол 90° каждая из вершин квадрата отображается в соседнюю вершину этого квадрата, а значит, весь квадрат отображается на себя. 1170. Постройте окружность, которая получается из данной окружности с центром С поворотом вокруг точки О на угол 60° против часовой стрелки, если: а) точки О и С не совпадают; б) точки О и С совпадают. Решение, а) Построим равносторонний треугольник О АС так, чтобы поворот от ОС к О А на 60° осуществлялся против часовой стрелки. Окружность с центром А, радиус которой равен радиусу данной окружности, — искомая. б) При повороте окружности вокруг ее центра на произвольный угол эта окружность отображается на себя. Поэтому искомая окруж- окружность совпадает с данной окружностью. Дополнительные задачи 1172. При данном движении каждая из двух точек А и В отображается на себя. Докажите, что любая точка прямой АВ отображается на себя. Решение. Пусть М — произвольная точка прямой АВ, М' — точ- точка, в которую отображается точка М при данном движении. Из опре- определения движения следует, что AM = AM', поэтому если точки М и М' не совпадают, то точка А лежит на серединном перпендикуляре к отрезку ММ'. По аналогичной причине на этом серединном перпен- перпендикуляре лежит и точка В, а значит, прямая АВ и есть серединный перпендикуляр к отрезку ММ'. Но этого не может быть, поскольку точка М лежит на прямой АВ. Следовательно, точки М и М' совпа- совпадают.
148 Гл. 4. Движения Мы доказали, что произвольная точка М прямой АВ при данном движении отображается на себя. Следовательно, и вся прямая АВ отображается на себя. 1173. При данном движении каждая из вершин треугольника ABC отоб- отображается на себя. Докажите, что любая точка плоскости отображается на себя. Решение. Докажем это утверждение методом от противного. До- Допустим, что на плоскости найдется хотя бы одна такая точка М, кото- которая при данном движении отображается в точку М\, не совпадающую с М. Из определения движения следует, что AM = AM\, поэтому точка А лежит на серединном перпендикуляре к отрезку М\М^. Ана- Аналогично доказывается, что точки В и С лежат на том же серединном перпендикуляре. Но это противоречит условию задачи: вершины тре- треугольника ABC не лежат на одной прямой. Следовательно, точки М и М\ совпадают, что и требовалось доказать. 1174. Докажите, что два прямоугольника равны, если: а) смежные сторо- стороны одного прямоугольника соответственно равны смежным сторонам другого; б) сторона и диагональ одного прямоугольника соответственно равны стороне и диагонали другого. Решение, а) Поскольку все углы прямоугольника прямые, то смежные стороны и угол между ними одного прямоугольника соответственно равны смежным сторонам и углу между ними другого. Следовательно, эти прямоугольники равны (см. задачу 1157). б) Из теоремы Пифагора следует, что смежные стороны одного прямоугольника соответственно равны смежным сторонам другого. Следовательно, эти прямоугольники равны (см. задачу 1174, а). 1175. Даны прямая а и точки М и N, лежащие по одну сторону от нее. Докажите, что на прямой а существует единственная точка X такая, что сумма расстояний MX + XN имеет наименьшее значение. Решение. Пусть N\ — точка, симметричная точке N относитель- относительно прямой а (рис.98). Поскольку отрезки XN и XN\ симметричны относительно прямой а, то XN = XN\. Следовательно, MX + XN = = MX + XN\. Если точка X не лежит на прямой MN\, то из неравенства тре- треугольника следует, что MX + XN\ > N > MN\\ если же эта точка лежит на прямой MN\, а значит, и на отрезке MN\ (точки М и N\ лежат по разные ^—^ стороны от прямой а), то MX + XN\ = = MN\. Таким образом, сумма MX + + XN\, а значит, и равная ей сумма MX + XN принимает наименьшее зна- 1 чение тогда и только тогда, когда точка р QR X является точкой пересечения прямых auMNi.
Дополнительные задачи 149 1176. Даны острый угол ABC и точка D внутри него. Используя осевую симмет- симметрию, найдите на сторонах данного угла такие точки Е и F, чтобы треугольник DEF имел наименьший периметр. Решение. Пусть А и D2 — точ- точки, симметричные точке D относительно прямых АВ и ВС (рис.99), ^не- ^непроизвольные точки, лежащие на сторо- сторонах АВ и ВС данного угла. Поскольку отрезки ED и ED\ симметричны от- относительно прямой АВ, то ED = ED\. С Рис. 99 По аналогичной причине FD = FD2. Следовательно, периметр тре- треугольника DEF равен D2F + FE + ED\. Из неравенства треугольника следует, что D2F + .F.E ^ D2E, при- причем знак равенства возможен только в том случае, когда точка F лежит на отрезке D2E. По аналогичной причине D2E + ED\ ^ D2D\, причем знак равенства возможен только в том случае, когда точка Е лежит на отрезке D2D\. Из полученных неравенств следует, что D2F + FE + ? А > L>2? + Я А > D2DX, откуда D2F -\- FE -\- ED\ ^ D2D\, причем знак равенства возможен только в том случае, когда точки Е и F лежат на отрезке D2D\. Таким образом, сумма D2F + FE + .ЕА, равная периметру треугольника DEF, принимает наименьшее значение тогда, когда точки Е и F являются точками пересечения прямой D2D\ со сторонами АВ и ВС данного угла. 1178. На сторонах АВ и CD параллелограмма ABCD построены квад- квадраты так, как показано на рисунке 100 (рис.332 учебника). Используя парал- параллельный перенос, докажите, что отрезок, соединяющий центры этих квадратов, равен и параллелен стороне AD. Решение. При параллельном перено- переносе на вектор AD сторона АВ параллело- параллелограмма отображается на его сторону DC. Поэтому квадрат, построенный на стороне АВ, отображается на квадрат, построенный на стороне DC. Следовательно, при указан- указанном параллельном переносе центр О\ перво- первого квадрата переходит в центр О2 второго квадрата, а значит, О\О2 = AD. Поскольку точки A, D и О\ не лежат на одной пря- прямой (см. рис. 100), то из полученного равен- равенства следует, что отрезки О\О2 и AD равны и параллельны.
150 Гл. 4. Движения D Рис. 101 1179* На стороне АВ прямоуголь- прямоугольника ABCD построен треугольник ABS, ССх JL AS, DDi JL BS (рис. 101, рис. 333 учебника). Используя параллельный пе- перенос, докажите, что прямые SK и АВ взаимно перпендикулярны. Решение. При параллельном переносе на вектор ВС отрезок АВ отображается на отрезок DC, поэто- поэтому треугольник ABS отображается на треугольник DCS\, где S\ — точ- точка, на которую отображается точка S. Поскольку прямые AS и DS\ па- параллельны, а прямые AS и СС\ вза- взаимно перпендикулярны, то прямые DS\ и СС\ взаимно перпендикулярны. По аналогичной причине пря- прямые CS\ и DD\ взаимно перпендикулярны, а значит, точка К является точкой пересечения высот треугольника DCS\. Из этого следует, что прямая S\K перпендикулярна к прямой CD, а значит, параллельна пря- прямой ВС. Прямая SS\ также параллельна прямой ВС. Следовательно, точка S\ лежит на прямой SK, причем эта прямая параллельна прямой ВС, а значит, перпендикулярна к прямой АВ. 1180. В окружность с центром О вписаны два равносторонних треуголь- треугольника ABC и А\В\С\, причем вершины обозначены так, что направление обхода по дуге ABC от точки А к точке С совпадает с направлением обхода по дуге А\В\С\ от точки А\ к точке С\. Используя поворот вокруг точки О, докажите, что прямые АА\, ВВ\ и СС\ либо проходят через точку О, либо, пересекаясь, образуют равносторонний треугольник. Решение. Рассмотрим поворот вокруг точки О на угол 120°, при котором вершина А треугольника ABC отображается на вершину В (рис. 102). При этом повороте вершина В отображается в вершину А Рис. 102
Дополнительные задачи 151 С, а вершина С — в вершину А. Кроме того, вершина А\ отображается в вершину В\, а значит, прямая АА\ отображается на прямую ВВ\. По аналогичной причине прямая ВВ\ отображается на прямую СС\, а прямая СС\ — на прямую АА\. Если прямая АА\ проходит через точку О (центр поворота), то и прямая ВВ\, а значит, и прямая СС\ проходят через точку О (рис. 102, а). Если же прямая АА\ не проходит че- через точку О, то и прямая ВВ\ не проходит через точку О. В этом случае прямые АА\ и ВВ\, пересекаясь, образуют угол в 60° (рис. 102, б). Аналогично, прямые ВВ\ и СС\, а также прямые СС\ и АА\, пересекаясь, образуют угол в 60°. Следовательно, прямые АА\, ВВ\ и СС\, пересекаясь, образуют равносторонний треугольник. 1181. Даны две пересекающиеся прямые и точка О, не лежащая на них. Используя центральную симметрию, постройте прямую, проходящую через точку О так, чтобы отрезок этой прямой, отсекаемый данными прямыми, делился точкой О пополам. Решение. Пусть а и Ъ — данные прямые, М — точка их пере- пересечения (рис. 103). Построим сначала точку М\, симметричную точ- точке М относительно точки О. Затем проведем через точку М\ пря- прямые, параллельные прямым а и Ъ до пересечения с прямыми Ъ и а в точках В и А соответственно. Прямая АВ — искомая. В самом деле, четырехугольник АМВМ\ — параллелограмм, отрезки ММ\ и АВ — его диагонали. Поскольку точка О — середина диагонали ММ\, то диагональ АВ проходит через точку О и делится этой точкой пополам. 1182. Используя параллельный перенос, постройте трапецию по ее осно- основаниям и диагоналям. Решение. Допустим, что требуется построить трапецию ABCD с основаниями AD и ВС. Построим сначала отрезок AD, равный одному из данных оснований, и продолжим его за точку D на от- отрезок DD\, равный другому основанию (рис. 104). Затем построим треугольник ACD\, стороны АС и CD\ которого равны данным диагоналям. Наконец, построим точку В, в которую отображается м А а Рис. 103
152 Гл. 4. Движения точка С при параллельном переносе на вектор D\D. Четырехугольник ABCD — искомая трапеция. В самом деле, стороны AD и ВС этого четырехугольника параллельны и равны данным основаниям трапеции, отрезок АС равен одной из данных диагоналей. Диагональ BD этого четырехугольника получается из отрезка CD\ параллельным перено- переносом на вектор D\D. Поэтому BD = CD\, а значит, диагональ BD равна второй из данных диагоналей. Задачи повышенной трудности 1291. При данном движении д точка А отображается в точку В, а точка В — в точку А. Докажите, что д — центральная симметрия или осевая симметрия. Решение. Ясно, что и симметрия относительно середины отрезка АВ и симметрия относительно серединного перпендикуляра к этому отрезку обладают указанным в условии задачи свойством. Тем самым требуется доказать, что не существует никакого третьего движения д, обладающего этим свойством. Докажем это. Пусть М — произвольная точка серединного перпендикуляра к отрезку АВ, не совпадающего с серединой О этого отрезка (рис. 105). При движении д точка М отображается в такую точку М\, что М\А = MB = MA = М\В. Следовательно, точка М\ также лежит на серединном перпендикуляре к отрезку АВ. Прямоугольные треугольники АОМ и ВОМ\ равны по гипотенузе и катету, поэтому ОМ = ОМ\. Представляются толь- только две возможности: либо точки М и М\ лежат на разных лучах с началом О — в этом случае точка О является серединой отрезка ММ\ (рис. 105, а); либо эти точки лежат на одном луче с началом О и, следовательно, совпадают (рис. 105, б). В первом случае существует не более одного движения, при котором точки А, В и М отображаются, соответственно, в точки В, А и М\ (см. задачу 1155). Во втором случае также существует не более одного движения, при котором точки А, В М(Мг) Рис. 105
Задачи повышенной трудности 153 Рис. 106 и М отображаются, соответственно, в точки В, А и М (это доказыва- доказывается аналогично). Следовательно, движений, обладающих указанным в условии задачи свойством, не более двух, что и требовалось доказать. 1292. Даны два равных отрезка АВ и А\В\. Докажите, что существуют два и только два движения, при которых точки А и В отображаются, соответ- соответственно, в точки А\ иБь Решение. Построим равнобедренный треугольник ABC с пря- прямым углом А, проведем через точку А\ прямую, перпендикулярную к прямой А\В\, и отметим на ней точки С\ и Сг, для которых А\С\ = = А\С<2 = АС (рис. 106). Поскольку при движении угол отображается на равный ему угол, то точка С отобразится либо в точку С\, либо в точку С%. Движение, при котором точки А, В и С отображаются в точки соответственно А\, В\ и С\, существует, и притом только одно (см. задачу 1156). Аналогично, существует одно и только одно движение, при котором точки А, В и С отображаются в точки А\, В\ и С%. Тем самым существуют два и только два движения, при которых точки Aw В отображаются в точки соответственно А\ и В\. 1293. Докажите, что два парал- параллелограмма равны, если диагонали и угол между ними одного паралле- параллелограмма соответственно равны диа- диагоналям и углу между ними другого. Решение. Пусть ABCD и A\B\C\D\ — данные параллело- параллелограммы, О и О\ — точки пере- пересечения их диагоналей (рис. 107). Поскольку диагонали параллело- параллелограмма точкой пересечения делят- делятся пополам, то треугольники АОВ и А\О\В\ равны по первому при- признаку равенства треугольников, Рис. 107
154 Гл. 4. Движения а значит, АВ = А\В\. Следовательно, существует такое движение, при котором точки А, В и О отображаются в точки Ах, В\ и О\ (см. за- задачу 1156). При этом движении прямая О А отображается на прямую О\А\, прямая ОВ — на прямую О\В\, а значит, вершина С — на вер- вершину Сх, а вершина D — на вершину Dx. Поэтому при рассматри- рассматриваемом движении параллелограмм ABCD отображается на паралле- параллелограмм A\B\C\D\. Но по теореме п. 115 любое движение является наложением. Тем самым мы доказали, что параллелограммы ABCD и A\B\C\D\ можно совместить наложением, а значит, эти параллело- параллелограммы равны. 1294. Докажите, что две трапеции равны, если основания и боковые сто- стороны одной трапеции соответственно равны основаниям и боковым сторонам другой. Решение. Пусть ABCD и A\B\C\D\ — данные трапеции, АВ и А\В\ — их большие основания (рис. 108). Отложим на лучах АВ и А\В\ отрезки АЕ = DC и А\Е\ = DXCX. В четырехугольнике ADCE противоположные стороны АЕ и DC равны и параллельны, поэтому этот четырехугольник — параллелограмм. Следовательно, ЕС = AD. По аналогичной причине ЕХСХ = AXDX. Таким образом, треугольники ВСЕ и В\С\Е\ равны по третьему признаку равенства треугольников, а значит, суще- существует такое движение, при котором точки В, С и Е отображаются в точки Вх, Сх и Е\ (см. задачу 1156). При этом движении прямая АВ отображается на прямую АХВХ, точка А — в точку Ах, параллелограмм ADCE — на параллелограмм AXDXCXEX, а следовательно, вершина D — в вершину D\. Итак, при рассматриваемом движении трапеция ABCD отображается на трапе- трапецию A\B\C\D\. Но по теореме п. 115 лю- А ' Е В бое движение является наложением. Тем самым мы доказали, что трапеции ABCD Рис. 108 и A\B\C\D\ можно совместить наложением, а значит, эти трапеции равны. 1295. Докажите, что два треугольника рав- равны, если две неравные стороны и разность противолежащих им углов одного треугольника соответственно равны двум сторонам и разности противолежа- противолежащих им углов другого. Решение. Пусть ABC и АХВХСХ — данные треугольники, АВ = = АХВХ, АС = АХСХ, ZB - ZC = ZBX - ZCX > 0, АН и АХНХ - высоты данных треугольников, D и Dx — точки, симметричные С и С\ относительно прямых АН и АХНХ (рис. 109). Треугольники ABD и A\B\D\ равны по первому признаку равенства треугольников: АВ =
Задачи повышенной трудности 155 Рис. 109 = АХВХ по условию, AD = АС = АХСХ = АХВХ, ZBAD = ZABC - - ZB = ZB - ZC = ZBX - ZCX = ZBXAXBX. Следовательно, ZB = = ZBX. Но ZB = ZC, ZBX = Z.C\. Таким образом, у данных тре- треугольников АС = ZCi, поэтому /Б = ZBX, а значит, и ZA = /А\. Тем самым данные треугольники равны по первому признаку равенства треугольников. 1296. Вершины одного параллелограмма лежат, соответственно, на сто- сторонах другого параллелограмма. Докажите, что точки пересечения диагоналей этих параллелограммов совпадают. Решение. Рассмотрим параллелограмм ABC В, вершины которо- которого лежат на сторонах параллелограмма АХВХСХВХ (рис.110). Пусть О — точка пересечения диагоналей параллелограмма АВСВ. При симметрии с центром О точка А отображается в точку С, а значит, прямая АХВХ — на прямую, проходящую через точку С и параллель- параллельную прямой АХВХ, т. е. на прямую ВХСХ. Аналогично, прямая АХВХ отображается на прямую СХВХ. Следовательно, точка Ах отображается в точку пересечения прямых ВХСХ и СХВХ, т. е. в точку Сх. Это означает, что точка О — середина диагонали АХСХ, или, что то же самое, точка пересечения диагоналей параллелограмма АХВХСХВХ. 1297. Даны две окружности и прямая. Постройте правильный треуголь- треугольник так, чтобы две вершины лежали, соответственно, на данных окружностях, а высота, проведенная из третьей вершины, лежала на данной прямой. Решение. Построим сначала окружность, симметричную одной из данных окружностей относительно данной прямой, и обозначим буквой А одну из точек пересечения этой окружности с другой данной окружностью (рис. 111). Затем построим точку В, симметричную точке с D Аг А Рис. ПО Рис. 111
156 Гл. 4. Движения А относительно данной прямой (она, очевидно, будет лежать на первой окружности). Наконец, отметим на данной прямой точку С, находящу- находящуюся на расстоянии АВ от точки А. Треугольник ABC — искомый. 1298. На стороне угла АОВ, вершина которого недоступна, дана точка М. Постройте отрезок, равный отрезку ОМ. Решение. Пусть, например, точка М лежит на стороне ОВ (рис.112). Построим сначала прямую, симметричную прямой О А относительно точки М (для этого достаточно построить точки, симметричные каким-нибудь двум точкам прямой ОА, и провести через них прямую). Поскольку при симметрии с центром М прямая О В отображается на себя, то точка О отображается в точку С пересечения построенной прямой с прямой ОВ. Следовательно, отрезок МС — искомый. 1299. Даны две пересекающиеся окружности. Постройте отрезок, концы которого лежат соответственно на данных окружностях, а его середина совпа- совпадает с одной из точек пересечения данных окружностей. Решение. Пусть М — одна из точек пересечения данных окруж- окружностей (рис. 113). Построим сначала окружность, симметричную одной из данных окружностей относительно точки М, и обозначим буквой А точку ее пересечения со второй из данных окружностей, отличную от М. Далее построим точку В, симметричную точке А относительно точки М (она, очевидно, будет лежать на первой окружности). Отрезок АВ — искомый. 1300. Постройте треугольник по трем медианам. Решение. Построим сначала треугольник АОО\, каждая из сто- 2 рон которого равна - соответствующей медианы (рис. 114). Затем через о середину М стороны ОО\ проведем отрезок AM и продолжим его за точку М на отрезок МС, равный AM. Наконец, продолжим отрезок О\О за точку О на отрезок ОВ, равный О\О. Треугольник ABC — искомый. В самом деле, поскольку точка М — середина отрезка АС, то от- 3 резок ВМ — медиана треугольника ABC, равная -ОО\, т. е. равная В Рис. 112 Рис. 113
Задачи повышенной трудности 157 DEC Рис. 114 Рис. 115 одной из данных медиан. Точка О делит медиану ВЫ в отношении 2:1, считая от вершины В, а значит, является точкой пересечения 2 медиан треугольника ABC. Отрезок АО равен - другой из данных о медиан, поэтому медиана треугольника ABC, проведенная из вершины А, равна этой данной медиане. Осталось заметить, что четырехуголь- четырехугольник АОСО\ — параллелограмм, поскольку его диагонали АС и ОО\ пересекаются в точке М и делятся этой точкой пополам. Следователь- Следовательно, ОС = АО\, а значит, медиана треугольника ABC, проведенная из вершины С, равна третьей из данных медиан. 1301. Постройте трапецию, стороны которой соответственно равны дан- данным отрезкам. Решение. Построим сначала треугольник ВСЕ, стороны ВСи BE которого равны данным боковым сторонам трапеции, а сторона СЕ — разности ее оснований (рис.115). Затем построим отрезок AD, получаемый из отрезка BE параллельным переносом на вектор, сонаправленный с вектором СЕ, длина которого равна меньшему из данных оснований. Четырехугольник ABCD — искомая трапеция. 1302. Даны две точки А и В и две пересекающиеся прямые end. Постройте параллелограмм ABCD так, чтобы вершины С и D лежали соот- соответственно на прямых end. Решение. Построим сначала прямую д!', получаемую из прямой d параллельным переносом на вектор АВ (рис. 116), и обо- обозначим буквой С точку пересечения этой прямой с прямой с. Затем отметим точку D прямой d, которая при указанном па- параллельном переносе отобразилась в точку С. Четырехугольник ABCD — искомый Рис. 116 параллелограмм.
158 Гл. 4. Движения 1303. Даны прямая, окружность и точка А, не ле- лежащая на них. Постройте квадрат ABCD так, чтобы вершина В лежала на данной прямой, а вершина D — на данной окружности. Решение. Построим сначала окружность, на которую отображается данная окружность при повороте на 90° вокруг точки А, и обозначим буквой В одну из точек пересечения этой окруж- окружности с данной прямой (рис. 117). Далее отметим точку D данной окружности, которая при указан- указанном повороте отобразилась в точку В. Наконец, Рис- И7 проведем через точки В и D прямые, параллель- параллельные прямым AD и АВ, и обозначим точку их пересечения буквой С. Четырехугольник ABCD — искомый квадрат.
Учебное издание АТАНАСЯН Левой Сергеевич БУТУЗОВ Валентин Федорович КАДОМЦЕВ Сергей Борисович ЮДИНА Ирина Игоревна ГЕОМЕТРИЯ. 9 КЛАСС Редактор B.C. Аролович Оригинал-макет: A.M. Садовский Оформление переплета: А.А. Логунов ЛР №071930 от 06.07.99. Подписано в печать 30.12.04. Формат 60x90/16. Бумага офсетная. Печать офсетная. Усл. печ. л. 10. Уч.-изд. л. 11,0. Заказ № Издательская фирма «Физико-математическая литература» МАИК «Наука/Интерпериодика» 117997, Москва, ул. Профсоюзная, 90 E-mail: fizmat@maik.ru, fmlsale@maik.ru; http://www.fml.ru Отпечатано с готовых диапозитивов в ОАО «Ивановская областная типография» 153008, г. Иваново, ул. Типографская, 6 E-mail: 091-018@adminet.ivanovo.ru ISBN 5-9221-0574-4 9 78592205743