Сборник задач по специальному курсу элементарной математики - Моденов П.С.
Скачать (прямая ссылка):
sin у sin у
^ (ctg у + ctg у + ctg у) = у г2 ctg у ctg I Ctg у = у пл. Д ЛВС.
736 Ответы. Тригонометрия. Гл. XXX. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ
108. Г. Геометрическое место точек пересечения медиан треугольника ABC. Середина M стороны ВС есть проекция точки О на эту сторону; значит, геометрическое место точек M есть окружность с диаметром OD. Точка G — пересечения медиан треугольника ABC получается из точки M преобразованием гомотетии ^A, ; значит, геометрическое место точек G есть образ окружности с диаметром OD в гомотетии ^A, . Этот образ есть
окружность с центром D (черт. 300).
3°. Соотношения (1), (2),(3). Остановимся только на доказательстве того, что если выполнено любое из соотношений (1), (2), (3), то треугольник обладает свойством, указанным в условии задачи. Пусть, например, выполнено условие (3); тогда sin 2А < 0; значит, А — тупой угол, значит, сторона ВС проходит между О
J + C-B9 1ODB = ^-(C-B),
j/^OBD = ~ — (С + В), из треугольника BOD имеем (теорема синусов):
OB OD
и А. Из формул
TC
Черт. 300.
4°. jB-j-C= arc cos
COS(C- В) cos (С+ В) • OB . cos (С+ B) = OD- cos (С — В); но из (3) следует (1); значит, OB = 20D.
(~sin_), B—C = j — <?, B==J — f"+ J arccos (д sin?)»
(І-sincp).
TC о 1
c = — 4- + + 2* arc cos
109. Из (1), применяя теорему синусов и соотношения b2 = а2 + с2 — 2ас cos В, с2 = а2 + Ъ2 — 2аЬ cos С, получим а4 = b4 + с4. Обратно, если выполнено это соотношение, то а4 — (Ь2 — с2)2 = 2b2c2, (а2 + Ь2 — с2) (а2 — Ь2 + с2) = 2ЬЧ2, 2аЪ cos С • 2ас cos В = 2Ь2с2 и т. д., приходим к (1). Далее, так как а4 = b4 + с4, то
а2 < Ь2 + с2 и, значит, А — острый угол, cos А = ~ и т. д. Ответ:
АН-.
Ad (R2 — d2)
'' R2 —2d2
110. Пусть AC = Ь, АВ = с, тогда
с2 + а2 = 2т2 +
Ъ2
(D
Применяя теорему о квадрате стороны треугольника в соответствии с определением абсолютной величины и знака k, будем иметь
c2 = a2 + b* — 2k;
(2)
из (1) и (2) имеем: b2 = 4 (т2 + k — а2), с2 = Am2 +2k— За2. Следовательно, предполагая, что k больше наибольшего из чисел а2 — т2 и ^--2т2, будем иметь
b = 2 Ym2 + k — a2, c = Y Am2+ 2k — За2.
(3)
Таким образом, известны все стороны а, Ь, с треугольника. Положим теперь т = Щ-\ формулы (3) примут вид b = /5а2 + Ak, с = /ба2 + 2k, причем k должно 5а2
быть больше--j-:
4
k > —
5а2
(4)
треугольник существует тогда и только тогда, когда I b — с \ < а < b + с, или b2 + с2 — 2bc <а2 <b2 + c2 + 2Ьс, или
— Y(5а2 + Щ (6а2 + 2k) < — 5а2 — 3k<Y(5а2 + Щ (6а2 + 2k).
(5)
Ответы. § 3. ЗАДАЧИ ПО ПЛАНИМЕТРИИ
737
•число отрица-
5а2 5а2 Так как А>--, то —5а2—-ЗА <--; значит, -~5а2 —ЗА-
тельное, а потому второе из равенств (5) выполняется. Остается первое, которое можно переписать в виде У (5а2 + 4A) (6а2 + 2A) > 5а2 -f ЗА; так как 5a2-f3A>0, то это неравенство эквивалентно тому, которое получится возведением в квадрат обеих частей. Производя выкладки, получим —а2 < А < 5а2, но в таком случае (4) выполнено. Итак, —а2 < А < 5а2.
111, Г. Координаты точек т и т\ Угол от оси Ox до Mm равен -^- — U1
поэтому, проектируя ломаную OMm на ось Ox1 получим (черт. 301): хт = cos и -Ь
+ cos (~ — u^j = cos и -f- sin U1 а проектируя на ось Oy, ут = cos — a j + cos и =
тс Зтс
= sin и + cos а. Угол от О* до Mm' равен тс + ~ — и = ¦
¦ а. Значит,
sin и,
/Зтс \
¦ COS U -f- COS I -pj--M J = cos и —
Черт. 301.
= sin U — COS и.
Мы видим, что Ут=хт, Ут'-= — хт,, т. е. точки т и т' лежат на биссектрисах углов, образованных координатными осями.
Геометрическое место точек т и т', когда точка M описывает дугу AB первого квадранта. Имеем
От = I cos и -j- sin и I Y 2 = 2 J sin + uj
От' = I cos и — sin a|/2 = 2|sin(f--a)|
Максимум равен 2, минимум /2; геометрическое место точек т есть
отрезок тхт2, концы которого определяются условиями Om1 = 2, Ow2 = /2. Максимум Om' равен /2, минимум равен 0, геометрическое место точек т' есть отрезок т^т^ заключенный между точками т[ и т^ определяемыми условиями Om1 = Om2 = У"2.
Геометрическое место точек т при условии, что точка M описывает всю окружность. Это геометрическое место состоит из двух отрезков биссектрис координатных углов, длина каждого из которых равна 4, а середина каждого из которых совпадает с точкой О.
2°. Положение точки M при условии, что площадь треугольника Отт'
равна 2". Д Отт' прямоугольный (О — прямой угол), потому его площадь равна ~ От • От' = I cos 2а I = — , --^
3°. Площади поверхностей вращения, полученных при вращении отрезка Mm вокруг осей Ox и Oy. s = к (2 sin и -f cos a), s' = тс (sin и -f- 2 cos а);
~ , тс тс 2тс TC
2а = — , tf = -g-; 2a = -g-, а = -^-,
2tgg + l " tga + 2 •
2ЛГ+1 Х + 2
- дуга равносторонней гиперболы (0 < X < -J- оо).
5
Если у = 3/3 —4, то X = /3, а = ~.
о
4°. Определение TM. TH — высота Д TPQ1 поэтому пл. Д mPQ = пл. Д TPQ, если TH = тН\ но TT/2 = TM2 + MH2, а так как TH== Hm = HM+ I1 то ГМ2 = 2HM + 1, но HM = cos и sin а; значит, TM2 = (sin а -j- cos а)2, ГуИ = sin а -f
