Сборник задач по специальному курсу элементарной математики - Моденов П.С.
Скачать (прямая ссылка):
, sin A sin В sin С
I-—m = -~—з——— , а =
120.
2°.
Г
sin В sin С
В:
C =
sin A sin С arc cos sin А ¦
sin A sin В
• cos А
)-4
1 j^arc cos sin A — cos A^j -f- AJ
(считаем B > С). Условие возможности I > 2 tg у •
3°. Для построения треугольника ABC по Данным а, I, А строим на отрезке ВС = а дугу, вмещающую угол А, и проводим прямую, параллельную ВС и отстоящую от ВС на расстоянии h = ~. Если эта дуга и прямая пересекаются, то
г 14 Ответы. Тригонометрия. Гл. XXX. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ
берем, считая В > С, лишь ту точку встречи, которая лежит по одну сторону с точкой В относительно медиатрисы отрезка ВС. Линии пересекаются, если
h < |г ctg у или I > 2 tg Y •
а Л Л
4°. Условие Л? =s ЛС будет выполнено, если /г = ¦^- ctg -j- или / = 2 tg у.
Л Л
Так как угол С может изменяться от 0 до 90° — у, а угол В— от 180°—Л до 9O0—-^ »
то равенство BA = может быть выполнено лишь в случае Л < 90° —,
откуда Л<60°. Наконец, равенство AC = BC возможно, если 90°—2~<Л<
< 180° — Л, откуда 60° < Л < 90°. Далее, если Л > 90°, то треугольник не может быть прямоугольным; если Л = 90°, он прямоугольный при любом С, а если Л < 90°, он будет прямоугольным и угол В будет прямой (В > С) при условии, что / = tg Л,
122. 1°. Гомотетия, в которой вектор НА переходит в вектор ОМ,
Точка О есть ортоцентр треугольника, вершинами которого служат середины М,
N Yi P сторон треугольника ABC Гомотетия, в которой вектор НА переходит в ОМ, есть, следовательно, гомотетия, переводящая треугольник ABC в треугольник MNP; это, следовательно, гЪмотетия ^(7, —j, гДе ^ — точка пересечения
медиан треугольника ABC (черт. 312).
2°. Вычисление h и d в функции R и углов треугольника ABC Обозначая через Ъ и с длины сторон AC и AB треугольника ABC, имеем (классическое соотношение) 6с_== 2R • AA' или 2/? sin В-2RsInC = 2RAA', откуда ЛЛ' = 2R sin В sin С и, так как ЛЛ' = AA', то
h = 2R sin В sin С.
(1)
С другой стороны, в силу гомотетии, указанной в 1°, имеем АН = 2OM ==
— 2/? cos iWOC. Угол іИОС равен Л или тс — Л в зависимости от того, будет ли
Л острым углом или тупым. В обоих случаях cos MOC = | cos Л |, значит, ЛЯ =
— 2/? j cos Л I. Это равенство показывает, что АН и 2R cos Л имеют одну и ту же
Черт. 312.
Черт. 313.
абсолютную величину. Из черт. 312 и 313 следует, что АН и cos А положительны, если Л — острый угол, и АН и cos Л отрицательны, если Л — тупой угол; значит,
d = AH = 2R cos Л. .(2)
3°. Вычисление углов Л, В, С, если даны h, d и R. Из (1) и (2) имеем: 2 sin ? sin С = ~ , cos (Я -}- С) = —-^- , отсюда cos (В — С) = —сщ—- Если — <щ 2А — d
2/?
заключены между —1 и -f 1, существуют два угла аир, заключенные
л ^ 0 2h — d . D-.^/
между 0 и тс, такие, что cos а = —и cos р = —^—; предполагая В ^C (это
2#
Ответы. § 3. ЗАДАЧИ ПО ПЛАНИМЕТРИИ
745
не нарушает общности решения), будем иметь В
Найденным
значениям В и С соответствует треугольник и С будут положительны (и их сумма меньше г.). Угол В, очевидно, положителен. Угол а положителен, ибо а > ?, так как 0 2h — d d
COS p =-~-rTFT- > COS a = —
2 ' 2
удовлетворяющий условию, ибо углы В
Итак,
2R
треугольник
2R'
если только
1 <
2h-
существует, 1 ^ 1
-l<~2A<l и
< I; эти неравен-
2R
ства эквивалентны следующим:
d 2h — d — I < —P777 и —^TTS— < l> или
< I, ¦2R1
н<
А
А'
M
(А)
TdI
К
а>
I
/
__J?/_JD)
—*" I I
А'
M (А)
К'
Черт. 314.
Черт. 315.
2R 2R d < 2R и d>2h — 2H1 или 2 (h — R) < d < 2R.
4°. Построение треугольника, если даны /е, d и R. Зная hud, можно построить точки A1 Af W H w провести прямую (А), перпендикулярную
в точке А' к прямой A A1 на которсй лежит сторона ВС (черт. 314 и 315). Пусть К— точка, симметричная H относительно (А). Точки А и К лежат на окружности, описанной вокруг искомого треугольника; значит, центр О этой окружности лежит на медиа-трисе (D) отрезка AK; с другой стороны, точка О лежит на окружности с центром А радиуса R. Таким образом, построена точка О. Построив окружность с центром О и радиусом R1 найдем в пересечении ее с (А) точки BuC Для того чтобы решение было возможно, необходимо и достаточно, чтобы окружность с центром А радиуса R пересекала (D)1 и окружность с центром О радиуса R пересекала (А). Пусть / — середина AK- Сформулированные условия запишутся так: Al < R и
IA' <R. Но (черт. 314 и 315) A7=MO= — -АН=— ~ и AI= AA' +171 =
= h —
значит,
\h~~
<R
<R, или — R < h— -^- < R
— R < — -рг < R — то же, что и выше.
5°. Построение треугольника ABC9 если известны точки О, H и А. Если известны точки О и H1 то можно построить центр тяжести G искомого треугольника и вектор OM1 полученный из НА в результате гомотетии ^G1 —¦g-^- Точка
M — середина стороны ВС известна; проведем через точку M прямую, перпендикулярную к прямой ОМ; на этой прямой должна лежать сторона ВС Окружность (Г) с центром О и радиусом OA пересечет эту прямую в искомых вершинах В и С (черт. 316). Условие возможности решения задачи состоит в том, чтобы окружность (Г) пересекала прямую (А), т. е. OM < OA
