Сборник задач по специальному курсу элементарной математики - Моденов П.С.
Скачать (прямая ссылка):
4°. а) Предположим, что точки A1, A2, лежащие на оси ОХ, и точки B1 и B2, лежащие на оси OY, меняются так, что
_L + _L = J_+_L. И)
Xi Wi -? Уз
Пусть Z — точка пересечения прямых AxBx и A2B2. Обозначим через OI прямую, ориентированную, например, от О к Z. Точки Ax, B1, I лежат на одной прямой, точки A2, B2, I также лежат на одной прямой; значит, полагая OI = z, будем иметь:
sin (OY, OZ) sin (QZ, OX) , sin (OX, OY) _ n ,-----и.-— [j
Xi ^ Уі г г
sin (OY, OZ) , sin (OZ, OX) sin (OX, QY) = Q
X2 _ _ У 2 ^ z
откуда (вычитая)
(і Wb(ot 0^+(Wi)3111H 0^=0- (5)
Из (4) —---= — (---). Обе части этого равенства отличны от нуля, так
Xx X2 Vy1 y2 J
как мы предполагаем, что точки Ax и A2 различны так же, как и точки Bx и B2. В таком случае из (5) следует sin (OY, OZ) — sin (OZ, OX) = 0, sin (OY, OZ) = = sin(OZ, ОХ); значит, (OY, OZ) = (OZ, OX) (mod 2я), или (OY, OZ) = %~ — (OZ, OX) (mod 2тс). Второе равенство не может иметь места, так как в случае
если оно выполнено, применяя теорему Шаля, мы получим (OY, OX)=s rc(mod2Tt),
т. е. оси OX и OY лежат на одной прямой, а мы предполагаем, что это не имеет
—> —> —> —>- —>
места. Значит, остается (OY, OZ) = (OZ, ОХ), т. е. ось OZ есть биссектриса угла,
образованного полупрямыми (J)C и OY. Таким образом, прямая OZ есть прямая, на которой лежит эта биссектриса; она фиксирована, и точка Z постоянно лежит на этой прямой (Д). Точка Z есть точка пересечения переменной прямой AxBx с прямой (Д). Пусть точка Ax фиксирована, a B1 произвольно изменяется на оси OY (это возможно, ибо хх и ух связаны лишь одним соотношением (4), куда входят четыре количества хх, ух, х2, у2, из которых лишь хх мы считаем фиксированным, а ух — произвольным). Тогда прямая AxBx будет занимать вокруг точки Ax всевозможные направления и, значит, точка Z опишет целиком всю прямую (А); прямая (Д) и есть геометрическое место точек Z. б) Предположим теперь, что
Заметим, что это соотношение есть то же соотношение (3), в котором X3 = Уз = 1. Оно выражает необходимое и достаточное условие того, что прямые AxBx, A2B2,
750 Ответы. Тригонометрия. Гл. XXX. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ
A3B3, где OA3 = OB3 = 1, пересекаются в одной точке, лежащей на фиксированной прямой A3B3; точка / пересечения прямых A1B1 и A2B2 описывает прямую A3B3 в целом.
5°. MA sin (MBt MC) + MB sin (MC, MA) + MC sin (MA, MB) = 0 или
— MA sin A + MB sin B + -MC sin C = 0, откуда 2AL4 sin — = MB + MC. Если
Z ЯЛС = 90° (и ЯЛ = ЛС), то MA V2 = MB + MC Если Д ABC равносторонний, to MA = MB+ MC
6°. ЯЛ sin (DB, 5t) + DB sin (DC, DA) + DC sin (DA, DB) = 0. Ho
—у —V —> —V л C —> —V И R
sin фЯ, DC) = -j^, sin (DC, Ш) = -^-, sin (DA, DB) = ~; значит, DЛ • BC— DB • CA + DC • ЛB = 0. Это равенство выражает теорему Птоломея. 7°. ЛЯ sin (AD, AC) + AD' sin (AC, AB) + AC sin (AB, AD') = 0 или с sin-y —
Л '——>
— la sin Л + b sin -у, откуда 2A0 cos -j = b + с. Соотношение (1) дает Sin ^ -J-
. ^ л . л_ 9 Л
, sin (ЛС, ЛЯ) . sin (ЛЯ, Л/)) п П2 sin Л , sm 2 n ZC0S 2
= у + ~ • Делением находим lala = be.
Замечание. Поступая аналогично по отношению к биссектрисе внешнего угла Л, обозначая точки пересечения этой биссектрисы с ВС и окружностью, описанной вокруг треугольника ЛЯС, через E и E' и полагая AE = l'a и AE' = X^, по-
^4
/ Л 2 sin-у j II/,
лучим: 2X^ sin-^- = 16 — сI, -— = |-—-|, 1%= Ьс.
а
125. Г. А. Длины сторон треугольника AMN.
Рассмотрим следующие равенства (верные с точностью до kiz, где k — целое число): (MA, MN) = ~ (OA, ON) = 1 [(0?, 0? + (OX, ОЩ = , (AM, АШ) =
= 1 (ОЛ, OM) = - [(ОЙ, + (Ol, OM)] = і^ї. , (AM, AN) = ~ (ОМ, ON) = ср.
m а л алы AM AN MN пп ...
Теперь из Д AMN имеем -т-к—г-=-«-г = т~~--Г ^ 0ТКУДа AM=
sin Є — У I Isin ? і
sin-p
= 2A I sin ^tS-1, ЛА^ = 2р[ sin, MN = 2R | sin cp1.
Соотношение между 6 и 9, если сторона ЛШ равна полусумме двух
других сторон. Соотношение 2MN = AM + AN может быть записано теперь так:
I o-4-o I I 6 — о I 2 I sin ср I = sin —+ sin —¦—^ . Отсюда или
2|sin?l = |sinli^- + sin-^=^|, (V)
или
J Q J_ ф Q — ф
2 I sin 9 I = sin ——---sin - 2
Соотношение (!') можно переписать так: 2|sincp|
О")
2 sin j cos j j, или 4 sin2 ср =
= 2 sin2 — • 2 cos2 , или 4(1 —COSCp)(I-J-COSCp) = (I-COSe)(I-I-COSCf). Предположим, что 1 + cos <р = 0; в таком случае MN = 0 и соотношение (1) не может быть выполнено [это обстоятельство вызвано тем, что если бы мы с самого начала вместо соотношения (1) взяли бы соотношение 2MN= \ AM —AN |, то, повторяя те же выкладки, мы пришли бы снова к соотношениям (V) и (V')]- Таким образом, 1 + cos ср=7^=0, и мы имеем 4 (1 — cos ср) = 1 — cos 0; отсюда
4 cos ср — cos Є = 3. (2')
Аналогично из (V) получим
4COS9 — COS0 = —3. (2")
Ответы. § 3, ЗАДАЧИ ПО ПЛАНИМЕТРИИ
