Виды вышивок. Тригонометрические функции любого аргумента
Испанские кружева. Вышивка металлическими и шелковыми нитками.
Самые дорогие вышитые кружева испанского или итальянского происхождения исполняются металлическими нитками и цветным шелком на полотняном фоне или без него.
Мы дадим последовательно три характерных образчика этого рода работ. Первый образчик, очень легко выполнимая прошивка, вышитая на батисте цвета экрю золотом и зеленым шелком; второй образец - мавританский квадрат - богатая цветная вышивка с обрамлением и орнаментными стежками из золотой нитки; наконец, мы дадим образец филигранного кружева золотом и серебром и цветным шелком.
Приклад. Для исполнения наших моделей мы рекомендуем очень крученые металлические нитки. Для контуров можно пользоваться тонким золотом и серебром D.M.C., сверх которого исполняются фестончатые стежки шелком среднего кручения или бумагой перле D.M.C.
Для заполнения мотивов плоским швом в мавританской вышивке мы советуем пользоваться шелком мулине D.M.C. или персидским шелком D.M.C. Когда нужно незаметно прикрепить золотые и серебряные нитки или блестки, тогда употребляют ниточки шелка мулине.
(Рис. 854 и 855).
Испанская вышивка состоит в том, что все части модели, нарисованной на полотняном или батистовом фоне, обрамляются двойной металлической ниткой, которая удерживается фестончатыми стежками, исполненными цветным шелком. Внутри мотивы заполняются однометными стежками золотыми и серебряными нитками.
Раз вышивка окончена, материя, заключающаяся между орнаментами, вырезается. Пико, образующиеся из наружной металлической нитки, соединяют отдельные части узора. Сначала исполняют контуры, для чего берут 2 золотых нитки и помещают их одну возле другой, укрепляя их фестончатыми стежками.
Там, где этого требует рисунок, образуют петельку - пико, которое точно так же удерживается фестончатым стежком. Рисунок 855 показывает способ переплетать пико, чтобы соединить мотивы-узоры в пустоте. Для украшения фигур внутри, вышивают паучки с шестью лучами, штопальным швом, внутри листьев; две золотых нитки, которые образуют ряд маленьких петелек, заполняют все другие части модели.
Для фона берется батист цвета экрю; для фестончатых стежков бумага перле D.M.C. сине-зеленого цвета; чтобы укрепить золотые нитки, образующие ряд петелек, шелк мулине D.M.C. золотого цвета, разделенный на ниточки.
Окончив совершенно вышивку, вырезают батистовый фон, находящийся под пико, возле самых контуров фестончатым швом.
Приклад. Тонкое золото для вышивания D.M.C. № 20 и бумага перле D.M.C. № 8 зелено-синего цвета.
(Рис. 856 и 857).
Этот род вышитых кружев требует такой же приготовительной работы, как и испанская вышивка, т. е. обрамления контуров двойной металлической ниткой. Внутри фигур орнаментные стежки из золота и серебра заменены настилкой плоским захватывающим швом, исполненной цветным шелком, сверх которой укрепляют еще золотые или серебряные блестки.
Мы даем здесь (рис. 857) в натуральную величину четверть квадрата (рис. 856). Эта прекрасная работа может употребляться для отделки подушечек, для булавок или для саше.
Для приклада берется тонкое золото D.M.C. № 30 и шелк мулине D.M.C. золотого цвета, разделенный на нитки для контуров; для больших же цветов и разводов, выходящих из этих цветов - персидский шелк D.M.C. голубого цвета и цвета красной меди; зелено-бронзовый цвет служит для других орнаментов этого квадрата.
Приклад. Тонкое золото D.M.C. № 30, персидский шелк D.M.C. голубого цвета, зелено-бронзового, желто-зеленого и цвета красной меди.
(Рис. 858, 859, 860, 861).
Самое тонкое из испанских кружев - это филигранное кружево. Мы даем образчик его на рис. 858. Оригинал нашего узора, украшавший шелковое покрывало на стол XVII века, испанского происхождения.
Исполнение этой вышивки гораздо труднее предыдущих и требует очень искусной руки. Различные части узора образуются из металлических ниток, соединенных между собою фестончатыми стежками из шелка, и исполняются по чертежу на кальке без фона из материи. Срисовав рисунок на матовой стороне кальки, укрепляют эту последнюю на клеенку; глянцевитая сторона кальки обращается кверху.
Приготовительная работа состоит в вышивании стебельковым швом (см. "Вышивка по полотну и батисту" рис. 72) линии вверху всех частей, узора-модели частей, на которых исполняется позднее первая линия фестончатых стежков. Этот стебельковый шов должен проходить через кальку и клеенку. Окончив подготовительную работу, можно начать исполнение самого кружева.
Как мы уже говорили перед тем, это кружево состоит из металлических ниток, соединенных между собою фестончатыми стежками, исполненными из цветного шелка.
Первый ряд этих фестончатых стежков, сверх металлической нитки, исполняется в ряду стебельковых стежков. Дойдя до конца фигуры, сгибают металлическую нитку и делают второй ряд фестончатых стежков в противоположном направлении, помещая стежки в петельки, образованные предыдущим рядом.
Таким образом прибавляют один ряд стежков к другим до тех пор, пока не будет заполнен весь мотив. В последнем ряду фестончатых стежков образуют из металлической нитки пико, которые служат то для соединения фигур между собой, то для отделки кружевного края.
Рис.861.
Когда пико должны связывать части рисунка, их нужно соединить фестончатым стежком с первым рядом следующей части. Когда нужно взять новую нитку, тогда следует исполнить фестончатые стежки сверх начала новой нитки и конца старой, потом обрезать выходящие кончики нитки.
Для выполнения нашей модели (рис. 858) мы советуем начинать работу сверху каймы кружева, которая обрамляет серпантинную линию. Первый фестончатый ряд вверху делается золотой ниткой и зеленым шелком. Потом надо сделать простое пико.
Второй ряд фестончатых стежков внизу исполняется розовым цветом, а третий голубым; здесь делают большие пико, соединяющие изгибы серпантинной линии, которая исполняется точно так же голубым шелком; она соединяет большие ниспадающие пико и образует нижние пико во втором ряду стежков.
За этим следует прямая линия голубого и розового цвета, в которую вводят нижние пико серпантинной линии. Наверху к кайме прибавляют два ряда стежков из розового шелка, которые соединяют ряд простых пико.
Чтобы образовать зубцы, начинают с нижних бантиков, с переплетенными пико по образцу рис. 860. Ход работы указан на рис. 861.
Расположение цветов изменяется каждый раз для трех зубцов; голубой и зеленый цвета служат для фестончатых стежков сверх золотой нитки, коричневый и розовый сверх серебряной нитки.
Первый зубец начинается наверху голубым шелком; затем следуют две маленьких пирамиды из коричневого шелка и одна пирамида из розового шелка; наружный полукруг делается зеленым.
Второй зубец начинается со светло-коричневого цвета, потом две пирамиды зеленого цвета и одна голубого цвета и кончают полукругом розового цвета.
В третьем зубце бантики зеленые, две пирамиды розовые и одна пирамида коричневая, а полукруг голубой. Окончив кружево, разрезают на изнанке работы ряды стебельковых стежков, стежок за стежком и кружево отделяется само собою от фона.
Нужно тщательно удалить все маленькие концы ниток, которые могут остаться в кружеве.
Приклад. Тонкое золото и серебро D.M.C. № 20, витой шелк голубого, желтого, красного, зеленого и кремового цветов.
Проектная деятельность – очень тесное взаимодействие учителя и учеников. Объем помощи, которую может оказывать учащимся учитель на различных этапах работы над проектом зависит от их возраста. Предполагается, что к пятому классу учащиеся владеют определенными приемами проектирования. Тем не менее, пятиклассники нуждаются в значительной обучающей и стимулирующей помощи педагога и родителей почти на всех этапах работы над проектами. У них еще не сформированы навыки презентации и самопрезентации, не хватает словарного запаса. Все это предполагает, что значительный объем работы над проектом учителю, а так же родителям придется осуществлять вместе с ребенком, постоянно его поддерживая и вдохновляя.
Планируя выступления со своими проектами на школьной и городской МАН, подготовке презентации проекта мы уделили особое внимание. Несмотря на то, что наше выступление было дебютным, фразу: «Главное не победа, а участие» мы из списка лозунгов исключили. И, действительно, ученицы 5А класса: Абрамова Татьяна, Голубева Ольга, Саид Симона и Придченко Дина стали победителями и призёрами среди большого количества участников МАН.
В ходе презентации ученицы не только рассказывали о ходе работы и показывали ее результаты, но и демонстрировали собственные знания и опыт в решении проблемы проекта, приобретенную компетентность. Элемент самопрезентации – важнейшая сторона работы над проектом, которая предполагает рефлексивную оценку автором всей проделанной им работы и приобретенного в ее ходе опыта.
Презентация – это витрина проекта. Все должно быть подчинено одной цели – наилучшим образом показать результат работы и компетентность ее автора, которую он приобрел в процессе этой работы. Самопрезентация, умение в выгодном свете показать себя, не теряя при этом чувства меры, – важнейший социальный навык.
Регламент презентации, как правило, предоставляет не более 7–10 минут на выступление. За это короткое время необходимо рассказать о работе, которая осуществлялась на протяжении нескольких месяцев, была связана с обработкой большого массива информации, общением с различными людьми, сделанными автором открытиями.
Далее предлагаем познакомиться с результатами проектной деятельности победителей городской МАН, представивших свои исследовательские работы по изучению краеведческого материала с темами «Достопримечательности посёлка Иноземцево в цифрах и фактах», «Путешествие по Курортному парку города Железноводска, или зачем туристу математика?».
Решения и ответы к задачам
§ 1. Решения и ответы к задачам § 1 главы 2
Задача 10 (рис. 220)
Решение. Пусть ВС = х, тогда AD = х – 4. Площадь треугольника ABC равна 1/2 ? ВС? AD = 1/2 ? х? (х – 4). По условию площадь равна 16. Значит, 1/2 ? х? (х – 4) = 16, откуда х = 8. BС = 8, AD = BС – 4 = 4. По теореме Пифагора
Периметр треугольника равен PABC = AC + BC + AB = 5 + 8 + ?41 = 13 + ?41.
Ответ: 13 + ?41 см.
Решение. Запишем площадь треугольника тремя способами:
c другой стороны,
Аналогично
Задача 12 (рис. 221)
Решение. Пусть в треугольнике ABC АС = ?2. Проведем отрезок DE так, что площадь треугольника DBE равна площади трапеции ADEC. Так как нам нужно найти длину отрезка DE, обозначим ее через х. Введем еще обозначения: высоту треугольника DBE обозначим через h1 высоту трапеции ADEC через h2 Составим систему уравнений:
Первое уравнение фиксирует равенство площадей треугольника DBE и трапеции ADEC. Второе уравнение констатирует тот факт, что площадь треугольника ABC в 2 раза больше площади треугольника DBE, при этом использовано условие АС = ?2. Решая систему, получаем:
Задача 13 (рис. 222)
Решение. Пусть в треугольнике ABC ВС = а, ?АВС = ?, ?АСВ = ?, длину АС обозначим через х. По теореме синусов:
Площадь треугольника равна половине произведения двух сторон треугольника на синус угла между ними.
Задача 14 (рис. 223)
Решение. Пусть ABC – данный в условии задачи треугольник. Так как медиана треугольника ABC – отрезок СЕ – всегда лежит внутри треугольника, то, чтобы точка пересечения отрезков СЕ и BD также лежала внутри треугольника ABC, необходимо, чтобы угол С был меньшим 90°. Обозначим через Р точку пересечения прямых BD и СЕ. Так как PD перпендикулярна АС, то расстояние от точки Р до стороны АС равно длине отрезка PD, т. е. равно 1 см. Проведём через точку Е прямую, параллельную основанию АС треугольника ABC. Пусть эта прямая пересекает высоту BD в точке К, а сторону ВС в точке F. Так как СЕ – медиана и прямая EF параллельна АС, то EF – средняя линяя треугольника ABC. Поэтому, в частности, прямая EF делит пополам высоту BD, т. е. KD = 1/2BD = 3 см. Теперь находим, что КР = KD – PD = 2 см. Треугольники ЕРК и DPC подобны, так как у них?ЕРК = ?DPC, как величины вертикальных углов, ?РКЕ = ?PDC = 90°. Из подобия этих треугольников следует, что KP/PD = EP/PC. Так как PC = ЕС – ЕР, то это равенство можно записать в виде 2/1 = EP/(5 – EP), откуда получаем, что ЕР = 10/3 см. Из прямоугольного треугольника ЕКР находим, что
Так как ЕК средняя линия треугольника ABD, то AD = 2 ? ЕК 16/3 см. Из прямоугольного треугольника ADB находим
Задача 15 (рис. 224)
Решение. Обозначим длину отрезка АС через х. Из прямоугольного треугольника АЕС по теореме Пифагора находим
Поусловию BE: EС = 5:9, значит,
Площадь треугольника ABC равна 1/2 BD ? АС и одновременно 1/2 АЕ? ВС, так что BD ? АС = АЕ? ВС или
Последнее уравнение можно переписать в виде
Возведя последнее уравнение в квадрат, получим, что х2= 225, откуда х = 15, либо х = -15. Так как х – длина стороны, то х = 15. Следовательно, длина стороны АС равна 15.
Задача 16 (рис. 225)
Решение. По теореме синусов ВС = 2Rsin ?ВАС = 2 ? 2 ? 1/2 = 2, где R – радиус описанной окружности. Так как АВ – хорда, то её длина не больше диаметра, т. е. АВ? 2R = 4. Покажем, что АВ < 4. Если АВ = 4, то?АСВ = ?/2 и должно выполняться равенство АВ2= АС2+ ВС2. Но оно не выполняется, так как 42? З2+ 22. Значит, АВ < 4. Тогда
Требуемое утверждение доказано.
Задача 17 (рис. 226)
Решение. Пусть ВК и AD – медианы, проведенные соответственно к сторонам АС и ВС. Обозначим через Е точку их пересечения. Так как точка К – середина стороны АС и точка D – середина стороны ВС, то отрезок KD – средняя линия треугольника ABC. Следовательно, АВ = 2 ? KD. Так как по условию задачи ВК и AD перпендикулярны, то треугольники АЕК, KED, BED, АЕВ прямоугольные. Применяя теорему Пифагора к этим треугольникам, имеем:
Задача 22 (рис. 227)
Решение. Пусть в треугольнике ABC АВ = ВС = 12, ?ABC = 120°. Так как в треугольнике сумма углов равна 180°, то?А + ?С = 180° – 120° = 60°. Учитывая, что в равнобедренном треугольнике углы при основании равны, получаем: ?А = 30°. Рассмотрим треугольник ВНА, где ВН – высота треугольника. ВН – катет в этом треугольнике, лежащий напротив угла в 30°.
Тогда ВН = 1/2 ? АВ = 6.
Задача 23 (рис. 228)
Решение. Поскольку высота в равнобедренном треугольнике, проведённая к основанию, является и медианой треугольника, то AD = DC = 2. Тогда по теореме Пифагора имеем:
Естественно, что и ВС = 2?5. Воспользуемся формулой радиуса описанной около треугольника окружности R = abc/4S. Длины сторон треугольника равны 4, 2?5, 2?5, а площадь треугольника S = 1/2 ? AC ? BD = 1/2 ? 4 ? 4 = 8;
Тогда площадь круга Sкруга = ?R2= 25?/4.
Ответ: 25?/4.
Задача 24 (рис. 229)
Решение. Так как BD – высота в равнобедренном треугольнике ABC, то она является и медианой, т. е. AD = DC. Так как AC/BC = 6/5, то можно обозначить DC = Зх; ВС = 5х (см. рис.). Из?BCD по теореме Пифагора DB2+ DC2= ВС2. Или 82+ (Зх)2= (5х)2; х = 2. Радиус вписанной окружности r = S/P; площадь треугольника S = 1/2 АС? BD = 1/2 ? 6х? 8 = 48; полупериметр р = (5x + 5x + 6x)/2 = 16; r = 48/16 =3.
Решение. Sзаштрихованного сектора = 1/3(Sкруга – Sтреугольника). Длина окружности l = 2?R. По условию l = 4?; 2?R = 4?; R = 2. Sкpyгa = ?R2= 4?. Длину стороны треугольника найдём по теореме синусов:
Задача 26 (рис. 230)
Решение. Пусть К – произвольная точка внутри равностороннего треугольника ABC со стороной а. Опустим перпендикуляры KM, KN, КР на стороны треугольника. Обозначим эти перпендикуляры следующим образом: КМ = х, KN = у, КР = z. Тогда SABC = SABK + SBKC + SAKC. Получаем равенство:
Отсюда (a?3)/2 = x + y + z. Но высота h треугольника равна h = a ? sin 60° = (a?3)/2; значит, х + у + z = h.
Задача 31 (рис. 231)
Решение. Так как AD – высота в равнобедренном треугольнике ABC, то она является и медианой. Значит, BD = DC = 6. Тогда AD = BD = 6, так как?ABD = ?BAD = 45°.
Можно было увидеть и другую закономерность. Так как D – середина гипотенузы, то D – центр описанной около треугольника ABC окружности. Значит. DA = DB = DC = 6.
Ответ: 6 см.
Задача 32 (рис. 232)
Решение. Обозначим угол ВАС через?. Тогда AC = BC ? ctg?. Последовательно находим:
Ответ: 96/5; 345, 6
Задача 33 (рис. 233)
Решение. Обозначим катеты прямоугольного треугольника ABC с гипотенузой ВС через а и b (см. рис). Тогда
По условию SBCD = 2SABC. Значит,
преобразуем это уравнение к виду
Дискриминант D этого уравнения будет равен
Но a/b = tg(?ВСА), значит, ?ВСА = 60° или 30°.
Ответ: 60°; 30°.
Задача 34 (рис. 234)
Решение. Пусть ABC – заданный треугольник, AD – высота, опущенная на гипотенузу. Тогда по условию BD = 9, DC = 16. Обозначим АВ через х, АС через у, высоту AD через h. По теореме Пифагора: BD2+ AD2= АВ2; DC2+ AD2= АС2; АВ2+ AC2= ВС2. Получаем систему уравнений:
Сложим все уравнения:
81 + 256 + 2h2+ х2+ у2= х2+ у2+ 625;
2h2= 228; h = 12; х2= 81 + 144 = 225; x = 15;
Задача 35 (рис. 235)
Решение. Пусть ABC – данный в условии задачи треугольник. По теореме Пифагора находим, что AC = ?3. Поскольку sin ?ABC = ?3/2, то, учитывая, что угол?ABC – угол прямоугольного треугольника, находим, что?ABC = ?/3. Следовательно, ?АСВ = ?/6. Так как BL – биссектриса угла ABC, то?ABL = ?/6. Из прямоугольного треугольника ABL находим
Пусть М – середина отрезка АС. Тогда AM = 1/2 АС = ?3/2. Из прямоугольного треугольника ВАМ находим, что
Так как точка пересечения медиан делит каждую из них в отношении 2:1, то
Для ответа на вопрос, поставленный в задаче, надо сравнить числа
Поскольку
т. е. BL > BG.
Ответ: длина BL больше длины BG.
Задача 36 (рис. 236)
Решение. Пусть ABC – данный в условии задачи прямоугольный треугольник, А1ВС1 – прямоугольный треугольник, полученный поворотом треугольника ABC вокруг вершины его прямого угла В на угол 45°. Из условия задачи следует, что величины углов CBC1, CBA1, ABA1, ВСА, ВА1C1 равны 45°. Прямые АВ и А1C1 параллельны, т. к. при их пересечении прямой ВА1 равны накрест лежащие углы АВА1 и ВА1С1. Но тогда, поскольку треугольник ABC прямоугольный и, значит, АВ? ВС, получаем, что прямая С1А1 перпендикулярна прямой ВС. Обозначим через N точку пересечения прямых С1А1 и СВ. Поскольку
то точка N лежит на отрезке ВС. Пусть L – точка пересечения прямых АС и ВА1. Аналогично показывается, что точка L лежит на отрезке АС. Пусть М – точка пересечения прямых АС и С1А1. Ясно, что точка М лежит на отрезке CL. Тогда SBLMN = SBLC – SCNM. Треугольник BLC равнобедренный и прямоугольный, т. к. в нем?CBL = ?LCB = 45°. Следовательно,
Треугольник CNM также равнобедренный и прямоугольный, причем
Следовательно,
Задача 43 (рис. 237)
Решение. Проведём высоты трапеции ВК и СМ. Очевидно, что КМ = 4; AK = MD = (12 – 4)/2 = 4. Так как треугольник АВК – равнобедренный (?АВК = ?ВАК = 45°). то ВК = АК = 4.
SABCD = (AD + BC)/2 ? BK = (12 + 4)/2 ? 4 = 32.
Ответ: 32 см2.
Задача 44 (рис. 238)
Решение. Проведём высоты трапеции ВК и СМ. Мы получили два прямоугольных треугольника АВК и CMD, в которых?ВАК и?CDM равны 30°; так как напротив угла в 30° лежит катет (ВК), равный половине гипотенузы (АВ), то АВ = 2h (ВК = h).
Ответ: (6 + 2?3)h.
Задача 45 (рис. 239)
Решение. Пусть АК = х, высоты ВК и СМ равны h, тогда, так как КМ = ВС = 4, MD = 21 – х.
Из?АВК и?MCD по теореме Пифагора получим:
Задача 46 (рис. 240)
Решение. Проведем высоту трапеции СК (см. рис.). Тогда, KD = (a – b)/2; cos D = (a – b)/2c. Из?ACD по теореме косинусов AC2= AD2+ CD2– 2AD ? CD ? cos D = a2+ с2– 2 ? а? с? (a – b)/2c = a2+ с2– a2+ аb = c2+ ab.
Задача 47 (рис. 241)
Решение. По содержанию задача идентична задаче 45. Однако, если мы начертим аналогичную трапецию и введем 25 соответствующие обозначения, то из чертежа получится система:
24х = 144 + 625–289 = 480; х = 20. Получается, что MD = 12–20 = -8. Это лишь означает, что трапеция выглядит как на рис. 242:
Ответ: 15 см.
Задача 48 (рис. 243)
Решение. Так как ABCD – равнобедренная трапеция, то АО = OD и?OAD = ?ODA = 45°. Проведём высоту BK (см. рис.). Раз?ODA = 45°, то?KBD – равнобедренный и KD = BK = 10.
Ответ: 100.
Задача 49 (рис. 244)
Решение. Пусть ABCD – данная в условиях задачи трапеция. Обозначим через точку М точку касания окружности со стороной CD трапеции ABCD. Соединив точки С и D с центром окружности, получим треугольник COD. Так как точка О равноудалена от прямых ВС и CD, то СО – биссектриса угла BCD и?OCD = 1/2 ?BCD. Аналогично, ?ODC = 1/2 ?ADC. Поскольку BC||AD, то?BCD + ?ADC = ?, следовательно, ?OCD + ?ODC = ?/2. Тогда?COD = ?/2, т. е. треугольник COD – прямоугольный. По теореме Пифагора
Так как M – точка касания окружности и стороны CD, то CD ? ОМ. Из подобия прямоугольных треугольников OCD и OMD (они имеют общий острый угол) находим, что CD/OD = OC/OM.
Проведём через точку О прямую, перпендикулярную ВС. Тогда она будет перпендикулярна и прямой AD. Поскольку такой перпендикуляр к прямым ВС и AD единственен, то точки пересечения его L, K c прямыми AD и ВС соответственно будут точками касания сторон трапеции с окружностью. Значит, длина высоты трапеции равна KL = 2 ? ОМ = 8/?5 и АВ = 8/?5. Поскольку в четырехугольник ABCD вписана окружность, то BC + AD = AB + CD = 18/?5. Откуда SABCD = 1/2(BC + AD) ? AB = 72/5.
Ответ: 72/5.
Задача 53 (рис. 245)
Решение. Исходя из условия задачи, получим систему:
Учитывая, что AO = СО, получим:
Ответ: 12 см; 4 см; 12 см; 4 см.
Задача 54 (рис. 246)
Решение. Так как по условию BD = 6, АС = 2?22, то, учитывая, что диагонали параллелограмма точкой пересечения делятся пополам, получим: АО = ?22, ВО = 3. Из прямоугольного треугольника АВО по теореме Пифагора
Из прямоугольного треугольника ABD
Задача 55 (рис. 247)
Решение. С целью упрощения арифметических вычислений уменьшим все линейные размеры в 9 раз. Тогда АВ = 17; ВС = 20; BE = 15. Линии f и g делят площадь трапеции на три равные по площади части (см. рис.). Проведем высоту BE. Последовательно находим: SABCD = AD ? BE = 20 ? 15 = 300 (в «новом формате»).
Осталось увеличить полученные результаты в 9 раз: AM = 96; AN = 156.
Ответ: 96; 156.
Задача 58 (рис. 248)
Решение. Пусть в ромбе ABCD BD = АВ = AD. Тогда?ABD – равносторонний и АВ = ВС = 10, ?BAD = 60°, ?АВС = 120°. По теореме косинусов из треугольника ABC
Ответ: 10?3 см; 120°; 60°.
Задача 59 (рис. 249)
Решение. Начертим ромб ABCD. По условию
Так как диагонали ромба перпендикулярны друг другу, то?AOD – прямоугольный. Тогда по теореме Пифагора АО2+ OD2= AD2. Обозначим АО через 4х, тогда OD = Зх.
(4х)2+ (Зх)2= 202; 25х2= 400; х2= 16; х = 4. АО = 16; OD = 12. Осталось найти высоту ОН в?AOD, которая и является радиусом вписанного круга. Из рисунка
Ответ: 92,16? см2.
Задача 60 (рис. 250)
Решение. Во-первых, раз
Во-вторых, высота ромба равна диаметру вписанного круга, значит,
Ответ: 8Q/?.
Задача 64 (рис. 251)
Решение. Так как?BAC/?CAD = 1/2, а?ВАС + ?CAD = 90°, то?ВАС = 60°, ?CAD = 30°. Из?ACD CD = AD ? tg 30° = AD/?3. Тогда CD: AD = 1:?3.
Ответ: 1:?3.
Задача 65 (рис. 252)
Решение. Пусть AD = а, АВ = b. По условию SABCD = а? b = 9?3.
Так как?AOD = 120°, то?BOA = 60°. Значит, ?АОВ – равносторонний и OB = b; BD = 2b. Из?ABD а2+ b2= (2b)2; а = ?3b. ?3b ? b = 9?3; b = 3; а = 3?3.
Ответ: 3 см; 3?3 см.
Задача 66 (рис. 253)
Решение. Для определённости будем считать, что АВ < AD. Так как AB ? AD = 48 и АВ2+ AD2= BD2= 100, то AD = 8, АВ = 6. Поскольку OB = OD = 13 > BD, то точка О лежит вне круга с диаметром BD и потому вне прямоугольника. Пусть она находится по ту же сторону от диагонали BD, что и точка А. Тогда требуется найти ОС. Обозначим?OBD через? и?DВС через?. Чтобы найти угол?, опустим из точки О на диагональ BD перпендикуляр ОК. Получим ВК = KD = 1/2BD. Из прямоугольного?ОВК следует:
Тогда sin ? = 12/13. Из прямоугольного?DBС находим:
Применяя к треугольнику OBС теорему косинусов, получаем
Задача 70 (рис. 254)
Решение. Как видно из рисунка, диаметр окружности d совпадает с диагональю квадрата АВ. По теореме Пифагора
Ответ: 7?2 см.
Задача 71 (рис. 255)
Решение. Пусть сторона малого квадрата а, тогда диаметр d = 2Rкруга круга равен диагонали малого квадрата, т. е.
Но Rкруга – это половина стороны большого квадрата. Сторона большего квадрата
Ответ: 2:1.
Задача 72 (рис. 256)
Решение. MNKLPTQS – правильный восьмиугольник (см. рис.). Пусть РТ = х, тогда
из равнобедренного треугольника LCP
Из равенства LP = РТ получаем:
Задача 73 (рис. 257)
Решение. Очевидно, что MNKL – квадрат. Его диагональ NL = NE + FL + EF = 2NE + EF = 2NE + 1 (см. рис.). Так как NE – высота в равностороннем треугольнике BNC, то
Сторона квадрата
Ответ: 2 + ?3.
Задача 76 (рис. 258)
Решение. Можно, конечно, пуститься в достаточно длинные арифметические вычисления, но мы покажем самое простое и красивое решение. Раз площадь большого треугольника равна площади шестиугольника, то площадь этого треугольника в 6 раз больше площади треугольника ОАВ. А поскольку площадь правильного треугольника пропорциональна квадрату стороны, то его сторона в?6 раз больше стороны АВ, т. е. сторона его будет равна 14?6.
Ответ: 14?6.
Задача 77 (рис. 259)
Решение. Пусть сторона равностороннего треугольника АВ = a;
Найдём радиус r вписанной окружности
Здесь р = 3a/2 – полупериметр правильного треугольника ABC.
Ответ: 2:1.
Задача 78 (рис. 260)
Решение. Пусть ABCD – данный четырёхугольник. Обозначим К, L, М, N – точки касания окружности соответственно со сторонами АВ, ВС, CD, AD четырёхугольника ABCD. Соединим эти точки с центром О. Треугольники АОК, AON, CLO, СМО – равны, как имеющие равные гипотенузы и катеты: у них АО = ОС по условию и КО = OL = ОМ = ON = r, где r – радиус окружности, вписанной в четырёхугольник ABCD. Аналогично доказывается, что равны треугольники КОВ, BOL, DON и DOM. Из равенства треугольников имеем, что?КОВ = ?BOL = ?NOD = ?DOM, а также?АОК = ?LOC = ?AON = ?СОМ. Значит, ?AON + ?NOD = ?АОК + ?КОВ = ?BOL + ?LOC = ?СОМ + ?MOD. Так как?АОВ = ?АОК + ?КОВ, ?ВОС = ?BOL + ?LOC, ?COD = ?СОМ + ?MOD, ?AOD = ?AON + ?NOD, то?АОВ = ?ВОС = ?COD = ?AOD, и поскольку в сумме они составляют 360°, то каждый из них равен 90°. По теореме Пифагора из треугольника АОВ находим, что
Следовательно, периметр четырёхугольника (ромба) ABCD равен 4?5.
Ответ: 4?5.
Задача 85 (рис. 261)
Решение. Составим пропорции: ?10? длина дуги А1В1 = 1.
360° ? длина окружности 2?R1. Отсюда
Задача 86 (рис. 262)
Решение. Так как ОА = 2r, то из прямоугольного треугольника ОBА имеем: ?ВАО = 30° (гипотенуза ОА в 2 раза больше катета OB) и?ВАС = 60°.
Ответ: 60°
Задача 87 (рис. 263)
Решение. Так как BD = 6, АС = 12, то PD = 3; CP = 6 (см. рис.).
Из?O1CD по теореме косинусов имеем:
Ответ: 15/2 см.
Задача 88 (рис. 264)
Решение. Пусть О – центр вписанной в треугольник окружности; ОМ, ОТ, ОР – радиусы, проведённые к точкам касания. Так как АС = 6, то МС = PC = 3, ВР = ВТ = 10 – 3 = 7. ?ТВР подобен?ABC и TP/AC = BP/BC; TP/6 = 7/10; TP = 42/10 = 4,2.
Ответ: 4,2 см.
Задача 89 (рис. 265)
Решение. Пусть радиус большого круга равен R, радиус малого круга r (см. рис.) ОС = r; OB = R.
Задача 90 (рис. 266)
Решение. Т. к. ?ABC – равносторонний, то
Радиус окружности
Поэтому получаем
Задача 91 (рис. 267)
Решение. Пусть точка О – центр окружности и r – её радиус. Соединим точки В и С с центром О и проведём диаметр АК. Так как вписанный угол ВАС опирается на дугу ВКС и его величина равна?/6, то центральный угол ВОС, опирающийся на ту же дугу, имеет величину, равную?/3. Так как хорды АВ и АС имеют одинаковые длины, то?BOA = ?АОС. Поскольку?BOA + ?АОС = 2? – ?/3, то отсюда получаем, что?BOA = ?АОС = 5?/6. Теперь подсчитаем площадь SABKC той части круга, которая заключена в угле ВАС. Она равна сумме площадей сектора ОВКС и треугольников АОВ и АОС (заметим, что у этих треугольников ОА = ОВ = ОС = r):
§ 2. Решения и ответы к задачам § 2 главы 2
Задача 94 (рис. 268)
Решение. Решение задачи непосредственно видно из чертежа. Соединив центр окружности с вершинами треугольника и с точками касания, получим три пары равных треугольников. Периметр Р = 7 + 7 + 6 = 20.
Ответ: Р = 20 см.
Задача 95 (рис. 269, 270)
Решение. Опять соединим центр окружности с вершинами трапеции и с точками касания; получим четыре пары равных треугольников. Из рис. 269 легко видеть, что АВ = CD = 13; ВС = 8; AD = 18.
Теперь мы знаем все стороны трапеции. Осталось найти её высоту. Для этого исходный рисунок представим ниже в следующем виде. Проведём высоты ВК и СМ. Тогда КМ = ВС = 8, АК = MD = (18 – 8)/2 = 5 (рис. 270).
Из прямоугольного треугольника АВК по теореме Пифагора:
Ответ: 156 см2.
Задача 96 (рис. 271)
Решение. Обозначим через А вершину прямого угла данного треугольника, через АВ и АС – катеты треугольника, причем так, что АВ > АС, через О – центр вписанной окружности, через r – ее радиус. Пусть M, N и P– точки касания этой окружности соответственно со сторонами АС, АВ, ВС. Так как длины отрезков касательных, проведённых к окружности из одной точки, равны, то BN = ВР, СМ = СР, AN = AM. Так как АВ > АС, то из этих равенств следует, что ВР > СР и, значит, СР: ВР = 2:3. Пусть СР = 2х; тогда ВР = Зх и ВС = 5х.
Радиус, проведённый в точку касания, перпендикулярен касательной, поэтому ОМ? AC, ON ? АВ. Так как угол А – прямой, то ANOM – прямоугольник, и AM = ON = r, AN = ОМ = r. Теперь находим, что АВ = r + Зх, АС = r + 2х. Периметр треугольника равен 36 см, поэтому:
5х + (r + 2х) + (r + 3х) = 36; (1)
С другой стороны, по теореме Пифагора:
(r + 2х)2+ (r + 3х)2= 25х2(2)
Из уравнения (1) следует, что r = 18 – 5х; подставив полученное выражение для r в уравнение (2), после упрощений получаем уравнение х2– 15х – 54 = 0, имеющее единственный положительный корень х = 3. Тогда r = 3 см и АВ = 12 см, АС = 9 см, ВС = 15 см.
Ответ: стороны треугольника равны 9 см, 12 см, 15 см.
Задача 99 (рис. 272)
Решение. Так как?BCD = 60°, то?D = 120°. ?CND = ?BCN = ?NCD = 30°. Значит, ?NCD – равнобедренный и ND = CD = а.
Задача 100 (рис. 273)
Решение. Так как?А = 60°, то?ABC = 120°. Из чертежа видно, что? + 3? = 120°; ? = 30°, тогда?BDA = 90°. AD = АВ? sin 30° = AB/2. Пусть AD = a; тогда АВ = 2а. Из условия следует, что а + 2а + а + 2а = 90; 6а = 90; а = 15. Следовательно AD = BC = 15 см, AB = CD = 30 см.
Ответ: 15 см, 30 см, 15 см, 30 см.
Задача 101 (рис. 274)
Решение. ?AFB = ?FBC, как внутренние накрест лежащие углы при параллельных прямых. Но?FBC = ?ABF по условию, значит, ?ABF – равнобедренный и AF = АВ = 12. Пусть AF = 4а, тогда по условию FD = За; 4а = 12; а = 3; AD = 7 ? а = 21. Искомый периметр PABCD = (12 + 21) ? 2 = 66.
Задача 105 (рис. 275)
Решение. Проведём MP||СК, тогда по теореме о пропорциональных отрезках ВР: РК = ВМ: МС = 3; значит, КР = 1/4 КВ = 1/4 АК и КР: АК = ОМ: АО = 1:4 и АО = 4OМ = 4/5 AM. По условию АК = КВ = 1/2 АВ.
Ответ: 3/10.
Задача 106 (рис. 276)
Решение. Чтобы найти отношение СК/КМ, применим теорему Менелая к треугольнику АСМ и секущей BN. Получим: CK/KM ? MB/BA ? AN/NC = 1. Так как MB/BA = 2/3, AN/NC = 2, то CK/KM = 3/4.
Аналогично, применив теорему Менелая к треугольнику ABN и секущей СМ, находим BK/KN ? CN/AC ? AM/MB = BK/KN ? 1/3 ? 1/2 = 1, откуда BK/KN = 6.
Ответ: 6; 3/4.
Задача 109 (рис. 277)
Решение. Так как АМ = 2, то по свойству биссектрисы в треугольнике АВМ ВО/OM = АВ/AM = 6/2 = 3.
Задача 110 (рис. 278)
Решение. Пусть ВМ – медиана, а ВН – высота в треугольнике. Обозначим ВН через h, МС через 2х. Так как ВН – одновременно биссектриса и высота в треугольнике АВМ, то данный треугольник – равнобедренный и АН = НМ = х, AB = BM = 10. Так как ВМ – биссектриса?НВС, то BH/BC = HM/MC; h/BC = x/2x; BC = 2h.
Из?НВМ и?НВС по теореме Пифагора:
AC = 4x = 20; ВС = 2h = 10?3. Кстати, легко показать, что?ABC = 90°.
Ответ: 10 см; 20 см; 10?3 см.
Задача 118 (рис. 279)
Решение. Пусть АС = а; АВ = ВС = b, BF = y, EF = x. ?ADE ~ ?EFC, поэтому FC/DE = FE/DA; (b – y)/y = x/(b – x); b2= by – bx + xy = xy. Отсюда x + у = b; PDBFE = 2(x + y) = 2b, т. е. периметр параллелограмма не зависит от х и y, а зависит только от длины боковой стороны треугольника, другими словами, для данного треугольника периметр вписанного в него параллелограмма есть величина постоянная.
Задача 119 (рис. 280)
Решение. Так как СЕ = 4, то BE = 11. Из?ABC по теореме Пифагора:
Пусть CD = х. Из подобия?DCE и?АСВ CE/AC = CD/CB; 4/12 = x/15; x = 5.
Задача 120 (рис. 281)
Решение. Пусть BD = х, DE = а. Из подобия?BDE и?ВАС BD/BE = BA/BC; x/30 = (x + a)/70; 7х = 3х + 3a; x = 3/4a. Заметим, что ADEF – квадрат, т. е. DE = EF = AF = DA = a.
Из?DBE по теореме Пифагора BD2+ DE2= BE2; х2+ а2= 900; 9а2/16 + a2 = 900; 25а2/16 = 900; а = 24; х = 3/4 ? 24 = 18.
Ответ: 42 см; 56 см.
Задача 121 (рис. 282)
Решение. Пусть AD = х. ?BOF ~ ?AOD по равенству трёх углов, поэтому AD/BF = OD/OB; AD/4 = 18/6; AD = 12.
Задача 122 (рис. 283)
Решение. Обозначим радиус большей окружности через х. Из рисунка видно, что из прямоугольного треугольника ОКА ОА = AK/sin 30° = 1/(1/2) = 2. Треугольники OAK и ОВМ подобны, поэтому ОА/OB = АК/BM; 2/(3 + x) = 1/x; 2х = 3 + х; х = 3.
Задача 123 (рис. 284)
Решение. Обозначим сторону квадрата GDEF через х и проведем высоту ВН. ?ВКЕ подобен?ВНС (см. рис.), значит, BK/KE = BH/HC; (BH – x)/(x/2) = BH/(a/2);
Задача 124 (рис. 285)
Решение. Пусть ВР = a; PR = b; RD = с. ?ВРМ ~ ?APD, значит, ВР/PD = ВМ/AD = 1/2; отсюда b + с = 2а. Аналогично?RND ~ ?BRA; RD/BR = ND/AB = 1/2; a + b = 2c.
Вычитаем из первого уравнения второе: с – а = 2а – 2с; с = а; а + b = 2с = 2а; а = b.
Ответ: а = b = с, что и требовалось доказать.
Задача 125
Решение. ?РВС подобен?PAD, поэтому РВ/PD = BC/AD = b/a, PB = PD ? b/a. ?PMD подобен?BCD, значит РМ/BC = PD/BD;
Ответ: 2ab/(a + b).
Задача 126 (рис. 287)
Решение. Из прямоугольных треугольников АВР, BCQ находим ВР/AB = cos В, BQ/BC = cos В. Из этих равенств следует, что треугольники BPQ и ABC подобны (по двум сторонам и углу между ними), причём коэффициент подобия равен cos В. Так как отношение площадей подобных многоугольников равно квадрату коэффициента подобия, то
По условию треугольник ABC остроугольный, значит, cos В > 0 и, следовательно, cos В = 1/3. Из подобия треугольников ABC и BPQ вытекает равенство
Обозначим через R радиус окружности, описанной вокруг треугольника ABC. По теореме синусов:
откуда R = 9/2.
Ответ: R = 9/2.
Задача 129 (рис. 288)
Решение. Соединим центр окружности О с вершинами четырёхугольника и точками касания. Перед нами четыре пары равных треугольников: ?АОК = ?AON. ?ВОК = ?BOL, ?COL = ?COM, ?DOM = ?DON. Тогда?АОК = ?AON, ?ВОК = ?BOL, ?COL = ?COM, ?DOM = ?DON. Из рисунка видно, что 2? + 2? + 2? + 2? = 360°, ? + ? + ? + ? = 180°. ?АОВ + ?COD = ? + ? + ? + ? = 180°.
Ответ: 180°.
Задача 130 (рис. 289)
Решение. Так как в трапецию можно вписать окружность, то АВ + CD = AD + ВС. Если АВ = h; AD = a; BC = b, то CD = a + b – h, KD = а – b. Из треугольника KCD следует, что KD2+ CK2= CD2; (а – b2) + h2= (a + b – h2). Имеем: a2 – 2ab + b2+ h2= a2+ b2+ h2+ 2ab – 2ah – 2bh; -2ab = 2ab – 2ah – 2bh; ah + bh = 2ab; h = 2ab/(a + b). h – диаметр окружности.
Задача 131 (рис. 290)
Решение. Пусть ABCD – данная трапеция, АВ = 5, CD = 3, KL – средняя линия. Обозначим величины отрезков ВС и AD через х и у соответственно. Так как в четырёхугольник ABCD можно вписать окружность, то х + у = ВС + AD = АВ + CD = 8. Поскольку KL – средняя линия трапеции, то KL = (BC + AD)/2 = 4. Если h – высота трапеции ABCD, то из теоремы о пропорциональных отрезках, отсекаемых параллельными прямыми, следует, что высоты трапеций KBCL и AKLD равны h/2. Для площадей этих трапеций имеем
По условию
После упрощений получаем уравнение 11x – 5у = -24. Система уравнений
имеет единственное решение х = 1, y = 7.
Ответ: BC = 1, AD = 7.
Задача 135 (рис. 291)
Решение. По теореме о величине вписанного в окружность угла?ABC = 1/2 ?АОС. Заметим, что?АОС = ?MON, a yroл?МОN опирается на диаметр MN окружности с центром О1. ?АОС = 90°, и значит 1/2 ?АОС = 1/2 90° = 45°.
Ответ: 45°
Задача 136 (рис. 292)
Решение. Пусть точка А делит хорду ВС на отрезки 5 и 4. Проведём через точки А и О (центр окружности) диаметр ED, причём ED = 2R = 12. Обозначим AD через х, тогда ОА = 6 – х (см. рис.). ?DCA = ?АЕВ (опираются на одну и ту же дугу BD), ?ADC подобен?BEА (по двум углам), значит, AD/AB = AC/AE; x/5 = 4/(12 – x); 12х – х2= 20; х2 – 12х + 20 = 0; х = 10 или 2. Учитывая, что х? R, получим x = AD = 2.
Задача 137
Решение I (рис. 293). Обозначим точки пересечения окружности лучами р и q соответственно через С, А и Е, В. Проведём CD||ЕВ. Получим угол?ACD = х. Угол?ACD является вписанным в окружность и по определению равен половине дуги AD. По условию задачи дуга СЕ = ?, а дуга АВ равна?. Тогда дуга AD = ? – ?. В таком случае х = 1/2 (? – ?).
Решение II (рис. 294). Обозначим точки пересечения окружности прямыми р и q соответственно через А, Е и D, С. Проведём EF||CD. Угол AEF будет равен х (как внутренние накрест лежащие углы при параллельных CD, FE и секушей АЕ). ?AEF является вписанным в окружность и равен половине дуги AF. Из условия задачи и построений следует, что дуга AF = ? + ?.
Следовательно,
Задача 138 (рис. 295)
Решение. Так как BD – диаметр окружности, то?BAD = ?BCD = ?/2. Обозначим?ABD через х, тогда из прямоугольного треугольника ABD получаем, что cos х = AB/BD. По условию BD = 2, АВ = 1, значит, cos х = 1/2, и так как х – внутренний угол прямоугольного треугольника ABD, то х = ?/3. Тогда?DBC = 3/4 (?ABD) = 3/4 ? ?/3 = ?/4. Вписанные углы ACD и ABD опираются на одну и ту же дугу AED, значит, ?ACD = ?ABD = ?/3. Из треугольника ADC по теореме синусов получаем, что
Задача 141
Решение. OB = 4; ВС = 3, значит ОС = 7. OB ? ОС = ОА2; 4 ? 7 = OA2; OA = 2?7.
Ответ: 2?7.
Задача 146 (рис. 296)
Решение. Достроим?ABD до параллелограмма. Тогда АС < АВ + ВС, но АС = 2AM, 2AM < АВ + ВС = АВ + AD, что и требовалось доказать. Заметим, что AM является медианой?ABD.
Задача 147 (рис. 297)
Решение. Достаточно построить симметричные точки относительно берегов и длина полученной ломаной равна длине прямолинейного отрезка А"В", т. е. минимальна.
Задача 148 (рис. 298)
Решение. Так как средняя линия трапеции ABCD равна 4, то сумма оснований равна 8. Воспользуемся тем, что середины оснований и точка пересечения боковых сторон трапеции лежат на одной прямой КМ. Из?AKD ?AKD = 90°. Заметим, что?AKD – прямоугольный, причем AD – гипотенуза и точкой М делится пополам. Но тогда AM = MD = КМ = 4 – х (радиусы описанной около?AKD окружности), КЕ = 3 – х, где х – это длина отрезков BE и ЕС. Из подобия?АКМ и?ВКЕ следует: (4 – х)/x = (4 – х)/(3 – x); x = 3/2; BC = 3, AD = 5.
Ответ: 5 и 3.
Задача 154 (рис. 299)
Решение. Пусть D – проекция точки F на прямую d. Середину О отрезка DF примем за начало прямоугольной системы координат, а прямую OF – за ось ординат. Точке F отнесём координаты (0; 1). Прямая d будет иметь уравнение у = -1. Пусть М(х; y) – произвольная точка плоскости. Тогда
и MN = |у + 1 |, где MN – расстояние от точки М до прямой d. Если
Возведя обе части в квадрат, получим уравнение у = 1/4x2.
Обратно, если координаты точки М удовлетворяют этому уравнению, то х2= 4у и, следовательно,
Заметим, что если вместо DF = 2 положить DF = р, то получим уравнение х2= 2ру.
Из школьного курса алгебры известно, что линия, определяемая уравнением у = ах2, называется параболой.
Задача 155 (рис. 300)
Решение. Переведём условие задачи на векторный язык. Поскольку точки Р, A, D так же, как и точки Р, В, С, лежат на одной прямой, то PD = аРА, PC = bРВ, где а и b – коэффициенты пропорциональности, а > 0; b > 0. Точки М и N – середины отрезков АВ и CD. Следовательно,
Учитывая приведённые выше равенства, получаем: PN = 1/2(аРА + bРВ). Согласно условию задачи, векторы РМ и PN коллинеарны. Следовательно, найдётся такое число?, что
откуда (а – ?)РА + (b – ?)РВ = 0. На основании единственности разложения вектора по неколлинеарным векторам РА и РВ заключаем, что а = b = ?. Таким образом, PD = аРА и PC = аРВ. Вычитая из первого равенства второе, получаем CD = аВА. Значит, стороны CD и АВ параллельны, т. е. ABCD – трапеция.
Задача 156 (рис. 301)
Решение. Высота равнобедренного треугольника является его осью симметрии. Поэтому середину D основания АВ треугольника ABC удобно принять за начало прямоугольной системы координат, а направленные прямые АВ и DC – за оси координат. Тогда вершинам треугольника можно отнести координаты: А(-1; 0), B(1; 0), С(0; с).
Вычислим угловые коэффициенты прямых АЕ и СМ. Для этого сначала найдём координаты точек Е и М. Запишем уравнение прямой ВС: х + у/с = 1 или у = – сх + с.
Так как DE ? ВС, то угловой коэффициент прямой DE равен 1/с, а её уравнение есть у = (1/c)x. Решая систему уравнений
находим координаты точки Е:
Следовательно, М (х1/2; у1/2).
Угловые коэффициенты прямых АЕ и СМ равны соответственно
Подставив значения x1 и у1 получим:
k1k2 = -1, что говорит о перпендикулярности прямых. Значит, отрезки АЕ и СМ перпендикулярны.
Задача 157
Решение. Имеем (PA + РВ + PC)2? 0, причем равенство достигается только тогда, когда Р – центроид треугольника ABC. Отсюда
Подставив эти значения скалярных произведений в неравенство (1), получим:
Задача 163 (рис. 302)
Решение. Пусть ЕК = КМ = MF = а. ЕК – средняя линия в?ABC, значит, ВС = 2а. ЕМ – средняя линия в?ABD, поэтому AD = 2ЕМ = 2 ? 2а = 4а; AD/BC = 4а/2а =2.
Ответ: 2:1.
Задача 164 (рис. 303)
Решение. NK и MP – средние линии в?BCD и?ABD, поэтому NK||BD и MP||BD; MP = 1/2 BD и NK = 1/2 BD. Значит, MP||NK и MP = NK. Аналогично MN||PK (||AC) и MN = PK = 1/2 AC. Так как трапеция равнобедренная, то АС = BD, значит MN = NK = КР = РМ. Параллелограмм MNKP – ромб.
Задача 165 (рис. 304)
Решение. Очевидно, что MNPQ – параллелограмм. ?BAD + ?ABC = 180°. Так как AM и ВМ – биссектрисы, то?ВАМ + ?АВМ = 90°, значит, ?АМВ = 90° и?NMQ = 90°. Таким образом, MNPQ – прямоугольник.
Задача 166 (рис. 305)
Решение. SABCD = 1/2 BD ? AC ? sin ? = S. Sпараллелограмма = ab sin ? = BD ? AC ? sin ? = 2S.
Задача 167 (рис. 306)
Решение. Обозначим точку на диагонали, о которой идет речь в условии задачи, через О. Так как?ABC = ?ACD, то равны и высоты ВР и DM этих треугольников. ОК = ОС? sin ?; ОТ = ОС? sin ? (см. рис).
что и требовалось доказать.
Задача 168 (рис. 307)
Решение. Пусть ABCD – данный в условии задачи четырёхугольник. Обозначим через Е, К, F, N середины сторон АВ, ВС, CD и AD соответственно. Тогда EN – средняя линия треугольника ABD, и, значит, EN||BD. Аналогично доказывается, что KF||BD, ЕК||АС и NF||АС. Это означает, что EN||KF и ЕК||NF, т. е. четырёхугольник NEKF – параллелограмм. По свойству параллелограмма ЕК = NF. EN = KF, и по условию EF = NK. Отсюда следует, что четырёхугольник NEFK – прямоугольник. Ранее доказано, что EN|| BD и ЕК||АС, поэтому BD ? AC. SABCD = 1/2 ? AC ? BD ? sin90° = 1/2 ? 2 ? 1 ? 1 = 1.
Ответ: 1 м2.
§ 3. Ответы к задачам экзаменационных комплектов
Ответы и указания к задачам экзаменационного комплекта № 1
Билет № 14) ?1/?2 = R2/R1.
Билет № 24) AB + BD + DC = 14 см.
Билет № 34) Воспользоваться тем, что две крайние части средней линии трапеции равны половине верхнего основания.
Билет № 44) Если В1К1С – точки касания (К – точка касания окружностей), О1, О2 – центры окружностей, то сначала доказываем, что?АО1К = ?АКO2, а затем, что?ВАО1 = ?АO2С.
Билет № 53) 5 см (воспользоваться подобием?DCE и?АСЕ).
4) Воспользоваться теоремой Фалеса.
Билет № 63) Воспользуйтесь свойством параллельных прямых.
4) Учесть то, что треугольник разбивается на прямоугольник и два равнобедренных треугольника (значит, сторона прямоугольника равна катету малого треугольника). Периметр равен сумме катетов.
Билет № 73) 12 см (?BOF ~ ?AOD).
4) Докажите, что расстояния от точки пересечения диагоналей до сторон ромба равны.
Билет № 83) Докажите равенство углов DBA и ACF и воспользуйтесь признаком параллельности прямых.
4) Выразите по теореме Пифагора квадрат каждой стороны четырёхугольника через соответствующие отрезки диагоналей.
Билет № 93) 68°, 68° и 44°.
4) 4?3 см и 6?2 см.
Билет № 103) 4 (т. к. 180° (n – 2) = 360°).
4) Если АС = а, то AD = a/2, АВ = 2а, DB = 3a/2.
Билет № 114) В равностороннем треугольнике биссектрисы и медианы совпадают; воспользуйтесь свойством точки пересечения медиан.
Билет № 123) 66° и 66°.
Билет № 133) 8, 6 и 6 см.
4) 60° (угол DOG, больший 180°, равен 2 ? 150° = 300°).
Билет № 144) Стороны равностороннего треугольника – по 12 см, а равнобедренного – 12, 14 и 14 см.
Билет № 15
Билет № 16
3) Треугольники равны по двум сторонам и углу между ними.
Билет № 173) 5 см (обозначьте АВ = ВС = a; AD = DC = в, BD = х и запишите систему уравнений).
4) 12 и 8 см (докажите равенство?AMP и?PNC, из которого следует, что АР = 12).
Билет № 184) Воспользуйтесь тем, что внешний угол треугольника равен сумме двух внутренних, с ним не смежных.
Билет № 194) 5 (т. к. сумма внешних углов равна 360°, то угол в правильном многоугольнике равен 468° – 360° = 108°. Далее: 180°(n – 2)/n = 108°; n = 5).
Билет № 203) Пусть АВ – общая хорда двух окружностей с центрами О1 и O2, ?О1АO2 = ?О1BO2 (по трем сторонам), значит, углы АO2О1 и O1O2B равны, а биссектриса в равнобедренном треугольнике является и высотой.
4) 16 (т. к. в трапецию вписана окружность, то сумма оснований – а она равна 8 – равна сумме боковых сторон).
Билет № 213) Увеличивается на 20? см.
4) Проведите диагонали в трапеции, рассмотрите средние линии полученных треугольников и учтите равенство боковых сторон трапеции.
Билет № 22 Билет № 233) Медиана в равнобедренном треугольнике является и серединным перпендикуляром.
4) Окружность (середины равных хорд окружности равноудалены от центра окружности).
Ответы и указания к задачам экзаменационного комплекта № 2
Билет № 1
Билет № 2
3) 12 и 8 см.
4) а) 6 см; б) 8 см; нет.
Билет № 34) б) 80° и 100°.
5) Докажите равенство?AFC и?АМС.
Билет № 43) 41° и 49°.
4) а) угол D = 30°, угол CAD = 15°; б)
Билет № 5
3) 4 и 3 см (воспользуйтесь свойством биссектрисы).
5) Уменьшится в 21 раз.
Билет № 63) Получится равная трапеция.
5) Докажите равенство?АОВ и?EOD.
Билет № 73) 53° (ВС параллельна AD).
4) x = 2; y = -0,5;z = -1.
Билет № 8
5) 15° (?АВР – равнобедренный, а т. к. угол В равен 50°, то угол PAC = 65° – 50° = 15°).
Билет № 94) (9 + 3?3) см.
5) 60° (угол ВАО равен углу СВО и пусть он равен?;
и угол ВОС равен 180° – 60° – 60° = 60°).
Билет № 105) 10/?7 = (по теореме косинусов третья сторона равна?21, значит
Билет № 11
3) 32° (СО – часть высоты).
5) Докажите, что?MDP = ?NBK, ?ANM = ?КСР и воспользуйтесь признаком параллелограмма).
Билет № 12
Билет № 13
4) Нет, т. к. треугольника со сторонами 1, 4 и 5 не существует (сумма двух любых сторон треугольника всегда больше третьей стороны).
5) 5 см (достройте трапецию до правильного шестиугольника).
Билет № 143) Да (k = 2).
5) 62°, 49°, 69°.
Билет № 154) DE = 96/5 м (проще всего заметить, что?ADE ~ ?ABC).
Билет № 163) 12; 12?3; 24 см.
4) а) равенство следует из подобия треугольников ВНС и DCP.
5) Проведите из центра квадрата прямые, параллельные сторонам квадрата и найдите равные треугольники.
Билет № 17
4) а) МТ и РК параллельны, a MP и КT – нет; б) да.
5) 110° и 70°.
Билет № 183) Угол DBC равен 17°, угол ABC равен 34°, АС = 18 см.
4) а) 0; б) – 2 (угол между векторами 120°).
5) 2, 3, 4, 5 или 6 см.
Ответы к задачам экзаменационного комплекта № 3
Билет № 13) ?3a2/4 (задача 99; см. решение на стр. 155).
4) 84° (задача 133).
Билет № 23) 3(?2–1) (задача 72; см. решение на стр. 149).
4) 100 (задача 48; см. решение на стр. 144).
Билет № 33) 5 (задача 75).
4) (задача 167; см. решение на стр.167).
Билет № 4
(задача 140).
4) 6 (задача 103).
Билет № 53) 12 и 4 (задача 53; см. решение на стр. 145).
4) 2 (задача 136; см. решение на стр.162).
Билет № 63) 3/2 (задача 81).
(задача 123; см. решение на стр.158).
Билет № 73) 12 (задача 45; см. решение на стр. 142).
4) 16 см (задача 68).
Билет № 83) 6 (задача 20).
4) 2:3 (задача 151).
Билет № 93) 5 (задача 119; см. решение на стр. 157).
(задача 83).
Билет № 103) 1 (задача 12; см. решение на стр. 133).
4) 85?/4 (задача 20).
Билет № 113) 15/2 см (задача 87; см. решение на стр. 151).
4) 150 (задача 57).
Билет № 123) 13, 14 и 15 (задача 93).
4) 96; 156 (задача 55; см. решение на стр. 145).
Билет № 133) (задача 164; см. решение на стр. 166).
4) 10; 20; 10?3 см.
Билет № 143) 9 см (задача 116).
4) 30°, 60° (задача 33; см. решение на стр.139).
Билет № 153) 20/3 см (задача 21).
4) 3 (задача 82).
Билет № 16
(задача 150).
4) 4?3 (задача 52).
Билет № 173) 15 и 5 (задача 39).
4) cos В (задача 114).
Билет № 183) 24 (задача 127).
4) 6?3 (задача 115).
Билет № 193) 7 (задача 54; см. решение на стр. 145).
4) 25? см2(задача 28).
Билет № 203) 8 и 15 см (задача 92).
4) 156 см2(задача 95; см. решение на стр. 153).
Ответы к задачам экзаменационного комплекта № 4
Билет № 14) R = 9/2 (задача 126; см. решение на стр. 159).
5) 3/4 аb (задача 144).
Билет № 2(задача 6).
5) 13/4 (задача 153).
Билет № 3(задача 8).
(задача 138; см. решение на стр. 162).
Билет № 44) 1/2 b2cos2? ctg ? (задача 29).
5) 1 м2(задача 168; см. решение на стр. 167).
Билет № 54) ВС = 1, AD = 7 (задача 131; см. решение на стр.161).
5) 2/3?145 см (задача 14).
Билет № 64) 4?5 (задача 78; см. решение на стр.135).
5) 7/4 (задача 104).
Билет № 74) 2?13 м (задача 41).
5) 15 (задача 15; см. решение на стр. 135).
Билет № 8
(задача 134).
5) Длина BL больше длины BG (задача 35; см. решение на стр. 140).
Билет № 94) 147/8 (задача 117).
5) (задача 155; см. решение на стр. 164).
Билет № 10
(задача 36; см. решение на стр.141).
5) 27/8 см2(задача 98).
Билет № 114) 10 см (задача 84).
5) (задача 156; см. решение на стр. 165).
Билет № 124) отношение длины АВ к длине АС равно
при n = 2; равно 1 при n = 3; при остальных n решений нет (задача 9).
5) 72/5 (задача 49; см. решение на стр. 144).
Билет № 134) 10?З см2(задача 42).
5) 9 см, 12 см, 15 см (задача 96; см. решение на стр. 154).
Билет № 14(задача 91; см. решение на стр. 153).
5) ?7 (задача 145).
Билет № 154) (задача 154; см. решение на стр. 164).
5) Длина стороны квадрата равна 17; точка О лежит внутри квадрата (задача 69).
Билет № 164) (задача 16; см. решение на стр. 136).
(задача 66; см. решение на стр. 147).
Билет № 17(задача 17; см. решение на стр.136).
5) Парабола (задача 154; см. решение на стр. 164).
Билет № 184) (задача 63).
5) 6; 3/4 (задача 106; см. решение на стр. 156).
Билет № 19(задача 30).
5) 30 см2, 90° (задача 143).
Билет № 204) (задача 162).
5) 5 и 3 (задача 148; см. решение на стр. 164).
5. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ФУНКЦИИ ЛЮБОГО АРГУМЕНТА
§ 17. ВЕКТОРЫ НА ПЛОСКОСТИ
Понятие о векторе. Сложение и вычитание векторов
858. Среди величин: масса, сила, длина, площадь, объем, скорость, ускорение, температура - указать векторные и скалярные.
859. Отрезки АВ и CD прямой ММ (рис. 19) имеют равные длины. Каким соотношением связаны между собом векторы: 1) AB > и CD > ; 2) AB > и DC > ?
860.
Векторы AB
>
, BC
>
, CD
>
и AD
>
служат сторонами квадрата ABCD (рис. 20).
1) Равны ли векторы AB
>
и BC
>
?
2) Записать соотношение, связывающее векторы AB
>
и CD
>
; векторы AB
>
и BC
>
.
3) Указать, какое из неравенств: AC
>
> AB
>
и | AC
>
| > | AB
>
| - справедливо и какое не имеет смысла. Почему?
861.
Даны векторы а
и b
.
1) Построить векторы а
+ b
и а
- b
.
2) При каких условиях векторы а
+ b
и а
- b
: а) лежат на одной прямой; б) взаимно перпендикулярны?
862. На векторах AB > = т и AD > = n построен параллелограмм ABCD. Выразить через т и п : 1) вектор AC > ; 2) вектор BD > .
863.
1) Построить сумму векторов A
1 A
2 >
+ A
2 A
3 >
, если A 1 (-1; 1), A 2 (-0,5; -2) и
A 3 (2,5; 2).
2) На плоскости даны точки A 1 (-4; 4,2), A 2 (6; 4,2), A 3 (-2;-1), A 4 (1; 8) и A 5 (4; - 1). Построить сумму векторов A 1 A 2 > + A 2 A 3 > + A 3 A 4 > + A 4 A 5 > .
864.
На плоскости даны точки А (-4; -1), В (1; 1,5), С (3,5; 5), D (10; 6) и E (5;-4). Построить разность векторов:
1) AB
>
- CE
>
;
2) AB
>
- DC
>
;
3) BE
>
- CD
>
.
865. Каким условием должны быть связаны векторы а и b , имеющие общее начало, чтобы вектор а + b делил угол между ними пополам?
866. Какому условию должны удовлетворять векторы а , b и с , чтобы они могли служить сторонами треугольника?
867. Показать, что | а + b | < | а | + | b |. В каком случае имеет место знак равенствa?
868. Какой особенностью должны обладать векторы а и b , чтобы имело место соотношение:
1) | а
+ b
| = | а
- b
|;
2) | а
+ b
| = | а
| - | b
|;
3) | а
- b
| = | а
| + | b
|?
869. На подъемном кране скорость вертикального подъема груза 20 м/мин, скорость передвижения тележки крана 10 м/мин. Найти графически результирующую скорость движения груза. Ответ проверить вычислением.
870. Три силы, по 15 кГ каждая, действуют на тело в одной плоскости. Найти графически равнодействующую этих сил, если углы между силами по 60°.
871.
Дать геометрическое построение разложения данного вектора a
на два слагаемых, если известны:
1) направления обоих слагаемых;
2) длина и направление одного слагаемого;
3) направление одного и длина другого слагаемого;
4) длина обоих слагаемых.
В каждом случае выяснить условие возможности разложения и найти число решений, если ни один из векторов-слагаемых не параллелен а
.
872. Шар весом 3 кГ висит на веревке у стены (рис. 21). Определить графически силы натяжения веревки и давления шара на стену.
873.
Фонарь, вес которого Р, подвешен на кронштейне в точке О (рис. 22), причем горизонтальная балка кронштейна испытывает растяжение Q, а наклонный подкос - сжатие F.
Выразить векторным равенством зависимость между силами Р, Q и F и вычислить Q и F, если вес фонаря Р ≈ 5 кГ, а подкос образует с вертикалью угол α ≈ 40°.
