дома » Геометрия в школе » РЕШЕНИЯ УПРАЖНЕНИЙ И ЗАДАЧ

РЕШЕНИЯ УПРАЖНЕНИЙ И ЗАДАЧ

РЕШЕНИЯ УПРАЖНЕНИЙ И ЗАДАЧ.
(Составлены Д. И. Перепёлкиным)

ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Ж. АДАМАР

РЕШЕНИЯ УПРАЖНЕНИЙ И ЗАДАЧ

ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Ж. АДАМАР

ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Ж. АДАМАР

Скачать всю книгу Ж. АДАМАР «ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ» в хорошем качестве

КНИГА ПЕРВАЯ.
ПРЯМАЯ ЛИНИЯ.
УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I (стр. 35).
;?4.ч’Если точка С лежит между М и В (черт. 250а), то. из ра-
йенства AM — MB следует, что АС —’М С= МС -f- СВ, откуда MG=
= у (А С — СВ), и аналогично, если точка С лежит между А и М.
Если точка С лежит на продолжении отрезка АВ за точку В
(черт. 250 Ь), то АС — М С = М С — ВС, откуда М С — -^ (А С -^ -В С ) ,
и аналогично, если точка С ле- с В
жит на продолжении отрезка АВ a) Z——————.—————— <
за точку А.
2. Если полупрямая ОСх про- ь)
£одит внутри угла МОВ (черт.
251), то £ АОСх — Z МОСу =
= 2 MOCi -f- L СХВВ, откуда
I м о с х= ^ ( А Abei — l c xo b )
OCi проходит внутри угла AOM.

Еолн полупрямая ОС2 проходит внутри угла АгО В \ то её
олжение ОСх проходит внутри угла АО В , и /_МОС<>= 180°— Z А

307 УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I.

Если, полупрямая ©Ci’ проходит внутри угла ВОЛ’, то ALAOC3 —
— L МОС3= £ МОС9 — L ВОС3( откуда /_ МОС3 = ~ ( / . АОС3 -j-
+ L ВОСа), и аналогично, если ОС3 проходит внутри угла АОВ’-, |
3 , Из условия следует, что / . АОВ-^- /_ В О С ~ /.C O D — { — /mDOA %
черт. 252); но, очевидно, Z А О В -^ /_ВОС-{- /_СОО Z DO А — 4of; . ^
следовательно, Z A O B /_ ВО С— /_ COD-\- Z. DO A — 2 d .\^ J ftG A ;
след них равенств следует (на основании обратной т е о р ем й п .1 5 ),

что ОЛ.и ОС образуют продолжения одна другой. Таким же обра*
зом. доказывается, что ВОН есть пряма* линия.
4. По условию имеем (черт. 253): -?р S=.’
2d-, ~ L CODAr L DOA-Y 4- L A O B = 2 d , откуда £ ВОС* L ВО А.
;-‘;{#’1Шаив№^рда|ср№м,- чгЬ-‘£ АОВ COD. В силу упражнеиштЗ
четыре полупрямые попарно представляют продолжения одна другой.

УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ II (cтр, 43).

б . 1°. Если в треугольнике ABC имеем £ BAD*= / . CAD . и
£ BDA = LfJADA — d (ч ер ¥ .2 5 4 ), то треугольники ABD и ЛСД
имеющие обн^ю сторону Л ДиерОТВета’веяно равные углы при Л и
D, равны. Из равенства этих треугольников и следует, что А В ^ АС.
2°. Есля/Зимеем Z.BDA — Z .C D A = d w B D ^ C D , то треугольники
ABD и ЛСД-равны да равенству двух сторон и заключенного
между нами урла’, и АВ*= АС. . ‘ ‘ V. — Л/
3°. Пусть Z, 5Л Д— Z С АО и ВО= СО. Откладываем ОЕ =?= А О .
(черт. 254). Треугольники АВО и ECO равны (п. 24, второй признак),
откуда АВ — ЕС и /_ BAD — £ СЕО. В силу равенств BAD—
— / CAD я J ^ B A D ^ Z. CEO имеем ^ СЛ£)а= /С С Д , так что
т р & ^ ^ # .У ^ ^ ^ Й в^бб^ Р енкы* 23» обратная’

308 УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I.

-»& !Щ ф 0ф 4т аШ А& ^Я н $Д& & т т т ейЯШ ^Я < > *& ‘я -со от —
: , А ^ т э ей в о ра»ный)стор®вд ОА;и ш и ^ & .т 0 B i p m m \ , .еледова-
W ‘— ^ £ О М Ш АШ В \р ? = ш & # В ^ Ы т :Щ ^ Т м как
•у; углы ОЛЕГ и%ОА’В равны, тоЛравны;\в смежные- ;с нимде угды;
!В»*пй« ^ 1 исиа£ *& « ^ Ш А Ы Л а в ^ ^
» ‘ » ^ ^ 4 1А’Ф,}&№Я&ЗЖ№’АЪнъагщ№у /А ^Ш Н а д а е а л ф е —
I ШЛу»гШЖ\равйй,’Дцо ^ в ен с т в у трёх сторон), откуда
r&MQh:f.-jh Н- бДГЗН^дйУэН — -■ — —
BD — медиана данного треугольника 4®С,и BD — DE
атом треугольники DAE и £Ю^равны (пГ^б^откуда
,v. iA E = & B C t/.D E A = ~ i£ B B C . — > f
. . : 5Если SC^SA.TciBTpeyroflbtprfce AfiiE’
п ’ имёек АБ^>>’АВ, откуда пдСизвестной
теореме (п. 2 5 ) \ / ABE Л Е В ,! т. е.
£. A £D > Z, £>£&, / ;
Для любой ‘ТОНКИ, JkL-JKTOCKOCTH
треугольника А5С иМеем:
лки. лти
f £ ?. ‘•’ •?*• ■ ■ ч ‘ ; 1 ‘ ; «М * Г г Т Л Й 1 ; ь « Д ; / О Ц i f
л л й T W i — j » Ш : :
л<:* : ‘ ’* ‘к 1 — ’ -1 vll4 С-0 : С> -1 ,
u2‘ ,т’г>м та: д-l ‘ * -•
Ш\йЩх НИ*ГЧ
-vic r /1t ь.;. .н р .
V * e?v a t ; 0 i ‘ —
К £ -41й#а г. о ‘ i *
% . *
fi-tpiK
>■ -Vi — — >■’: ■ uHt’f*c I -Гп .* ic’-,. rnfp’ : Черг т. 255. . > „\
£%^%тГ»й>|/;.«5 -‘$*>’ ‘ • ->•-■- / . :’ -‘if ■’ .„-f-.fl.:. ‘ / / ; \
Ч*;С М С А -M A ^ jCA; МА~\г M S SS— Afi, пррчёц^три знака . рЬ^енства
H i .;т ^ ^ ^ е я я о г « е |^ а р |>ж |Р « » хац:как.*<ща Af. н е’мрж^лежатоддно-
|^1^4ре*1енно на; всё?.трёх npa»|^fiC?jygi^« АВ. ty $ & k S t^ tA 0№ @ — { ‘
— * * • ‘ >* Z
J SC :’5 «;»«-••<» i ‘ Ич^
ЛЛ-Л’
i^yEgTS
ЯЙОДЬТ ГЬ
меньше, першетра объем- —
.ейЪ^трй’треугольника, ‘
Ш ^ М А ^ В С — \ —
?j7, у ^ дШй я и деля на два, получим
;,4-.СА-|яЦДу,(; • i tij (.-iл. -д. ч, f.Ai-‘-iу . i >\ii • 4»-!
f? ‘sL^ M — МШгЩт» ,:
гтай’точка, у оЖ А + Ж Д ^ АД; A f S — f ^ ^ i S C ; .
ilKI rf- AfA i’Ay яр4Йём нёйозмбасНо) >>ттрбй‘.й1мейй место вс® знаки
равенства (одновременно. Складывая, и деля на два, получим МА -4-
т¥& iv- 4W|i 54tK_ it b fVipiErZiMi Ai ч^ы}/^ v.^ -4 • f ‘
‘ ■ *~ *< r ^ ‘ ^ — ‘■ *»■’ * Ж^.:Л , ли ;>|.^
-йг->
-2.’ -’C * ’ ‘ • гЛ~C’ ’ r . . f — — f r ‘• >■ » f Ь’Щ.’. t . d r r i j v <; ‘ .f}yT*« ‘ ‘ г — ч . ч 2 ‘ * *1
4§?с/
:зйй-.
— ,,4 С Л’ . • >

309 УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I.

9. Если Е — точка пересечения диагоналей АС и BD четырёхугольника
ABCD (чорт. 256), то А С < ^А В ВС\ АС<^ AD-\~DQ,
BD <^ВС -f* CD; BD <^ВА -f- AD. Складывая и деля на два, находим
AC + B D < A B + BC + CD + DA.
Если четырёхугольник ABCD выпуклый, то АС = АЕ -\-Е С;
BD = BE:-\-ED и AE + E B > A J 3 ; ВЕ + ЕС<>ВС; C£ + f iD > C D ;
р Е — \-Е А AD. Складывая последние
неравенства и деля на два, получим
А Е — f- B E — \- СЕ -j- D E > ^ {A B — \-B C — f-
+ CD + AD), т. e. ч A C — \ -B D >
c > y (AB — \ -B C — J- CD -p A D ) .
Черт. 257.
В
Пр име ч а ние . Первое из доказанных свойств AC -f- BD < AB-f-
+ ВС -f- CD -f- AD сохраняет силу и для вогнутого четырёхугольника. Второе
свойство AC -f- BD > -Tj- (AB + ВС -f- CD + AD) не всегда имеет место в случае
вогнутого четырёхугольника (так на черт. 257 АС + BD, очевидно, меньше
полупериметра).
1 0 . Пусть Е — точка пересечения диагоналей выпуклого четырёхугольника
ABCD, и М — произвольная точка в его плоскости, отличная
от Е (черт. 256). Имеем МА — \ -М С ^
^ Е А + ЕС; * M B — \ -M D ^ EB + ED,
причём два знака равенства одновременно
невозможны, так как точка М отлична
от хЯ. Складывая почленно, получим:
M A -\-M B + M C + MD > ЕА — f -Е В +
-}-E C + ED.
Пр имечание . Точка пересечения дна-=
гоналей Е вогнутого четырёхугольника рассматриваемым
свойством не обладает. Чтобы
в этом убедиться, обозначим .через D ту из
вершин ‘ вогнутого четырёхугольника ABCD
(черт. 258), которая лежит внутри треугольника
ЛВС у образованного тремя другими вершйнамЙ
Пусть точка М лежит внутри (илк на стороне) угла, вертикального
углу BDC. В таком случае MB-\-MC>DB-\-DC. Кроме того, MD^-MA ^ AD.
Отсюда >
. МА -f- MB -f- МС MD, > DA -f- DB -f- DC. s .(1)

To же самое неравенство получается и для точек М, лежащих внутри
(или на стороне) углк, вертикального углу ADBt а также для точек Af, лежащих
внутри угла, вертикального yray^DC. Таким образом, неравенство

310 УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I.

(1) имеет место для всякой точки М, отличной от D (в том числе и для
точки пересечения диагоналей Е).
Итак, точка D (а не точка Е) есть точка плоскости, которая имеет наименьшую
возможную сумму расстояний до четырёх вершин.
11. На чертеже 27 в треугольнике ЛБЕ имеем 2BD АВ -|~ АЕ,
т. е. BD< — J (АВ-\-ВС).
В треугольниках ABD и BCD имеем BD АВ — AD; BD ВС —
— DC, Складывая и деля на два, получаем BD у (АВ ВС — АС);
12. Если АА’, ВВ’, СС — медианы треугольника ABC, то в силу
упражнения I I имеем ~ (АВ-f у (АВ -f ВС — АС) < ВВ'< у (АВ -f ВС); у (АС + ВС — АВ) <
< ^ С С ‘< ^ у (АС-\~ВС).Складывая, найдём: — -(-
<^АА’-\-ВВ’-\-СС’ < А В AC- f
Приме ч ан ие . Пользуясь теоремой п. 56, можно доказать неравен-
3
ство -j- (АВ-\-ВС~\- А С )< АА -\-ВВ’ -{-СС, дающее более узкие границы
для суммы медиан. Если G — точка пересечения медиан, то ВС <. GB -\~ GC,
т. е. В С < ^ г (ВВ’ + С С ).Аналогично АС < -|-(АД1 + СС’) и <
О О
2 3 < у (АА’ + ВВ’). Складывая, легко получаем ~ (АВ + ВС + АС) < АА’ — f
-{-ВВ’ + СС.
13. Если данные точки А и В лежат по разные стороны от данной
прямой ХУ, то искомой точкой будет точка пересечения М прямых
ХУ и АВ, так как если М! — произвольная точка прямой ХУ,
отличная от М, то МА -\-МВ — АВ <^М’А -f- М’В.
Если данные точки А и В лежат по одну сторону от ХУ, то
для любой точки М’ прямой ХУ имеет место равенство М А -[-
М’В — М’А-\-М’В’, где В’ — точка, симметричная с В относительно
ХУ. Искомой точкой будет точка
пересечения М прямых АВ’ и ХУ.
14. Если В’ — точка, симметричная с
В относительно ХУ, то /_ВМУ=/_В’МУ,
и, следовательно, точки А, М, В’ лежат
на одной прямой в силу равенства
/_ А М Х = Z, В’МУ. Искомая точка есть
точка пересечения прямых АВ’ и ХУ.
15. Если данные точки А и В лежат
по одну сторону от данной прямой ХУ
(черт. 259), то искомой точкой будет точка пересечения М прямых ХУ
и АВ, так как если М’ — произвольная точка прямой ХУ, отличная от
^ < г о \МА — МВ\ = А В У \М ‘А—М’В\.

311 УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I.

Если данные точки А и В лежат по разные стороны от ХУ, то
обозначим через В’ (черт. 260) точку, симметричную с В относительно
ХУ. При этом для любой точки Ш прямой ХУ имеет место
д равенство М’А — М’В = М’А — М’В’.
Следовательно, искомой точкой М будет
мыми углами при А и А’ катеты удовлетворяют условиям АВ
<^А’В’ и АС<^А’С’, то строим A’D = AB и А’Е— АС (черт. 261).
При этом BC = DE. Так как А’Е <^А’С’, то и DE<^DC’ и аналогично
DC’ <^В’С’, так что DE<^B’C’, т. е. ВС<^В’С’.
17. Пусть AD — медиана, АЕ — биссектриса, АН— высота треугольника
ABC, в котором АВ^>АС (черт. 262). В силу упражнения
7 AL BAD < ^ L D A C y так что медиана лежит между стороной
АВ и биссектрисой АЕ.
Если отложить НЕ — НС, то A C = A F и, в силу неравенства
АВ^> АС, также AB^>AF. Следовательно, BH^>FH, и точка F
лежит ближе к Н, чем точка В, так что £ С А Н = /_ FАН Z ВАН
и высота АН лежит между биссектрисой АЕ и стороной АС.
18. Так как HE<^HD (см. решение упр. 17 и черт. 262), то
и AE<^AD.

УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ IV (стр. 49).

19. Если высоты BD и СЕ треугольника ABC (черт. 263) равны,
то прямоугольные треугольники BCD и ВСЕ равны по равенству
катета и гипотенузы, откуда BCD — СВЕ и треугольник ABC —
равнобедренный.
Приме ч а н ие . Относительно аналогичного свойства медиан см. задачу
39 и биссектрис — см. задачи 361 и 361а.

312 УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I.

2 0 . Если BD и СЕ—высоты треугольника ABC, в котором
АВ^>АС, и, следовательно, Z. АСВ^> £ ABC, то к треугольникам
BCD и ВСЕ применима теорема п. 35, в силу которой BD^>CE.

УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ V (стр. 54).

21. Пусть I— точка пересечения биссектрис углов В и С(черт. 264).
Имеем 2. NCI — /_ IC B = ^ NIC (как внутренние накрестлежащие);
“Треугольник NIC — равнобедренный и IN = C N . Аналогично 1М =
= ВЖ^^ откуда M N = BM -f- CN.
/1
Если Г — точка пересечения внешних биссектрис углов при В
и С и MrIrNr — прямая, параллельная ВС, то треугольники М’ВГ
и NrCIf оба равнобедренные и MrN f = ВМ! -|- CN’.
Наконец, если /» — точка пересечения биссектрисы угла при В с
внешней биссектрисой угла С и M»I»N» — прямая, параллельная ВС,
то треугольники М1ГВ Г и NrrCI» — равнобедренные и M”NrF=z
— М ГГ — NrrIrr = ВМ,Т — CN” .

313 УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I.

22. Пусть дан многоугольник ABCDE (черт. 265). Соединяя
точку О, лежащую внутри многоугольника, с его вершинами, мы
разобьём его на треугольники, которых будет столько же, сколько
сторон. Сумма всех углов этих треугольников будет 2dn (п — число
сторон многоугольника). Чтобы получить сумму углов многоугольника,
надо из этой суммы вычесть сумму углов при точке О, т. е. 4d.
23. Если угол при А острый, то сумма А В А С больше угла
А (черт. 266). Из треугольника ABD имеем: £ A D E = 2 d— /_ В ^~
—• А С = А А] точно так же из треугольника АСЕ имеем A AED —
= 2d — А В — A C = Z .A , откуда A. ADE = A AED.
Если угол при А тупой, то А В А С А А (черт. 267). Из
треугольников ABD и АСЕ имеем: A A D E = А В 4~ А С; A AED =
— А В -\- А С, откуда A ADE =
A AED.
Если угол при А прямой, точки
D и Е совпадают, так как угол
А равен сумме АВ-\~АС.
9 D E C
Черт. 267. Черт. 268.
24. 1°. Пусть АЕ— биссектриса, АН— высота и АВ^> АС, так
что угол В острый (черт. 262). При этом А Е А Н = А ВАН —
— Z В АЕ = (90° — Z В )— ~Z А 90° — Z 1 (1 — AC) = \ U C — LB).
2°. Если / — точка пересечения биссектрис углов В и С (черт. 264),
то /_ BIC = 180° — ( у 1 + с ) = 180° — — 1 (1 8 0 °— / . А) =
= 90° + l z . А.
3°. Если Г — точка пересечения биссектрис внешних углов при В
и С, то Z В Г С = 1 8 0 °— у (1 8 0 °— А В )— — (1 8 = 1 ( 1 8 0 °— / . А) = 90° — 1 /_ А.
2 5. 1°. Если АЕ и BE — биссектрисы углов А и В (черт. 268),
то из треугольника АВЕ имеем: А ЛЕВ = 180° — А А — ~ А В —
= \ { L A — \ — L B ^ — L C ^ — / _ D ) — ^ L — 1 = y (Z с +
+ ZD).

314 УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I.

2°. Если AF и C F— биссектрисы углов Л и С, то из четырёхугольника
ADCF (мы предполагаем, что из двух четырёхугольников
ABCF и ADCF выпуклым является ADCF, как на черт. 268) имеем:
/1 AFC = 360°— Z D — y Z А — у Z С—360°— —у (360°—
— £. В— /_ D ) = 180° — i — ( Z D

УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ V/ (стр. 61).

26. Если AN и BN — биссектрисы углов А и В параллелограмма
ABCD (черт. 269), то Z AN В = 18 0 °— у Z у Z
то Z APB — 180°— у Z ХА В у Z КЛЛ = 90°. Аналогично пока-
жем, что и остальные углы четырёхугольников KLMNn PQRS— прямые.
27. Если О — точка пересечения диагоналей параллелограмма
(черт. 270) и MN— произвольная прямая, проходящая через О, то
треугольники АОМ и CON равны (АО — ОС; МАО = NCO;
/. АОМ = CON), откуда ОМ = ON.
28. Пусть О — середина диагонали МР параллелограмма MNPQ,
вписанного в данный параллелограмм ABCD (черт. 271). Треугольники
AMQ и CPiV равны, так как MQ = PN и £ AMQ = CPN,
AQM — Z. CNP, как углы с параллельными сторонами, имеющими
противоположные направления. Следовательно, AM — СР. Далее
треугольники АОМ и СОР равны, так как АМ — СР; ОМ — ОР;
2 .АМ О = Z.CPO. Отсюда следует, что / тА ОМ = /_СОРкОА — ОС,
так что АОС — прямая линия (упражнение 3), а О — середина
диагонали АС параллелограмма ABCD.
29. Если ВО — медиана треугольника ABC и BO — OD (черт. 50),
то к треугольникам ABC и ABD применима теорема (п. 28) о двух

315 УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I.

треугольниках, имеющих две пары соответственно равных сторон,
но неравные углы, заключённые между ними. В зависимости от того,
будет ли АС < ^ 2 0 В, АС— 2 0В , АС 20В, будем иметь AC<^BD,
AC = BD, AC^>BD, и, следовательно, Z АВС<^ Z BAD, Z АВС =
= Z BAD, Z Л £ С > Z Так как Z ABC-f- Z BAD — 2d, то
будем иметь соответственно Z ABC<^d, Z ABC — d, Z ABC^>d.
3 0 . Пусть в треугольнике Л/7С (черт. 272) угол В вдвое более
угла С. Если на продолжении стороны АВ отложить отрезок AD =
= ВА, то все углы треугольника BCD будут равны между собой;
откуда ВС = BD — 2ВА.
31. Пусть даны две пересекающиеся прямые ОХ и OY (черт. 273).
Обозначим через Аг и А” точки пересечения прямой ОХ с прямыми
расстояния которых от прямой ОХ будут равны МР, а расстояния
от прямой OY будут равны MQ —[— / и / — MQ или MQ -(-1 и MQ — I,
смотря по тому, лежит ли точка М между прямыми A!Yr и Af’Yn
или нет (оба случая показаны на черт. 273).
Пусть теперь для некоторой точки плоскости М выполняется одно
из условий МР-\~ MQ = l, МР — MQ — l, MQ — МР— 1, т. е. одно
из условий M P ^ l — MQ; MP—MQ-\-l\ MP— MQ— I, В таком
А М В
D
В A D
Черт. 271. Черт. 272.
A’Y’ и A!rYrr, параллельными
О Y и отстоящими
от неё на расстоянии,
равном /.
Черт. 273.
Пусть М—произвольная
точка плоскости, и
МР и MQ — её расстояния
от прямых ОХ и OY.
С помощью двух поступательных
перемещений,
определяемых по величине
и по направлению
отрезками ОАг и ОА”,
мы получим из точки М

316 УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I.

случае одна из точек Мг или М!\ получающаяся из точки М с помощью
указанных выше поступательных перемещений, будет равноудалена
от прямых ОХ и OY. Отсюда следует, что и обратно, точки М, удовлетворяющие
условию задачи, получаются из точек, равноудалённых
от данных прямых, с помощью поступательных перемещений О А! и ОА!\
Так как геометрическое место точек, равноудалённых от данных
прямых ОХ и ОТ, есть пара прямых р, q, делящих пополам углы
между данными прямыми, то
геометрическое место точек М,
для которых сумма или разность
их рИедтояний от данных прямых
OX vP~QY равна /, представляет
собой~ две пары прямых
//, qr и //’, qrr, получаемых
из р, q с помощью тех
же поступательных перемещений
(черт. 274).
Остаётся ещё решить вопрос,
для каких точек этих четырёх
прямых отрезок I будет
равен сумме и для каких— Черт. 274.
разности расстояний от данных
прямых. Ограничимся решением вопроса для точек прямой q\ Из
чертежа легко усмотреть, что для точек отрезка АГВГ (черт. 274)
сумма расстояний будет равна /, а для точек, лежащих на продолжении
отрезка А ВГ, разность расстояний будет равна /.
Таким образом, геометрическое место точек, для которых сумма
их расстояний от двух данных прямых равна /, есть совокупность
четырёх сторон прямоугольника А!В’АГГВ», а геометрическое место
точек, для которых разность расстояний равна /, — совокупность
продолжений всех сторон того же прямоугольника за его вершины.
Пусть теперь данные прямые XX7 и YY’ параллельны и Z Z’—
прямая, равноудалённая от них. Обозначим через МР, MQ и
MN расстояния от точки М соответственно до прямых ХХ\
YYr и ZZ’.
Если расстояние между данными прямыми меньше /, то геометрическое
место точек М, для которых МР-\- MQ = l, есть пара прямых,
отстоящих от прямой ZZ’ на у / , так как в силу упражнения 1 имеем
(черт. 275) МР-}- МQ = 2MN. В этом случае не существует, очевидно,
точек, для которых М Р—MQ — ztL
Если расстояние между данными прямыми больше /, то не существует,
очевидно, точек М, для которых MP-\-MQ = L В этом случае
геометрическое место точек, для которых МР — МО = — ь /,
состоит из двух прямых, отстоящих от ZZ’ на у / , так как в силу
упражнения 1 имеем МР — МО— 2MN (черт. 276).

317 УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I.

Наконец, если расстояние между данными прямыми равно I, то
для любой точки М, лежащей между двумя данными прямыми или
на одной из них, имеем МР-\- MQ = L Для любой точки, лежащей
вне полосы, образованной двумя данными прямыми, или на одной
из них, имеем МР — MQ = ± / .
Z —
м
1
N
Черт. 275.
— Z
Y —
* м
1
J г
/ * N
2
t
г’ Р
Черт. 276.
У
32. Из сказанного в п. 284, пример I, вытекает следующий способ
построения точки N:
Через точку А проводим прямую, имеющую данное направление,
и на этой прямой откладываем отрезок АС, равный искомому отрезку
MN (определение длины последнего не представляет затруднений).
Соединив точки В и С, получим в пересечении с одной из данных
прямых точку N.

УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ VII (стр. 64).

33 . Пусть требуется соединить точку О с точкой пересечения
прямых АА! и ВВГ (черт. 277). Проводим через О прямые AD и
BE, соответственно перпендикулярные к ВВГ и АА!. Прямая OF,
перпендикулярная к АВ, проходит через точку пересечения пря-
Черт. 277. Черт. 278.
мых АА’ и ВВГ, так как OF есть третья высота треугольника,
образованного прямыми АА!, ВВ’ и АВ.
Это построение пригодно лишь в предположении, что точки А
п В и отрезок АВ лежат в пределах чертежа.

318 УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I.

3 4 . Пусть Е и F — середины непараллельных сторон AD и ВС,
М и N — середины диагоналей BD и АС трапеции (черт. 278). Прямая
ЕМ соединяет середины сторон треугольника ABD и потому параллельна
АВ (п. 55); прямая EN, соединяющая середины сторон треугольника
ACD, параллельна CD и, следовательно, параллельна АВ. Отсюда
следует, что прямые ЕМ и EN совпадают. Точки Е, М, N лежат на
одной прямой. Точно так же доказывается, что точки F, М, iV лежат
на одной прямой. Последняя прямая совпадает с EMN, так как она
имеет с ней две общие точки М и N. Итак, все четыре точки Е,
F , М., N лежат на одной прямой.
Из треугольников ABD, ABC, BCD имеем
ЕМ = ^ -А В ; F N = ~ A B ;
Отсюда
EF — ЕМ -j- MF — ^ (АВ + CD);
M N =M F— F N = — ^ —- АВ).
3 5 . Пусть АА0 и ВВ0 — перпендикуляры из точек А и В на
данную прямую и С0 — середина отрезка Л0^о-
Л
Л о С0 В0
Черт. 279.
Если точки А и В лежат по одну сторону от данной прямой
(черт. 279), то АА0В0В — трапеция. Прямая СС0 будет параллельна
основаниям трапеции: в силу упражнения 34, прямая, проходящая
через середину стороны АВ и параллельная основаниям трапеции,
делит пополам и сторону А0В0. Отрезок СС0 равен у (ЛЛ0 -\-ВВ0).
Если точки А и В лежат по разные стороны от данной прямой
(черт. 280), то АВ и А0В0 — диагонали трапеции АА0ВВ0. В силу
упражнения 34, так как прямая СС0 делит обе диагонали пополам, то
ССй= \ ( А А 0 — ВВй).

319 УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I.

ВС, CD, DA и диагоналей AC, BD четырёхугольника ABCD (черт. 281).
Отрезок MN, соединяющий середины двух сторон треугольника ABC,
параллелен АС и равен у ^ С . По той же причине отрезок PQ параллелен
АС и равен у АС. Четырёхугольник MNPQ есть параллелограмм.
Прямые МР и NQ делятся в точке пересечения О пополам, как
диагонали параллелограмма MNPQ. Отрезок KN, соединяющий середины
сторон треугольника ABC, параллелен АВ и равен уА<3; аналогично
отрезок LQ параллелен АВ и равен ^-АВ. Следовательно,
KNLQ есть параллелограмм, и отрезок KL проходит через середину О
отрезка NQ, как диагональ нового параллелограмма, и делится в ней
пополам.
Л И В
37. Пусть G — точка пересечения медиан BE и CF треугольника
ABC (черт. 282), а точки К и L выбраны так, что E K— EG\ FL —
= FG. Отрезок EF, соединяющий середины сторон в каждом из треугольников
ABC и GKL, параллелен как ВС, так и KL и равен как у ВС,
так и уЛ Х . Отсюда следует, что отрезки ВС и KL параллельны
и равны. Четырёхугольник BCKL есть параллелограмм, так что
BG— G K = 2G E и CG = GL = 2GF. Следовательно, медиана BE
проходит через точку G, отсекающую одну треть отрезка CF.
Точно таким же путём можно показать, что и третья медиана AD
отсекает у от отрезка CF последовательно, проходит через туже
точку.

320 УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I.

38. Пусть а, b, с — данные прямые, проходящие через О, и Л —
точка на прямой а.
1°. Стороны АВ и АС треугольника с вершиной А, имеющего данные
прямые своими высотами, должны быть соответственно перпендикулярны
к с и b (черт. 283). Этим определяется положение вершин
В и С на прямых b и с. Если прямые b и с перпендикулярны, то
прямые, проходящие через
А и перпендикулярные
к прямым b и су
будут, очевидно, параллельны
соответственно
прямым с и fry и предыдущее
построение невыполнимо.
В этом случае
не существует треугольника,
имеющего данные
прямые своими высотами
и точку А — своей вершиной.
2°. Строим ОА^ =
— ~ОА (черт. 284); точка
Ах есть середина ВС.
Если Л1Ж = Л10 , то
ОВМС есть параллелограмм.
Точки В и С лежат
на прямых, проходящих через М и параллельных с и Ь. При этом
точка О будет точкой пересечения медиан треугольника ABC (так
как Л10 = у Л 1Л), а следовательно, прямые ОВ и ОС будут действительно
медианами треугольника ABC.
11 Элементарная геометрия, ч. I

321 УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I.

3°. Если прямые а, b и с — биссектрисы углов искомого треугольника
ЛВС, то прямые АВ и ВС симметричны относительно прямой Ь,
а прямые АС и В С— относительно с (черт. 285). Следовательно, точки,
симметричные с данной точкой А относительно прямых Ь и с,
лежат на прямой I, проходящей через точки В и С. Это даёт возможность
построить прямую I, а затем и вершины В и С.
Если прямые b и с перпендикулярны между собой, то построенная
прямая I проходит, как легко видеть, через точку О, и задача не
имеет решения. Если прямая а перпендикулярна к одной из прямых
b и с, то прямая I будет параллельна другой из них, и задача опять
не имеет решения. В остальных случаях, т. е. когда никакие две из
данных прямых не перпендикулярны друг другу, задача имеет единственное
решение.
4°. Рассматриваем треугольник ABC, имеющий прямые а, Ь, с
своими высотами (см. 1°), и через его вершины проводим прямые,
параллельные его противоположным сторонам (сравнить известное
доказательство теоремы о высотах треугольника, п. 53).

322 УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I.

Около

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *

*
*

Статистика


Яндекс.Метрика




Свежие комментарии