Задачи. УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I.
(Составлены Д. И. Перепёлкиным)
ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Ж. АДАМАР
Задачи. УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I
ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ Ж. АДАМАР
Скачать всю книгу Ж. АДАМАР «ЭЛЕМЕНТАРНАЯ ГЕОМЕТРИЯ» в хорошем качестве
вершинами на прямых Dy, D t , D 3, D t равна длине некоторой ломаной,
соединяющей А и B IV, и потому больше А В 1У.
Частный случай, когда D u D%, D 3, Dt ~~ стороны прямоугольника
и точки А я В совпадают, представлен на чертеже 288, При этом
X Y Z U— параллелограмм и М Х = P Z = M X . Отсюда X U — \ — U Z ~
= X Z ==МР, так какM P Z X ^ параллелограмм. Таким образом X Y -{-
Y Z ~ \-Z U -)- U X— 2MP (обозначения точек ионятны из чертежа).
4 t . Точка К (черт. 269), лежащая на биссектрисах углов DAB>n
ADC, равноудалена от прямых АВ и CD (я. 36), и тем же .свойством
обладают точки М, Q, S. Поэтому точки К, М,’ Q, S лежат на
прямой — геометрическом месте точек, равноудалённых от прямых AS
и CD. Точно так же точки L, N, Р, R лежат на прямой — геометрическом
месте точек, равноудалённых от прямых ВС и AD.
11*
323 Задачи. УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I.
Далее SM = АВ, так как A BM S— параллелограмм, и S R = M Q = =
= ВС, так как AKDS и BQCM— прямоугольники. Отсюда SQ =
= SM + M Q = .A B — \-B C и KM = SM — S K = A B — BC.
4 2 , Пусть точка М лежит на основании ВС равнобедренного треугольника
А ВС (черт. 289), и МК, ML, M N — перпендикуляры из
точки М на сторонй АВ, АС и на высоту CF треугольника. При этом
/ , CMN = / _ С В А BCL, и прямоугольные треугольники CM N thMCL
равны. Следовательно, ML = CN. Кроме того, М К = NF. Отсю-
Если точка М’ лежит на продолжении ВС, например, за точку С,
то аналогично М’К’ — M’L’= М’К ’ — M ‘N ‘— N’K’ — CF.
Пусть теперь точка М лежит внутри равностороннего треугольника
ABC (черт. 290) и МР, MQ, MR — перпендикуляры из этой
точки на ВС, АС, АВ. Проводим через точку М прямую ВлС1г параллельную
ВС, и из точки В г опускаем перпендикуляры В ХК и B XL
на стороны АСяВС. Применяем теперь доказанное свойство равнобедренного
треугольника дважды: един раз к треугольнику АВ^Су, другой
раз к треугольнику ABC. Получаем MQ M R = = Bt k’, М Р -{• MQ -\-
MR = BtL -|- ВЛК = AD, где AD —- высота треугольника ABC.
Если точка М лежит вне треугольника, например, в области внутренней
по отношению к углу ВАС, то — M’P’ ^ -M’Q’ -\- M’Rr —
— — B {U -|- В i К’ = AD. Во всеххлучаях будем иметь ± M P ± M Q ±
■- чн MR = AD.
4 3 . Пусть прямая KL, проходящая через середину D стороны ВС
треугольника ABC и перпендикулярная к биссектрисе АЕ, переСекает
прямые АВ и АС в точках К и L (черт. 291), Так как в треугольн
и к е AKL биссектриса совпадает с высотой, то (упр. 5) A K = = A L и
Z. А К I = /_ ALK. Треугольники tB D K и CDF, где CF параллельно
АВ, равны, откуда В К = CF. Далее CFL == AKL ==s £. ALF, и потому
C F = C L , так что B K — CL. Итак, АВ = А К + В К , A C = A L -+ -C L =
== А К— ВК, откуда A K = A L = ~ (A B — \ -A C ) \ B K = C L = у (А В—АС).
д да M L — { -M K = C N — \ -N F = C F .
Итак, сумма расстояний точки М
от сторон АВ и АС равна высоте
CF треугольника.
324 Задачи. УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I.
4 4 . Имеем ряд равных треугольников ABH, СВК, EKF, QHF
(черт. 292), откуда H B = ± = B K = K F = F H . Угол BKF — прямой, так
как он равен сумме острых углов треугольника ВКС. Отсюда уже
следует, что H B K F— квадрат.
4 5 . При решении предложенной задачи мы воспользуемся следующим
замечанием.
Если в д в ух равных треугольниках, имеющих одинаковое направление
вращения, какая-либо сторона одного перпендикулярна
к соответственной стороне другого, то и каждая сторона одного
из этих треугольников перпендикулярна к соответственной стороне
другого.
В самом деле, пусть сторона ВС треугольника ABC (черт. 293)
перпендикулярна к соответствующей ей стороне В’С’ треугольника
А’В’С, равного ABC и имеющего
те ж е направление вращения. Отложим
от точки В отрезки В А» и ВС»,
соответственно равные и параллельные
В’А’ и В’С’ и направленные в
ту же сторону. Углы А!’ВС» и А’В’С’ О
будут при этом равны и одинаково
направлены. Так как углы ABC и
А’В’С’. по предположению равны к
имеют одинаковое направление, то и
углы А»ВС» и ABC равны и имеют
одинаковое направление. Отсюда
= .следует, что углы С» ВС и А»В А равны,
как получающиеся путём прибавления
к двум равным углам А»В.С»
и ABC одного и того же угла С» В А. Но угол С» ВС — прямой, так’
как ВС» параллельно В’С’, а В’С’ перпендикулярно к ВС. Следовательно,
и угол А»ВА, равный углу С» ВС, также прямой, а потому ■
и В А», а значит и А’В’ перпендикулярны к АВ. Таким же путём
доказывается, что и А’С’ перпендикулярно к АС.
325 Задачи. УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I.
Переходим к решению предложенной задачи:
1 ° . Продолжим медиану AM треугольника ABC (черт. 294) п а р Э В —
ный ей отрезок МК. При этом АВ = АЕ, В К == АС = АО и /_ А В К =
= = Z.EAQ, как углы с соответственно перпендикулярными сторонами,
имеющие одинаковое направление, так что треугольники АВК и EAQ
равны и имеют одинаковое направление вращения, Отсюда следует,
что ЕО = А К = 2 А М . В силу сделанного вначале замечания из равенства
этих треугольников следует, кроме того, что EQ перпендикулярно
к А К (так как АВ перпендикулярно к ЕА).
2°. Параллелограмм ЛЕЮ равен параллелограмму BACK в силу равенства
треугольников AEG и ВАК. Следовательно, равны и треуголь»
путём доказывается, что отрезки BF и С/ равны и перпендикулярны.
Наконец, прямые CD, BF и AI проходят через одну точку как
высоты треугольника BCI.
4 6 . Пусть К — середина AD (черт. 295); при этом КА = К Р—
= zK O — KD, так как в каждом из прямоугольных треугольников APD
и AOD медианы К Р и КО равны половине гипотенузы (п. 48). Бели
из точек А, К, D опустить перпендикуляры ААЛ, КК\, DDx на прямую
ОР, то ОКх ===КхР (в силу КО — КР) и D iK i = КХАХ (ср; решение
упр. 35), откуда ЮхО = РА^.
Если X — точка пересечения прямых АВ и DD\ и прямая OY
Перпендикулярна к OP, a Y U перпендикулярна к DX, то треугольники
X YU n АРА\ равны{U Y ==DxO— PAi\ £ X YU— £ A PA J , и X Y = P A .
Пусть теперь прямая C Z перпендикулярна к ОР.»Повторяя рассуждения,
вполне аналогичные предыдущим, в которых вместо А берём В,
вместо С — D, вместо X — Z, а точки Р и У сохраняют своё значение,
можно доказать, что Y Z = B P .
ники EAI и ABC. Кроме того,
эти треугольники имеют одинаковое
направление вращения,
и ЕА перпендикулярно к АВ,
так что и AI перпендикулярно
к ДС(опять-таки в силу сделанного
вначале замечания). Другими
словами, точка I лежит на
высоте треугольника ABC.
Черт, 295,
3°. Отрезки CD и 5 / равны
иперпендикулярны.таккактре-
угольники BCD и AIB равны и
имеют одинаковое направление
вращения и, кроме того, их соответственные
стороны BD и
ЛДперпендикулярны.Такимже’
326 Задачи. УПРАЖНЕНИЯ К ГЛАВЕ I.
Околоadmin
