|
|
|
|
|
ГЛАВА 1 ПЛАНИМЕТРИЯ Ответы и решения |
|
31. Задача сводится к разысканию одного из катетов треугольника ОАВ (рис. 27) по данной гипотенузе OА = т и высоте BD = a/2.
рис. 27 Обозначим больший катет через х меньший — через y. Двоякое выражение площади треугольника ОАВ (см. решение задачи 3) дает уравнение ху = а m/2 , т. e. 2ху = ат ; кроме того, х2 + у2 = т2. Складывая и вычитая эти уравнения почленно, получим х + y = √m2 + am и x — у = √m2 — am Как х, так и y может служитm искомым радиусом. Отв. 1/2 (√m2 + am + √m2 — am) или 1/2 (√m2 + am — √m2 — am). ______________________________________________ 32. Так как радиус круга равен 13 см и MO = 5 см, то MD = 8 см, MC=18 см (рис. 28).
рис. 28 Обозначим MB через х . Тогда АМ = 25 — х . Так как AМ • МB = MD • MС, то ( 25— x )х =18 • 8. Отсюда x1 = 16, x2 = 9. Отв. Отрезки равны 16 см и 9 см. ______________________________________________ 33. Из треугольника EВО2 (рис. 29), где BE = 1/2 AB, находим
рис. 29 Из треугольника ADO1 где / DAO1 = 1/2 / DAB = 1/2(90° — α/2) находим r = O1D = AD • tg (45° — α/4) Так как AD = АВ • sin α/2 (из треугольника ABD) то
______________________________________________ 34. По условию а = ВС= 13 см, b = СА = 14 см, с = АВ = 15 см (рис. 30).
рис. 30 Обозначим OE = OF через R. Площадь треугольника ABC равна сумме площадей треугольников ВОС и АОС. Так как площади этих треугольников равны соответственно 13R/2 и 14R/2 то SABC = 27R/2 С другой стороны, по формуле Герона SABC= √21 (21 — 15) (21 — 14) (21 — 13) = 84 cм2. Приравниваем друг другу эти выражения площади. Отв. R = 6 2/9 см. ______________________________________________ 35. В прямоугольном треугольнике ОЕВ (рис. 31) угол ЕВО равен 60°.
рис. 31 Поэтому
______________________________________________ 36. Из треугольника ABD (рис. 32) имеем BD = √ВА2 — AD2 = 18 см.
рис. 32 Так как ВС • ВО = ВA2, то
Следовательно, AC = √ВC2 — BA2 = 40 см. Отв. Длина полуокружности равна 20π. ______________________________________________ 37. Так как углы В, D и E четырехугольника ODBE прямые и DO = OE (рис. 33), то этот четырехугольник есть квадрат.
рис. 33 Искомая дуга DE равна четверти длины всей окружности. Обозначим ее радиус через R. Из подобия треугольников ADO и ОЕС имеем АD/AO = OE/OC Так как AD = √АО2 — OD2 = √152 — R2 , то
Отсюда R = 12. Отв. 6π. ______________________________________________ 38. Площадь S четырехугольника ADEB (рис. 34) равна S = SАВС — SDEC
рис. 34 Имеем
Для разыскания SDEC заметим, что треугольники DEС и DBC имеют общую вершину D и одну и ту же высоту (на чертеже не обозначенную), причем SDBC = 1/2 SАВС = 6 см2. Следовательно, SDEC : 6 = СE : СВ. Неизвестный отрезок СЕ найдем из свойства секущих, проведенных из одной точки (С). Имеем CE • CB = CD • CA, откуда
Отв. S = 10,8 см2. ______________________________________________ 39. Площадь S треугольника ABC (рис. 35) равна произведению его периметра 2а + 2 √a2 + h2 на r/2 (r — радиус вписанной окружности): S= (а + √a2 + h2)r.
рис. 35 С другой стороны, S = 1/2 AС • BG = ah. Приравнивая эти два выражения, находим
Отрезок DE находим из пропорции DE : AC = BF : BG, где 4C = 2a, BF = h —2r и BG = h. Замечание. Величину r можно найти еще так: прямая АО eсть биссектриса угла А. Значит, отрезки GO = r и OB = h — r пропорциональны сторонам AG и АВ, т. е.
______________________________________________ 40. Так как OB•OA = OC•OD (рис. 36) и ОВ = ОС, то ОА = ОD.
рис. 36 Противоположные стороны AВ и CD четырехугольника ABCD равны; значит, данные длины 6 м и 2,4 м относятся к сторонам AD и BС (AD = 6 м, BС =2,4 м). Прямые BC и AD, отсекающие на сторонах угла AOD равные отрезки, параллельны, так что четырехугольник ABCD— трапеция (равнобочная). Из подобия треугольников ВОС и AOD находим ВО : АО = ВС : AD, откуда
значит, AВ = 3 м. Теперь находим высоту трапеции
Oтв. S =10,08 м2. ______________________________________________ 41. По условию AB = 6 м , AС = 7 м, ВС = 9 м (рис. 37).
рис. 37 Пусть RA, RB и RC — искомые радиусы окружностей с центрами в A, В и С Тогда RA + RB = 6, RC — RA= 7, RC — RB = 9. Отсюда находим радиусы RA, RB и RC. Отв. RA = 4 м, RB = 2 м, RC = 11 м ______________________________________________ 42. Проведем О2E параллельно АВ и О2Р параллельно DC (рис. 38).
рис. 38 По условию АВ = 3/2 CD. Обозначим CD через x. Тогда О2Р = х, О2Е = 3/2 х. Из треугольников O1EO2 и О1РО2 имеем О1О2 2 = О1Е2 + 9/4 x2 и О1О2 2 = О1P2 + x2 Приравниваем эти два выражения и учитываем,, что О1Е = О1A — EA = О1A—O2B = 5—2 = 3 см и аналогично O1P = O1C + O2D = 7 см. Тогда получаем 9 + 9/4 x2 = 49 + x2, откуда x2 = 32 Поэтому О1О2 2 = 49 + 32 = 81. Отв. О1О2 2 = 9 см. ______________________________________________ 43. Так рак расстояние между центрами окружностей меньше суммы, но больше разности их радиусов, то окружности пересекаются; значит, они имеют общую внешнюю касательную и не имеют общей внутренней касательной. Положим O1C = х и O2C = у (рис. 39).
рис. 39 Имеем x — y = О1О2 = 21 см и х : у = O1A : O2В= 17 : 10. Отв. O1C = 51 см, O2C = 30 см. ______________________________________________ 44. Через точку М (рис. 40) проходят две касательные (MD и МА)'к окружности О1. Значит, MD =MA.
рис. 40 Так же докажем, что MD = MB. Следовательно, MN = 2MD = AM + MB = AB. Чтобы найти АВ, проведем прямую О2С, параллельную АВ. Из треугольника O1O2C, где О2С = АВ, О1О2 = R + r и O1C = R— r, получаем АВ = √(R.+ r)2 — (R— r)2 или AB = 2√R.r Отв. MN = 2√R.r. ______________________________________________ 45. Пусть MN — общая касательная к двум окружностям (рис. 41).
рис. 41 Так как АМ = МР = МВ, то MN — средняя линия трапеции ABCD. Имеем MN = АВ = 2√R.r (см. решение предыдущей задачи). Найдем теперь высоту BG трапеции. По теореме о пропорциональных линиях в прямоугольном треугольнике (ЕАВ) имеем
Но BE = О1О2 = R + r. Следовательно,
______________________________________________ |
. Следовательно,
