|
|
|
|
|
ГЛАВА 1 ПЛАНИМЕТРИЯ Ответы и решения |
|
46. Обозначим радиус искомой окружности через х. Проведем через ее центр О3 (рис. 42) прямую MN || AB.
рис. 42 Так как прямая АВ перпендикулярна к радиусам O1A, О2В и O3D, то AM = BN = x и, значит, O1M = R— х и O2N = r — х. Кроме того, имеем O1O3 = R + x и O2O3 = r + x. Следовательно, МО3 = √(R + x)2 — (R — x)2 = 2 √Rx , точно так же NO3 = 2√rx . А так как MN = 2 √Rr (см. задачу 44), то 2√Rx + 2√rx = 2√Rr, откуда
______________________________________________ 47. Так как S = 1/2 ab sinC, где С — угол между хордами, то задача не имеет решения при S > 1/2 ab. Если S < 1/2 ab, то находим sin С = 2S/ab и существует два треугольника, имеющих стороны а и b и площадь S; у одного угол С — острый, а у другого — тупой. В первом случае во втором Следовательно, с2 = а2 + b2 — 2аb cos С = а2 + b2 + 2 √а2 b2 — 4S2 (верхний знак, если угол С острый, нижний — если тупой). При S = 1/2 ab получаем прямоугольный треугольной, так что с2 = а2 + b2 . Радиус окружности, в которую вписан треугольник, находится по формуле
Oтв. При S > 1/2 ab решений нет, при S < 1/2 ab — два решения (верхний знак, если угол между хордами острый, нижний — если тупой). При S = 1/2 ab — одно решение (хорды взаимно перпендикулярны). ______________________________________________ 48. По условию (рис. 43) A1B1 = a6 = R, А2В2 = а4 = R√2 и А3В3 = а3 = R√3 . Высоты треугольников OA1B1 , ОА2В2 и ОА3В3 соответственно равны OC1= R√3/2 , OC2 = R√2/2 , OC3 = R/2
рис. 43 Отсюда определим площади этих треугольников. Затем найдем площадь сектора OA1DB1 он составляет 1/6 площади круга; поэтому SOA1DB1 = 1/6πR2 Аналогично SOA2DB2 = 1/4πR2 и SOA3DB3 = 1/3πR2. Вычитая из площади каждого сектора площадь соответствующего треугольника, находим площади сегментов: S1 = R2 ( π/6 — √3/4 ) , S2 = R2 ( π/4 — 1/2 ) , S3 = R2 ( π/3 — √3/4 ) , Площадь части круга, заключенной между хордами А1В1 и А2В2, равна
площадь круга, заключенная между А2В2 и А3В3, равна
Отв. Отношение площадей равно ______________________________________________ 49. Для определения радиуса ОК = r (рис. 44) вписанного круга воспользуемся формулой площади треугольника S = pr (p — полупериметр треугольника).
рис. 44 По условию AD =14,4 см, DC = 25,6 см, поэтому AС = 40 см. Значит, АВ = √AD • АС = 24 (см), ВС = √DC • АС = 32 (см). Следовательно, р = 48 см и S = 384 см2. Отв. Площадь круга равна 64π см2. ______________________________________________ 50. Прямая LN, соединяющая точки касания двух параллельных прямых АВ и CD (рис. 45), есть диаметр окружности.
рис. 45 Поэтому вписанные углы LEN и LMN (и аналогично углы MLE и MNE) — прямые. Следовательно, четырехугольник LENM действительно явится прямоугольником. Треугольник ABD — равносторонний (ибо AB=AD и / A= 60°); отрезок LN (высота ромба) равен высоте треугольника ABD, т. е. LN = a√3/2 . Площадь S прямоугольника равна 1/2LN2 • sin / LOE = 1/2LN2 • sin / BAD (стороны углов LOE и BAD взаимно перпендикулярны). Следовательно, S = 1/2( a√3/2)2 sin 60°.
______________________________________________ 51. Требуется определить площадь S1 фигуры MCNF (рис. 46) и площадь S2 фигуры KDNE (площади фигур KALG и LBMH соответственно равны S1 и S2).
рис. 46 Так как по условию задачи АС = 4R, то OС = 2• OМ; следовательно, / OCM = 30". Значит / MON= 180°— 2•30°=120° и / KON = 60°. Площадь четырехугольника CMON равна R2√3, а площадь сектора МОNF равна 1/3πR2. Следовательно,
______________________________________________ 52. Так как / A = 30° (рис. 47), то высота BE = h трапеции равна 1/2 АВ.
рис. 47 По свойству описанного четырехугольника BC + AD = AB+CD = 2AB. Поэтому
Отв. АВ = √2S . ______________________________________________ 53. По площади S = 20 см2 и высоте BE = 2r = 4 см (рис. 48) найдем полусумму основании
рис. 48 Следовательно, АВ = 5 см (см. предыдущую задачу). Теперь находим АЕ =√АВ2 — BE2 = 3 см. Но АЕ есть полуразность оснований трапеции. По полусумме и полуразности находим сами основания. Oтв. AD = 8 см, ВС = 2 см, AB = CD = 5 см. ______________________________________________ 54. Площадь Q трапеции ARCD (рис. 49) равна
(R — радиус вписанного круга).
рис. 49 Так как эта трапеция описана около круга, то BC+AD = AB+CD. Но Поэтому
______________________________________________ 55. Так как боковая сторона АВ (рис.50), перпендикулярная к основаниям, равна 2r, то наклонная боковая сторона CD больше, чем 2r. Значит, наименьшая сторона трапеции, равная 3/2 r, есть (меньшее) основание ВС.
рис.50 Чтобы найти большее основание AD, проведем прямые ОС и OD. Они являются биссектрисами углов MCD и NDC, в сумме составляющих 180°. Следовательно, / MCO + / ODN = 90°. Из прямоугольного треугольника ODN находим / NOD + / ODN = 90°. Следовательно, / NOD = / MCO, так что треугольники ODN и ОСМ подобны. Получаем пропорцию ND : ON = OM : МС, где ON = OM= r и МС = r/2 (по условию задачи). Отсюда ND = 2r, так что AD = AN + ND = r + 2r = 3r
______________________________________________ 56. Треугольники ОMC и ОND (рис. 50) подобны (см. предыдущую задачу). Так как OD/OC = 4/2 = 2 , ND/OM = 2 и ON/MC = 2 т. е. ND =2OM = 2r и МС =ON/2 = 1/2r. Из прямоугольного треугольника OND находим r2 + (2r)2 = 42, откуда r = 4/√5 (см) Теперь находим AD = AN + ND = r + 2r = 3r = 12/√5 см и BC = 6/√5 см Высота MN трапеции равна 2r = 8/√5 см Отв. S = 14,4 см2. ______________________________________________ 57. Центр О первого круга (рис. 51) делит высоту BN = h в отношении ВО : ОN = 2 : 1. Следовательно, диаметр MN составляет 2/3 h и значит, ВМ = 1/3 h.
рис. 51 Второй круг вписан в треугольник DBE, высота кoторого втрое меньше высоты h треугольника ABC. Значит радиус r1 = O1 М втрое меньше радиуса r = ОN. Поэтому, если S есть площадь крута О Q1 = 1/3S Рассуждая так же, найдем, что общая площадь трех следующих кругов будет
Получим бесконечный ряд слагаемых
Члены этого ряда, начиная с члена 1/3S (слагаемое S выделяется особо), образуют бесконечную убывающую геометрическую прогрессию
Сюда нужно еще прибавить слагаемое S. Отв. Искомая площадь равна 11/8 S = 11/96 πа2 ______________________________________________ 58. Чтобы найти площадь трапеции BMNC (рис. 52), нужно найти основание ВМ и высоту MN, так как CN известно.
рис. 52 Определим сначала CD = x. Имеем x (BC + x) =AD2 или x (5 + x) = 150. Отсюда CD = x = 10 (см). Из подобия треугольников BMD и СND следует BM/ВD = CN/CD или BM/15 = 6/10 откуда ВМ = 9 (см). Высоту MN трапеции найдем из пропорции MN/EC = ND/CD , где ND = √CD2 — CN2 Получим MN = 4 см. Oтв. S = 30 см2. ______________________________________________ 59. Пусть O1, О2 и О3 — центры равных вписанных кругов и пусть r — их радиус (рис. 53).
рис. 53 Так как АО1 и СО2 — биссектрисы углов А и С, равных 60°, то / О1AD = 30°; следовательно, AD = ЕС = r√3 . Далее DE = О1О2 = 2r Поэтому 2r (1 + √3) = а. ______________________________________________ 60. Искомая площадь LМN (заштрихована на рис. 53) получается, если из площади треугольника О1О2О3 вычесть общую площадь трех секторов O1ML, O2LN и O3NM (их общая площадь равна площади полукруга радиуса r). Сторона треугольника О1О2О3 равна
Общая площадь трех секторов равна
______________________________________________ 61. Решается подобно предыдущей (рис. 54).
рис. 54 Другое решение. Искомая фигура KLMN равновелика фигуре, заштрихованной на рис. 54. Последняя получается, если от квадрата B1C1MK отнять два полукруга. ______________________________________________ |
, 
; так же найдем
то площадь крута О1
будет 
А так как таких кругов три, то общая их площадь Q1 будет
Сумма этой прогрессии равна
(см. предыдущую задачу); поэтому
