Задачи на свойства параллельных прямых. Задачи на свойства биссектрисы треугольника

111. Через точки М и К, принадлежащие сторонам АВ и ВС треугольника ABC соответственно, проведена прямая МК, параллельная стороне АС. Найдите длину СК, если ВС = 12, МК = 8 и АС = 18 (рис. 181). (1)

Решение. Обозначим КС через х. Тогда ВК = 12 – х. Из подобия треугольников ABC и МВК следует: MK/BK = AC/BC; 8/(12 – x) = 18/12; x = 20/3.

Ответ: 20/3.

112. В прямоугольный равнобедренный треугольник вписан прямоугольник так, что угол прямоугольника совпадает с углом при вершине треугольника, а вершина противолежащего угла лежит на гипотенузе. Докажите, что периметр прямоугольника есть величина постоянная для данного треугольника (рис. 182). (1)

Решение. Пусть АВ = АС = а, DE = х; AD = у. Тогда DB = а – у; FC = а – х. Треугольник DEB подобен треугольнику FСЕ, значит, DE/DB = FC/FE; x/(a – y) = (a – x)/y; ху2= а2– ау – ах + ху; х + у = а; РADEF = 2(х + у) = 2а, т. е. не зависит от х и у.

113. В прямоугольном треугольнике ABC угол А – прямой. Опущена высота AD, равная?5. Найдите произведение BD ? DC (рис. 183). (1)

Решение. Треугольники ADB и ADC подобны (?BAD = ?ACD, ?ABD = ?DAC). Значит, BD/AD = AD/DC; BD ? DC = AD2= (?5)2= 5.

114. В треугольнике ABC проведены высоты AD и СЕ. Докажите, что треугольники ABC и DBE подобны. Чему равен коэффициент подобия (рис. 184)? (2)

Решение. Из прямоугольного треугольника ВСЕ: BE = ВС? cos В. Из?ABD: BD = АВ? cos В. Значит, две стороны BD и BE треугольника BDE пропорциональны сторонам АВ и ВС треугольника ABC, а угол В (угол между пропорциональными сторонами) у треугольников общий. ?BDE ~ ?ABC по двум сторонам и углу между ними.

Ответ: kподобия = cos B.

115. В равносторонний треугольник вписана окружность. Этой окружности и сторон треугольника касаются три малые окружности. Найдите сторону треугольника, если радиус малой окружности равен 1 (рис. 185). (2)

Решение. Так как в равностороннем треугольнике ABC угол ABC = 60°, то?ОВМ = 30° (см. рис.). Из центров О и О1 проведем перпендикуляры ОМ и О1Т к стороне ВС. По условию О1Т и О1K равны 1. Длины отрезков ОМ и ОК обозначим через R. Из треугольника ВТО1 следует, что ВО1 = О1Т/sin 30° = 1/0,5 = 2. Треугольники ВТО1 и ВМО подобны по двум углам (?BTO1 = ?BMO = 90°; ?OBM – общий). Отсюда следует, что O1T/O1B = OM/OB;

Теперь мы знаем радиус вписанной в равносторонний треугольник окружности. Осталось найти длину его стороны. Из треугольника ВОМ следует ВМ = OM ? ctg ?ОВМ = 3?3. Тогда ВС = 2ВМ = 6?3.

Ответ: 6?3.

116. Из одной точки к окружности проведены две касательные. Длина каждой касательной равна 12 см, а расстояние между точками касания 14,4 см. Определите радиус окружности (рис. 186). (2)

Решение. Пусть ОА и ОВ – касательные к окружности с центром С; А и В – точки касания. Тогда СВ? ОВ, СА? ОА. Кроме того, ОС? АВ и делит эту сторону пополам. ОА = 12 см, AM = 1/2 АВ = 7,2 см.

МОА = ?АОС (углы с взаимноперпендикулярными сторонами), значит, ?ОАС подобен?ОАМ; тогда

Ответ: 9 см.

117. Центр О окружности радиуса длиной 3 лежит на гипотенузе АС прямоугольного треугольника ABC. Катеты треугольника касаются окружности. Найти площадь треугольника ABC, если известно, что длина отрезка ОС равна 5 (рис. 187). (3)

Решение. Пусть ABC – данный в условии задачи треугольник. Обозначим через M и N точки касания окружности соответственно со сторонами АВ и ВС. Соединив эти точки с центром О окружности, получим квадрат MBNO, и поэтому BN = ОМ = 3. Треугольник ONC прямоугольный, в нём ОС = 5, ON = 3. Следовательно,

88. В равнобедренный треугольник, у которого боковая сторона равна 10 см, а основание 6 см, вписана окружность. Определите расстояние между точками касания, находящимися на боковых сторонах треугольника. (2)
89. Дано круговое кольцо, площадь которого Q. Определите длину хорды большего круга, касательной к меньшему. (2)
90. Круг радиуса

Разделен на два сегмента хордой, равной стороне вписанного в этот круг правильного треугольника. Определите площадь меньшего из этих сегментов. (2)
91. Хорды АВ и АС имеют одинаковую длину. Величина образованного ими вписанного в окружность угла равна?/6. Найти отношение площади той части круга, которая заключена в этом угле, к площади всего круга. (3)

§ 2. Основные идеи и методы решения планиметрических задач

Если в предыдущем параграфе мы рассматривали задачи, в которых центральное место принадлежит формулам планиметрии и тригонометрии, то теперь перейдем к задачам, где главную роль будут играть не формулы, а теоремы о свойствах и признаках геометрических фигур. Задачи в параграфе разбиты уже не по объекту исследования (треугольник, трапеция, круг и т. д.), а по ведущей идее решения.

2.1. Задачи на вписанную в треугольник окружность

Если в условии задачи говорится об описанной около треугольника окружности, то в большинстве случаев строить её не нужно. И наоборот, когда речь идёт о вписанной в треугольник окружности. Здесь не только нужно строить саму окружность, но и проводить радиусы к точкам касания (перпендикуляры к сторонам), а также соединять центр окружности с вершинами треугольника. При этом образуются равные треугольники.

Примеры решения задач

Решение. Впишем в треугольник ABC окружность и соединим её центр О с вершинами В, С. Проведём также перпендикуляры ОК, ON, ОМ (см. рис.). Они являются радиусами вписанной в треугольник окружности. Из равенства треугольников ВМО и BNO следует, что ВМ = BN = 5. Аналогично, из равенства треугольников ОКС и ONC следует, что КС = NC = 12. Заметим также, что AMOK– квадрат и, значит, AM = АК = r. Получаем, что АВ = АМ + МВ = r + 5, АС = АК + КС = r + 12. По теореме Пифагора получаем: АВ2+ АС2= ВС2.
(r + 5)2+ (r + 12)2= 172;
r2+ 10r + 25 + r2+ 24r + 144 = 289;
2r2+ 34r – 120 = 0;
r2+ 17r – 60 = 0; r = 3.
Катеты равны 5 + r = 8 и 12 + r = 15.
Ответ: 8 см; 15 см.

93. В треугольник вписана окружность с радиусом 4. Одна из сторон треугольника разделена точкой касания на отрезки, длины которых 6 и 8. Найдите длины сторон треугольника (рис. 169). (2)

Решение. Как и в предыдущей задаче, изобразим вписанную в треугольник окружность и соединим центр окружности О с вершинами треугольника. Проведем также перпендикуляры ОМ, ОТ, ОК, являющиеся радиусами окружности. Получены три пары равных треугольников: OAK и ОAT, ОВМ и ОВТ, ОСМ и ОСК. По условию одна из сторон треугольника разделена точкой касания на отрезки, длины которых 6 и 8. Пусть для определенности эта сторона – ВС и ВМ = 8, МС = 6. Тогда ВТ = ВМ = 8, СК = СМ = 6. Длины отрезков АК и AT обозначим через х. Для нахождения величины х воспользуемся формулой S = рг. По формуле Герона

Ответ: 13; 14; 15.

2.2. Задачи на свойства параллельных прямых

В ряде задач используют свойства параллельных прямых: при пересечении двух параллельных прямых третьей образуются равные углы (рис. 170).

Квартеты равных углов:?1 = ?4 = ?6 = ?8; ?2 = ?3 = ?5 = ?7.
Особенно часто эти свойства применяются при решении задач на параллелограмм.

Примеры решения задач

Решение. Из рисунка видно, что?BFA = ?FAD (внутренние накрест лежащие при параллельных прямых), но?BAF = ?FAD по условию, и поэтому?BFA = ?BAF. Значит, треугольник ABF – равнобедренный, и BF = АВ = 11.
Ответ: 11.

98. В параллелограмме ABCD сторона АВ равна 6 см, а высота, проведенная к основанию AD, равна 3 см. Биссектриса угла BAD пересекает сторону ВС в точке М так, что МС = 4 см. N – точка пересечения биссектрисы AM и диагонали BD. Вычислить площадь треугольника BNM (рис. 172). (3)

Решение. Пусть АВCD – данный в условии задачи параллелограмм. Проведем через точку N высоту параллелограмма QR. Обозначим через? величину угла ВАМ; тогда величина угла АМВ равна?, т. к. ВС||AD и AM – секущая. Следовательно, треугольник АВМ равнобедренный и ВМ = АВ = 6 см, откуда заключаем, что ВС = AD = ВМ + МС = 6 + 4 = 10 см. Поскольку?ВМА = ?MAD и?MBN = ?BDA, как накрест лежащие углы при параллельных ВС и AD, то треугольники BMN и AND подобны по двум углам. Так как в подобных треугольниках сходственные стороны пропорциональны сходственным высотам, то из подобия треугольников AND и BNM имеем:

Откуда QN = 9/8 см.
Площадь треугольника BNM равна:

Ответ: 27/8 см2.

Задачи для самостоятельного решения

2.3. Задачи на пропорциональные отрезки

Теорема Фалеса (а также теоремы Чевы и Менелая) применяются в первую очередь тогда, когда в задаче даны соотношения между отрезками. Очень часто при этом приходится проводить дополнительный отрезок. Идеи использования теоремы Фалеса хорошо видны на следующих примерах.

Примеры решения задач

Проведем медианы AM и ВК, а также отрезок МТ, параллельный ВК. Имеем: т. к. ВМ = МС, то КТ = ТС. Но тогда АК = КС = 2КТ и, значит, АО: ОМ = АК: КТ = 2, что и требовалось доказать.

103. В треугольнике ABC на стороне ВС взята точка М так, что MB = МС, а на стороне АС взята точка К так, что АК = 3 ? КС. Отрезки ВК и АМ пересекаются в точке О. Найдите AO/OM (рис. 174). (2)

Решение. Обозначим длину отрезка КС через а, тогда АК = За. Проведём MP||ВК По теореме Фалеса КР = РС = a/2. По теореме о пропорциональных отрезках имеем:

104. В треугольнике ABC на стороне АВ взята точка К так, что АК: ВК = 1:2, а на стороне ВС взята точка L так, что CL: BL = 2:1. Пусть Q – точка пересечения прямых AL и СК. Найти площадь треугольника ABC, если дано, что площадь треугольника BQC равна 1 (рис. 175). (3)

Решение. Проведём через точку L прямую LM параллельно прямой СК. Из подобия треугольников MBL и КВС следует, что

Из подобия треугольников AKQ и AML находим:

Кроме того, имеем следующие равенства:

Ответ: 7/4.

Задачи для самостоятельной работы

106. На сторонах АВ и АС треугольника ABC взяты точки M и N, такие, что AM/MB = CN/NA = 1/2.
Отрезки BN и СМ пересекаются в точке К. Найти отношения отрезков BK/KN и CK/KM.(2)

2.4. Задачи на свойства биссектрисы треугольника

Биссектриса треугольника обладает одним замечательным свойством: она делит противолежащую сторону на отрезки, пропорциональные соответствующим боковым сторонам (рис. 177).
с/а = d/b или c/d = a/b.

Это свойство часто используется в задачах, в которых фигурирует биссектриса треугольника.

Примеры решения задач

Решение. По свойству биссектрисы BD/AB = DC/AC; 3/AB = 2/4; АВ = 6.
Периметр треугольника РАВС = 6 + 5 + 4 = 15.
Ответ: 15.

108. Дан треугольник ABC, в котором?В = 30°, АВ = 4, ВС = 6. Биссектриса угла В пересекает сторону АС в точке D. Определите площадь треугольника ABD (рис. 179). (2)

Решение. По свойству биссектрисы AD/DC = AB/BC = 4/6 = 2/3.
Пусть AD = 2х; DC = Зх.

Ответ: 12/5.

Задачи для самостоятельного решения

2.5. Задачи на подобие

Два треугольника подобны: по двум углам, по двум сторонам и углу между ними, по трём сторонам. Очень важно в задаче увидеть подобные треугольники или другие подобные фигуры. Для этого нужна хорошая практика решения задач.
При решении задач на прямоугольный треугольник полезно знать, что высота, проведённая из прямого угла, делит его на два подобных треугольника (рис. 180):
?ABD ~ ?ADC ~ ?ABC.

Рис. 180.

Примеры решения задач

Решение. Обозначим КС через х. Тогда ВК = 12 – х. Из подобия треугольников ABC и МВК следует: MK/BK = AC/BC; 8/(12 – x) = 18/12; x = 20/3.
Ответ: 20/3.

112. В прямоугольный равнобедренный треугольник вписан прямоугольник так, что угол прямоугольника совпадает с углом при вершине треугольника, а вершина противолежащего угла лежит на гипотенузе. Докажите, что периметр прямоугольника есть величина постоянная для данного треугольника (рис. 182). (1)

Решение. Пусть АВ = АС = а, DE = х; AD = у. Тогда DB = а – у; FC = а – х. Треугольник DEB подобен треугольнику FСЕ, значит, DE/DB = FC/FE; x/(a – y) = (a – x)/y; ху2= а2– ау – ах + ху; х + у = а; РADEF = 2(х + у) = 2а, т. е. не зависит от х и у.

113. В прямоугольном треугольнике ABC угол А – прямой. Опущена высота AD, равная?5. Найдите произведение BD ? DC (рис. 183). (1)

Решение. Треугольники ADB и ADC подобны (?BAD = ?ACD, ?ABD = ?DAC). Значит, BD/AD = AD/DC; BD ? DC = AD2= (?5)2= 5.
Ответ: 5.

114. В треугольнике ABC проведены высоты AD и СЕ. Докажите, что треугольники ABC и DBE подобны. Чему равен коэффициент подобия (рис. 184)? (2)

Решение. Из прямоугольного треугольника ВСЕ: BE = ВС? cos В. Из?ABD: BD = АВ? cos В. Значит, две стороны BD и BE треугольника BDE пропорциональны сторонам АВ и ВС треугольника ABC, а угол В (угол между пропорциональными сторонами) у треугольников общий. ?BDE ~ ?ABC по двум сторонам и углу между ними.
Значит,

Ответ: kподобия = cos B.

115. В равносторонний треугольник вписана окружность. Этой окружности и сторон треугольника касаются три малые окружности. Найдите сторону треугольника, если радиус малой окружности равен 1 (рис. 185). (2)

Решение. Так как в равностороннем треугольнике ABC угол ABC = 60°, то?ОВМ = 30° (см. рис.). Из центров О и О1 проведем перпендикуляры ОМ и О1Т к стороне ВС. По условию О1Т и О1K равны 1. Длины отрезков ОМ и ОК обозначим через R. Из треугольника ВТО1 следует, что ВО1 = О1Т/sin 30° = 1/0,5 = 2. Треугольники ВТО1 и ВМО подобны по двум углам (?BTO1 = ?BMO = 90°; ?OBM – общий). Отсюда следует, что O1T/O1B = OM/OB;

Теперь мы знаем радиус вписанной в равносторонний треугольник окружности. Осталось найти длину его стороны. Из треугольника ВОМ следует ВМ = OM ? ctg ?ОВМ = 3?3. Тогда ВС = 2ВМ = 6?3.
Ответ: 6?3.

116. Из одной точки к окружности проведены две касательные. Длина каждой касательной равна 12 см, а расстояние между точками касания 14,4 см. Определите радиус окружности (рис. 186). (2)

Решение. Пусть ОА и ОВ – касательные к окружности с центром С; А и В – точки касания. Тогда СВ? ОВ, СА? ОА. Кроме того, ОС? АВ и делит эту сторону пополам. ОА = 12 см, AM = 1/2 АВ = 7,2 см.

МОА = ?АОС (углы с взаимноперпендикулярными сторонами), значит, ?ОАС подобен?ОАМ; тогда

Ответ: 9 см.

117. Центр О окружности радиуса длиной 3 лежит на гипотенузе АС прямоугольного треугольника ABC. Катеты треугольника касаются окружности. Найти площадь треугольника ABC, если известно, что длина отрезка ОС равна 5 (рис. 187). (3)

Решение. Пусть ABC – данный в условии задачи треугольник. Обозначим через M и N точки касания окружности соответственно со сторонами АВ и ВС. Соединив эти точки с центром О окружности, получим квадрат MBNO, и поэтому BN = ОМ = 3. Треугольник ONC прямоугольный, в нём ОС = 5, ON = 3. Следовательно,

Но тогда ВС = NC + NB = 7. Треугольники ONC и ABC подобны, поэтому AB/ON = BC/NC; AB/3 = 7/4; отсюда получаем, что AB = (ON ? BC)/NC = (3 ? 7)/4 = 21/4. Теперь находим S – площадь прямоугольного треугольника ABC:

Ответ: 147/8.

Задачи для самостоятельного решения

2.6. Задачи на вписанные и описанные четырёхугольники

Если в четырёхугольник можно вписать окружность, то суммы его противоположных сторон равны.
Если около четырёхугольника можно описать окружность, то суммы противоположных углов равны 180°.

Примеры решения задач

Решение. Так как в трапецию можно вписать окружность, то

Поскольку около трапеции можно описать окружность, то АВ = CD. Пусть АВ = CD = а; тогда из (1) следует AD + ВС = 2а и

По условию АВ + CD + EF = 18; тогда с учетом (2) получаем: а + а + а = 18; а = 6. Периметр трапеции PABCD = АВ + CD + AD + BC = 2(АВ + CD) = 4а = 24.
Ответ: 24.

128. Около окружности с диаметром 15 см описана равнобедренная трапеция с боковой стороной, равной 17 см. Найдите основания трапеции (рис. 189). (2)

Решение. Очевидно, что высота трапеции равна диаметру окружности. Высота ВК = 15 см; из прямоугольного треугольника АВК

Пусть BС = х, тогда AD = 8 + х + 8 = х + 16. Так как в трапецию вписана окружность, то AD + ВС = АВ + CD; х + 16 + х = 17 + 17; х = 9 см; AD = 9 + 16 = 25 см.
Ответ: 9 см; 25 см.

Задачи для самостоятельного решения

2.7. Задачи на вписанные углы

Вписанный в окружность угол равен половине центрального угла, опирающегося на ту же дугу.

Примеры решения задач

Решение. Так как вписанный угол ТЕК равен половине центрального угла, опирающегося на ту же дугу, то

Ответ: 120°

133. Дан правильный 30-угольник А1А2 ... А30 с центром О. Найдите угол между прямыми ОА3 и А1А4 (рис. 191). (2)

Решение. Так как многоугольник А1А2 ... A30 – правильный, то?А3ОА4 = 360°/30 = 12°. Далее, ?А3А1А4 = 1/2 ?А3ОА4 = 6° (вписанный угол, опирающийся на дугу А3А4). ?А1ОА3 = 2 ? 12° = 24°;

Требуемый нам угол х является внешним углом к треугольнику А3А1В. Так как внешний угол треугольника равен сумме внутренних углов, с ним не смежных, то х = 6° + 78° = 84°.
Ответ: 84°.

134. В окружность вписан четырёхугольник ABCD, диагонали которого взаимно перпендикулярны и пересекаются в точке Е. Прямая, проходящая через точку Е и перпендикулярная к АВ, пересекает сторону CD в точке М. Доказать, что ЕМ – медиана треугольника CED, и найти её длину, если AD = 8 см, АВ = 4 см и?CDB = ? (рис. 192). (3)

Решение. Обозначим через К точку пересечения прямых АВ и ЕМ. Поскольку углы CDB и CAB опираются на одну и ту же дугу ВС, то?CAB = ?CDB = ?. Из равенств?DCE + CDB = ?/2, ?КЕА + ?САВ = ?/2, следует, что?DCE = ?КЕА = ?СЕМ. Но это означает, что треугольник СЕМ равнобедренный, т. е. СМ = ЕМ. Далее, ?MED = ?/2 – ?СЕМ = ?/2 – (?/2 – ?) = ?CDB.
Итак, треугольник EMD равнобедренный, или DM = ЕМ. Этим доказано, что СМ = DM или что ЕМ – медиана треугольника CED.
Из прямоугольного треугольника ABE находим
АЕ = АВ? cos?ЕАВ = АВ? cos?CAB = 4 ? cos ?.
Далее, из прямоугольного треугольника AED по теореме Пифагора получаем

200. а) Способ изображения. Продолжив отрезок ВС (рис. 185), изображающий катет основания, на расстояние CD = ВС, получаем точку D, которая в натуре симметрична с В относительно кaтета АС.

Возьмем точку М на середине ребра АА 1 и изобразим сечение призмы плоскостью Р, проходящей через точки В 1 , M и D, Для этого соединим точки В, и D. В пересечении с ребром CC 1 найдем точку N. Треугольник B 1 NM будет искомым сечением. Действительно, точка D лежит на прямой ВС и, значит, принадлежит плоскости СВВ 1 С 1 (D находится на продолжении грани CBB 1 C 1). Но точка D лежит также и на плоскости Р, поэтому она находится на линии пересечения плоскости Р с СВВ 1 С 1 .

Точно так же и точка B 1 находится на этой линии. Значит, плоскости Р и BCC 1 B 1 пересекаются по прямой B 1 D. Точка N, где B 1 D пересекается с ребром СС 1 , есть одна из вершин сечения, так что сечение призмы есть треугольник B 1 NM.

Так как BC=CD и CN||BB 1 то CN есть средняя линия треугольника BB 1 D, т. е. N- середина ребра СС 1 . Следовательно, прямая MN параллельна прямой АС, лежащей, в плоскости основания. Вследствие этого и прямая DE, по которой плоскость Р пересечет плоскость основания, параллельна АС и, значит, перпендикулярна к плоскости грани ВСС 1 В 1 . Поэтому / BDB 1 есть линейный дтол двугранного угла φ при ребре DE.

б) Решение. Имеем (см. решение задачи )

(где а = ВС, b = АС), а так как b = a tg β , то

Найдем а 2 . По условию β есть меньший из острых углов треугольника ABC, так что b < a и площадь b Н грани ACC 1 A 1 меньше плошади а Н грани ВСС 1 В 1 Поэтому разность S этих площадей (предполагаем, что она положительна) равна (а-b )H. Из треугольника DBB 1 , где BD =2BC = 2a , находим Н = 2а tg φ . Следовательно,

S=2а 2 (l - tg β ) tg φ .

Отсюда находим а 2 .

201. Угол между непересекающимися диагоналями BA 1 и AD 1 (рис. 186) равен углу φ = / A 1 BC 1 между ВА 1 и прямой ВС 1 параллельной AD 1 .

Имеем / CBC 1 =/ DAD 1 = α и / ABA 1 = β . Для определения угла φ находим A 1 C 1 2 сначала из треугольника A 1 BC 1 (по теореме косинусов), а затем из прямоугольного треугольника A 1 B 1 C 1 и приравниваем найденные выражения. Получаем

ВА 1 2 + ВС 1 2 - 2 BA 1 BC 1 cos φ = В 1 А 1 2 + В 1 С 1 2

2 BA 1 BC 1 cos φ = (ВА 1 2 - В 1 A 1 2) + (ВC 1 2 - В 1 С 1 2) = 2 BB 1 2 .

B это равенство подставляем

(из треугольника BAA 1) и . Получаем

cos φ = sin α sin β .

Другой спocоб. Через ребро B 1 C 1 проведем плоскость B 1 C 1 B 2 C 2 , перпендикулярную к BA 1 (это возможно, так как B 1 C 1 _|_BA 1). Пусть Е - точка пересечения прямых BA 1 и B 1 B 2 . Из прямоугольного треугольника ВС 1 Е находим BE = BC 1 cos φ , a из прямоугольного треугольника ВВ 1 Е, где / B 1 BE = 90° - β , имеем

BE - BB 1 cos(90° - β ) = BB 1 sin β .

Отрезок BB 1 выразим через ВС 1 из треугольника BB 1 C 1 , где / B 1 BC 1 = 90°- α . Получим BB 1 = BC 1 sin α и, значит,

BE = ВС 1 sin α sin β .

Приравнивая два выражения отрезка BE, получаем

ВС 1 cos φ = ВС 1 sin α sin β .

Отв. cos φ = sin α sin β .

______________________________________________

202. Обозначим двугранные углы при ребрах SA, SB, SC (рис. 187) через φ A , φ B , φ C .

Проведем через какую-либо точку ребра SC плоскость DFE, перпендикулярную к SF. Тогда / DFE = φ C . Определяем ED 2 из треугольника EFD и из треугольника ESD, a затем приравниваем полученные выражения. Находим

FE 2 + FD 2 - 2 FE FD- cos φ C = SE 2 + SD 2 - 2 SE SD cos γ .

2 FE FD- cos φ C = 2 SE SD cos γ - (SE 2 -FE 2) - (SD 2 - FD 2),

2 FE FD- cos φ C = 2 SE SD cos γ - 2 SF 2 .

В это равенство подставляем

FE = SF tg α ;

FD = SF tg β ;

SE = SF / cos α

SD = SF / cos β

Аналогично найдем соs φ A и cos φ B .

______________________________________________

203. Решается, как предыдущая задача.

Oтв. cos γ = cos α cos β + sin α sin β cos A.

______________________________________________

204. См. задачу 202.

Отв Искомый угол содержит 90°.

______________________________________________

205. Пусть точка М лежит на грани Q (рис. 188).

По условию прямая AM образует с АВ угол α , а прямая, MB перпендикулярна к АВ. Проведем через ВМ плоскость MBN, перпендикулярную к ребру, и опустим из точки М на BN перпендикуляр MN. Прямая MN перпендикулярна также и к NA и / MAN = β (доказать!). Имеем также φ =/ NBM. Угол φ мы найдем из треугольника NBM, где MN=AM sin β (из треугольника ANM) и BM=AM sin α (из треугольника AMВ). Получаем

______________________________________________

206. На рис. 189 PQ изображает общий перпендикуляр к скрещивающимся прямым LL" и ММ". Чтобы получить угол, под которым отрезок PQ виден из точки А, нужно провести луч АР; тогда / PAQ = α . Аналогично / PBQ = β .

Проведем через точку Р прямую РЕ, параллельную ММ". Тогда угол между прямыми MM" и LL" есть (по определению) угол φ = / EPB. Опустим из А перпендикуляр АЕ на прямую РЕ и проведем АВ (все остальные линии, дающие изображение параллелепипеда, ребрами которого являются PQ, QA и РВ, проведены лишь для наглядности чертежа). Из прямоугольного треугольника BPQ находим

PB = PQ ctg β = h ctg β .

Аналогично

PE = QA = h ctg α .

BE 2 = PB 2 + PE 2 -2 PB PE cos φ = h 2 (ctg 2 α + ctg 2 β -2 ctg α ctg β cos φ ).

Прямая АЕ перпендикулярна к плоскости ЕРВ, так как она параллельна прямой PQ, являющейся общим перпендикуляром для прямых РВ и РЕ. Из прямоугольного треугольника AЕВ находим

AB 2 =AE 2 + BE 2 = h 2 + BE 2 .

Отв. AB 2 = h 2 (1 + ctg 2 α + ctg 2 β -2 ctg α ctg β cos φ )

______________________________________________

207. Чертеж предыдущей задачи (в настоящей задаче φ = 90°). Имеем

BE = √РЕ 2 + РВ 2 = h √ctg 2 α + ctg 2 β .

Угод между прямыми АВ и PQ равен углу между АВ и прямой AE параллельной PQ. Обозначив его через γ , имеем

Отв. tg γ = √ctg 2 α + ctg 2 β

______________________________________________

208. Пусть (рис. 190)

Найдем сначала отношение объема V 1 пирамиды DMNP к объему V пирамиды DABC. Примем грань BDC за основание пирамиды DABC и грань NPD за основание пирамиды DMNP. Пусть ребро DA проектируется на плоскость DBC отрезком, лежащим на прямой DE. Тогда точки А и М проектируются в некоторые точки К и L, лежащие на прямой DE. Следовательно, высоты AK= h и ML = h 1 лежат в плоскости ADE и треугольники DML и DAK подобны. Значит,

Площадь S 1 основания NDP относится к площади S основания BDC, как DN DP к DB DC (так как треугольники NDP и BDC имеют общий угол D). Значит,

______________________________________________

209. План решения : из подобия треугольников OEL и МЕК. (рис. 191) выразим OL через МК=b и ME = H / 2 , из подобия треугольников ОСЕ и MEN выразим ОС через MN = h и ME = H / 2 .

Подставив найденные выражения в соотношение OC 2 =2 OL 2 получим уравнение, из которого найдем Н.

Решение. Имеем

OL: Н = МК: ЕК,

______________________________________________

Задача 175. Колесо имеет 18 спиц. Найдите величину угла (в градусах), который образуют две соседние спицы.

Ответ: 20°.

Задача 176. Сколько спиц в колесе, если углы между соседними спицами равны 18°?

Ответ: 20 шт.

Задача 177. Колесо зубчатой передачи имеет 72 зубца. Сколько градусов содержится в дуге окружности, заключенной между серединами двух соседних зубцов?

Ответ: 5°.

Задача 178. Сколько зубцов имеет колесо зубчатой передачи, если дуга окружности этого колеса, заключенная между двумя соседними зубцами, равна 12°?

Ответ: 30 шт.

Задача 179. Какой угол (в градусах) образуют минутная и часовая стрелки часов в 5 ч?

Ответ: 150°.

Задача 180. Какой угол описывает минутная стрелка за 10 мин?

Ответ: 60°.

Задача 181. Какой угол описывает часовая стрелка за 20 мин?

Ответ: 10°.

Задача 182. На какой угол поворачивается минутная стрелка пока часовая проходит 1 ч 30 мин?

Ответ: 18°.

Задача 183. Сколько оборотов в минуту делает зубчатое колесо с 32 зубцами, если сцепленное с ним зубчатое колесо с 8 зубцами делает 12 оборотов в минуту?

Ответ: 3 об/мин.

Задача 184. Диаметры двух зубчатых колес относятся как 3:8. На какой угол повернется большее колесо при одном обороте меньшего?

Ответ: 135°.

Задача 185. Зубчатое колесо имеет 12 зубцов. Сколько зубцов имеет сцепленное с ним второе зубчатое колесо, если при одном обороте первого колеса второе поворачивается на угол 120°?

Ответ: 36 шт.

Задача 186. На сколько градусов повернется Земля вокруг своей оси за 8 часов?

Ответ: 120°.

Задача 187. За сколько часов Земля повернется вокруг своей оси на 90°?

Ответ: 6 ч.

Задача 188. Груз A висит на шнуре, перекинутом через блок, изображенный на рисунке. Угол BOC равен 136°. Чему равен угол между прямыми AB и CD?

Ответ: 45°.

Задача 189. Найдите угол, образованный линиями насечек у напильника, изображенного на рисунке.

Ответ: 80°.

Задача 190. На плане города улицы, обозначенные как AB и CD, параллельны. Улица EF составляет с улицами AB и AC углы соответственно 43° и 65°. Найдите угол, который образуют между собой улицы AC и CD.

Ответ: 108.

Задача 191. Для измерения углов артиллеристы употребляют особую единицу, которую называют тысячной. В трехстах шестидесяти градусах содержится 6000 тысячных. Сколько тысячных содержится в 1°30′?

Задача 192. Для измерения углов артиллеристы употребляют особую единицу, которую называют тысячной. В трехстах шестидесяти градусах содержится 6000 тысячных. Сколько градусов составляют 100 тысячных?

Задача 193. Угол в 1,5° рассматривают в лупу, увеличивающую в четыре раза. Какой величины кажется угол?

Ответ: 1,5.

Задача 194. Окружность морских компасов делится на 32 равные части, называемые румбами. Сколько градусов составляют 4 румба?

Ответ: 45°.

Предлагаем вашему вниманию журналы, издающиеся в издательстве «Академия Естествознания»

171*. Определить углы наклона прямой АВ к пл. V и пл. Н фис. 166, а).

Решение. Если прямая параллельна пл. V (рис. 166, б), то угол между этой прямой и пл. H (угол α) изображается без искажения на фронт. проекции. Если же прямая параллельна пл. H (рис. 166, в), то образуемый зтой прямой угол с пл. V (угол β) изображается без искажения на горизонт. проекции. Поэтому, поставив заданную прямую общего положения сначала параллельно пл. V, а затем параллельно пл. H, можно определить соответственно углы α и β.

На рис. 166, г показано применение способа перемены пл. проекций для определения углов α и β. Так, для определения угла α введена дополнительная пл. S, перпендикулярная к пл. H и параллельная АВ, а для определения угла β - дополнительная плоскость Т ⊥ V и в то же время || АВ.

На рис. 166, д прямая как бы повернута: а) вокруг оси, проходящей через точку В и перпендикулярной к пл. H, до параллельности пл. V (положение а" 1 b" , а 1 b) -

определен угол α; б) вокруг оси, проходящей через точку А перпендикулярно и пл. V, до параллельности пл. H (положение a"b" 1 , ab 1) - определен угол β.

Конечно, можно изобразить эти оси на чертеже; но, как видно, построение возможно и без этого.

172. Дана пирамида SABCD (см. рис. 154). Определить углы наклона ребер пирамиды к пл. V и пл. Н.

173*. Определить углы наклона плоскости, заданной треугольникам ABC (рис. 167, а), к пл. Н и пл. V.

Решение. Как известно, угол наклона (α) плоскости к пл. H проецируется без искажения на пл. V, если плоскость перпендикулярна к пл. V (рис. 167, 6), а угол наклона (β) плоскости к пл. V проецируется без искажения на пл. H, если плоскость перпендикулярна к пл. H (рис. 167, в).

На рис. 167, г для определения углаос переходим к системе S, H, где пл. S перпендикулярна к пл. H и к заданной плоскости (ось S/Н перпендикулярна к горизонт. проекции а-1 горизонтали).

Определение угла β произведено путем перехода от системы V, Н к системе Т, V, где пл. Т перпендикулярна к пл. V и к данной плоскости треугольника (ось T/V перпендикулярна к фронт. проекции с"2" фронтали).

На рис. 167,д та же задача решена способом параллельного перемещения. Сначала все вершины заданного треугольника ABC перемещены в плоскостях, параллельных H, так, чтобы плоскость треугольника оказалась перпендикулярной к пл. V. Это

достигнуто с помощью горизонтали А-1, перемещенной так, что она расположилась перпендикулярно к пл. V (горизонт. проекция а 1 1 1 перпендикулярна к оси х). Получаем угол α наклона плоскости треугольника к пл. H без искажения.

Для определения величины угла β наклона плоскости треугольника ABC к пл. V треугольник повернут так, чтобы он расположился перпендикулярно к пл. H. Это сделано при помощи фронтали С-2: она поставлена перпендикулярно к пл. H (положение C 2 2 2 , фронт. проекция с" 2 2" 2 ⊥ х) и, следовательно, проходящая через эту фронтвль плоскость также перпендикулярна к пл. H.

174. Дана пирамида SABC (см. рис. 161). Определить углы наклона граней SAB, SAC и ABC к пл. H и пл. V.

175. Дан параллелепипед (см. рис. 165). Определить углы наклона основания ABCD и грани CDHG к пл. V и грани ADEH к пл. Н.

176*. Определить величину угла ВАС (рис. 168, а).

Решение. Если плоскость угла параллельна какой-либо пл. проекций, то данный угол проецируется на нее без искажения (рис. 168, б).

На рис. 168, в задача решена при помощи способа перемены пл. проекций. Так как плоскость угла ВАС является плоскостью общего положения (ее горизонталь не перпендикулярна ни к одной из плоскостей V, Н, W), то приходится сначала дополнить систему V, H пл. S, взяв ее перпендикулярно к пл. H и к плоскости угла ВАС. В результате этого преобразования проекция угла на плоскости S получится в виде отрезка a s l s . Теперь можно ввести еще одну дополнительную пл. проекций (T), проведя ее перпендикулярно к пл. S и в то же время параллельно плоскости угла ВAС. Угол l t a t 2 t представит собою натуральную величину угла ВАС.

На рис. 168, а искомый угол ср определен способом параллельного перемещения.

Сначала плоскость угла перемещена так, чтобы она стала перпендикулярной к пл. V (для этого располагаем горизонт. проекцию горизонтали перпендикулярно к оси х). Затем располагаем плоскость угла параллельно пл. H, для чего перемещаем проекцию 1" 1 a" 1 в положение 1" 2 a" 2 (т. е. || оси х). Еще одно построение показано на рис. 168,6. Здсь для определения величины угла применен поворот вокруг горизонтали: плоскость угла расположится параллельно пл. H (положение Т).

Построения выполнены в следующем порядке:

1. Проведена плоскость вращения точки А - горизонтально-проецирующая пл. R, перпендикулярная к горизонтали (т. е. к оси вращения).

2. Отмечен центр вращения точки АВ пересечении горизонтали с пл. R (точка О, О") и указаны проекции радиусАВращения (Оа и О"а").

3. Определена натуральная величина радиуса вращения (ее выражает гипотенуза ОА треугольника ОаА ).

4. Проведена дуга окружности радиуса ОА я на R h , найдена точка a 1 - горизонт. проекция вершины угла после его поворота вокруг горизонтали до совмещения с пл. Т - и построен угол 1а 1 2, равный искомому.

Для решения задач типа 176 наиболее рациональным является применение вращения вокруг горизонтали (или фронтали), как это показано на рис. 168, д.

177. Дана пирамида SABC (см. рис. 156). Вращением вокруг горизонтали определить угол между ребрами и SB, SB и SC, SC и SA.

178. Дан параллелепипед (см. рис. 165). Определить углы между ребрами DH и CD, CG и CD, АВ и ВС.

179*. Определить величину угла между скрещивающимися прямыми АВ и CD (рис. 169, а).

Решение. Угол между двумя скрещивающимися прямыми определяется углом, доставленным пересекающимися прямыми, соответственно параллельными данным скрещивающимся. Для определения величины угла надо начать с его изображения нр чертеже. Это сделано на рис. 169,6, причем использована одна из заданных прямых - CD, через точку С которой проведена прямая СМ, параллельная другой заданнай прямой-АВ. Величина угла MCD (рнс.169, в) выражает угол между прямыми АВ и CD. Это сделано при помощи поворота вокруг горизонтали 1-2 (рис. 169, а), взятой в пл. угла MCD.

180. Дана пирамида SABC (см. рис. 160). Определить величину угла между ее ребрами: a) SB и АС, б) SA и ВС.

181*. Определить величину угла φ наклона прямой АВ к плоскости, заданной треугольником CDE (рис. 170, а).

Решение. Как известно, углом между прямой (АВ) и плоскостью (Р) называется острый угол (φ) между прямой и ее проекцией (а p К) на этой плоскости. Для построения (рис. 170, б) этого угла надо найти точки пересечения с пл. Р прямой АВ и перпендикуляра, проведенного из какой-либо точки прямой АВ на пл. Р. Но если, как в данной задаче, требуется лишь определить величину угла наклона прямой к плоскости, то проще определить величину угла δ, дополнительного к углу φ: найдя угол δ, можно определить величину угла φ из соотношения φ = 90° - δ. На рис. 170, в показано построение проекций am и а"m" перпендикуляра к плоскости треугольника CDE, для чего взяты горизонталь цфронталь этой плоскости: am ⊥ e - 1, а"m" ⊥ е"2".

Теперь можно определить (рис. 170,г) натуральную величину угла δ с вершиной А,- что сделано поворотом вокруг горизонтали b"З", b-3. Искомый угол φ = 90°-δ.

182. Дана пирамида SABC (см. рис. 1611. Определить углы наклона ребер SA, SB и SC к грани AВС

183*. Определить угол между гранями АBС и ABD (рис. 171, а).

Решение. Двугранный угол измеряется линейным углом, полученным в пересечении граней двугранного угла плоскостью, перпендикулярной к обеим граням двугранного,а следовательно, и к линии их пересечения, т. е. ребру двугранного угла. Если это ребро АВ окажется перпендикулярным к какой-либо пл. Т (рис. 171,6), то полученная на пл. Т проекция двугранного угла выражает его линейный угол.

Для решения задачи (рис. 171, в) применен способ перемены пл. проекций. Oт системы V, H совершен переход к системе S, V, где S ⊥ V и S || АВ, а затем от этой системы S, V переход к системе Т, S, где T ⊥ S и Т ⊥ AB.

Треугольники проецируются на пл.Т в виде отрезков а t c t и а t d t . Угол между ними равен искомому углу φ.

На рис. 171, г показано решение той же задачи при помощи способа параллельного перемещения: ребро АВ поставлено перпендикулярно к пл. Н.

184*. Определить величину угла, образованного плоскостью Р и плоскостью треугольника ABC (рис. 172, а).

Решение. Если, решая данную задачу, придерживаться схемы решения предыдущей, то необходимо построить прямую пересечения заданных плоскостей. Но можно поступить и иначе, без построения этой прямой, т. е. не определяя ребра искомого двугранного угла. Можно поступить следующим образом: определить не непосредственно угол φ, а угол σ (рис. 172, б) между перпендикулярами КМ и KN, проведенными из какой-либо точки К на заданные плоскости. Найдя угол σ, получаем φ = 180° - σ.

Такое решение отличается в своей сущности от решений по рис. 171, в и 171, а. Взяв некоторую точку К (рис. 172, в), проведем из нее перпендикуляры КN и КМ соответственно к плоскости треугольника ABC н к пл. Р: из точки k" проводим k"n" ⊥ a"b" и k"m" ⊥ P ϑ , а из точки k - kn ⊥ ac и km ⊥ P h . Таким образом получается угол с проекциями mkn и n"k"n" (угол σ) .Натуральная величина этого угла получена поворотом вркруг фронтали 1-2 (рис. 172, г). Так как получен острый угол, то можно

185. Дана пирамида SABCD (см. рис. 154). Определить способом перемены плоскостей проекций углы между гранями SAB и SBC, SBC и SCD, SAD и SAB.

186. Дан параллелепипед (рис. 165). Определить углы между гранями CDHG и EFGH, BCGF и CDHG.

Главная » Транскрипции » Задачи на свойства параллельных прямых. Задачи на свойства биссектрисы треугольника