Решения на част от задачите за построение

Решаване и построяване на правоъгълен триъгълник
(γ = 90°)

576. Дадено: а, b – катети
Решение:
Последователно определяме с² = a² + b² sin α = a/c; sin β = b/c; 2R = c; h _a = b; h _b = a h _c = b.sinα = asinβ , m_c = R
4m_a² = a² + 4b² 4m_b² = 4a² + b² 2S=ab=c. h _c=……..
Построение:
Построяваме правите р перпендикулярна на q p∩q = C(fig. 34) A = R₁(C; b) ∩ p; B = R₂(C; a) ∩ p
Решението е винаги възможно и единствено.

577. Дадено: а, с, (b, c ) – катет и хипотенуза
Решение:
След b² = c² - a² (a² = c² - b²) → 576.
Построение:
Отсечка АВ = с; О &eps; АВ, АО =ОВ ; R(O;OA); C = R₁(B;a)∩R
Решението е възможно, ако а < с (b < c) и е единствено.

578. Дадено: с, α ( с, β) – хипотенуза и остър ъгъл
Решение:
След а = с.sinα, β = π/2 – α , b = c , sin β → 576. Построение. АВ = с (фиг.35); ъгъл BАС’ = x ; O &eps;AB, AO = OB ; C = R(O;OA) ∩ AC’
Решението е винаги възможно и е единствено.

579. Дадено: a, β ( b, α) – катет и прилижащ остър ъгъл.
Решение:
След b = a.tgβ, c = a/cosβ → 576.
Построение:
Ъгъл А’ВС’ = β (фиг.35); С &eps; ВС’’ , ВС = а; СС’ перпендикулярна на СВ ; А = СС’ ∩ В’А’

580. Дадено: а, α ( b, β) – катет и срещулежащ ъгъл
Решение:
След b = a, ctgα, c = a/sinα → 576.
Построение:
ВС а; BD перпендикулярна на BC; ъгъл DBA’ = α; CC’ перпендикулярна на BC; A CC’∩BA’

Решаване и построяване на произволен триъгълник по дадени три негови елемента(задачи 581-796)

Номерата в скоби съответстват на номерата в дадения по горе списък.

581. (1) Дадено а,b,c, - трите страни.
Решение:
cos α = (b² + c² - a²) / 2bc, …(80)
h_a = [(a+b+c)(b+c–a)(c+a-b)(a+b-c)]/4a² = 4/a².p_a. p_b p_c…(90)
4m _a ² = 2b ²+ 2c²-a²,…. (85)
l_a= (2√bcpp_a)/(b+c) = √ (bc-mn , m = BL_a= ac/(b+c), n = ab/(b+c)…(86,88,61)
R = abc/4√pp_ap_bp_c
r = √rp_ap_bp_c/p= √ p_ap_bp_c/p r_a= =√p p_ap_bp_c/p_a= =√p p_bp_c/ p_a 2p = a+b+c, p_a= p - a, p_b= p - b, p_c = p – c
S = √pp_ap_bp_c = √2(a²b²+b²c²+ +c²a²- (a⁴+b⁴+c⁴)
Построение:
BC = a; A = R₁(B;c)∩R₂(C;b) (фиг36)
Задачата има решение, ако |a – b| < c < a + b (7).
Решението е единствено

582(2) Дадено: a,b, α – две страни и ъгъл срещу едната от тях.
Решение:
sin β = b.sinα/a , cos²β = 1 - sin²β.cosβ = ±1/a √a²-b².sin²α,
sinγ = sin(α + β) = sinα.cosβ + cosα.sinβ = 1/a (±sinα√a²-b².sin²α+bsinα.cosα) h_c = b.sinα
R = a/2sinα, c = asinγ/sinα,
c = ±√a²-b²sinα + bcosα→581
Построение:
AC = b; ъгъл CAP = α; B = R₁(C;a)∩AP (фиг.37)
При α < 90° и а) b.sinα< a < b задачата има две решения;
б) а = b.sinα или а>b едно решение
При α ≥ 90° и а>b – едно решение.

583.(3) Дадено: а,b, γ – две страни и ъгъл между тях.
Решение
C = √a ²+b² - 2abcosγ = = √(a+b) ²- 4abcos²γ/2 (80) →581
h_a= b .sinγ, h_b= asinγ, S = ab.sinγ,.. Построение:
BC = a; ъгъл BCA = γ; A = R₁(C:b)∩CA’ (фиг.38)
Решението е винаги възможно и е единствено

584. (4) Дадено: а,b, h_a- две страни и височина към едната от тях.
Решение:
sinγ = h_a/b → 583.
Построение:
BC = a; n ||BC, d= (BC;n) = h_a; А = R₁ (C;b)∩n
Фиг.39
Задачата има решение, ако h_a≤b I ako h_a < b, задачата има две решения, а ако h_a= b – едно

585.(5) Дадено: a, b, h_c - две страни и височина към третата
Решение:
sin α = h_c/b → 582. Построение. триъгълник ACH _c(по b и h_c); B = R₁(C;a) ∩ AH_c (фиг.40)
Решението е възможно, ако h_c ≤ a, h_c ≤ b,
При h_c < а < b или h_c < b < а – задачата има две решения; при h_c = b < a или h_c = a < b, или h_c < а = b – едно

586. (6) Дадено: a, b, m_a - две страни и медиана към едната от тях.
Решение:
2c ²= 4m _a²+a²-2b²(85)→ 581.
Построение:
Триъгълник АМ_aC( по ½ а,b,m_a);
B = R₁(M_a;M_aC)∩CM_a фиг.41
Задачата има решение, ако 2|m_a-b| < a < 2(m_a+b) и то е единствено.

587 (7) Дадено: a, b, m_c - две страни и медиана към третата.
Решение:
c²=2a²+2b²- 4m_c² (85) → 581.
Построение:
триъгълник BCC’ (по a, b, 2m_c)(фиг.42); М_c&eps;CC’, CM_c=m_c A = R₁(M_c;M_cB)∩BM_c
Задачата има решение, ако |a-b| < 2m_c < a+b и то е единствено.

588 (9) Дадено: a,b,l_c - две страни и ъглополовяща към третата.
Решение
Cosγ/2 = [l_c(a+b)]/2ab (94) → 583 Анализ за построение
I. Нека BC’ ||L_cC и С’ лежи върху правата АС. Тогава m= BC’= (a+b)/b . l_c (fig.43)
II. Нека L_cD||BC, D&eps;AC => L_cD = DC,
DC/AD = L_cB/AL_c = a/b (57)
DC/AC = a/(a+b) => n = DC = ab/(a+b) (фиг.43)
Построение
I. m = (a+b)/b.l_c; триъгълник BCC’(по m.a,a);
A = R₁(C;b)∩C’C
II. n = ab/(a+b); триъгълник L_cCD (по l_c,n,n);
A = R₂(C;b)∩CD, D &eps; AC;
B = R₃(C;a)∩AL_c, L_c &eps; AB;
Задачата има решение, ако l_c <2n, t.e.l_c(a+b)<2ab

589. (10) Дадено: a,b,R – две страни и радиус на описаната окръжност.
Решение.
Sinα = a/2R (75) → 582.
Задачата има решение, ако а ≤ 2R, b ≤ 2R, a+b > 2R, като двете равенства не се допускат едновременно.

590. (14) Дадено: а,b, 2p – две страни и периметър.
Решение:
c = 2p – (a+b) → 581
Задачата има решение, ако а+b < 2p

591. (15) Дадено: a,b,S – две страни и лице.
Решение:
h_a = 2S/a → 584
Решението е възможно, ако 2S ≤ ab

592 (16) Дадено: а, α, β – страна и два ъгъл а
Решение:
b = a.sinβ/sinα, c = [a.sin(α+β)] /sinα (75) → 581
Построение:
BC = a; ъгъл BCA’ = γ = π – (α +β); ъгъл CBA’’ = β; A = CA’∩BA’’ (фиг.44)
Решението е възможно, ако α +β < π

593. (17) Дадено: а,α, h_a - страна, височина към нея и срещулежащ ъгъл.

Решение:
bc -2Rh_a, 2Rsinβ.sinγ = h_a, sinβ.sinγ = h_a.sinα/a (77, )
cos(β-γ) = cosβ.cosγ + sinβ.sinγ = ½ cos(β-γ) +1/2 cos(β+γ) + sinβ.sinγ =>
1/2 cos(β-γ) = sinβ.sinγ – ½ cosα cos(β-γ) = [2h_a.sinα – a.cosα]/a = u от (191) =>
sin²β + sin²γ = 2cosα.sinβ.sinγ +sin²α = 2h _a.sinα.cosα/a + sin²α = V I cos(β-γ) = u
I sin²β + sin²γ = V,
w = h_a.sinα/a =>..
cos⁴β + (V-2)cos²β +(u-w) = 0
cosβ = …. → 583
Построение:
R(O;R) (по BC = a и α; g ||BC, d(q,BC = h_a
А = q∩R (фиг.45)
Задачата има решение, ако 2h_a≤actgα

597 (21) Дадено: а,α,l_a - страна, срещулежащ ъгъл и ъглополовяща към дадената страна (задача на Паппус – грък от Александрия, III-IVв.)
Решение:
I. l_a= 2Rsinβ.sinγ/cos[(β-γ)/2] = R[cos(β-γ)- cosβ+γ)/cos(β-γ)/2] (95)
l_a= a/2sinα.[(2cos²(β-γ)/2-1+cosα)] / [cos(β-γ)/2] = a/sinα.[cos²(β-γ)/2 – sin(α/2)] / cos[(β-γ)/2],
ax² - l_a.sinαx-asin²α/2 = 0, където x = cos[β-γ)/2], β+γ = π – α → 592

II AL_a.L_a.M’_a = BL_a.L_aC (фиг.49)
Означаваме L_aM’_a = x , M_aL_a = y,
Тогава l_a.x = (a/2 +y).(a/2 – y) = = a²/4 - y²
y²= x²- M’_aB² + a²/4 (триъгълник M’_aL_aM_a и триъгълник M’_aM_aB) l_a.x = M’_aB² - x², M’_aB² = ( l_a+x)x

600 (26) Дадено: а,α, r_b - страна, срещулежащ ъгъл и радиус на външно вписаната окръжност в един от другите ъгли.
Решение
a = BX_b - CX_b = r_b(ctgβ/2-ctg (π-γ)/2 9 (фиг.23)

a.sin(β-γ)/2 = 2r_b.sin π/2 – a.cosα/2, β+γ = π – α → 587
Анализ:

I. Окръжността R(O;R) може да бъде построена по ВС = а и α Тогава точка l_b е обща точка на две геометрични места – Ol_b= √R²+2Rr_b (93), и на разстояние r_b от правата ВС
След това може да бъде построена допирателната CY_b. Върхът А = CY_b∩R (фиг.53)

II. Нека точките В’ и В’’ принадлежат на правата АС и АВ’=АВ = с, СВ’’=СВ = а (фиг.53)
Тогава В’В’’= а+b-c, AY_b= ½(a+b-c)= p – c.
Ако К е среда на В’В’’, то В’К = ½(АВ’’-АВ’)= ½(a+b-c) = p – c = AY_b.
Тъй-като триъгъл ниците АВВ’ и СВВ’’ са равнобедрени, то ъглополовящите Аl_aи Cl_a се явяват симетрали съответно на ВВ’ и ВВ’’
Следователно l_a е център на описаната около триъгълник ВВ’В’’ окръжност, откъдето следва, че l_aK перпендикулярна на B’B’’.
Тогава, ако Р = ВВ’∩l_aK то В’Р = В’’Р, ъгъл РВ’В’’ = ъгъл АВ’В = 90°-1/2α,
РК = В’К.tg(90° - ½α) = p_cctg α/2 = r_b (263).
Ако В’F перпендикулярна на BB’, то ъгъл FB’B’’= ъгъл l_aAB’’ = 1/2α
Построение:
Права n; B’ &eps; n ; B’F перпендикулярна на n; ъгъл FB’E = ½ α; q || B’E
d(q;B’E)= r_b; P=q∩n; PK перпендикулярна на B’E, K&eps;B’E; B’’=R₁(K;KB’)∩B’E C = R₂(B’’;a)∩B’’B’; B₃ = R₃(C;a)∩n; s –симетрала на ВВ’ А = s∩B’’B’
Решението е възможно, ако r_btgα/2<α≤2r_btgα/2

Вие четете тази страница благодарение на Мариана Велинова(учител по математика).

Очаквайте продължение!