У нас: 141825 рефератів
Щойно додані Реферати Тор 100
Скористайтеся пошуком, наприклад Реферат        Грубий пошук Точний пошук
Вхід в абонемент


точки симетрії D відносно сторін АС і АВ. В якості вершин Е і F потрібно взяти точки перетину відрізка D1D2 зі сторонами АC і АВ. Справді, периметр трикутника DEF рівний довжині відрізка D1D2, а периметр будь-якого іншого трикутника DE1F1 рівний довжині ламаної D1E1F1D2 > D1D2.

Залишилось визначити положення точки D, при якому D1D2 є найменшим. Розглянемо трикутник D1AD2. Кут при вершині А фіксований (він рівний 2<ВАС), D1A = D2A=DA. Значить D1D2 є найменшим, якщо найменшим є відрізок АD, тобто АD – висота трикутника АВС. Оскільки доведено існування і єдність мінімального (по периметру) трикутника AEF, тоді, повторяючи роздуми відносно інших сторін трикутника АВС, прийдемо до висновку, що Е і F також повинні бути основами відповідних висот трикутника АВС.

Інший корисний прийом ілюструє наступна задача.

Задача 10. Дано кут величиною (<900). О-вершина кута. На одній із сторін кута взята точка А, ОА = а. Точка В розміщена на тій же стороні, а М – на протилежній стороні так, що <AMB = 900. Знайти найменше значення довжини відрізка АВ.

Розв’язання.

Нехай М і В – будь-які дві точки на сторонах кута, для яких <AMB = 900 (мал.1). опишемо навколо трикутника АМВ коло. Якщо це коло перетинає сторону кута, на якій розміщується точка М, то довжину відрізка АВ можна зменшити. Справді, нехай М1 - будь-яка точка на хорді, <AM1B > 900. Відповідно, на АВ існує точка В1, для якої <AM1B1 = 900. Ми довели, що якщо мінімальний відрізок АВ існує, то коло. Описане навколо трикутника АМВ, дотикається сторони кута.

Можна зробити й по-іншому, розглянувши М і В, такі, що описане коло дотикається сторони кута, довести, що відрізок АВ, який ми отримали. Має найменшу довжину. Зрозуміло, що В потрібно взяти на відрізку ОА (мал.2). для будь-якої точки М1, відмінної від М, буде <AMB < 900, а значить відповідна точка В1 займе положення, для якого АВ1 >АВ.

Знайдемо відрізок АВ, який відповідає цьому положенню точки М. Нехай Р – середина АВ, АВ = 2х, ОР = а-х. МР = х, . Найменше значення довжини відрізка АВ рівне .

Але не завжди вдається проробити прямі роздуми, які б доводили, що знайдене розміщення. Реалізує шуканий екстремум. Нагадаємо, що при знаходженні найбільших і найменших значень з допомогою математичного аналізу, ми опираємось на ствердження про існування найбільшого або найменшого значення. Дане твердження може бути сформульоване в загальному вигляді. Але звернення до даного ствердження не зовсім знайомі, оскільки доведення загального факту в шкільному курсі відсутнє. З іншої сторони, в кожному конкретному випадку існування найбільшого або найменшого значення достатньо очевидно. Аналогічно даному геометричні погляди, які показують для яких розміщень найбільше чи найменше значення не досягається, доповнені теоремою існування, дають умови, які визначають екстремальне положення.

Задача 11. Точки А, В, С розміщені по одній на трьох колах з радіусами 1, 3 і 5. Чому дорівнює найбільше значення площі трикутника АВС?

Розв’язання.

Доведемо, що до шуканого трикутника виконується наступна властивість: пряма, яка проходить через довільну його вершину паралельно протилежній стороні, повинна дотикатися до відповідного кола.

Нехай пряма, проведена через С паралельно АВ, перетинає коло (мал.3). тоді. Переміщуючи С по одній з отриманих дуг в положенні С1, отримаємо трикутник АВС1, площа якого більша, ніж площа трикутника АВС.

Доведемо (при умові існування), що точка О – спільний центр кіл – для шуканого трикутника є точкою перетину висот (мал.4).

Нехай АО = 1, ВО = 3, СО = 5. Згідно перетину синусів для трикутника АОВ маємо , для трикутника АОС маємо .

Нехай , тоді , . З рівності А+С = 1800 – В маємо , звідки

,

 

Один корінь цього рівняння . Більше дійсних коренів немає.

 

Отримали, що

Задача 12. Довести, що медіана, проведена до більшої сторони трикутника, утворює зі сторонами, які її заключають, кути, величиною кожного з них не менше половини найменшого кута трикутника.

Розв’язання.

Нехай в ДАВС сторони зв’язані співвідношенням а, тобто АВ=с, ВС=а, АС=b. Візьмемо на СВ точку М так, що <САМ =. Потрібно довести, що СМ. за теоремою синусів для ДСАМ запишемо:

.

Використаємо тригонометричні формули для перетворення виразу .

За теоремою косинусів для АВ з ДАВС:

АВ2=ВС2+АС2-2АС*ВС*cos<c;

c2=a2+b2-2ab cos<c;

Використавши вище проведені перетворення, запишемо:

СМ=

Задача 13. Трикутник АВС і АМС розміщені так, що МС перетинає АВ в точці 0, причому АМ+МС = АВ+ВС. Довести, що АВ = ВС, то ОВ > OМ.

Розв’язання.

Позначимо АВ=ВС=а, АМ=с, МС=b, MB=m, <BMO=, <MBO=. Потрібно довести, що ОВ>ОМ, або > , або . Розглянемо трикутник МВА. Запишемо для сторони АМ за допомогою теореми косинусів рівність:

АМ2=МВ2+АВ2-2МВ*АВ*cos;

c2=m2+a2-2am cos;

Звідси одержимо вираз для косинуса кута :

.

Розглянемо трикутник МВС. Використовуючи теорему косинусів, запишемо для сторони ВС:

ВС2=СМ2+МВ2-2СМ*МВ*cos;

а2=b2+m2-2mb cos;

Одержимо:

.

Запишемо

Оскільки а-с = b-a, за умовою, то

 

що й потрібно було довести

Задача 14. Довести, що з усіх трикутників зі спільним кутом при вершині і даній сумі довжини бокових сторін а+b рівнобедрений трикутник має найменшу основу.

Розв’язання Нехай a+b=q; a, b, c – сторони трикутника. За теоремою косинусів запишемо:

 

Оскільки q i - незмінні, то найменше значення с буде при , тобто при а=b

Задача 15. З усіх трикутників з однаковою основою і одним і тим же кутом при вершині знайти трикутник з найбільшим периметром

Розв’язання.

Розглянемо трикутник АВС з основою АС і позначимо через а, b, c – довжини сторін. Кути, які відповідають сторонам а, b, c позначимо відповідно


Сторінки: 1 2 3 4