Страница 13 - гдз по геометрии 10 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

0.36. Вершины треугольника находятся в точках $A(-7; 5)$, $B(3; -1)$, $C(5; 3)$. Напишите уравнения серединных перпендикуляров этого треугольника.

Серединный перпендикуляр к стороне AB

Найдем уравнение серединного перпендикуляра к стороне AB, соединяющей точки A(-7; 5) и B(3; -1). Серединный перпендикуляр проходит через середину отрезка и перпендикулярен ему.

1. Сначала найдем координаты середины отрезка AB, точки $M_{AB}$:
$x_{M_{AB}} = \frac{x_A + x_B}{2} = \frac{-7 + 3}{2} = \frac{-4}{2} = -2$
$y_{M_{AB}} = \frac{y_A + y_B}{2} = \frac{5 + (-1)}{2} = \frac{4}{2} = 2$
Координаты точки $M_{AB}$ равны $(-2; 2)$.

2. Далее найдем угловой коэффициент $k_{AB}$ прямой, проходящей через точки A и B:
$k_{AB} = \frac{y_B - y_A}{x_B - x_A} = \frac{-1 - 5}{3 - (-7)} = \frac{-6}{10} = -\frac{3}{5}$.

3. Серединный перпендикуляр перпендикулярен прямой AB, поэтому его угловой коэффициент $k_1$ находится из условия перпендикулярности $k_1 \cdot k_{AB} = -1$:
$k_1 = -\frac{1}{k_{AB}} = -\frac{1}{-3/5} = \frac{5}{3}$.

4. Теперь составим уравнение серединного перпендикуляра, который проходит через точку $M_{AB}(-2; 2)$ и имеет угловой коэффициент $k_1 = 5/3$, используя уравнение прямой $y - y_0 = k(x - x_0)$:
$y - 2 = \frac{5}{3}(x - (-2))$
$3(y - 2) = 5(x + 2)$
$3y - 6 = 5x + 10$
$5x - 3y + 16 = 0$.
Ответ: $5x - 3y + 16 = 0$.

Серединный перпендикуляр к стороне BC

Найдем уравнение серединного перпендикуляра к стороне BC, соединяющей точки B(3; -1) и C(5; 3).

1. Найдем координаты середины отрезка BC, точки $M_{BC}$:
$x_{M_{BC}} = \frac{x_B + x_C}{2} = \frac{3 + 5}{2} = \frac{8}{2} = 4$
$y_{M_{BC}} = \frac{y_B + y_C}{2} = \frac{-1 + 3}{2} = \frac{2}{2} = 1$
Координаты точки $M_{BC}$ равны $(4; 1)$.

2. Найдем угловой коэффициент $k_{BC}$ прямой BC:
$k_{BC} = \frac{y_C - y_B}{x_C - x_B} = \frac{3 - (-1)}{5 - 3} = \frac{4}{2} = 2$.

3. Угловой коэффициент $k_2$ серединного перпендикуляра:
$k_2 = -\frac{1}{k_{BC}} = -\frac{1}{2}$.

4. Составим уравнение серединного перпендикуляра, проходящего через точку $M_{BC}(4; 1)$ с угловым коэффициентом $k_2 = -1/2$:
$y - 1 = -\frac{1}{2}(x - 4)$
$2(y - 1) = -(x - 4)$
$2y - 2 = -x + 4$
$x + 2y - 6 = 0$.
Ответ: $x + 2y - 6 = 0$.

Серединный перпендикуляр к стороне AC

Найдем уравнение серединного перпендикуляра к стороне AC, соединяющей точки A(-7; 5) и C(5; 3).

1. Найдем координаты середины отрезка AC, точки $M_{AC}$:
$x_{M_{AC}} = \frac{x_A + x_C}{2} = \frac{-7 + 5}{2} = \frac{-2}{2} = -1$
$y_{M_{AC}} = \frac{y_A + y_C}{2} = \frac{5 + 3}{2} = \frac{8}{2} = 4$
Координаты точки $M_{AC}$ равны $(-1; 4)$.

2. Найдем угловой коэффициент $k_{AC}$ прямой AC:
$k_{AC} = \frac{y_C - y_A}{x_C - x_A} = \frac{3 - 5}{5 - (-7)} = \frac{-2}{12} = -\frac{1}{6}$.

3. Угловой коэффициент $k_3$ серединного перпендикуляра:
$k_3 = -\frac{1}{k_{AC}} = -\frac{1}{-1/6} = 6$.

4. Составим уравнение серединного перпендикуляра, проходящего через точку $M_{AC}(-1; 4)$ с угловым коэффициентом $k_3 = 6$:
$y - 4 = 6(x - (-1))$
$y - 4 = 6(x + 1)$
$y - 4 = 6x + 6$
$6x - y + 10 = 0$.
Ответ: $6x - y + 10 = 0$.

0.37. Докажите, что если ABCD – прямоугольник, то для любой точки O плоскости выполняется равенство $AO^2 + CO^2 = BO^2 + DO^2$ (рис. 0.4).

Рис. 0.4

Для доказательства данного утверждения воспользуемся методом координат. Поместим прямоугольник $ABCD$ в декартову систему координат так, чтобы вершина $A$ совпала с началом координат, а стороны $AD$ и $AB$ лежали на осях $Ox$ и $Oy$ соответственно. Пусть длина стороны $AD$ равна $a$, а длина стороны $AB$ равна $b$. Тогда координаты вершин прямоугольника будут следующими: $A(0, 0)$, $B(0, b)$, $C(a, b)$ и $D(a, 0)$. Пусть $O(x, y)$ — произвольная точка на плоскости.

Теперь найдем квадраты расстояний от точки $O$ до каждой из вершин прямоугольника, используя формулу квадрата расстояния между двумя точками $(x_1, y_1)$ и $(x_2, y_2)$: $d^2 = (x_2 - x_1)^2 + (y_2 - y_1)^2$. Вычислим обе части доказываемого равенства.

Для левой части равенства $AO^2 + CO^2$ имеем:
$AO^2 = (x - 0)^2 + (y - 0)^2 = x^2 + y^2$
$CO^2 = (x - a)^2 + (y - b)^2 = x^2 - 2ax + a^2 + y^2 - 2by + b^2$
Сумма равна: $AO^2 + CO^2 = (x^2 + y^2) + (x^2 - 2ax + a^2 + y^2 - 2by + b^2) = 2x^2 + 2y^2 - 2ax - 2by + a^2 + b^2$.

Для правой части равенства $BO^2 + DO^2$ имеем:
$BO^2 = (x - 0)^2 + (y - b)^2 = x^2 + y^2 - 2by + b^2$
$DO^2 = (x - a)^2 + (y - 0)^2 = x^2 - 2ax + a^2 + y^2$
Сумма равна: $BO^2 + DO^2 = (x^2 + y^2 - 2by + b^2) + (x^2 - 2ax + a^2 + y^2) = 2x^2 + 2y^2 - 2ax - 2by + a^2 + b^2$.

Сравнивая полученные выражения для левой и правой частей, мы видим, что они тождественно равны. Следовательно, равенство $AO^2 + CO^2 = BO^2 + DO^2$ выполняется для любой точки $O$ на плоскости. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Для любого прямоугольника $ABCD$ и любой точки $O$ плоскости выполняется равенство $AO^2+CO^2 = BO^2+DO^2$.

0.38. Найдите длину общей касательной окружностей радиусами $R$ и $r$, касающихся друг друга внешним образом.

Пусть даны две окружности с центрами в точках $O_1$ и $O_2$ и радиусами $R$ и $r$ соответственно, которые касаются друг друга внешним образом. Расстояние между центрами таких окружностей равно сумме их радиусов: $O_1O_2 = R + r$.

Проведем общую внешнюю касательную $l$ к этим окружностям. Пусть $A$ и $B$ — точки касания этой прямой с окружностями с центрами $O_1$ и $O_2$ соответственно. Требуется найти длину отрезка $AB$.

Радиусы, проведенные в точки касания, перпендикулярны касательной: $O_1A \perp AB$ и $O_2B \perp AB$. Таким образом, отрезки $O_1A$ и $O_2B$ параллельны друг другу, а четырехугольник $ABO_2O_1$ является прямоугольной трапецией с основаниями $O_1A = R$ и $O_2B = r$ и прямыми углами при вершинах $A$ и $B$.

Для нахождения длины боковой стороны $AB$ опустим перпендикуляр из центра меньшей окружности (для определенности, пусть это будет $O_2$) на радиус большей окружности $O_1A$. Обозначим основание этого перпендикуляра точкой $C$.

В результате построения мы получили прямоугольник $ABO_2C$ и прямоугольный треугольник $\triangle O_1CO_2$.

Из свойств прямоугольника следует, что $AB = CO_2$ и $AC = O_2B = r$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle O_1CO_2$:

- Гипотенуза $O_1O_2 = R + r$.
- Катет $O_1C = O_1A - AC = R - r$.
- Катет $CO_2$ равен искомой длине $AB$.

По теореме Пифагора, квадрат гипотенузы равен сумме квадратов катетов:

$(O_1O_2)^2 = (O_1C)^2 + (CO_2)^2$

Подставим известные значения:

$(R + r)^2 = (R - r)^2 + (AB)^2$

Выразим $(AB)^2$:

$(AB)^2 = (R + r)^2 - (R - r)^2$

Раскроем скобки, используя формулы квадрата суммы и квадрата разности:

$(AB)^2 = (R^2 + 2Rr + r^2) - (R^2 - 2Rr + r^2)$

$(AB)^2 = R^2 + 2Rr + r^2 - R^2 + 2Rr - r^2$

$(AB)^2 = 4Rr$

Извлекая квадратный корень из обеих частей уравнения, получаем длину общей касательной:

$AB = \sqrt{4Rr} = 2\sqrt{Rr}$

Ответ: Длина общей касательной равна $2\sqrt{Rr}$.

0.39. Какова связь между преобразованиями поворота и центральной симметрии?

Связь между преобразованиями поворота и центральной симметрии заключается в том, что центральная симметрия является частным случаем поворота.

Центральная симметрия относительно точки $O$ (центра симметрии) — это такое преобразование плоскости, при котором любая точка $P$ переходит в точку $P'$, для которой точка $O$ является серединой отрезка $PP'$. Это означает, что точки $P$, $O$, $P'$ лежат на одной прямой и расстояние $PO$ равно расстоянию $OP'$.

Поворот вокруг точки $O$ (центра поворота) на угол $\alpha$ — это такое преобразование плоскости, при котором любая точка $P$ переходит в точку $P'$, для которой расстояние $OP$ равно расстоянию $OP'$, а угол $\angle POP'$ равен $\alpha$.

Если мы рассмотрим поворот на угол $180^\circ$ вокруг центра $O$, то любая точка $P$ перейдет в точку $P'$ таким образом, что расстояние $OP$ будет равно расстоянию $OP'$, а угол $\angle POP'$ составит $180^\circ$. Развернутый угол в $180^\circ$ означает, что точки $P$, $O$ и $P'$ лежат на одной прямой. Поскольку $OP = OP'$, точка $O$ будет являться серединой отрезка $PP'$.

Это определение в точности совпадает с определением центральной симметрии. Следовательно, преобразование центральной симметрии относительно точки $O$ полностью эквивалентно преобразованию поворота вокруг той же точки $O$ на угол $180^\circ$.

Ответ: Центральная симметрия относительно точки является частным случаем преобразования поворота, а именно — поворотом на $180^\circ$ вокруг этой же точки.

0.40. Внутренняя точка $P$ треугольника $ABC$ удовлетворяет равенству $\angle ABP = \angle BCP = \angle CAP = \phi$. Выразите $\operatorname{tg}\phi$ через площадь треугольника и его стороны.

Обозначим углы треугольника $ABC$ как $\angle A, \angle B, \angle C$, а длины сторон, противолежащих этим углам, как $a, b, c$ соответственно. Пусть $S$ — площадь треугольника $ABC$.

По условию, внутренняя точка $P$ такова, что $\angle ABP = \angle BCP = \angle CAP = \phi$.

Изобразим данную конфигурацию на рисунке:

Рассмотрим углы в треугольниках $\triangle APB$, $\triangle BPC$ и $\triangle CPA$.

В $\triangle APB$:$\angle PAB = \angle CAB - \angle CAP = A - \phi$$\angle PBA = \angle ABP = \phi$$\angle APB = 180^\circ - \angle PAB - \angle PBA = 180^\circ - (A - \phi) - \phi = 180^\circ - A$.

В $\triangle BPC$:$\angle PBC = \angle ABC - \angle ABP = B - \phi$$\angle PCB = \angle BCP = \phi$$\angle BPC = 180^\circ - \angle PBC - \angle PCB = 180^\circ - (B - \phi) - \phi = 180^\circ - B$.

В $\triangle CPA$:$\angle PCA = \angle BCA - \angle BCP = C - \phi$$\angle PAC = \angle CAP = \phi$$\angle CPA = 180^\circ - \angle PCA - \angle PAC = 180^\circ - (C - \phi) - \phi = 180^\circ - C$.

Применим теорему синусов к треугольникам $\triangle APB$ и $\triangle BPC$.

Из $\triangle APB$:$\frac{PB}{\sin(\angle PAB)} = \frac{AB}{\sin(\angle APB)}$$\frac{PB}{\sin(A-\phi)} = \frac{c}{\sin(180^\circ - A)} = \frac{c}{\sin A}$Отсюда $PB = \frac{c \sin(A-\phi)}{\sin A}$.

Из $\triangle BPC$:$\frac{PB}{\sin(\angle PCB)} = \frac{BC}{\sin(\angle BPC)}$$\frac{PB}{\sin(\phi)} = \frac{a}{\sin(180^\circ - B)} = \frac{a}{\sin B}$Отсюда $PB = \frac{a \sin\phi}{\sin B}$.

Приравнивая два выражения для $PB$, получаем:$\frac{c \sin(A-\phi)}{\sin A} = \frac{a \sin\phi}{\sin B}$$c \sin B \sin(A-\phi) = a \sin A \sin\phi$

Раскроем $\sin(A-\phi) = \sin A \cos\phi - \cos A \sin\phi$:$c \sin B (\sin A \cos\phi - \cos A \sin\phi) = a \sin A \sin\phi$

Предполагая, что $\phi \ne 0$, разделим обе части равенства на $\sin\phi$:$c \sin B (\sin A \cot\phi - \cos A) = a \sin A$$\sin A \cot\phi - \cos A = \frac{a \sin A}{c \sin B}$$\cot\phi = \frac{\cos A}{\sin A} + \frac{a \sin A}{c \sin B \sin A} = \cot A + \frac{a}{c \sin B}$

По теореме синусов для $\triangle ABC$, имеем $\frac{a}{\sin A} = \frac{c}{\sin C}$, откуда $a = c \frac{\sin A}{\sin C}$.Подставим это выражение для $a$:$\cot\phi = \cot A + \frac{c \frac{\sin A}{\sin C}}{c \sin B} = \cot A + \frac{\sin A}{\sin B \sin C}$

Теперь рассмотрим сумму котангенсов углов $B$ и $C$:$\cot B + \cot C = \frac{\cos B}{\sin B} + \frac{\cos C}{\sin C} = \frac{\cos B \sin C + \sin B \cos C}{\sin B \sin C} = \frac{\sin(B+C)}{\sin B \sin C}$

Так как $A+B+C = 180^\circ$, то $B+C = 180^\circ - A$, и $\sin(B+C) = \sin(180^\circ - A) = \sin A$.Следовательно, $\cot B + \cot C = \frac{\sin A}{\sin B \sin C}$.

Подставляя это в наше выражение для $\cot\phi$, получаем известное соотношение для угла Брокара:$\cot\phi = \cot A + (\cot B + \cot C)$$\cot\phi = \cot A + \cot B + \cot C$

Теперь выразим котангенсы углов треугольника через его стороны и площадь $S$.Площадь треугольника $S = \frac{1}{2}bc\sin A$, откуда $\sin A = \frac{2S}{bc}$.По теореме косинусов, $\cos A = \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$.Тогда $\cot A = \frac{\cos A}{\sin A} = \frac{(b^2+c^2-a^2)/(2bc)}{2S/bc} = \frac{b^2+c^2-a^2}{4S}$.

Аналогично для углов $B$ и $C$:$\cot B = \frac{a^2+c^2-b^2}{4S}$$\cot C = \frac{a^2+b^2-c^2}{4S}$

Суммируя эти выражения, получаем:$\cot\phi = \frac{b^2+c^2-a^2}{4S} + \frac{a^2+c^2-b^2}{4S} + \frac{a^2+b^2-c^2}{4S}$$\cot\phi = \frac{(b^2+c^2-a^2) + (a^2+c^2-b^2) + (a^2+b^2-c^2)}{4S}$$\cot\phi = \frac{a^2+b^2+c^2}{4S}$

Искомая величина $\mathrm{tg}\phi$ является обратной к $\cot\phi$:$\mathrm{tg}\phi = \frac{1}{\cot\phi} = \frac{4S}{a^2+b^2+c^2}$

Ответ: $\mathrm{tg}\phi = \frac{4S}{a^2+b^2+c^2}$, где $S$ — площадь треугольника $ABC$, а $a,b,c$ — длины его сторон.