о кута з точкою, Наприклад Е 3 , Яка діліть Один з даніх відрізків C 3 D 3 в даного відношенні.
Зауваження. ЯКЩО відношення, в якому поділені відрізкі, дорівнює одініці, то геометричність місцем точок є продовжено медіана трикутника, Який одержуємо від Перетин даного кута однією Із згаданіх паралельних прямої, проведеної з вершини О.
VI. Геометричність Місце точок, Що їх віддалі від двох прямих АВ и CD відносяться, Як m: n, є сукупність двох прямих LK и MN (рис. 204), Що проходять через точку Е Перетин прямих АВ и CD и через точки К і L, M и N Перетин прямих, паралельних АВ и віддаленіх від неї на ь, з прямими, паралельних CD и віддаленімі від неї на n.
VII. Геометричність Місце точок, з якіх відрізок АВ видно Під данім кутом О±, є дуга кола, стягувана хорди АВ, з центром О або О 1 (рис. 205).
Дуги АМВ и ANB, а кож ентр Про и Про 1 сіметрічні відносно відрізка АВ.
Щоб побудуваті центри Про и Про 1 , в цінцях відрізка АВ, з обох боків від нього, провідності Прямі Під кутом О± до прямої АВ и Будуємо з точок А і В Перпендикуляр до проведення прямої. На перетіні ціх перпендікулярів з перпендикуляром до відрізка АВ через Його середину и лежати центри Про и Про 1 .
Зауваження. Точки А і В треба віключіті, бо смороду НЕ мают Властивості, Якові мают ВСІ Інші точки.
VIII. Геометричність Місце точок, Що їх віддалі від двох даніх точок А і В відносяться, Як m: n, є коло, побудоване на відрізку CD, Як на діаметрі, притому точки C и D на прямій АВ ділять відрізок АВ відповідно у внутрішньому и зовнішньому відношенні, рівному m: n. Інакше Кажучи, точки А, С, В і D - гармонічно спряжені точки.
Доведемо теорему відносно поданого геометричного Місця, або так званого кола Аполлонія.
Теорема 242. Довільна точка М така, Що відношення її віддалей від двох даніх точок А і У дорівн.є m: n, лежить на колі з діаметром CD, причому точки С і D ділять відрізок АВ відповідно зсередіна и зовні у відношенні m: n.
Дані точки А і В і така точка М (поза прямою АВ), Що МА: МВ = m: n (рис. 206).
Будуємо на прямій АВ Такі Дві точки С і D, Що:
СА: СВ = DA: DB = m: n.
Сполучаємо точку М з точкою А, С, В і D. Через ті Що
, то
Тобто МС и MD - бісектрісі відповідно внутрішнього и зовнішнього кутів трикутника АВМ, або кут CMD =
Отже, де не лежала б точка М, при умів нашо' теореми, Завжди буде так, Що Отже, точка М лежить на колі з діаметром CD.
Теорема 243. Довільна точка М кола з діаметром CD при умові, Що точки C и D ділять відрізок АВ (точки А і В дані) відповідно зсередіні и зовні у відношенні m: n, має ту властівість, Що МА: МВ = m: n. Дані точки А, С, В і D так, Що СА: СВ = m: n, и коло з діаметром CD (рис. 207).
Треба довести, Що для довільної точки М кола існує відношення МА: МВ = m: n.
Через точку В провідність прямої KL | | MA.
З подібності трікутніків АСМ, ТСК и ADM, BDL маємо:
тобто
Звідки одержуємо:
BK = BL.
Тому Що то медіана прямокутного трикутника KLM, проведена на гіпотенузу, дорівнює її половіні, тобто BM = BK = BL.
Таким чином, маємо Що й треба Було довести.
ХІХ. Геометричність Місце точок, з якіх два даніх кола видно Під одним и тім же кутом, є коло.
Доведемо теорему про дяни Місце точок.
Теорема 244. Будь-яка точка М, Що має відносно двох даніх кіл (рис. 208) К і К 1 таку властівість, ЩО, де МЕ и MF джотічні, проведені з точки М до кола К, а MG и MH - до кола До 1 лежить на колі Аполлонія.
Нехай Про и Про 1 є центри кіл К і К 1 , а R и r - їх радіусі, проведені відповідно до точок F и G. Прямокутні трикутником OFM и O 1 GM подібні, бо мают по рівному ГОСТР кутові О±. Звідки маємо:
Отже, ВСІ точки М шуканого геометричного Місця лежати на колі Аполлонія, коли R в‰ r, и на прямій, ЯКЩО R = r.
Теорема 245. ЯКЩО точка М лежить на колі з діаметром CD, причому точки C и D ділять лінію центрів ГО 1 даніх кіл К і К 1 у відношенні R: r - радіусів ціх кіл, то з точки М кола К і К 1 видно Під одним и тім же кутом О±.
Із точки М можна провести дотічні до кіл К і К 1 (рис. 208), ЯКЩО М зовнішня по відношенню до обох кіл. Провівші дотичності MF до кола К і дотичності MG до кола До 1 , Знайдемо за властівістю кола Аполлонія, Що в прямокутніх трикутником MOF и MGO 1
ЯКЩО
Зауваження.
Х.
Теорема 246.
Нехай
Побудуємо
Альо
Звідки
Таким
Зауваження 1.
Зауваження 2.
б)
в)
г)
д)
оберніть
Дані
Треба
провідності
ХІ.
Теорема 247.
Дані
З
Зауваження 1.
Колі
Зауваження 2.
б)
в)
Теорема 248.
Дані
Доведемо,
4.
Так, їх.
Відрізок Довести, Що
Тут розв'язування.
ЯКЩО Попередній
Відрізок Візначіті
Весь спектр
1. В Задачі.
2.
3.Частина аналізу.
4. Дослідження розв'язку Задачі в залежності від Зміни даніх Умови и відсування найпростішого способу Побудова знайденого геометричного Місця точок.
Задача 1. Побудуваті трикутник за основою, кутом при вершіні и радіусу високого кола.
аналіз. Нехай АВС - шуканій трикутник, А - Сейчас Його кут, r - завдань радіус вписання кола, нд = а - задана основа.
Розглянемо центр 0 вписання кола. Точка О віддалена від точки НД на відстань r (перша властівість центру). Крім цього (Мал. 54),, так Що (друга властівість центру).
ГМТ, його призначення та має дерло властівість, представляє пару прямих паралельних НД ГМТ, його призначення та володіє другою властівістю (відрізок НД видно Із Про Під кутом), представляє пару дуг сегментів, які містять кут. Кожна точка Перетин ціх двох геометричних місць Може служити центром вписання кола.
Побудова: 1) На довільній прямій відкладаємо відрізок ВС = а (Мал. 55).
Дані Будуємо поступово: 2) пару прямих р 1 и р 2 паралельних НД и віддаленіх от НД на даній відстані r; 3) пару сегментів, які містять кут; 4) точку О Як одну Із точок Перетин згаданіх геометричних місць; 5) коло П‰ (О, r); 6) Із точок В і С провідності промені В і С, які дотікаються до кола, П‰; 7) відмічаємо точку А Перетин ціх променів. Трикутник АВС - шуканій.
Дослідження: Щоб ікнулі точки, перетин згадуваніх Вище двох геометричних місць, необхідно достатності, щоб Стріла сегмента Була не менше відрізка r, тобто щоб віконувалось відношення:
(1)
Кроки 5, 6 і 7 Завжди виконують. Останнє слідує з того, Що
того Що промені в і з перетінаються. Чи не роблячі Розмір Між чотірма можливости однаково розв'язку (в залежності від вибор точки О), пріходімо до висновка, Що при умові (1) задача має єдиний розв'язок, а ЯКЩО ця розумів не віконується, то розв'язків Немає.
Задача. Побудуваті трикутник за Його ГОСТР кутом, при вершіні, радіусом вписаного кола и сумі квадратів бокових сторін.
аналіз. Нехай АВС - шуканій трикутник, П‰ (О 1 К) - описів коло Навколо нього, А = О± - завдань кут, АВ 2 + АС 2 = d 2 , де d - Сейчас відрізок (Мал. 56).
Величина Хорді НД візначається без умів, Що її видно з деякої точки кола П‰ Під данім кутом О±, а отже, Із центра О - Під кутом 2О± (рівнім центральним кутом відповідають рівні хорди). Що стосується точки А, Що вон візначається двома умів.
1) Вона лежить на крузі П‰; 2) вон належиться ГМТ, для якіх сума квадратів відстане...
