Избранное
ЭБ Нефть
и Газ
Главная
Оглавление
Поиск +
Еще книги ...
Энциклопедия
Помощь
Для просмотра
необходимо:


Книга: Главная » Александров И.И. Сборник геометрических задач на построение с решениями
 
djvu / html
 

на расстоянии Ъ. Значит, искомая точка лежит на прямой MN и на прямой PQ, а потому — в точке их пересечения. Сделав такое построение, видим, что точка О будет искомая, потому что ОК = = АМ = а и OL = PC=b. Очевидно, задача всегда возможна, за исключением того случая, когда данные АВ и CD параллельны и рас-.. стояние между ними не равно а ±Ь. В последних двух случаях задача становится неопределенной. Задача имеет вообще 4 решения, так как г. м. III состоит из двух прямых.
56. Провести окружность, касательную к сторонам данного угла ABC и к одной из сторон его в данной точке F (черт. 28).
Искомый центр лежит на биссекторе ВМ данного угла (12, I). •Так как радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен к касательной, то искомый центр лежит на перпендикуляре OF, восставленном к ВС. Окончательно искомый центр лежит в точке пересечения ВМ и OF. Поэтому для решения задачи нужно провести биссектор ВМ угла В и восставить FO _]_ ВС; точка пересечения ВМ и OF есть искомая; радиус искомой окружности равен OF.
57. На данном отрезке А В -описать дугу, вмещающую данный угол т (черт. 29).
Пусть дуга AMNB описана на АВ так, что всякий вписанный в нее угол АМВ или ANB равен данному углу т1). Вопрос сводится к определению центра этой дуги. Так как центр должен одинаково отстоять от точек А и В, то он лежит, во-первых, на прямой ОЕ J_ АВ, восставленной из середины АВ. Во-вторых, он должен лежать на перпендикуляре АО, восставленном к касательной AF, проведенной в точке А, и, следовательно, искомый центр лежит в пересечении АО и ОЕ. Что же касается определения положения AF, то замечаем, что углы АМВ и FAB измеряются половиной одной и той же дуги ALB, и потому ^_FAK = m, это следствие указывает, как построить АР.
Из сказанного выходит следующее решение. В середине АВ восставим перпендикуляр; построим угол FAB = m и восставим в точке А перпендикуляр к AF. Центр искомой дуги будет в пересечении этих периендикуляров. Решений два, потому что угол т можно было построить в другую сторону. Если т = 90°, то точка О сливается с точкой Е, и обе искомые дуги дают одну окружность.
58. К данной окружности О провести из внешней точки А касательную (черт. 30).
Пусть AM есть искомая касательная. Для определения точки М
') В этом случае выражаются иногда так: „отрезок АВ виден из точек М и N под углом т".
40

 

1 10 20 30 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 60 70 80 90 100 110 120 130 140 150 160 170


Математика