Тема:
Все темы
>>
Геометрия
>>
Планиметрия
>>
Геометрические Места Точек
>>
ГМТ с ненулевой площадью
Фильтр
Задачи
Задача 78495 |
|
|
Найти множество центров тяжести всех остроугольных треугольников, вписанных в данную окружность.
Решение
Пусть O – центр описанной окружности, а M –
центр тяжести остроугольного треугольника ABC, A1 – середина BC. Отложим на луче OM отрезок OH = 3OM. Тогда треугольники OMA1 и HMA подобны по первому признаку (OM : MH = MA1 : MA = 1 : 2, ∠OMA1 = ∠HMA). Значит, ∠OA1M = ∠HAM. Поэтому
OA1 || AH, а значит, AH – высота. Аналогично доказывается, что BH и CH – высоты, то есть H – точка пересечения высот треугольника ABC. В остроугольном треугольнике точка H должна лежать внутри него. Поэтому OH < R, следовательно, OM = ⅓ OH < R/3. Таким образом, всё искомое ГМТ содержится во внутренности круга радиуса R/3 с центром в точке O.
Докажем, что каждая точка внутренности упомянутого круга является центром тяжести некоторого остроугольного треугольника, вписанного в данную окружность. В самом деле, если M совпадает с O, то подходит
правильный треугольник. Если же M лежит строго внутри круга радиуса
R/3 и не совпадает с O, то возьмём в качестве вершины A точку пересечения луча MO с данной окружностью, построим точку A1 так, что A1 лежит на продолжении отрезка AM за точку M и MA1 = ½ MA, затем проведём через точку A1 прямую BC, перпендикулярную AA1.
Треугольник ABC будет остроугольным, так как его точка пересечения высот H будет лежать внутри него.
Ответ
Внутренность круга радиуса R/3 с центром в центре исходной окружности.
|
|
Задача 66662 |
|
|
Решение
Пусть $H$ – проекция $A$ на $l$. Так как треугольник остроугольный, его инцентр $I$ и одна из его вершин, например $B$, лежат по разные стороны от прямой $AH$. Поэтому расстояние от $I$ до $AH$ меньше, чем до $AB$. Но последнее расстояние равно радиусу $r$ вписанной окружности, т.е. расстоянию от $I$ до $l$. Следовательно, $I$ лежит внутри прямого угла, образованного биссектрисами углов между $AH$ и $l$. Очевидно также, что $r < AH/2$, т.е. $I$ лежит внутри полосы, ограниченной $l$ и серединным перпендикуляром к $AH$. Наконец, поскольку угол $A$ острый, то $AI = \frac{r}{\sin\angle A/2} > r \sqrt{2}$, поэтому $I$ лежит между ветвями равносторонней гиперболы с фокусом $A$ и директрисой $l$. С другой стороны, для любой точки, удовлетворяющей перечисленным условиям, можно построить окружность с центром в этой точке, касающуюся $l$, провести к ней касательные из точки $A$ и получить остроугольный треугольник. Таким образом, искомое ГМТ – это внутренность области, ограниченной биссектрисами углов между $l$ и $AH$, серединным перпендикуляром к $AH$ и соответствующей ветвью гиперболы.|
|
|
Задача 66984 |
|
|
Решение
Поскольку известны длина траектории и угол поворота, можно найти суммы длин дуг каждого из двух радиусов. Поэтому задачу можно переформулировать следующим образом:
На плоскости даны точка $A$ и выходящий из нее луч $\ell$. Также даны два числа $r_1>r_2$ и два угла $\alpha_1$, $\alpha_2$, $\alpha_1+\alpha_2<\pi$. Найти ГМТ – концов $B$ траекторий $\Gamma$, обладающих следующими свойствами:
- $\Gamma$ начинается в $A$ и касается в $A$ луча $\ell$;
- $\Gamma$ состоит из дуг радиусов $r_1$ и $r_2$, причем суммарные угловые меры дуг каждого радиуса равны $2\alpha_1$ и $2\alpha_2$ соответственно;
- две соседние дуги имеют в общем конце общую касательную и лежат по одну сторону от нее.
Пусть $O_1$, $O_2$ – концы удовлетворяющих первому условию дуг с радиусами $r_1$, $r_2$ соответственно и угловыми мерами $2(\alpha_1+\alpha_2)$. Рассмотрим круги $W_1$, $W_2$ с центрами $O_1$, $O_2$ и радиусами $2(r_1-r_2)\sin\alpha_2$, $2(r_1-r_2)\sin\alpha_1$ соответственно. Покажем, что искомое ГМТ – пересечение этих кругов.
Пусть $PQ$ – произвольный участок кривой $\Gamma$ радиуса $r_1$, $R$ – такая точка на отрезке $PQ$, что $PR:PQ=r_2:r_1$. Дуга $PR$, касающаяся $\Gamma$ в точке $P$ имеет радиус $r_2$, а касательная к ней в точке $R$ параллельна касательной к $\Gamma$ в точке $Q$. Заменим дугу $PQ$ на $PR$, а часть $QB$ кривой $\Gamma$ перенесем на вектор $\vec{QR}$. Поступив так с каждым из участков длины $r_1$, перенесем точку $B$ в точку $O_2$, при этом $\vec{O_2B}=\displaystyle\frac{r_1-r_2}{r_1}\sum\vec{P_iQ_i}$. Аналогично $\vec{O_1B}=\displaystyle\frac{r_2-r_1}{r_2}\sum\vec{Q_iP_{i+1}}$ (считаем, что $Q_0=A$, $P_{n+1}=B$).
Отложим все дуги, из которых состоит $\Gamma$, на единичной окружности, начиная с точки $X$. Конец последней дуги попадет в точку $Y$ такую, что $\smile XY=2(\alpha_1+\alpha_2)$ и вектор $O_1O_2$ переходит в $XY$ при гомотетии $H$ с коэффициентом $1/(r_1-r_2)$. Покрасим дуги, полученные из дуг радиуса $r_1$ в красный цвет, а остальные в синий. Сопоставим каждой дуге вектор от ее начала до конца. При гомотетии $H$ вектор $O_2B$ перейдет в сумму красных векторов, а $BO_1$ в сумму синих. Пусть $Z$ – такая точка дуги $XY$, что $\smile XZ=2\alpha_1$. Гомотетия $H$ переводит граничные окружности $W_2$ и $W_1$ в окружности с центрами $X$, $Y$ соответственно, проходящие через $Z$.
Докажем, что длина $O_2B$ максимальна, когда красный вектор ровно один. Пусть сонаправленная $O_2B$ касательная $m$ к единичной окружности касается ее в точке $E$. Рассмотрим дугу $T$ длины $2\alpha_1$ с серединой в $E$. Если концы $T$ лежат на красных дугах, разобьем эти дуги на две части. Проекция на $m$ красного вектора длины $\varphi$, лежащего вне $T$ меньше $\varphi\cos\alpha_1$, следовательно, сумма проекций на $m$ всех красных векторов меньше проекции $T$. Аналогично длина $O_1B$ максимальна, когда синий вектор ровно один. Таким образом $B$ лежит внутри пересечения кругов.
Очевидно, что точки пересечения граничных окружностей $W_1$ и $W_2$ соответствуют траекториям, содержащим ровно одну дугу каждого радиуса, а точки этих окружностей – траекториям, состоящим из одной дуги одного радиуса и двух дуг другого. Докажем, что для каждой точки $B$ внутри лунки существует единственная траектория из четырех дуг, начинающаяся с дуги радиуса $r_1$.
Пусть $D$ – образ $B$ при гомотетии $H$. Найдем на дуге $XY$ такие точки $E$, $F$, $G$, что $\vec{XE}+\vec{FG}=\vec{XD}$. Пусть $E$, $G$ – точки пересечения серединного перпендикуляра к отрезку $DZ$ с дугами $XZ$, $YZ$, а $F$ – вторая точка пересечения дуги $XY$ с прямой, проходящей через $Z$ и параллельной $EG$. Тогда $DEFG$ – параллелограмм, что равносильно требуемому равенству. Легко видеть, что точки $E$, $F$, $G$ по точке $D$ строятся однозначно.
Ответ
Пусть $O_1$, $O_2$ – концы удовлетворяющих первому условию дуг с радиусами $r_1$, $r_2$ соответственно и угловыми мерами $2(\alpha_1+\alpha_2)$. Рассмотрим круги $W_1$, $W_2$ с центрами $O_1$, $O_2$ и радиусами $2(r_1-r_2)\sin\alpha_2$, $2(r_1-r_2)\sin\alpha_1$ соответственно. Искомое ГМТ – пересечение этих кругов.|
|
|
Задача 54035 |
|
|
Даны точки A и B. Найдите геометрическое место точек, расстояние от каждой из которых до точки A больше, чем расстояние до точки B.
Подсказка
Воспользуйтесь свойством серединного перпендикуляра к отрезку и неравенством треугольника.
Решение
Серединный перпендикуляр к отрезку AB делит плоскость на две полуплоскости. Рассмотрим полуплоскость, содержащую точку B. Докажем, что для любой точки M этой полуплоскости AM > BM. Действительно, поскольку точки A и M лежат в разных полуплоскостях с границей l, то отрезок AM пересекает прямую l в некоторой точке D. По свойству серединного перпендикуляра AD = BD, поэтому
Докажем теперь, что если BM < AM, то точки B и M лежат в одной полуплоскости с границей l.
Точка M не может лежать на прямой l, т.к. в этом случае BM = AM. Если же точки B и M лежат по разные стороны от прямой l, то точки M и A лежат по одну сторону от этой прямой. В этом случае (см. первую часть доказательства) BM > AM, что противоречит условию.
Ответ
Содержащая точку $B$ полуплоскость, граница которой --- серединный
перпендикуляр к отрезку $AB$
|
|
|
Задача 108920 |
|
|
На сторонах AB и AC треугольника ABC с углом A, равным 114° взяты точки K и L соответственно.
Докажите, что на отрезке KL существует такая точка O, для которой OA < OB и OA < OC.
Решение
Геометрическое место точек X, для которых XA < XB есть содержащая точку A полуплоскость, граница которой – серединный перпендикуляр к стороне AB. Аналогично находим геометрическое место точек X для которых XA < XC. Пересечение этих двух геометрических мест есть плоский четырёхугольник AEQD (часть плоскости, ограниченная выпуклым четырёхугольником AEQD), где D и E – середины сторон соответственно AC и AB треугольника ABC, а Q – точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам треугольника, т.е. центр его описанной окружности. Проведём средние линии DF и EF. Поскольку угол BAC – тупой, точка Q расположена вне треугольника. Тогда отрезки DF и EF расположены внутри четырёхугольника AEQD. Любой отрезок KL с концами на сторонах AB и AC треугольника ABC пересекается с четырёхугольником AEQD. Следовательно, для каждой точки O этого отрезка, лежащей внутри четырёхугольника, верны неравенства OA < OB и OA < OC.
|
|
|
Страница: << 1 2 3 4 5 >> [Всего задач: 25]
