Применение тригонометрии при решении геометрических задач
Применение тригонометрии при решении геометрических задач | А. Г. Мордкович | КВАНТ 7 1972
Страница переведена на новый сайт https://myeducation.su/ :
страница ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ ЖУРНАЛ Квант (1972)
|
Считаете сайт полезным? |
Квант 7 июль 1972
Ниже текст для быстрого знакомства с темой. Формулы отображаются некорректно. Если тема вас заинтересовала, нажмите на ссылку выше и скачивайте оригинал.
Применение тригонометрии при решении геометрических задач
А. Г. Мордкович
При решении геометрических задач довольно часто приходится обращаться
за помощью к тригонометрии. Иногда это обращение обязательно
— когда задан какой-либо угол и для вычисления линейных элементов
используются тригонометрические функции угла, иногда это обращение
желательно — когда мы сами вводим в рассмотрение вспомогательные
углы, чтобы, используя затем тригонометрические функции, вычислить
нужные нам линейные элементы или установить некоторое соотношение
между линейными элементами. Если же говорить о формах применения
тригонометрии при решении геометрических задач, то к числу основных
следует отнести обычные тригонометрические преобразования, теорему
косинусов и, в большей степени, теорему синусов, тригонометрические
тождества и тригонометрические уравнения, использование обратных
тригонометрических функций.
А теперь перейдем к рассмотрению задач.
З а д а ч а 1. Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды
равна а, двугранный угол при основании ос. В пирамиду вписан шар,
к шару проведена касательная плоскость, параллельная основанию пирамиды.
Определить боковую поверхность полученной усеченной пирамиды.
Р е ш е н и е . Нет необходимости изображать
на рисунке вписанный шар. Вполне
достаточно показать центр шара (рис. 1)
— это точка О пересечения высоты пирамиды
с биссектрисой линейного угла
SDH — и учесть, что высота ННХ усеченной
пирамиды равна диаметру шара
40
Для дальнейших вычислений нам понадобится вспомогательный рисунок 2:
А 1В 1 = 2H1D1 = 2НЕ = 2 (HD — DE) = 2 {— _ £>,£ -ctg a ) =
а — 2HHl ctg а — а — 2а tg -?-ctg a, DD, = ° lE = Д-И-± _ Л ° 1 sin а яm rt ~
CC
sin a sin a sin a *
/ a \ a t g _ T
S e c — 2 ( fl + a — 2a tg — j — c t g =
З а д а ч а 2. Определить радиус окружности, если вписанный в нее
угол со сторонами а и b опирается на дугу а.
Р е ш е н и е . Вписанный угол равен Обозначим хорду, соединяющую
концы вписанного угла, через х (рис. 3); тогда по теореме косинусов
х 2 — а2 4- Ь2 — 2ab cos -у — . Далее, по теореме
синусов ————= 2R, откуда
З а д а ч а 3. Плоские углы трехгранного
угла равны соответственно а , р,
у. Найти его двугранные углы.
Р е ш е н и е . Пусть S — вершина
трехгранного угла (рис. 4), SM — общая
сторона плоских углов а и 0. Найдем величину
двугранного угла при ребре SM.
Отложим отрезок SC = 1, через точку С
проведем плоскость, перпендикулярную
прямой SM, и обозначим через А к В точки
пересечения этой плоскости с лучами
SN n SP. Тогда *4 А С В— линейный угол
интересующего нас двугранного угла.
Пусть * $ АС В= х , тогда A C — tg a ,
ВС = tg р, j4S = seca, BS = sec p. Из
треугольника A B S по теореме косинусов
имеем
A B 2 = A S 2 + B S 2 — 2AS • B S -cos у,
то есть
A B 2 — sec2a + sec2 Р —2 sec a -seep-cos у.
С другой стороны, из треугольника ABC
по теореме косинусов имеем
А В 2 = АС2 + ВС2 — 2AC-BCcosx,
41
то есть
/4B2 — — t g 2a — | tg2 р — 2tg a tg р • cos х.
Таким образом,
sec2 a -f sec2 P — 2 sec a sec p cos у ~ tg2 a tg2 p — 2 tg a tg p cos x,
откуда
cos v — cos a-cos В
COS X ———— sin a -sin frt—jt-£- .
Значит, двугранный угол, противолежащий плоскому углу у, равен
( cos у — cos a cos 6 \ . д р— )■ Аналогично находятся остальные двугранные
углы.Если три плоских и три двугранных угла считать основными элементами
трехгранного угла, то рассмотренная задача позволяет сделать вывод
о том, что но любым трем основным элементам трехгранного угла можно
найти остальные три.
З а д а ч а . 4. Через вершину угла а при основании равнобедренного
треугольника проведена прямая, пересекающая противолежащую боковую
сторону и составляющая с основанием угол р (Р •< а). В каком отношении
эта прямая делит площадь треугольника?
Р е ш е н и е . Пусть АВ ~ ВС -= a, DC — х, BD ~ а — х (рис. 5).
Треугольники ABD и ACD имеют общую высоту, поэтому их площади
относятся как основания, то есть как стороны BD и CD:
$л во а —х a j
S a c o = ~ х ~ ’
Таким образом, для решения задачи нам достаточно найти отношение-^-.
Применим к треугольнику ABD теорему синусов
а — х а
sin (a—Р) “ sin (oe-f-fi)’
Отсюда
х sin (a -f- P) — sin (ct — P)
a ~ sin (a -f- P)
В итоге
sin (a — ft)
2 sin p c o s a ‘
З а д а ч а 5. Все боковые грани правильной четырехугольной пирамиды
наклонены к основанию под углом а, а апофема боковой грани равна а. Через
одну из сторон основания проведено сечение, составляющее с плоскостью
основания угол р (Р < а ) . Вычислить площадь сечения.
Р е ш е н и е . Выясним прежде всего, что представляет собой сечение
(рис. 6). Оно параллельно стороне А В, а боковая грань, проходящая через
АВ, пересекает сечение по прямой EF. Но если через прямую, параллельную
некоторой плоскости, проведена плоскость, пересекающая первую
плоскость, то линия пересечения параллельна данной прямой, а значит,
и прямой CD. Итак, сечение — трапеция.
42
А теперь проведем вычисления.
Имеем
КН = SK ■ cos а = a cosa,
KL — CD = 2 a cos а.
Применим к треугольнику MKL теорему
синусов:
ML KL
sin а ~ sin (180й»—»(а + Р)1
откуда
ML = KL sin a a sin 2a
sin (a + p) sin (a + (J) ‘
Применим к треугольнику MSL теорему
синусов:
SL ___________AlS
s in ( a — |- p ) ‘— sin (a — P) •
a sin (a — P)
/ I O ~ s in ( a + p) •
Из подобия треугольников SEF и ABS
получаем: MS jEjFj . О~ тсюда получаем
EF = AB-MS 2a c o s a — a s in ( a — P)
KS с -sin (a -J- p)
_ 2a cos a-sin (a — P)
sin (a — f p)
Теперь у нас есть все необходимое для вычисления площади сечения. Имеем
S — — j — (CD + EF)-ML = -§ — | 2a c o s a -}. 2a cos a ■ sin (a — p)l
sin (a + P) X
a sin 2a
s in (a -f-p )
_ aa sin*2a-cos P
sin* (a + p) ’
З а д а ч а 6. На одной из дуг А В окружности даны произвольная
точка К и точка М — середина дуги. Эти точки соединены хордами с точками
А и В. Доказать, что АК-КВ = AM2 — КМ 2.
Р е ш е н и е . Обозначим угол КВА через а , а угол КВМ — через
р (рис. 7). Применим к треугольнику А КВ тебрему синусов:
АК
sin a = Л/С = 2/? sin а . Аналогично из треугольника АМВ находим
AM = 2 R sin (a + р), а из треугольника КВМ — КМ = 2 R sin р.
Рассмотрим теперь треугольник КМВ. Имеем ^ КВМ — 0, ^М К В =
= *4МАВ = ^ А В М = a + р, ^ К М В = 180° — р — (а + Р) = 180° —
— (а + 2 Р), КВ = 2 R sin [180° — (а + 2 Р) ] = 2 R sin (а + 2 р). Нам
нужно доказать, что АК-КВ = АМ г — КМ2, то есть что
или
2 R sin a — 2 R sin (a + 2 P) = 4 R 2 sin2 (a + P) — 4 /?2sin2 p
sin a -s in (a + 2 P) — sin2 (a + p) — sin2 p.
Задача свелась к доказательству тригонометрического тождества.
Доказывается оно несложно, и мы предоставляем это сделать читателю.
З а д а ч а 7. В треугольнике один угол вдвое больше другого, а стороны,
противолежащие этим углам, отличаются друг от друга на 2 см. Найти
эти стороны, если известно, что третья сторона треугольника равна 5 см.
43
Р е ш е н и е . Эту -задачу можно решить
средствами планиметрии, но мы,
будучи верны взятой теме, разберем решение
этой задачи с помощью тригонометрии
(рекомендуем читателю попробовать найти
планиметрическое решение) Обозначим
через а один из углов треугольника, 2 а —
другой угол, а противолежащие стороны
соответственно х й х -f 2 (рис. 8).
По теореме синусов
sm (180° — За)
X И, — 20 = ■5 sin 2а
х -‘г 2
sin 2а ‘
sin а
отсюда х — 5 sin а
sin За »
sin За ‘
Теперь задача сводится к решению
тригонометрического уравнения 5 sin 2а sin За
5 sin а = 2. Применив формулу sin 3 а = sin За
= 30 si. n а — 4* si• nч3 а , получим 31_0_ c4ossi nаt
— 2 и далее 8 cos2 а —
з
—-—_____—- ——————— 3 — 4 sm* а
— 10 cos а + 3 — 0; (cos а), =
(cosa)2 =*-=-• Но по смыслу задачи a < 60°, следовательно,
Поэтому из найденных значений подходит только cosa-.=
4 *
c o s a >
3
Имеем далее sin a — «V 1 — cos2а = — 1 / 7
X з — 4 sin* а ‘ 4 , л • 2 6.
Упражнения
1. В треугольнике ABC угол А равен а , сторона ВС равна а. Найти длину биссектрисы
AD, если угол между AD и высотой АЕ равен р.
2 Основанием пирамиды служит равнобочная трапеция, у которой острый угол
равен а а площадь равна S. Все боковые грани наклонены к плоскости основания под
углом Р Найти объем пирамиды.
3. Образующая конуса равна I и составляет с высотой угол а. Через две образующие
конуса, угол между которыми равен р, проведена плоскость. Найти расстояние от этой
плоскости до центра вписанного в конус шара.
4. Высота треугольника, равная 6см, делит угол трзугольника в отношении 2 : 1, а сторону
иа отрезки, меньший из которых равен 3 см. Определить стороны треугольника.
5. В окружность вписан правильный треугольник АвС. На дуге ВС взята произвольная
точка М и соединена хордами с вершинами треугольника. Доказать, что МА ~
— MB + МС.
6 Доказать, что сумма квадратов диагоналей трапеции равна удвоенному произведению
ее оснований, сложенному с суммой квадратов боковых сторон.
7. Плоские углы трехгранного угла равны соответственно а , р, у. Найтн угол между
плоскостью, в которой лежит >гол а , и противолежащим ребром трехгранного угла.
8 Дан треугольник ABC, ня стороне АС взята точка £ так, что A t : ЕС = а, на
стороне АВ взята точка D так, что AD DB = Ь Проведены отрезки CD и BE. Найтн отношение
площади получившегося четырехугольника к площади данного треугольника
(МИЭТ, 1970).
9. В окружности проведены два взаимно перпендикулярных диаметра АВ и CD.
Хорда пересекает CD в точке К так, что СК KD — 2 : I. Хорда ЕС пересекает АВ
в точке М Доказать, что AM . MB ~ 3 :1 (рис. 9)
#физика #квант
