дома » Квант » ТЕОРЕМА КОСИНУСОВ

ТЕОРЕМА КОСИНУСОВ

ТЕОРЕМА КОСИНУСОВ

ТЕОРЕМА КОСИНУСОВ И ЕЕ СЛЕДСТВИЯ. Э. Г Готман | МАТЕМАТИЧЕСКИЙ КРУЖОК

Главная страница Квант 7 1972.
Скачать оригинальный файл PDF на странице Бесплатные Учебники

Считаете сайт полезным?
Просто поделитесь в соц. сетях
той страницей, которая Вам помогла.

Квант 7 июль 1972

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.

ТЕОРЕМА КОСИНУСОВ И ЕЕ СЛЕДСТВИЯ.
Э. Г Готман

В этой статье рассказывается о том, как с помощью теоремы
косинусов решать разнообразные геометрические задачи.
Сама теорема косинусов не доказывается.

Для вычисления элементов треугольника
по двум сторонам и углу
между ними или по трем сторонам
применяется соотношение
с 2 = Ь2 + с4 — 2 be cos А, ( • )
называемое «теоремой косинусов».
Теорему косинусов можно использовать
и при решении более
трудных задач.

Пример 1. Найти площадь
параллелограмма,

если известны его
стороны а и Ь и острый угол а между
диагоналями.
Р е ше н и е . Пусть ABCD —
параллелограмм, причем АВ = а и
ВС — b (рис. 1). Будем считать, что
а> b *). Тогда угол ВОС между диагоналями
— острый, и согласно условию
задачи -4 ВОС — а.
Если обозначить длину диагонали
АС через 2 х, а длину диагонали
•) Если а — Ь. то параллелограмм является
ромбом, а угол между диагоналями —
прямой.
Рм. 1.
BD через 2у, то площадь параллелограмма
5 равна 2xys\m. Из
треугольников АОВ и ВОС, используя
теорему косинусов, найдем стороны
а и Ь:
а2 = х2 4 — у2 + 2 jo/cos а ,
b2 — х2 -\- у* — 2 xycos, а.
Поэтому
а 2 — b2 — 4xj/cos<x,
откуда

а1— Ь1
4 cos а ‘
Следовательно,
S = (а* — b2) sina
2 cos a
или
S = — 5— tg a .
П р и м е ч а н и е . Если А —
угол параллелограмма, то
S “ fl6sirii4, откуда следует, что
О < S ^ ab. Поэтому
■Ь» tg a ^ a b и tg 2ab
а1 — b1 ‘
Таким образом, чтобы задача имела
решение, необходимо параметры
а, Ь и а выбрать так, чтобы выполнялись
неравенства
й > Ь > 0, a ^ a r c tg •
11

С помощью известных формул
геометрии и тригонометрии из теоремы
косинусов можно вывести некоторые
соотношения, связывающие
элементы любого треугольника.

Пример 2. Доказать, что
стороны, углы и площадь S треугольника
ABC удовлетворяет соотношению

ctg А + ctg В + ctg С = — + **’>’ ‘‘ .
Р е ш е н и е . Из формулы S
1 25 = -y b c sin Л находим, что be — ~^n» j
Подставив в формулу а2 — Ь2 +
Ь с2 — 2 be cos А вместо 2Ъс вы-
45
ражение — — , получим соотношение
о2 ~ Ьг + с2 — 4 S c tg А. (1)
Следовательно,
ctg Л = 6* -L с* — а*
45
Если в соответствии с этой формулой
выразить через стороны треугольника
ctg В и ctg С и полученные
выражения сложить, то мы получим
тождество
ctg Л + ctg В + ctg С ■ а* + 6® + с*
4 S

Пример 3. Доказать, что
для любого треугольника справедливы
неравенства

где о, Ь, с — стороны треугольника
ABC и ha — высота, проведенная
из вершины А.
Р е ш е н и е , а) Формулу (•)
можно записать так:
ай = (Ь — с)2 г 2Ьс (1 — cos Л).
Если 1 — cos Л заменить теперь
2 sin4 -у-, то мы придем к такой
30
формуле
а2 (Ь — с)2 + Abe sin2
П оэтому«г
o2> 4 6 c s in 2 —
2 1
или
А _ а
А_
2 (2)
sin 2 :2 у Г с ‘
причем равенство достигается только
при b — с.
б) Формулу (2) легко привести
к такому виду:
а2 ~(Ь — с)2 + 45 tg ~ . (3)
Для этого достаточно выполнить
следующие преобразования:
bL e Sin*j -уАг — — —2—5 Т- S.i n*а -Ар- — 2 sin А 2
2Ssins
2 sin -g — cos —
Из формулы (3) вытекает неравенство
a2^ 4 S tg-^-, откуда
Учитывая, что S = — — ~ a h a, полу- 2
чим неравенство tg -9- ^ 57- .
Из приведенных примеров видно,
что формулу
а2 = b% -i- с1 — 2bccos Л
с помощью несложных преобразований
можно привести к одному из
видов 1—3. Аналогично выводятся
следующие соотношения:
а 2 = (Ь -f c f — 4be cos2 ~ , (4)
а2 = (b + с)2 — 4S ctg — j — . (5)
Рассмотрим теперь несколько задач,
решающихся с помощью формул
(1) — (5).

Пример 4. Вычислить площадь
треугольника, если даны его
стороны.

Р е ш е н и е . Перепишем соотношения
(3) и (5) следующим образом:
4S tg = а2 — (6 — с)2,
4S c tg ~ ^ { b + c f — a 2.
Если периметр треугольника обозначить
через 2/7, то
о2 — (b — с)2 = (а -|- b — с) X
X (а -г с — Ь) = 4 (р — b) X (р — с),
(b 4 с)2 — аг — (а 4 b + с) х
X (Ь -Ь с — а) = 4р (р — о).
Следовательно,
S i g ~ = ( p — b ) ( p — c ) ,
5 c t g—- = р(р — а).
Перемножив эти равенства почленно,
получим известную формулу
Герона для вычисления площади
треугольника
S 8 — Р (Р — а) (Р ~ Ь) (р — с).

Пример 5. Дан равносторонний
треугольник ABC со стороной а.

Через точку М, лежащую на стороне
АВ, параллельно сторонам АС
и ВС треугольника проведены прямые,
пересекающие эти стороны со-
отвественнов точках К и L .Вычислить
площадь треугольника KLM, если
KL — d (рис. 2).
Р е ш е н и е . Обозначим отрезки
КМ и LM соответственно через х
и у. Треугольники А КМ и BLM
равносторонние, следовательно,
С
Рис. 2.
AM — х , ВМ — у, х 4 у ~ а и
■$. KML = 60°. Для вычисления площади
S треугольника KLM воспользуемся
формулой (5):
d2 = (х + у)й — 4 S ctg 30°.
Получим
d 2 = f l* -4 SV 3 ,
откуда
оО -(-a—»—-d-*—)-V—3— —
П р и м е ч а н и е . Из полученной
формулы видно, что d < а.
Можно показать, что одного этого
условия, налагаемого на параметры
a n d , еще недостаточно, чтобы задача
имела решение. В самом деле, применим
теорему косинусов к треугольнику
KLM: ‘
= xi 4- (а — х)2 — 2 х {а — х) X
X cos 60°
или
где 0 < х < а.
Отсюда следует, что при х ——
отрезок KL имеет наименьшее значение
dm\n = — | — и также, что d < а.
Таким образом, множество допустимых
значений параметра d определяется
неравенством -у- J <» о.

Пример 6. Данный треугольник
разделить на две равновеликие
части отрезком наименьшей длины.

Р е ш е н и е . Пусть отрезок М N
делит площадь треугольника ABC
пополам (рис. 3). Если точки М и
N лежат на сторонах угла ВАС и
S — площадь треугольника ABC,
то площадь треугольника AMN
равна S, и по формуле (3)
M N 2 = (AM — AN)2 4 25 tg .
Отсюда сразу находим, что при
AM = AN отрезок MN имеет наи-
меньшуюдлину, равную | / 2S t g — f ■
31

Длину отрезка AM. легко вычислить,
поскольку
S ^ M 2 sin Л = ~ bcsin А,
откуда
л м — У % .
Ясно, что если концы отрезка
MN лежат на сторонах угла В треугольника,
то наименьшая длина этого
отрезка равна
Пусть а < Ь < с, тогда
^ 2 S t g 4 < | / 2 S t g — f — <
< lA s t g — f — —
Поэтому длина минимального отрезка
MN равна | / 2S t g 4 — При
этом AM = A N = Y ^ T ‘
Построение отрезка MN всегда
возможно; так как с < а -г Ь < 2 Ь,
то и подавно
В заключение приведем несколько
задач, которце предлагаем читателю
решить самостоятельно.
1 . На сторонах треугольника с углом
60° вне его построены равносторонние треугольники.
Докажите, что сумма площадей
данного треугольника н треугольника, построенного
на стороне, противолежащей углу
в 60э, равна сумме площадей двух других
треугольников.
2. На сторонах треугольника ABC, угол
С которого равен 135°-, вне его построены
квадраты ABMN, BCK.L и CAPQ. Докажите,
что площадь шестиугольника KLMNPQ равна
удвоенной площади квадрата ABMN.
3. Вычислите площадь параллелограмма
ABCD, если АВ=Ь, ВС= 2 и угол между
его диагоналями составляет 45°.
4. Выразите тригонометрические функции
половинных углов треугольника через
его стороны.
3. Докажите, что стороны треугольника
ABC удовлетворяют равенству 2с3
тогда и только тогда, когда углы треугольника
связаны соотношением
ctg А + ctg В = 2 ctg С.
в. Стороны треугольника ABC связаны
зависимостью а2 4- Ьг ~ псг, где n > 1 .
Докажите, что cos п ‘ . п
7. Докажите, что углы любого треугольника
удовлетворяют неравенству.
A B C
tg 2 «Mg 2 ^ 2 ^ 4-
— f ctg В + ctg С.
8. В окружность вписан равносторонний
треугольник со стороной а. Докажите, что
х* + у9 + га = 2а*.
где х, у, г расстояния от произвольной точки
окружности до вершин треугольника.
В. В треугольник ABC вписана окружность,
которая касается сторон АВ и АС
в точках М и N. Определите угол А треуголь-
AM 1 AN I
ннка, если м в — б и j ■
10. Найдите площадь треугольника ABC,
зная угол А н отрезки т и п , на которые точка
касания вписанной окружности делит сторону
ВС.

11. Даны прямая I и две точки А и В,
не лежащие на ней. Найдите на прямой I
точку М, для которой отношение АМ принимает
а) наибольшее значение; б) наименьшее
значение.
12. Докажите, что углы любого треугольника
удовлетворяют неравенству
А . В . С 1
sin 2 sin g sin ^ ^ g .
13. Около окружности радиуса г описана
трапеция с основаниями а н b (а> Ь) Вычислить
угол между ее боковыми сторонами.
14*). Докажите, что для всякого треугольника
ABC справедливо такое соотношение:
16S2 = (а2 + с2 — Ь*) (а2 + 6s — сг) +
+ (Ьг + с1 — а*) (а2 + № — с ) +
-L (*>г + с* _ а») (а* + с2 — Ь2).
*) Эту задачу прислал наш читатель
В. П. Гаспарян

32

Физика в Школе
КВАНТ

#физика #квант

Статистика


Яндекс.Метрика