Дополнительные задачи. Задачи повышенной трудности (к главам X–XV) — с. 360
1378. Из физики известно, что центр тяжести однородной треугольной пластинки находится в точке пересечения медиан. Найдите координаты центра тяжести такой пластинки, если координаты её вершин равны: (х₁; у₁), (x₂; у₂), (х₃; у₃).
Центр тяжести — точка G пересечения медиан. Пусть A (x₁; y₁), B (x₂; y₂), C (x₃; y₃), A₁ — середина BC: A₁ ((x₂ + x₃)/2; (y₂ + y₃)/2). G лежит на медиане AA₁ и делит её в отношении AG : GA₁ = 2 : 1, то есть λ = 2. По формулам задачи 1377:
x = (x₁ + 2·(x₂ + x₃)/2)/(1 + 2) = (x₁ + x₂ + x₃)/3, y = (y₁ + y₂ + y₃)/3.
Ответ: G ((x₁ + x₂ + x₃)/3; (y₁ + y₂ + y₃)/3).
x = (x₁ + 2·(x₂ + x₃)/2)/(1 + 2) = (x₁ + x₂ + x₃)/3, y = (y₁ + y₂ + y₃)/3.
Ответ: G ((x₁ + x₂ + x₃)/3; (y₁ + y₂ + y₃)/3).
1379. Вершины треугольника ABC имеют координаты A (–3; 0), B (0; 4), C (3; 0). Биссектриса угла А пересекает сторону ВС в точке D. Найдите координаты точки D.
AB = √(3² + 4²) = 5, AC = 6, BC = √(3² + 4²) = 5. По свойству биссектрисы BD : DC = AB : AC = 5 :
6. Точка D делит отрезок BC в отношении λ = BD/DC = 5/6, считая от B. По формулам задачи 1377 (с B вместо A и C вместо B):
x = (0 + (5/6)·3)/(1 + 5/6) = (5/2)/(11/6) = 15/11, y = (4 + (5/6)·0)/(11/6) = 24/11.
Ответ: D (15/11; 24/11).
x = (0 + (5/6)·3)/(1 + 5/6) = (5/2)/(11/6) = 15/11, y = (4 + (5/6)·0)/(11/6) = 24/11.
Ответ: D (15/11; 24/11).
1380. В треугольнике ABC: AC = 9 см, ВС = 12 см. Медианы AM и BN взаимно перпендикулярны. Найдите AB.
Пусть G — точка пересечения медиан, AG = 2m, GM = m, BG = 2n, GN = n. Примем G за начало координат, прямые AM и BN — за оси: A (2m; 0), M (–m; 0), B (0; 2n), N (0; –n). Так как M — середина BC, C = 2M – B = (–2m; –2n); проверка: середина AC — ((2m – 2m)/2; (0 – 2n)/2) = (0; –n) = N.
AC² = (4m)² + (2n)² = 16m² + 4n² = 81, BC² = (–2m)² + (–4n)² = 4m² + 16n² = 144. Складываем: 20(m² + n²) = 225, m² + n² = 45/4.
AB² = (2m)² + (2n)² = 4(m² + n²) = 45, AB = √45 = 3√5.
Ответ: 3√5 см.
AC² = (4m)² + (2n)² = 16m² + 4n² = 81, BC² = (–2m)² + (–4n)² = 4m² + 16n² = 144. Складываем: 20(m² + n²) = 225, m² + n² = 45/4.
AB² = (2m)² + (2n)² = 4(m² + n²) = 45, AB = √45 = 3√5.
Ответ: 3√5 см.
1381. Найдите координаты центра тяжести системы трёх масс m₁, m₂ и m₃, сосредоточенных соответственно в точках A₁ (x₁; y₁), А₂ (х₂; у₂), А₃ (x₃; у₃).
Центр тяжести двух масс m₁ и m₂ в точках A₁ и A₂ лежит на отрезке A₁A₂ и делит его обратно пропорционально массам: A₁C : CA₂ = m₂ : m₁ (закон рычага m₁·A₁C = m₂·CA₂). По формулам задачи 1377 при λ = m₂/m₁: x_C = (x₁ + (m₂/m₁)x₂)/(1 + m₂/m₁) = (m₁x₁ + m₂x₂)/(m₁ + m₂), и такая же формула для y.
Замещая две массы одной массой m₁ + m₂ в точке C, объединяем её с третьей массой: x = ((m₁ + m₂)x_C + m₃x₃)/(m₁ + m₂ + m₃) = (m₁x₁ + m₂x₂ + m₃x₃)/(m₁ + m₂ + m₃), y — аналогично.
Ответ: ((m₁x₁ + m₂x₂ + m₃x₃)/(m₁ + m₂ + m₃); (m₁y₁ + m₂y₂ + m₃y₃)/(m₁ + m₂ + m₃)).
Замещая две массы одной массой m₁ + m₂ в точке C, объединяем её с третьей массой: x = ((m₁ + m₂)x_C + m₃x₃)/(m₁ + m₂ + m₃) = (m₁x₁ + m₂x₂ + m₃x₃)/(m₁ + m₂ + m₃), y — аналогично.
Ответ: ((m₁x₁ + m₂x₂ + m₃x₃)/(m₁ + m₂ + m₃); (m₁y₁ + m₂y₂ + m₃y₃)/(m₁ + m₂ + m₃)).
1382. В каждом из следующих случаев на оси абсцисс найдите точку M, для которой сумма её расстояний от точек A и B имеет наименьшее значение: а) A (2; 3), B (4; –5); б) A (–2; 4), В (3; 1).
а) Точки A (y = 3 > 0) и B (y = –5 < 0) лежат по разные стороны от оси абсцисс. Для любой точки M оси AM + MB ≥ AB, равенство достигается, когда M лежит на отрезке AB. Значит, M — точка пересечения отрезка AB с осью Ox. Прямая AB: направляющий вектор (2; –8); точка (2 + 2t; 3 – 8t); y = 0 при t = 3/8, x = 2 + 3/4 = 11/4. M (11/4; 0) = (2 3/4; 0).
б) Обе точки лежат по одну сторону от оси (y = 4 и y = 1). Отразим B относительно оси: B′ (3; –1). Для M на оси MB = MB′, поэтому AM + MB = AM + MB′ ≥ AB′, равенство — когда M ∈ AB′. Прямая AB′: направляющий вектор (5; –5), точки (–2 + t; 4 – t); y = 0 при t = 4, x = 2. M (2; 0).
Ответ: а) M (2 3/4; 0); б) M (2; 0).
б) Обе точки лежат по одну сторону от оси (y = 4 и y = 1). Отразим B относительно оси: B′ (3; –1). Для M на оси MB = MB′, поэтому AM + MB = AM + MB′ ≥ AB′, равенство — когда M ∈ AB′. Прямая AB′: направляющий вектор (5; –5), точки (–2 + t; 4 – t); y = 0 при t = 4, x = 2. M (2; 0).
Ответ: а) M (2 3/4; 0); б) M (2; 0).
1383. Докажите, что: а) уравнение Ax + By + C = 0, где A и B одновременно не равны нулю, является уравнением прямой; б) уравнение x² – xy – 2 = 0 не является уравнением окружности.
а) Уравнению удовлетворяет хотя бы одна точка M₀ (x₀; y₀) (например, при A ≠ 0 точка (–C/A; 0)), то есть Ax₀ + By₀ + C = 0. Рассмотрим точки M₁ (x₀ – A; y₀ – B) и M₂ (x₀ + A; y₀ + B); они различны, так как (A; B) ≠ (0; 0). Точка (x; y) равноудалена от M₁ и M₂ тогда и только тогда, когда (x – x₀ + A)² + (y – y₀ + B)² = (x – x₀ – A)² + (y – y₀ – B)², то есть 4A(x – x₀) + 4B(y – y₀) = 0, или Ax + By = Ax₀ + By₀ = –C. Это равенство равносильно уравнению Ax + By + C = 0. Значит, множество точек, заданное уравнением, — это серединный перпендикуляр к отрезку M₁M₂, то есть прямая.
б) Точки (x; (x² – 2)/x) при любом x ≠ 0 удовлетворяют уравнению: x² – x·(x² – 2)/x – 2 = x² – (x² – 2) – 2 = 0. При x → ∞ расстояние от начала координат до такой точки неограниченно растёт (y = x – 2/x), то есть множество неограничено. Окружность — ограниченное множество, поэтому x² – xy – 2 = 0 не является уравнением окружности. (Другое рассуждение: уравнение окружности (x – a)² + (y – b)² = r² не содержит члена с xy.)
б) Точки (x; (x² – 2)/x) при любом x ≠ 0 удовлетворяют уравнению: x² – x·(x² – 2)/x – 2 = x² – (x² – 2) – 2 = 0. При x → ∞ расстояние от начала координат до такой точки неограниченно растёт (y = x – 2/x), то есть множество неограничено. Окружность — ограниченное множество, поэтому x² – xy – 2 = 0 не является уравнением окружности. (Другое рассуждение: уравнение окружности (x – a)² + (y – b)² = r² не содержит члена с xy.)
1384. Найдите точки пересечения двух окружностей, заданных уравнениями (x – 1)² + (у – 2)² = 4 и x² + у² = 1, и вычислите длину их общей хорды.
Раскроем скобки в первом уравнении: x² + y² – 2x – 4y + 5 = 4. Подставим x² + y² = 1: 1 – 2x – 4y + 5 = 4, откуда 2x + 4y = 2, x = 1 – 2y. Подставляем во второе уравнение: (1 – 2y)² + y² = 1, 5y² – 4y = 0, y = 0 или y = 4/5.
При y = 0: x = 1; при y = 4/5: x = 1 – 8/5 = –3/5. Точки пересечения: (1; 0) и (–0,6; 0,8). Проверка: 0,36 + 0,64 = 1 и (–1,6)² + (–1,2)² = 2,56 + 1,44 = 4.
Длина общей хорды: √((1 + 0,6)² + (0 – 0,8)²) = √(2,56 + 0,64) = √3,2 = 4/√5 = 4√5/5.
Ответ: (1; 0), (–0,6; 0,8); длина хорды 4√5/5.
При y = 0: x = 1; при y = 4/5: x = 1 – 8/5 = –3/5. Точки пересечения: (1; 0) и (–0,6; 0,8). Проверка: 0,36 + 0,64 = 1 и (–1,6)² + (–1,2)² = 2,56 + 1,44 = 4.
Длина общей хорды: √((1 + 0,6)² + (0 – 0,8)²) = √(2,56 + 0,64) = √3,2 = 4/√5 = 4√5/5.
Ответ: (1; 0), (–0,6; 0,8); длина хорды 4√5/5.
1385. Даны три точки A, B, C и три числа α, β, γ. Найдите множество всех точек M, для каждой из которых сумма αAM² + βВМ² + γСМ² имеет постоянное значение, если: а) α + β + γ ≠ 0; б) α + β + γ = 0.
Введём координаты: A (a₁; a₂), B (b₁; b₂), C (c₁; c₂), M (x; y). Пусть s = α + β + γ. Тогда
αAM² + βBM² + γCM² = s(x² + y²) – 2px – 2qy + w,
где p = αa₁ + βb₁ + γc₁, q = αa₂ + βb₂ + γc₂, w = α(a₁² + a₂²) + β(b₁² + b₂²) + γ(c₁² + c₂²) — постоянные. Приравняем сумме постоянному значению d.
а) s ≠ 0. Уравнение: x² + y² – 2(p/s)x – 2(q/s)y = (d – w)/s, или (x – p/s)² + (y – q/s)² = (d – w)/s + (p² + q²)/s² = h. Точка Z (p/s; q/s) — «центр масс» точек A, B, C с массами α, β, γ. Ответ: если h > 0 — окружность с центром Z и радиусом √h; если h = 0 — одна точка Z; если h < 0 — пустое множество.
б) s = 0. Уравнение: –2px – 2qy + w = d. Если (p; q) ≠ (0; 0), это уравнение прямой; если p = q = 0, равенство верно при всех (x; y), когда w = d (множество — вся плоскость), и неверно ни при каких, когда w ≠ d (пустое множество).
Ответ: а) окружность, точка или пустое множество; б) прямая, вся плоскость или пустое множество.
αAM² + βBM² + γCM² = s(x² + y²) – 2px – 2qy + w,
где p = αa₁ + βb₁ + γc₁, q = αa₂ + βb₂ + γc₂, w = α(a₁² + a₂²) + β(b₁² + b₂²) + γ(c₁² + c₂²) — постоянные. Приравняем сумме постоянному значению d.
а) s ≠ 0. Уравнение: x² + y² – 2(p/s)x – 2(q/s)y = (d – w)/s, или (x – p/s)² + (y – q/s)² = (d – w)/s + (p² + q²)/s² = h. Точка Z (p/s; q/s) — «центр масс» точек A, B, C с массами α, β, γ. Ответ: если h > 0 — окружность с центром Z и радиусом √h; если h = 0 — одна точка Z; если h < 0 — пустое множество.
б) s = 0. Уравнение: –2px – 2qy + w = d. Если (p; q) ≠ (0; 0), это уравнение прямой; если p = q = 0, равенство верно при всех (x; y), когда w = d (множество — вся плоскость), и неверно ни при каких, когда w ≠ d (пустое множество).
Ответ: а) окружность, точка или пустое множество; б) прямая, вся плоскость или пустое множество.
1386. Даны прямая a и точка А, не лежащая на ней. Для каждой точки М₁ прямой а на луче AM₁ взята такая точка M, что AM₁ ⋅ AM = k, где k — данное положительное число. Найдите множество всех точек M.
Введём координаты: A (0; 0), прямая a: x = d (d > 0 — расстояние от A до a). Точка M₁ (d; t), t — любое число. Тогда AM₁² = d² + t². Точка M лежит на луче AM₁: M = λ·M₁ с λ > 0, и AM = λ·AM₁. Условие AM₁·AM = k даёт λ·AM₁² = k, λ = k/(d² + t²). Значит, x = kd/(d² + t²), y = kt/(d² + t²).
Тогда x² + y² = k²(d² + t²)/(d² + t²)² = k²/(d² + t²) = (k/d)·x. Уравнение x² + y² = (k/d)x равносильно (x – k/(2d))² + y² = (k/(2d))² — окружность с центром (k/(2d); 0) и радиусом k/(2d), то есть окружность с диаметром AP, где P лежит на перпендикуляре из A к прямой a, AP = k/d.
При этом точка A (0; 0) не принадлежит множеству, так как x = kd/(d² + t²) > 0. Обратно, каждая точка окружности с x > 0 получается при подходящем t (t = y·d/x).
Ответ: окружность с диаметром AP (AP ⊥ a, AP = k/d) без точки A.
Тогда x² + y² = k²(d² + t²)/(d² + t²)² = k²/(d² + t²) = (k/d)·x. Уравнение x² + y² = (k/d)x равносильно (x – k/(2d))² + y² = (k/(2d))² — окружность с центром (k/(2d); 0) и радиусом k/(2d), то есть окружность с диаметром AP, где P лежит на перпендикуляре из A к прямой a, AP = k/d.
При этом точка A (0; 0) не принадлежит множеству, так как x = kd/(d² + t²) > 0. Обратно, каждая точка окружности с x > 0 получается при подходящем t (t = y·d/x).
Ответ: окружность с диаметром AP (AP ⊥ a, AP = k/d) без точки A.
1387. Точка О не лежит на данной окружности. Для каждой точки M₁ окружности на луче OM₁ взята такая точка M, что OM = k ⋅ OM₁, где k — данное положительное число. Найдите множество всех точек M.
Условие означает, что M — образ M₁ при гомотетии с центром O и коэффициентом k > 0. По свойству 3° эта гомотетия переводит данную окружность с центром C и радиусом R в окружность с центром C₁ (OC₁ = k·OC, C₁ на луче OC) и радиусом kR. Так как гомотетия взаимно однозначна, множество всех точек M — вся эта окружность.
Ответ: окружность радиуса kR (центр — образ центра данной окружности при гомотетии).
Ответ: окружность радиуса kR (центр — образ центра данной окружности при гомотетии).
1388. Пусть A и B — данные точки, k — данное положительное число, не равное 1. а) Докажите, что множество всех точек M, удовлетворяющих условию AM = kBM, есть окружность (окружность Аполлония). б) Докажите, что эта окружность пересекается с любой окружностью, проходящей через точки A и B, так, что их радиусы, проведённые в точку пересечения, взаимно перпендикулярны.
Введём координаты: A (–a; 0), B (a; 0), a > 0.
а) AM = kBM ⇔ (x + a)² + y² = k²((x – a)² + y²) ⇔ (1 – k²)(x² + y²) + 2a(1 + k²)x + a²(1 – k²) = 0. Так как k ≠ 1, делим на 1 – k²: x² + y² + 2a·(1 + k²)/(1 – k²)·x + a² = 0, то есть (x – p)² + y² = r², где p = –a(1 + k²)/(1 – k²), r² = p² – a² = a²((1 + k²)² – (1 – k²)²)/(1 – k²)² = 4a²k²/(1 – k²)² > 0. Это окружность с центром P (p; 0) и радиусом r = 2ak/|1 – k²|.
б) Окружность, проходящая через A и B, имеет центр на серединном перпендикуляре AB: Q (0; s), радиус ρ, ρ² = a² + s². Расстояние между центрами PQ² = p² + s² = (r² + a²) + s² = r² + ρ² (используем p² = r² + a²). Из PQ² = r² + ρ² следует, что |r – ρ| < PQ < r + ρ, значит, окружности пересекаются, и в точке пересечения T имеем PT = r, QT = ρ, PQ² = PT² + QT². По теореме, обратной теореме Пифагора, ∠PTQ = 90°, то есть радиусы PT и QT взаимно перпендикулярны. Что и требовалось доказать.
а) AM = kBM ⇔ (x + a)² + y² = k²((x – a)² + y²) ⇔ (1 – k²)(x² + y²) + 2a(1 + k²)x + a²(1 – k²) = 0. Так как k ≠ 1, делим на 1 – k²: x² + y² + 2a·(1 + k²)/(1 – k²)·x + a² = 0, то есть (x – p)² + y² = r², где p = –a(1 + k²)/(1 – k²), r² = p² – a² = a²((1 + k²)² – (1 – k²)²)/(1 – k²)² = 4a²k²/(1 – k²)² > 0. Это окружность с центром P (p; 0) и радиусом r = 2ak/|1 – k²|.
б) Окружность, проходящая через A и B, имеет центр на серединном перпендикуляре AB: Q (0; s), радиус ρ, ρ² = a² + s². Расстояние между центрами PQ² = p² + s² = (r² + a²) + s² = r² + ρ² (используем p² = r² + a²). Из PQ² = r² + ρ² следует, что |r – ρ| < PQ < r + ρ, значит, окружности пересекаются, и в точке пересечения T имеем PT = r, QT = ρ, PQ² = PT² + QT². По теореме, обратной теореме Пифагора, ∠PTQ = 90°, то есть радиусы PT и QT взаимно перпендикулярны. Что и требовалось доказать.