Навигация
Примеры задач на геометрические места точек
17585
знаков
0
таблиц
8
изображений
4. Примеры задач на геометрические места точек
1. Два колеса радиусов r1 и r2 катаются по прямой l. Найдите множество точек пересечения M их общих внутренних касательных.
Решение :Пусть O1 и O2 — центры колес радиусов r1 и r2 соответственно. Если M — точка пересечения внутренних касательных, то O1M: O2M = r1: r2. Из этого условия легко получить, что расстояние от точки M до прямой l равно 2r1r2/(r1 + r2). Поэтому все точки пересечения общих внутренних касательных лежат на прямой, параллельной прямой l и отстоящей от нее на расстояние 2r1r2/(r1 + r2).
2. Найдите геометрическое место центров окружностей, проходящих через две данные точки.
Решение: Пусть окружность с центром O проходит через данные точки A и B. Поскольку OA = OB (как радиусы одной окружности), точка O лежит на серединном перпендикуляре к отрезку AB. Обратно, каждая точка O, лежащая на серединном перпендикуляре к AB, равноудалена от точек A и B. Значит, точка O — центр окружности, проходящей через точки A и B.
3. Стороны AB и CD четырехугольника ABCD площади S не параллельны. Найдите ГМТ X, лежащих внутри четырехугольника, для которых SABX + SCDX = S/2.
Решение: Пусть O — точка пересечения прямых AB и CD. Отложим на лучах OA и OD отрезки OK и OL, равные AB и CD соответственно. Тогда SABX + SCDX = SKOX + SLOX±SKXL. Следовательно, площадь треугольника KXL постоянна, т. е. точка X лежит на прямой, параллельной KL.
4. На плоскости даны точки A и B. Найдите ГМТ M, для которых разность квадратов длин отрезков AM и BM постоянна.
Решение: Введем систему координат, выбрав точку A в качестве начала координат и направив ось Ox по лучу AB. Пусть точка M имеет координаты (x, y). Тогда AM2 = x2 + y2 и BM2 = (x - a)2 + y2, где a = AB. Поэтому AM2 - BM2 = 2ax - a2. Эта величина равна k для точек M с координатами ((a2 + k)/2a, y); все такие точки лежат на прямой, перпендикулярной AB.
5. Дан прямоугольник ABCD. Найдите ГМТ X, для которых AX + BX = CX + DX.
Решение: Пусть l — прямая, проходящая через середины сторон BC и AD. Предположим, что точка X не лежит на прямой l, например что точки A и X лежат по одну сторону от прямой l. Тогда AX < DX и BX < CX, а значит, AX + BX < CX + DX. Поэтому прямая l — искомое ГМТ.
6. Даны две прямые, пересекающиеся в точке O. Найдите ГМТ X, для которых сумма длин проекций отрезков OX на эти прямые постоянна.
Решение: Пусть a и b — единичные векторы, параллельные данным прямым; x равен вектору ох . Сумма длин проекций вектора x на данные прямые равна |(a,x)| + |(b,x)| = |(a±b,x)|, причем смена знака происходит на перпендикулярах, восставленных из точки O к данным прямым. Поэтому искомое ГМТ — прямоугольник, стороны которого параллельны биссектрисам углов между данными прямыми, а вершины лежат на указанных перпендикулярах.
7. Даны окружность S и точка M вне ее. Через точку M проводятся всевозможные окружности S1, пересекающие окружность S; X — точка пересечения касательной в точке M к окружности S1 с продолжением общей хорды окружностей S и S1. Найдите ГМТ X.
Решение: Пусть A и B — точки пересечения окружностей S и S1. Тогда XM2 = XA . XB = XO2 - R2, где O и R — центр и радиус окружности S. Поэтому XO2 - XM2 = R2, а значит, точки X лежат на перпендикуляре к прямой OM.
8. Даны две непересекающиеся окружности. Найдите геометрическое место точек центров окружностей, делящих пополам данные окружности (т. е. пересекающих их в диаметрально противоположных точках).
Решение: Пусть O1 и O2 — центры данных окружностей, R1 и R2 — их радиусы. Окружность радиуса r с центром X пересекает первую окружность в диаметрально противоположных точках тогда и только тогда, когда r2 = XO12 + R12, поэтому искомое ГМТ состоит из таких точек X, что XO12 + R12 = XO22 + R22, все такие точки X лежат на прямой, перпендикулярной O1O2.
9. Внутри окружности взята точка A. Найдите геометрическое место точек пересечения касательных к окружности, проведенных через концы всевозможных хорд, содержащих точку A.
Решение:Пусть O — центр окружности, R — ее радиус, M — точка пересечения касательных, проведенных через концы хорды, содержащей точку A, P — середина этой хорды. Тогда OP * OM = R2 и OP = OA cos f, где f = AOP. Поэтому AM2 = OM2 + OA2 - 2OM * OA cos f = OM2 + OA2 - 2R2, а значит, величина OM2 - AM2 = 2R2 - OA2 постоянна. Следовательно, все точки M лежат на прямой, перпендикулярной OA.
10. Найдите геометрическое место точек M, лежащих внутри ромба ABCD и обладающих тем свойством, что AMD + BMC = 180o.
Решение: Пусть N — такая точка, что вектора MN = DA. Тогда NAM = DMA и NBM = BMC, поэтому четырехугольник AMBN вписанный. Диагонали вписанного четырехугольника AMBN равны, поэтому AM| BN или BM| AN. В первом случае AMD = MAN = AMB, а во втором случае BMC = MBN = BMA. Если AMB = AMD, то AMB + BMC = 180o и точка M лежит на диагонали AC, а если BMA = BMC, то точка M лежит на диагонали BD. Ясно также, что если точка M лежит на одной из диагоналей, то AMD + BMC = 180o.
11. а) Дан параллелограмм ABCD. Докажите, что величина AX2 + CX2 - BX2 - DX2 не зависит от выбора точки X.
б) Четырехугольник ABCD не является параллелограммом. Докажите, что все точки X, удовлетворяющие соотношению AX2 + CX2 = BX2 + DX2, лежат на одной прямой, перпендикулярной отрезку, соединяющему середины диагоналей.
Решение: Пусть P и Q — середины диагоналей AC и BD. Тогда AX2 + CX2 = 2PX2 + AC2/2 и BX2 + DX2 = 2QX2 + BD2/2, поэтому в задаче б) искомое ГМТ состоит из таких точек X, что PX2 - QX2 = (BD2 - AC2)/4, а в задаче a) P = Q, поэтому рассматриваемая величина равна (BD2 - AC2)/2.
Литература
1. Погорелов А.В. Геометрия: Учебник для 7-9 классов общеобразовательных учреждений. – М.: Просвещение, 2000, с. 61.
2. Савин А.П. Метод геометрических мест /Факультативный курс по математике: Учебное пособие для 7-9 классов средней школы. Сост. И.Л. Никольская. – М.: Просвещение, 1991, с. 74.
3. Смирнова И.М., Смирнов В.А. Геометрия: Учебник для 7-9 классов общеобразовательных учреждений. – М.: Мнемозина, 2005, с. 84.
4. Шарыгин И.Ф. Геометрия. 7-9 классы: Учебник для общеобразовательных учебных заведений. – М.: Дрофа, 1997, с. 76.
5. Интернет ресурс: http://matschool2005.narod.ru/Lessons/Lesson8.htm
Похожие работы
... информационной причинности взаимодействий (нейтрализация энтропии), связанной с процессами отражения степеней упорядоченности (возбуждений), обладание универсальной системой пространственно-временных отношений, выделяют “абсолютный квант” в феноменальное явление физической природы. Он может быть неожиданным материальным воплощением той начальной активной субстанции, которую объективный идеализм, ...
... Q(у) такого сечения равна , где у при интегрировании считается величиной постоянной. Интегрируя затем Q(у) в пределах изменения у, т. е. от c до d, мы придем ко второму выражению для двойного интеграла (Б) Здесь интегрирование совершается сначала по х, а потом по у. .Формулы (А) и (Б) показывают, что вычисление двойного интеграла сводится к последовательному вычислению двух обыкновенных ...
... сопряжена с P, Q. Т. е. эти пары взаимно гармонические. Как и свойство взаимной раздельности пар, свойство гармонической сопряжённости инвариантно относительно проектирования (это инвариант проективной геометрии) (рис.14). Т. e. если P, Q и S, T гармонически сопряжённые пары, то после проектирования из некоторого центра O на прямую и получим тоже гармонически сопряжённые пары P/, Q/ и S/, T/. ...
... Известно, что соприкасающаяся плоскость к кривой g в точке M определяется векторами . Таким образом, исходя из формулы (23) получим, что соприкасающаяся плоскость ребра возврата g - есть касательная плоскость к торсу. Рассмотрим торс пространства 1R4, порожденной кривой определяемый уравнением (23). Введем координатные линии на поверхности торса: u-линии (v=c) и v-линии (u=c). Найдем скалярное ...
0 комментариев