16 статей
В этом параграфе рассматриваются неравенства, содержащие переменную под знаком абсолютной величины (под знаком модуля).
Во многих случаях для решения таких неравенств целесообразно разбить числовую ось на промежутки так, чтобы функции, стоящие под знаком модуля, на каждом из промежутков сохраняли знак, т. е. были или положительными, или отрицательными. Тогда на каждом таком промежутке неравенство можно записать без модуля. В таком случае говорят, что мы раскрыли модуль.
Решите неравенство `|x-1|/{x+2}<1`.
`|x-1|/{x+2}<1hArr{|x-1|-x-2}/{x+2}<0`.
1. `x-1>=0hArrx>=1`: `{x-1-x-2}/{x+2}=-3/{x+2}<0hArrx> -2`.
Получаем в этом случае `x>=1`.
2. `x-1<0hArrx<1: {-x+1-x-2}/{x+2}=-{2x+1}/{x+2}<0hArr{x+0,5}/{x+2}>0`.
 |
| Рис. 5 |
И мы получаем в этом случае `x in(-oo;-2)uu(-0,5; 1)`.
Объединяя результаты 1, 2, получаем окончательный
`(-oo;-2)uu(-0,5;+oo)`.
Решите неравенство `{|x-5|-1}/{2|x-6|-4}<=1`.
`{|x-5|-1}/{2|x-6|-4}<=1hArr{|x-5|-2|x-6|+3}/{2|x-6|-4}<=0`.
1. `x>6: {x-5-2x+12+3}/{2x-12-4}={10-x}/{2x-16}<=0hArrx in(-oo;8)uu[10;+oo)`.
Учитывая условие `x>6`, получаем `x in(6;8)in[10;+oo)`.
2. `5<=x<=6: {x-5+2x-12+3}/{-2x+12-4}={3x-14}/{8-2x}<=0hArrx in(-oo;4)uu[14/3;+oo)`.
Учитывая условие `x in[5;6]`, получаем `x in[5;6]`.
3.
Учитывая условие `x<5`, получаем `x in(-oo;4)in(4;5)`.
`(-oo;4)in(4;8)in[10;+oo)`.
ПУНКТ 1. НЕРАВЕНСТВА ВИДА `|f(x)|<g(x)`
Пусть в некоторой точке `a` выполнено неравенство `|f(x)|<g(x)`, тогда `g(a)>0` и `|f(a)|g(a)`.
Тогда имеет место рисунок 6
 |
| Рис. 6 |
и неравенства `-g(a)<f(a)<g(a)`.
И, наоборот: пусть в некоторой точке `a` выполнены неравенства `-g(a)<f(a)<g(a)`. Тогда, во-первых, `-g(a)<g(a)hArrg(a)>0`, a, во-вторых, `|f(a)|<g(a)`. Следовательно, имеет место условие равносильности
| (УРМ1) |
ПУНКТ 2. НЕРАВЕНСТВО ВИДА `|f(x)|>g(x)`
Пусть в некоторой точке `a` неравенство выполнено, т. е. `|f(x)|>g(x)`.
Это означает, что, или,
а) `g(a)<0` (модуль принимает неотрицательные значения и всегда больше любого отрицательного числа), или,
б) если `g(x)>=0`, имеет место рисунок 7
 |
| Рис. 7 |
и совокупность неравенств
И, наоборот, пусть в некоторой точке `a` имеет место совокупность неравенств Тогда
а) если `g(a)<0`, то неравенство `|f(a)|>g(a)` выполнено,
б) если `g(a)>=0`, то имеет место предыдущая картинка и выполнено неравенство `|f(a)|>g(a)`.
Следовательно, имеем равносильные соотношения
| $$\vert f(x)\vert>g(x)$$ $$\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}f(x)>g(x),\\f(x)<-g(x).\end{array}\right.$$ | (УР М2) |
Решите неравенство `||x^2-8x+2|-x^2|>=2x+2`.
$$ \begin{array}{l}\begin{array}{l}\left|\left|{x}^{2}-8x+2\right|-{x}^{2}\right|\ge 2x+2\iff \left[\begin{array}{l}\left|{x}^{2}-8x+2\right|-{x}^{2}\ge 2x+2,\\ \left|{x}^{2}-8x+2\right|-{x}^{2}\le -2x-2\end{array}\iff \right.\\ \iff \left[\begin{array}{l}\left|{x}^{2}-8x+2\right|\ge {x}^{2}+2x+2,\\ \left|{x}^{2}-8x+2\right|\le {x}^{2}-2x-2\end{array}\iff \left[\begin{array}{l}\begin{array}{l}{x}^{2}-8x+2\ge {x}^{2}+2x+2,\\ {x}^{2}-8x+2\le -{x}^{2}-2x-2;\end{array}\\ \left\{\begin{array}{l}{x}^{2}-8x+2\le {x}^{2}-2x-2,\\ {x}^{2}-8x+2\ge -{x}^{2}+2x+2\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \right.\end{array}\\ \iff \left[\begin{array}{l}x\le 0,\\ x\in [1;2],=2,\\ \left\{\begin{array}{l}x\ge \frac{2}{3},\\ x\in (-\infty ;0]\cup [5;\infty )\end{array}\right.\end{array}\right.\iff \end{array}$$
`iff x in (-oo;0]uu[1;2]uu[5;oo)`.
`(oo;0]uu[1;2]uu[5;+oo)`.
ПУНКТ 3. НЕРАВЕНСТВО ВИДА `|f(x)|<|g(x)|`
Рассмотрим разность `|f(x)|-|g(x)|`. Она может быть любого знака, но сумма `|f(x)|+|g(x)|` всегда неотрицательна, и умножение разности на эту сумму не изменит знака разности, т. е. `(|f(x)|-|g(x)|)(|f(x)|+|g(x)|)=(|f(x)|^2-|g(x)|^2)=(f^2(x)-g^2(x))=`
`=(f(x)-g(x))(f(x)+g(x))` и
|
знак разности `|f(x)|-|g(x)|` совпадает со знаком произведения `(f(x)+g(x))(f(x)-g(x))` |
(П М1) |
Имеем ещё одно условие равносильности
| `|f(x)|<|g(x)|hArr(f(x)-g(x))(f(x)+g(x))<0`. | (УР М3) |
Решите неравенство $$ {\displaystyle \frac{\sqrt{-{x}^{2}+7x-6}}{\left|{x}^{2}-6x+5\right|-\left|{x}^{2}-2x-3\right|}}\le 0.$$
ОДЗ*:`-x^2+7x-6>=0hArr(x-1)(x-6)<=0hArrx in[1;6]`.
В ОДЗ* имеем $$ \begin{array}{l}{\displaystyle \frac{\sqrt{-{x}^{2}+7x-6}}{\left|{x}^{2}-6x+5\right|-\left|{x}^{2}-2x-3\right|}}\le 0\iff (\mathrm{в} \mathrm{силу} \mathrm{УРМ}3)\\ {\displaystyle \frac{\sqrt{-{x}^{2}+7x-6}}{\left(2{x}^{2}-8x+2\right){\displaystyle \left(-4x+8\right)}}}\le 0\iff {\displaystyle \frac{\sqrt{-{x}^{2}+7x-6}}{\left(x-\left(2+\sqrt{3}\right)\right){\displaystyle \left(x-\left(2-\sqrt{3}\right)\right)}{\displaystyle (}{\displaystyle x}{\displaystyle -}{\displaystyle 2}{\displaystyle )}}}\ge 0\iff \\ \iff \left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}{x}^{2}-7x+6=0,\\ x\ne 2\pm \sqrt{3},\\ x\ne 2,\end{array}\iff \left[\begin{array}{l}x=1,\\ x=6,\end{array}\right.\right.\\ \left(x-\left(2+\sqrt{3}\right)\right)\left(x-\left(2-\sqrt{3}\right)\right)\left(x-2\right)>0\iff \left(2-\sqrt{3};2\right)\cup \left(2+\sqrt{3};+\infty \right).\end{array}\right.\end{array}$$
Учитывая ОДЗ*, получаем
 |
| Рис. 8 |
1. Самым распространенным методом решений систем является метод последовательного исключения неизвестных: выражаем одно неизвестное из одного из уравнений и подставляем в остальные. Получаем новую систему, в которой число уравнений и неизвестных на одно меньше. С новой системой поступаем так же до тех пор, пока это возможно.
Однако очень часто при решении системы этим способом мы приходим к уравнениям, которые невозможно решить. Общих правил для решения систем не существует, но для некоторых систем существуют специальные приемы.
2. Однородные системы
3. Симметрические системы
4. Часто систему можно решить, если её сначала упростить с помощью равносильных преобразований.
Приведём примеры некоторых преобразований, приводящих к равносильным системам.
1. Если любое уравнение системы заменить равносильным ему уравнением, то получим равносильную систему.
2. Если в одном из уравнений системы левая часть является произведением двух функций, то система равносильна совокупности при условии, что справа 0. Например,
| (УР С1) |
3. Если какое-нибудь уравнение системы умножить на число, отличное от нуля, то получится система, равносильная исходной.
4. Если к одному из уравнений системы прибавить линейную комбинацию нескольких других, то получим равносильную систему.
Например,
| (УР С2) |
`a` - произвольное число.
5.
| (УРС3) |
Обратим внимание на то, что в равносильной системе появилось дополнительное неравенство! (т. к. возведение в квадрат не всегда приводит к равносильному уравнению.)
6.
| (УР С4) |
Обратим внимание на то, что в системе остается то уравнение, в котором обе части отличны от нуля!
7.
| (УР С5) |
т. к.
Решите систему уравнений
Выразим `y` из второго уравнения `y=1-z+2x`, подставим в первое и третье и получим систему с двумя неизвестными
Теперь выразим из первого уравнения `z=x^2 +x-1` и, подставив во второе, получим уравнение с одним неизвестным
`x^4 +2x(x^2 +x-1) +2x-(x^2 +x-1)^2 -2(x^2 +x-1)=2 iff x^2 -1=0 =>`
`(1; 2; 1), (-1; 0; -1)`.
Решите систему уравнений
Выразим `x` из первого уравнения и подставим во второе и третье уравнения. Тогда получим равносильную систему
Теперь прибавим ко второму уравнению третье
`(3, 3, 4), (12, 3, 1)`.
Решите систему уравнений
В данной системе будем рассматривать каждое уравнение как квадратное относительно, например, `x`. Так как дискриминанты обоих уравнений являются полными квадратами, оказывается возможным свести систему двух нелинейных уравнений к совокупности четырёх линейных систем.
`(-5; 3/2), (-4; 2), (-3; 1/2)`.
Решите систему уравнений
Заменим второе уравнение системы суммой
Заметим, что решение второго уравнения - это ещё не решение системы. Полученные числа необходимо подставить в оставшееся первое уравнение системы. В данном случае после подстановки получаем тождество.
`(1, -6)`.
Функция `f(x, y)` называется однородной степени `k`, если `f(tx, ty)=t^k f(x, y)`.
Например, функция `f(x, y)=4x^3 y -5xy^3 +x^2 y^2` является однородной степени `4`, т. к.
`f(tx, ty)=4(tx)^3 (ty) -5(tx)(ty)^3 +(tx)^2 (ty)^2 =t^4 (4x^3 y -5xy^3 +x^2 y^2)`.
Уравнение `f(x, y) =0`, где `f(x, y)` - однородная функция, называется однородным. Оно сводится к уравнению с одним неизвестным, если ввести новую переменную `t= y/x`.
Система с двумя переменными , где `f(x,y)`, `g(x,y)` - однородные функции одной и той же степени, называется однородной.
Если `ab!= 0`, умножим первое уравнение на `b`, второе - на `a` и вычтем одно из другого - получим равносильную систему
Первое уравнение заменой переменных `t= x/y` (или `t= y/x`) сведётся к уравнению с одним неизвестным.
Если `a=0` `(b=0)`, то уравнение `f(x,y)=0` `(g(x,y)=0)` заменой переменных `t= x/y` (или `t= y/x`) сведётся к уравнению с одним неизвестным.
Решите систему
`(3sqrt3; sqrt3), (-3sqrt3; -sqrt3), (4;5), (-4;-5)`.
Функция `f(x,y)` называется симметрической, если `f(x,y) = f(y,x)`.
Система уравнений вида , где `f(x,y)`, `g(x,y)` - симметрические, называется симметрической системой. Такие системы решаются чаще всего с помощью введения новых переменных `x+y=u`, `xy=v`.
Решите систему уравнений
Эта алгебраическая (симметрическая) система, обычно она решается заменой `x+y=u`, `xy=v`. Заметив, что
`x^3 +x^3 y^3 +y^3 =(x+y)(x^2 -xy+y^2 )+x^3 y^3 =`
`=(x+y)((x+y)^2 -3xy)+x^3 y^3 =u(u^2 -3v)+v^3`,
перепишем систему в виде
(в старых переменных)
`(2;1), (1;2)`.
Для успешного выполнения задания необходимо помнить, что строго монотонная функция любое своё значение принимает только один раз, т. е. если функция `y(x)` строго монотонна, то для любых `x^** in D(y)`, `x^(** **) in D(y)` следует, что `y(x^**) = y(x^(** **)) iff x^** = x^(** **)`.
Вспомним ещё свойства не просто монотонных функций, а нечётных монотонных.
Если функция нечётная, то при любом `x` из области определения
`f(x) =-f(-x) iff f(x) + f(-x) =0`,
т. е. функция в симметричных точках принимает «противоположные» значения.
В случае произвольной нечётной функции равенство `f(x_1) =-f(x_2)` может выполняться в нескольких точках (не только в симметричных): например,
`sin pi/3 =-sin (- (pi)/3) =- sin (- (2pi)/3)`.
Если же функция нечётная, а к тому же и строго монотонная, то равенство `f(x_1) + f(x_2) =0` выполняется только в симметричных точках - вспомним график функции `y=x^3` - рис. 9.
 |
| Рис. 9 |
Итак, если нечётная и строго монотонная функция, то
`f(x_1) =- f(x_2) iff f(x_1) + f(x_2) =0 iff x_2 =- x_1`.
Поэтому для такой функции `f(x):`
`f(x) + f(g(x)) =0 iff x=- g(x)`.
Основное внимание, как во всех Заданиях, уделяется методам и приёмам решения задач. Именно решение задач делает изучение вообще, и геометрии в частности, активным. Ведь каждая решённая задача - это некоторый поиск и, пусть небольшое, но открытие. «То, что вы были принуждены открыть сами, оставляет в вашем уме дорожку, которой вы сможете воспользоваться, когда в том возникнет необходимость» (это слова немецкого физика XVII столетия Лихтенберга, который известен своими афоризмами).
Итак, если хотите научиться решать задачи, приобрести навыки решения – учитесь этому, разбирайте решения в учебнике и нашем Задании, повторяйте эти решения (ведь так учатся всему), а затем пробуйте свои силы. У Вас получится.
Задание состоит из четырёх параграфов. В параграфе 1 повторяются признаки подобия треугольников, решается несколько характерных задач на эту тему, повторяются свойства медиан, биссектрис и высот треугольника. Во втором параграфе обсуждаются «задачи в делении отрезка» и доказывается теорема Менелая. Третий параграф посвящён свойствам касательных, хорд, секущих, вписанных и описанных четырёхугольников. В параграфе 4 рассматривается применение теорем синусов и косинусов, разобраны задачи, решение которых требует применение тригонометрии. Почти все эти темы разбирались в заданиях по геометрии в 9 и 10 классах ЗФТШ, поэтому более простые утверждения здесь приводятся без доказательства. Тем, кто поступил в ЗФТШ в 11 класс, рекомендуется доказать эти утверждения самостоятельно, а те, кто учится в ЗФТШ не первый год, найдут много новых интересных задач, подробно решённых в 19 примерах.
Задание оканчивается контрольными вопросами и задачами для самостоятельного решения; они оценены по трудности в очках, которые указаны в скобках после номера. Знаком * «звёздочка» отмечены более трудные вопросы и задачи.
За правильный ответ и верное решение задачи ставится полное число очков, за недочёты и ошибки определённое число очков снимается.
Работу над заданием рекомендуется начать с внимательного чтения его и самостоятельного решения (после ознакомления) всех приведённых в нём задач. Ответы на контрольные вопросы следует давать подробные, со ссылками на соответствующие теоремы учебника или данного задания, с доказательствами своих ответов. В случае отрицательного ответа должен быть приведён опровергающий пример. Приведём примеры ответов на контрольные вопросы.
Можно ли утверждать, что треугольник равнобедренный, если его биссектриса является медианой?
Ответ
 |
| Рис. 1 |
Да, можно. Докажем это. Пусть в треугольнике биссектриса `BM` является медианой: (рис. 1). На продолжении биссектрисы отложим отрезок , равный . Треугольники и равны по первому признаку: у них углы при вершине равны как вертикальные и , . Из равенства треугольников следует
(1)
и . Но , поэтому , т. е. в треугольнике углы при основании равны. По теореме этот треугольник равнобедренный: . Отсюда и из (1) заключаем: . Утверждение доказано.
 |
| Рис. 2 |
Могут ли длины сторон треугольника быть меньше `1` мм, а радиус описанной окружности больше `1` км?
ОТвет
Да, могут. Приведём пример. Из точки , лежащей на окружности радиуса `2` км, дугой радиуса мм отмечаем точки и , лежащие на большей окружности (рис. 2); очевидно, мм.
Треугольник вписан в окружность радиуса `2` км, а его наибольшая сторона < мм.
 |
| Рис. 3 |
Можно ли через точку окружности провести три равные между собой хорды?
Нет, нельзя. Действительно, предположим противное, т. е. предположим, что хорды , и окружности с центром в точке равны между собой (рис. 3). Тогда точки , и одинаково удалены от точки `A`, т. е. они лежат на окружности с центром в точке . Однако, этого не может быть, так как две окружности с разными центрами не могут иметь более двух общих точек. Значит предположение неверно.
 |
| Рис. 4 |
Верно ли, что , если , , ?
Нет, например, на рис. 4 показаны треугольники и , для которых, как легко видеть, выполнены все заданные равенства, но , так как .
Итак, при утвердительном ответе надо либо привести доказательство того, что данное утверждение верно (как в ответе на вопрос 1), либо привести конкретный пример реализации заданных условий (как в ответе на вопрос 2).
При отрицательном ответе надо либо привести рассуждения, приводящие к противоречию заданных условий аксиоме, теореме или определению (как в ответе на вопрос 3), либо построить один опровергающий пример (как в ответе на вопрос 4).
После повторения тем в §1 – 4 в заключительном пятом параграфе обсудим вопросы подходов к решению, важность хорошего рисунка, выбора переменных, а также остановимся на некоторых ошибках, допускаемых учащимися и абитуриентами.
Это задание вместе с присланным решением будут Вам полезны при подготовке к экзаменам.
Две фигуры $$ F$$ и $$ {F}^{\text{'}}$$ называются подобными, если они переводятся друг в друга преобразованием подобия, т. е. таким преобразованием, при котором расстояния между двумя точками изменяются (увеличиваются или уменьшаются) в одно и то же число раз. Если фигуры $$ F$$ и $$ {F}^{\text{'}}$$ подобны, то пишется $$ F\sim {F}^{\text{'}}$$Напомним, что в записи подобия треугольников $$ ∆ABC~∆{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}$$ предполагается, что вершины, совмещаемые преобразованием подобия, стоят на соответствующих местах, т. е. $$ A$$ переходит в $$ {A}_{1}$$, $$ B$$ - в $$ {B}_{1}$$, $$ C$$ - в $$ {C}_{1}$$. Из свойств преобразования подобия следует, что у подобных фигур соответствующие углы равны, а соответствующие отрезки пропорциональны. В частности, если $$ ∆ABC~∆{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}$$
$$ \angle A=\angle {A}_{1}, \angle B=\angle {B}_{1}, \angle C=\angle {C}_{1}, {\displaystyle \frac{AB}{{A}_{1}{B}_{1}}}={\displaystyle \frac{BC}{{B}_{1}{C}_{1}}}={\displaystyle \frac{AC}{{A}_{1}{C}_{1}}}$$.
Два треугольника подобны:
Из признаков подобия следует утверждения, которые удобно использовать в решении задач:
1°. Прямая, параллельная одной из сторон треугольника и пересекающая две другие в различных точках, отсекает треугольник, подобный данному.
 |
| Рис. 5 |
2°. Прямая, параллельная одной из сторон треугольника и пересекающая две другие стороны, отсекает на них отрезки, пропорциональные данным сторонам, т. е. если $$ MN\left|\right|AC$$ (рис. 5), то
$$ {\displaystyle \frac{m}{n}}={\displaystyle \frac{p}{q}}=\frac{m+p}{n+q}$$
3°. Если прямая пересекает две стороны треугольника и отсекает на них пропорциональные отрезки, то она параллельна третьей стороне, т. е. если (см. рис. 5)
$$ {\displaystyle \frac{m}{n}}={\displaystyle \frac{m+p}{n+q}}$$ или $$ {\displaystyle \frac{m}{n}}={\displaystyle \frac{p}{q}}$$,
то $$ MN$$ параллельна $$ AC$$ (доказательство было дано в задании для 9 класса).
Прямая, проходящая через точку пересечения диагоналей трапеции параллельно её основаниям, пересекает боковые стороны трапеции в точках $$ M$$ и $$ N$$. Найти длину отрезка `MN`, если основания трапеции равны $$ a$$ и $$ b$$.
Пусть $$ O$$ точка пересечения диагоналей трапеции (рис. 6). Обозначим:
$$ AD=a, BC=b, MO=x, BO=p, OD=q.$$
$$1.\;\left.\begin{array}{l}BC\parallel AD\\\bigtriangleup BOC\sim\bigtriangleup DOA\;(\mathrm{по}\;\mathrm{двум}\;\mathrm{углам})\end{array}\right|\Rightarrow\dfrac ba=\dfrac pq$$ (1)
$$2.\;\left.\begin{array}{l}MO\parallel AD\\\bigtriangleup MBO\sim\bigtriangleup ABD\end{array}\right|\Rightarrow\dfrac xa=\dfrac p{p+q}$$. (2)
Из (1) и (2) следует $$ x=a{\displaystyle \frac{p}{p+q}}=q{\displaystyle \frac{p/q}{p/q+1}}={\displaystyle \frac{ab}{a+b}}$$, т. е. $$ MO={\displaystyle \frac{ab}{a+b}}.$$
Аналогично устанавливаем, что $$ NO={\displaystyle \frac{ab}{a+b}}$$, поэтому $$ \overline{)MN={\displaystyle \frac{2ab}{a+b}}}$$.
Результат этой задачи, как утверждение, верное для любой трапеции, следует запомнить.
 |
| Рис. 6 |
Из определения подобия фигур следует, что в подобных фигурах все соответствующие линейные элементы пропорциональны. Так, отношение периметров подобных треугольников равно отношению длин соответствующих сторон. Или, например, в подобных треугольниках отношение радиусов вписанных окружностей (также и описанных окружностей) равно отношению длин соответствующих сторон. Это замечание поможет нам решить следующую задачу.
 |
| Рис. 7 |
В прямоугольном треугольнике $$ ABC$$ из вершины $$ C$$ прямого угла проведена высота $$ CD$$ (рис. 7). Радиусы окружностей, вписанных в треугольники $$ ACD$$ и $$ BCD$$ равны соответственно $$ {r}_{1}$$ и $$ {r}_{2}$$. Найти радиус окружности, вписанной в треугольник $$ ABC$$.
Обозначим искомый радиус $$ r$$, положим $$ AB=c$$, $$ AC=b$$, $$ BC=a$$. Из подобия прямоугольных треугольников $$ ACD$$ и $$ ABC$$ (у них равные углы при вершине $$ A$$) имеем $$ {\displaystyle \frac{r}{{r}_{1}}}={\displaystyle \frac{c}{b}}$$, откуда $$ b={\displaystyle \frac{{r}_{1}}{r}}c$$. Прямоугольные треугольники $$ BCD$$ и $$ BAC$$ также подобны, поэтому $$ {\displaystyle \frac{r}{{r}_{2}}}={\displaystyle \frac{c}{a}}$$, - откуда $$ a={\displaystyle \frac{{r}_{2}}{r}}c$$. Так как $$ {a}^{2}+{b}^{2}={c}^{2}$$ то, возводя в квадрат выражения для $$ a$$ и $$ b$$ и складывая их, получим $$ {\left(\frac{{r}_{1}}{r}\right)}^{2}{c}^{2}+{\left(\frac{{r}_{2}}{r}\right)}^{2}{c}^{2}={c}^{2}$$ или $$ {\displaystyle \frac{{r}_{1}^{2}+{r}_{2}^{2}}{{r}^{2}}}=1$$. Находим $$ r=\sqrt{{{r}_{1}}^{2}+{{r}_{2}}^{2}}$$.
Напомним, что площади подобных фигур относятся как квадраты соответствующих линейных элементов. Для треугольников это утверждение можно сформулировать так: площади подобных треугольников относятся как квадраты соответствующих сторон. Рассмотрим характерную задачу на эту тему.
 |
| Рис. 8 |
Через точку $$ M$$, лежащую внутри треугольника $$ ABC$$, проведены три прямые, параллельные его сторонам. При этом образовались три треугольника (рис. 8), площади которых равны $$ {S}_{1}$$, $$ {S}_{2}$$ и $$ {S}_{3}$$. Найти площадь треугольника $$ ABC$$.
Легко видеть, что треугольники $$ EKM$$, $$ MQF$$ и $$ PMN$$ подобны треугольнику $$ ABC$$.
Пусть $$ S$$ -площадь треугольника $$ ABC$$, тогда
$$ {\displaystyle \frac{{S}_{1}}{S}}={\left({\displaystyle \frac{EM}{AC}}\right)}^{2}; {\displaystyle \frac{{S}_{2}}{S}}={\left({\displaystyle \frac{MF}{AC}}\right)}^{2}; {\displaystyle \frac{{S}_{3}}{S}}={\left({\displaystyle \frac{PN}{AC}}\right)}^{2}.$$
Откуда находим
$$ EM=\sqrt{{\displaystyle \frac{{S}_{1}}{S}}}AC, MF=\sqrt{{\displaystyle \frac{{S}_{2}}{S}}}AC, PN=\sqrt{{\displaystyle \frac{{S}_{3}}{S}}}AC.$$
А так как $$ EM=AP, MF=NC$$, то $$ EM+PN+MF=AP+PN+NC=AC$$.
Таким образом, $$ AC=AC·\left(\sqrt{{\displaystyle \frac{{S}_{1}}{S}}}+\sqrt{{\displaystyle \frac{{S}_{2}}{S}}}+\sqrt{{\displaystyle \frac{{S}_{3}}{S}}}\right)$$, откуда следует
$$ S={\left(\sqrt{{S}_{1}}+\sqrt{{S}_{2}}+\sqrt{{S}_{3}}\right)}^{2}$$.
Свойства медиан, высот, биссектрис треугольника
В наших заданиях 9-го и 10-го классов здесь повторяемые теоремы и утверждения были доказаны. Для некоторых из них мы напоминаем пути доказательств, доказывая их моменты и давая поясняющие рисунки.
 |
| Рис. 9 |
Теорема 1. Три медианы треугольника пересекаются в одной точке и точкой пересечения каждая медиана делится в отношении `2 : 1`, считая от вершины.
Теорема 2. Три медианы, пересекаясь, разбивают треугольник на `6` треугольников с общей вершиной, площади которых равны между собой.
(На рис. 9 площадь каждого из `6` треугольников с вершиной `M` и основанием, равным половине стороны, равна $$ {\displaystyle \frac{1}{2}}{S}_{ABC}$$. Точка пересечения медиан называется центром тяжести треугольника.
Теорема 3. Пусть $$ BD$$ - медиана треугольника
$$ ABC (BC=a, AC=b, AB=c, BD={m}_{a})$$, тогда
$$ {m}_{c}^{2}={\displaystyle \frac{{a}^{2}+{b}^{2}}{2}}-{\displaystyle \frac{{c}^{2}}{4}}$$. (Доказательство приведено далее в §4 Задания).
 |
| Рис. 10 |
Медианы $$ A{A}_{1}$$ треугольника $$ ABC$$ пересекаются в точке $$ O$$, $$ A{A}_{1}=12$$ и $$ C{C}_{1}=6$$ и одна из сторон треугольника равна `12`. (рис. 10). Найти площадь треугольника $$ ABC$$.
1. По теореме 1 имеем $$ AO={\displaystyle \frac{2}{3}}A{A}_{1}=8$$, $$ CO={\displaystyle \frac{2}{3}}C{C}_{1}=4$$.
Расставим на рисунке 10 длины отрезков медиан. По условию, одна из сторон треугольника равна `12`, сторона $$ AC$$ не может равняться `12`, иначе $$ AC=AO+OC$$ - нарушено неравенство треугольника. Также не может равняться `12` сторона $$ AB$$, так в этом случае $$ A{C}_{1}=6$$ и треугольник $$ AO{C}_{1}$$ со сторонами `8`, `2`, `6` не существует. Значит, $$ BC=12$$ и $$ A{C}_{1}=6$$.
2. Площадь треугольника находим по формуле Герона:
$$ p=7, {S}_{{A}_{1}OC}=\sqrt{7·1·3·3}=3\sqrt{7}$$.
По теореме 2 площадь треугольника $$ ABC$$ в `6` раз больше, находим $$ {S}_{ABC}=18\sqrt{7}$$.
Теорема 4. Три высоты треугольника или три прямые, на которых лежат высоты, пересекаются в одной точке. (Эта точка называется ортоцентром треугольника). В остроугольном треугольнике точка пересечения высот лежит внутри треугольника.
Были доказаны также две леммы о высотах
1-ая лемма.
Если $$ A{A}_{1}$$ и $$ B{B}_{1}$$ - высоты треугольника $$ ABC$$, то треугольник $$ {A}_{1}{B}_{1}C$$ подобен треугольнику $$ ABC$$ с коэффициентом подобия $$ k={\displaystyle \frac{{A}_{1}{B}_{1}}{AB}}=\left|\mathrm{cos}C\right|$$. Можно это утверждение сформулировать так: Если соединить основания двух высот $$ A{A}_{1}$$ и $$ B{B}_{1}$$ треугольника $$ ABC$$, то образуется треугольник, подобный данному: $$ ∆{A}_{1}{B}_{1}C~∆ABC$$.
Из прямоугольных треугольников $$ AC{A}_{1}$$ следует $$ {A}_{1}C=AC·\mathrm{cos}C$$ или $$ {A}_{1}C=AC·\mathrm{cos}(180°-C)=AC\left|\mathrm{cos}C\right|$$ (рис. 11а, б), а из прямоугольных треугольников $$ BC{B}_{1}$$ следует $$ {B}_{1}C=BC·\mathrm{cos}C$$ или $$ {B}_{1}C=BC·\mathrm{cos}(180°-C)=BC\left|\mathrm{cos}C\right|$$. Далее рассуждения очевидны.
 |
 |
| Рис. 11a | Рис. 11б |
2-ая лемма.
Если высоты $$ A{A}_{1}$$ и $$ B{B}_{1}$$ (или их продолжения) пересекаются в точке $$ H$$, то справедливо равенство $$ AH·H{A}_{1}=BH·H{B}_{1}$$ (рис. 12а, б).
 |
 |
| Рис. 12a | Рис. 12б |
 |
| Рис. 13 |
Высоты $$ A{A}_{1}$$ и $$ B{B}_{1}$$ пересекаются в точке $$ H$$ (рис. 13), при этом $$ AH=3H{A}_{1}$$ и $$ BH=H{B}_{1}$$. Найти косинус угла $$ ACB$$ и площадь треугольника $$ ABC$$, если $$ AC=a$$.
Обозначим $$ H{A}_{1}=x, H{B}_{1}=y$$,
1. Точка $$ H$$ - середина высоты (рис. 13). Если отрезок $$ MH$$ проходит через точку $$ H$$ и параллелен основаниям, то `MN` - средняя линия; `MN=a/2`.
2. $$\left.\triangle HA_1N\sim\triangle AA_1C\right|\Rightarrow\dfrac{HN}{AC}=\dfrac x{4x},\;HN=\dfrac14a.$$ Значит, $$ MH=HN={\displaystyle \frac{a}{4}}$$ и $$ A{B}_{1}={B}_{1}C={\displaystyle \frac{a}{2}}$$ Треугольник $$ ABC$$ равнобедренный, $$ AB=BC$$.
3. $$ \angle {B}_{1}BC=90°-\angle C$$, поэтому `ul(/_BHA_1=/_AHB_1=/_C)`, а по второй лемме о высотах $$ AH·H{A}_{1}=BH·H{B}_{1}$$ т. е. $$ 3{x}^{2}={y}^{2}, y=x\sqrt{3}$$.
Далее, $$ \mathrm{cos}C=\mathrm{cos}(\angle AH{B}_{1})={\displaystyle \frac{y}{3x}}$$, находим $$ \mathrm{cos}C={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{3}}}$$.
4. $$ △AH{B}_{1}: A{B}_{1}^{2}=(3x{)}^{2}-{y}^{2}$$, $$ {\displaystyle \frac{{a}^{2}}{4}}=6{x}^{2}$$, $$ x={\displaystyle \frac{a}{2\sqrt{6}}}$$, $$ y={\displaystyle \frac{a}{2\sqrt{2}}}$$, тогда
$$ {S}_{ABC}={\displaystyle \frac{1}{2}}AC·B{B}_{1}=ay={\displaystyle \frac{{a}^{2}\sqrt{2}}{4}}$$.
Теорема 5. Биссектриса угла треугольника делит противолежащую сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам, т. е. если $$ AD$$ - биссектриса треугольника $$ ABC$$ (рис. 14), то
$$ {\displaystyle \frac{BD}{DC}}={\displaystyle \frac{AB}{AC}} \left({\displaystyle \frac{x}{y}}={\displaystyle \frac{c}{b}}\right)$$
Доказательство легко выполните сами, применяя теорему синусов к треугольникам $$ ADB$$ и $$ ADC$$.
Теорема 6. Пусть $$ AD$$ - биссектриса треугольника $$ ABC$$ (рис. 14), тогда $$ AD=\sqrt{AB·AC-DB·DC}$$ (в обозначениях рисунка 14а)
`ul(AD=sqrt(bc-xy))`.
 |
 |
||
| Рис. 14 | Рис. 14а |
Эту теорему докажем. Опишем около треугольника $$ ABC$$ окружность, точку пересечения прямой $$ AD$$ и окружности обозначим $$ K$$ (рис. 14а).
Обозначим $$ AD=z, DK=m.△ABD\sim ∆AKC$$ $$ (\angle ABD=\angle AKC$$ и $$ \angle 1=\angle 2)$$. Из подобия следует $$ {\displaystyle \frac{AB}{AK}}={\displaystyle \frac{AD}{AC}}$$, т. е. $$ {\displaystyle \frac{c}{z+m}}={\displaystyle \frac{z}{b}}$$, откуда $$ {z}^{2}+zm=bc$$, $$ {z}^{2}=bc-zm$$.
По свойству пересекающихся хорд: $$ AD·DK=BD·CD$$, т. е. $$ z·m=x·y$$, тогда $$ {z}^{2}=bc-xy$$, $$ z=\sqrt{bc-xy}$$.
В треугольнике $$ ABC$$ со сторонами $$ AB=5$$, $$ AC=3$$ биссектриса $$ AD={\displaystyle \frac{15}{8}}$$. Найти сторону $$ BC$$ и радиус вписанной окружности.
По теореме 5 (см. рис. 14) имеем $$ {\displaystyle \frac{x}{y}}={\displaystyle \frac{5}{3}}$$ Обозначим $$ x=5z$$, тогда $$ y=3z$$. По теореме 6 выполнено равенство $$ {\left({\displaystyle \frac{15}{8}}\right)}^{2}=5·3-5z·3z.$$ Легко находим $$ z={\displaystyle \frac{7}{8}}$$ значит `ul(BC=7)`. Радиус вписанной окружности найдём по формуле $$ S=pr$$ (`S` - площадь треугольника, `p` -полупериметр). Имеем $$ p={\displaystyle \frac{15}{2}}$$, по формуле Герона $$ S=\sqrt{{\displaystyle \frac{15}{2}}·{\displaystyle \frac{1}{2}}·{\displaystyle \frac{10}{2}}·{\displaystyle \frac{9}{2}}}={\displaystyle \frac{15\sqrt{3}}{2}},$$ поэтому $$ r={\displaystyle \frac{S}{p}}={\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}.$$
Задача о «делении отрезка», как правило, решаются дополнительным построением – проведением прямой, параллельной рассекающей, и использованием подобия или теоремы о пересечении сторон угла параллельными прямыми. Общий подход к решению таких задач даёт теорема Менелая (далее напомним формулировку и доказательство, в задании 9-го класса это уже было сделано).
Точка $$ D$$ лежит на стороне $$ BC$$, точка $$ K$$ - на стороне $$ AB$$ треугольника $$ ABC$$, прямые $$ AD$$ и $$ CK$$ пересекаются в точке $$ O$$ (рис. 15). Найти отношение $$ AO:OD$$, если $$ AK:KB=1:3$$ и $$ BD:DC=2:3$$.
 |
| Рис. 15 |
Расставим на рисунке данные о делении сторон. Чтобы решение стало более понятным, сделаем ещё один рисунок (рис. 15а), на нём проведём $$ DS\left|\right|CK$$.
Рассматриваем треугольник $$ KBC$$. Из `DS``||``CK`
(второй признак подобия треугольников) следует $$ KS:KB=CD:CB$$, откуда $$ KS={\displaystyle \frac{3}{5}}·3x={\displaystyle \frac{9}{5}}x$$. (Ставим это на рисунке). На этом этапе удобно сделать ещё один рисунок (рис. 15б), либо на рисунке 15а провести прямую `AD` и отметить точку $$ O$$.
В треугольнике $$ ASD$$ по построению $$ SD\left|\right|KO$$, По утверждению $$ 2°$$ имеем $$ AO:OD=AK:KS$$, откуда следует $$ AO:OD=5:9$$
 |
 |
| Рис. 15a | Рис. 15б |
Точки `A_1` и `C_1`, расположенные на сторонах `BC` и `AB` треугольника `ABC`, и точка `B_1`, расположенная на продолжении стороны `AC` за точку `C`, лежат на одной прямой тогда и только тогда, когда имеет место равенство:
$$ {\displaystyle \frac{A{C}_{1}}{{C}_{1}B}}·{\displaystyle \frac{B{A}_{1}}{{A}_{1}C}}·{\displaystyle \frac{C{B}_{1}}{{B}_{1}A}}=1$$. (`**`)
Проводим $$ CK\left|\right|AB$$ (рис. 16а):
$$\begin{array}{l}\left.\triangle A_1CK\sim\triangle A_1BC_1\right|\Rightarrow\dfrac{CK}{C_1B}=\dfrac{A_1C}{BA_1};\\\left.\triangle B_1AC_1\sim\triangle B_1CK\right|\Rightarrow\dfrac{AC_1}{CK}=\dfrac{B_1A}{B_1C}.\end{array}$$
Почленно перемножив, получим
$$ {\displaystyle \frac{A{C}_{1}}{{C}_{1}B}}={\displaystyle \frac{{A}_{1}C}{B{A}_{1}}}·{\displaystyle \frac{{B}_{1}A}{C{B}_{1}}}$$,
откуда и следует
$$ {\displaystyle \frac{A{C}_{1}}{{C}_{1}B}}·{\displaystyle \frac{B{A}_{1}}{{A}_{1}C}}·{\displaystyle \frac{C{B}_{1}}{{B}_{1}A}}=1$$
(стрелочки на рис. 16а показывают последовательность взятия отрезков, движение начинается в точке `A` и в ней же заканчивается).
 |
 |
| Рис. 16а | Рис. 16б |
2. Пусть имеет место равенство (`**`). Через две точки $$ {B}_{1}$$ и $$ {A}_{1}$$ проводим прямую, точку пересечения с отрезком $$ AB$$ обозначаем $$ {C}_{2}$$ (рис. 16б). Точки $$ {A}_{1},{B}_{1}$$ и $$ {C}_{2}$$ лежат на одной прямой, по доказанному имеет место
$$ {\displaystyle \frac{A{C}_{1}}{{C}_{1}B}}·{\displaystyle \frac{B{A}_{1}}{{A}_{1}C}}·{\displaystyle \frac{C{B}_{1}}{{B}_{1}A}}=1.$$
Сравнивая с равенством (`**`), устанавливаем, что $$ {\displaystyle \frac{A{C}_{2}}{{C}_{2}B}}={\displaystyle \frac{A{C}_{1}}{{C}_{1}B}}$$ и показываем, что точки $$ {C}_{2}$$ и $$ {C}_{1}$$ совпадают, т. к. делят отрезок $$ AB$$ на равные отрезки.
Применим теорему Менелая к решению примера 7 (см. рис. 15): рассматриваем треугольник $$ BAD$$ и секущую $$ CK$$ (она определяет три точки: $$ K,O,C$$ ). Имеем: $$ {\displaystyle \frac{BK}{KA}}·{\displaystyle \frac{AO}{OD}}·{\displaystyle \frac{DC}{CB}}=1$$,
т. е. $$ {\displaystyle \frac{3x}{x}}·{\displaystyle \frac{AO}{OD}}·{\displaystyle \frac{3y}{5y}}=1$$ откуда $$ {\displaystyle \frac{AO}{OD}}={\displaystyle \frac{5}{9}}$$.
Если при тех же условиях задачи 7 требуется определить, какую часть площади треугольника составляет, например, площадь четырёхугольника $$ KODB$$ то полезно сначала решить задачу о «делении отрезка» и найти, например, $$ AO:OD=5:9$$, а затем использовать тот факт, что площади треугольников с одинаковыми высотами относятся как длины их оснований:
$$ {S}_{ABC}=S; {S}_{ADC}={\displaystyle \frac{3}{5}}S$$ $$ ($$ т. к. $$ DC={\displaystyle \frac{3}{5}}BC$$$$ )$$;
$$ {S}_{OCD}={\displaystyle \frac{9}{14}}{S}_{ADC}={\displaystyle \frac{9}{14}}\left({\displaystyle \frac{3}{5}}S\right)={\displaystyle \frac{27}{70}}S$$ $$ ($$ т. к. $$ OD={\displaystyle \frac{9}{14}}AD$$$$ )$$;
$$ {S}_{KCB}={\displaystyle \frac{3}{4}}S$$ $$ ($$ т. к. $$ BK={\displaystyle \frac{3}{4}}AB$$$$ )$$, поэтому
$$ {S}_{KODB}={S}_{KCB}-{S}_{OCD}={\displaystyle \frac{3}{4}}S-{\displaystyle \frac{27}{70}}S={\displaystyle \frac{51}{140}}S$$.
 |
| Рис. 17 |
Если из точки к окружности проведены две касательные, то длины отрезков от этой точки до точек касания равны и прямая, проходящая через центр окружности и эту точку, делит угол между касательными пополам (рис. 17).
Используя это свойство, легко решить следующую задачу.
На основании $$ AC$$ равнобедренного треугольника $$ ABC$$ расположена точка $$ D$$ так, что $$ AD=a,CD=b$$. Окружности, вписанные в треугольники $$ ABD$$ и $$ DBC$$, касаются прямой $$ BD$$ в точках $$ M$$ и $$ N$$ соответственно. Найти отрезок $$ MN$$.
 |
 |
| Рис. 18 | Рис. 18a |
Пусть $$ a>b.$$ Точки касания окружностей со сторонами треугольника $$ ABC$$ обозначим и $$ F$$ (рис. 18). Положим По свойству касательных:
$$ DE=y$$, $$ QD=x+y$$, $$ AQ=AP=a-(x+y)$$, $$ EC=CF=b-y$$, $$ PB=BM=z, BF=BN=z+x$$ (рис. 18а). Выразим боковые стороны:
$$ AB=z+a-x-y$$, $$ BC=z+x+b-y$$. По условию $$ AB=BC$$; получим
$$ z+a-x-y=z+x+b-y$$, откуда находим $$ x={\displaystyle \frac{a-b}{2}}$$.
Если $$ a
Итак: $$ MN={\displaystyle \frac{\left|a-b\right|}{2}}.$$
Четырёхугольник называется описанным около окружности, если окружность касается всех его сторон.
В выпуклый четырёхугольник можно вписать окружность тогда и только тогда, когда суммы длин противолежащих сторон равны.
 |
| Рис. 19 |
Пусть четырёхугольник $$ ABCD$$ описан около окружности (рис. 19).
По свойству касательных: $$ AM=AN$$, $$ NB=BP$$, $$ PC=CQ$$ и $$ QD=DM$$, поэтому
$$ AM+MD+BP+PC=AN+NB+CQ+QD$$, что означает
$$ AD+BC=AB+CD$$.
Докажем обратное утверждение. Пусть в выпуклом четырёхугольнике $$ ABCD$$ стороны удовлетворяют условию $$ AB+CD=BC+AD.$$ Положим $$ AD=a, AB=b, BC=c, CD=d.$$
По условию $$ a+c=b+d,$$ что равносильно $$ c-b=d-a.$$
Пусть $$ d>a.$$ Отложим на большей стороне $$ CD$$ меньшую сторону `DM=a` (рис. 20). Так как в этом случае $$ c>b$$, то также отложим $$ BN=b$$, получим три равнобедренных треугольника `ABN`, `ADM` и `MCN`.
 |
| Рис. 20 |
В равнобедренном треугольнике биссектриса угла при вершине является медианой и высотой, отсюда следует, что если провести биссектрисы углов `B`, `C` и `D`, то они разделят пополам соответственно отрезки `AN`, `MN` и `AM` и будут им перпендикулярны. Это означает, что биссектрисы будут серединными перпендикулярами трёх сторон треугольника $$ ANM$$, а они по теореме пересекаются в одной точке. Обозначим эту точку $$ O$$. Эта точка одинаково удалена от отрезков `AB` и `BC` (лежит на $$ OB$$), `BC` и `CD` (лежит на $$ OC$$) и `CD` и `AD` (лежит на $$ OD$$), следовательно, точка $$ O$$ одинакова удалена от всех четырёх сторон четырёхугольника $$ ABCD$$ и является центром вписанной окружности. Случай $$ d=a$$, как более простой, рассмотрите самостоятельно.
Равнобокая трапеция описана около окружности. Найти радиус окружности, если длины оснований равны $$ a$$ и $$ b$$.
 |
| Рис. 21 |
Пусть в равнобокой трапеции $$ ABCD$$ `BC=b`, `AD=a` (рис. 21). Эта трапеция равнобокая $$ (AB=CD)$$, она описана около окружности, следовательно, $$ AB+CD=AD+BC$$ Отсюда получаем:
$$ AB=CD={\displaystyle \frac{a+b}{2}}.$$
Проведём $$ BM$$ и $$ CN$$ перпендикулярно $$ AD$$. Трапеция равнобокая, углы при основании равны, следовательно, равны и треугольники $$ ABM$$ и $$ DCN$$ и $$ AM=ND$$. По построению $$ MBCN$$ - прямоугольник, $$ MN=BC=b$$ поэтому $$ AM={\displaystyle \frac{1}{2}}(AD-BC)-{\displaystyle \frac{1}{2}}(a-b)$$. Из прямоугольного треугольника $$ ABM$$ находим высоту трапеции $$ ABCD$$:
$$ BM=\sqrt{A{B}^{2}-A{M}^{2}}=\sqrt{{\left({\displaystyle \frac{a+b}{2}}\right)}^{2}-{\left({\displaystyle \frac{a-b}{2}}\right)}^{2}}=\sqrt{ab}$$.
Очевидно, что высота трапеции равна диаметру окружности, поэтому
радиус вписанной окружности равен $$ \overline{)r={\displaystyle \frac{1}{2}}\sqrt{ab}}$$.
Очень полезная задача. Заметим, что из решения также следует, что в равнобокой описанной трапеции $$ \overline{)\mathrm{cos}\alpha ={\displaystyle \frac{a-b}{a+b}}}$$.
Градусная мера угла, образованного хордой и касательной, имеющими общую точку на окружности, равна половине градусной меры дуги, заключённой между его сторонами (рис. 22).
 |
| Рис. 22 |
Рассматриваем угол $$ NAB$$ между касательной $$ NA$$ и хордой $$ AB$$. Если $$ O$$ - центр окружности, то $$ OA\perp AN$$, `/_OAB=/_OBA=90^@alpha`. Сумма углов треугольника равна `180^@`, следовательно, $$ \angle AOB=2\alpha $$. Итак, $$ \alpha =\angle NAB={\displaystyle \frac{1}{2}}\angle AOB.$$
Обратим внимание, что угол $$ NAB$$ равен любому вписанному углу $$ AKB$$, опирающемуся на ту же дугу $$ AB$$.
Случай `/_alpha>=90^@` рассматривается аналогично.
Из этого свойства следует важная теорема «о касательной и секущей», которая часто используется при решении задач.
Пусть к окружности проведены из одной точки касательная $$ MA$$ и секущая $$ MB$$, пересекающая окружность в точке $$ C$$ (рис. 23). Тогда справедливо равенство
$$ M{A}^{2}=MB·MC$$
т. е. если из точки `M` к окружности проведены касательная и секущая, то квадрат отрезка касательной от точки `M` до точки касания равен произведению длин отрезков секущей от точки `M` до точек её пересечения с окружностью.
Угол $$ MAC$$ образован хордой и касательной, $$ \angle MAC=\angle ABC$$. Так как в треугольниках $$ MAC$$ и $$ MBA$$ угол $$ M$$ общий, то по двум углам они подобны. Из подобия следует:
$$ {\displaystyle \frac{MA}{MB}}={\displaystyle \frac{MC}{MA}}$$
Откуда получаем: $$ M{A}^{2}=MB·MC$$.
 |
| Рис. 23 |
Если из точки $$ M$$ к окружности проведены две секущие: $$ MB$$, пересекающая окружность в точке $$ C$$ и $$ MK$$, пересекающая окружность в точке $$ L$$ (рис. 23), то справедливо равенство $$ MB·MC=MK·ML$$.
Проведём касательную $$ MA$$. По доказанной теореме $$ M{A}^{2}=MB·MC$$ и $$ M{A}^{2}=MK·ML$$, следовательно $$ MB·MC=MK·ML$$.
 |
| Рис. 24 |
Окружность проходит через вершины $$ C u D$$ трапеции $$ ABCD,$$ касается боковой стороны $$ AB$$ в точке $$ B$$ и пересекает большее основание $$ AD$$ в точке $$ K$$ (рис. 24). Известно, что $$ AB=5\sqrt{3}$$, $$ BC=5$$ и $$ KD=10$$.
Найти радиус окружности.
1. Пусть $$ AK=x$$ тогда $$ AD=10+x$$ю
По теореме о касательной и секущей:
$$ A{B}^{2}=AK·KD$$ т. е. $$ 75=x(x+10)$$, откуда $$ x=5$$. Итак $$ AD=15$$.
2. Заметим теперь, что угол $$ ABD$$ между касательной $$ AB$$ и хордой $$ BD$$ равен вписанному углу $$ BCD$$, а из параллельности прямых $$ AD$$ и $$ BC$$ следует равенство углов `1` и `2`. По первому признаку подобия $$ △ABD\sim △DCB$$. Из подобия имеем $$ {\displaystyle \frac{AB}{CD}}={\displaystyle \frac{AD}{BD}}{\displaystyle \frac{BD}{BC}}$$. Из последнего равенства находим, что $$ B{D}^{2}=AD·BC$$, т. е. $$ BD=\sqrt{AD·BC}=5\sqrt{3}$$, а из первого равенства находим $$ CD={\displaystyle \frac{AB·BD}{AB}}=5$$.
3. Так как $$ KB=CD$$ ($$ KBCD$$ - вписанная трапеция, она равнобокая), и $$ K{B}^{2}+B{D}^{2}=K{D}^{2},$$ то `/_ KBD=90^@` и $$ KD$$ - диаметр окружности.
Значит, её радиус равен `5`.
Около четырёхугольника можно описать окружность тогда и только тогда, когда сумма противолежащих углов равна `180^@`.
Из этой теоремы следует:
a) из всех параллелограммов только около прямоугольника можно описать окружность;
б) около трапеции можно описать окружность только тогда, когда она равнобокая.
 |
| Рис. 25 |
В треугольнике $$ ABC$$ биссектрисы $$ AD$$ и $$ BF$$ пересекаются в точке $$ O$$ (рис. 25). Известно, что точки $$ F, O, D$$, и `C` лежат на одной окружности и что $$ DF=\sqrt{3}.$$ Найти площадь треугольника $$ ODF$$.
Так как
$$ \angle BAO={\displaystyle \frac{1}{2}}\angle A$$ и $$ \angle ABO={\displaystyle \frac{1}{2}}\angle B$$, то
$$ \angle DOF=\angle AOB=\pi -{\displaystyle \frac{1}{2}}(\angle A+\angle B)$$.
Четырёхугольник $$ DOFC$$ вписан в окружность, по теореме 9:
$$ \angle DOF=\pi -\angle C$$, т. е. $$ \pi -{\displaystyle \frac{1}{2}}(\angle A+\angle B)=\pi -\angle C$$, откуда, учитывая, что $$ \angle A+\angle B+\angle C=\pi $$, находим $$ \angle С={\displaystyle \frac{\pi }{3}}$$.
Теперь заметим, что $$ O$$ - точка точка пересечения биссектрис, $$ CO$$ - биссектриса угла $$ C,$$ следовательно, углы $$ OCD$$ и $$ OCF$$ равны друг другу. Это вписанные углы, поэтому вписанные углы $$ ODF$$ и $$ OFD$$ равны им и равны друг другу. Таким образом,
$$ \angle ODF=\angle OFD={\displaystyle \frac{1}{2}}\angle C={\displaystyle \frac{\pi }{6}}$$.
Треугольник $$ DOF$$ равнобедренный с основанием $$ DF=\sqrt{3}$$ и углом при основании `30^@`. Находим его высоту, опущенную из вершины $$ O$$ и площадь треугольника $$ ODF: S={\displaystyle \frac{1}{2}}h·DF={\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{4}}$$.
Как обычно, в треугольнике $$ ABC$$ стороны, противолежащие углам `A`, `B` и `C`, обозначим `a`, `b` и `c`. Справедливы две теоремы, устанавливающие соотношения между сторонами и углами треугольника, утверждения которых можно кратко записать так:
теорема косинусов: $$ {c}^{2}={a}^{2}+{b}^{2}-2ab\mathrm{cos}C;$$
теорема синусов: $$ {\displaystyle \frac{a}{\mathrm{sin}A}}={\displaystyle \frac{b}{\mathrm{sin}{\displaystyle B}}}={\displaystyle \frac{c}{\mathrm{sin}{\displaystyle C}}}=2R$$.
Покажем на примерах, как применяются эти теоремы.
 |
| Рис. 26 |
Доказать, что в параллелограмме сумма квадратов диагоналей равна сумме квадратов всех его сторон.
Пусть в параллелограмме $$ ABCD$$ (рис. 26) длины сторон равны длины диагоналей равны $$ {d}_{1}$$ и $$ {d}_{2}: AC={d}_{2}$$, $$ AB=DC=a$$, $$ BD={d}_{1}$$.
Если то Из треугольников $$ ABD$$ и $$ ACD$$ по теореме косинусов будем иметь:
Складывая почленно эти равенства и учитывая, что получим требуемое равенство: .
 |
| Рис. 26 |
Из решения данной задачи легко получить выражение медианы $$ {m}_{c}$$ треугольника через его стороны $$ a, b$$ и $$ c$$. Пусть в `ABD:AB=a`, `AD=b`, `BD=c`; `AM` - медиана, `AM=m_c` (рис. 26). Достроим этот треугольник $$ ABD$$ до параллелограмма $$ ABCD$$ и воспользуемся результатом задачи 11, получим:
$$ {c}^{2}+{\left(2{m}_{c}\right)}^{2}=2{a}^{2}+2{b}^{2}$$, откуда
.
 |
| Рис. 27 |
На стороне $$ AD$$ ромба $$ ABCD$$ взята точка $$ M$$, при этом $$ MD={\displaystyle \frac{3}{10}}AD, BM=MC=11.$$ Найти площадь треугольника $$ BCM.$$
1. Обозначим длину стороны ромба $$ x, \angle BAD=\varphi $$
(рис. 27). По условию $$ MD={\displaystyle \frac{3}{10}}x\Rightarrow AM={\displaystyle \frac{7}{10}}x.$$ Из треугольников $$ ABM$$ и $$ MCD$$ по теореме косинусов получаем:
$$ B{M}^{2}={x}^{2}+{\left({\displaystyle \frac{7}{10}}x\right)}^{2}-2x{\displaystyle \frac{7}{10}}x\mathrm{cos}\varphi $$,
$$ M{C}^{2}={x}^{2}+{\left({\displaystyle \frac{3}{10}}x\right)}^{2}-2x{\displaystyle \frac{3}{10}}x\mathrm{cos}(180°-\varphi )$$.
Приравниваем правые части (по условию $$ BM=MC$$), подставляем сокращаем на $$ {x}^{2},$$ приводим подобные члены и получаем $$ \mathrm{cos}\varphi ={\displaystyle \frac{1}{5}}.$$ Подставляя найденное значение $$ \mathrm{cos}\varphi $$ и $$ BM=11$$ в первое равенство, находим $$ x=10$$.
2. В равнобедренном треугольнике $$ BMC$$ основание равно `10`, находим высоту $$ MK$$:
$$ MK=\sqrt{B{M}^{2}-B{K}^{2}}=\sqrt{B{M}^{2}-{\displaystyle \frac{1}{4}}B{C}^{2}}=\sqrt{96}$$,
тогда площадь треугольника `BMC` равна $$ {\displaystyle \frac{1}{2}}BC·MK=20\sqrt{6}$$.
 |
| Рис. 28 |
В равнобедренном треугольнике $$ ABC (AB=BC)$$ проведена биссектриса $$ AD$$ (рис. 28). Найти радиус описанной около треугольника $$ ABC$$ окружности, если $$ AD=4$$ и $$ DC=\sqrt{6}.$$
1. Углы при основании $$ AC$$ в треугольнике $$ ABC$$ равны, обозначим $$ \angle BAC=2\alpha ,$$ тогда $$ \angle DAC=\alpha .$$ По теореме синусов из треугольника $$ ADC$$ следует $$ {\displaystyle \frac{4}{\mathrm{sin}2\alpha }}={\displaystyle \frac{\sqrt{6}}{\mathrm{sin}{\displaystyle \alpha }}}$$ откуда $$ \mathrm{cos}\alpha =\sqrt{{\displaystyle \frac{2}{3}}}$$. Находим: $$ \mathrm{cos}2\alpha =2{\mathrm{cos}}^{2}\alpha -1={\displaystyle \frac{1}{3}}$$ и $$ \mathrm{sin}2\alpha ={\displaystyle \frac{2\sqrt{2}}{3}}$$.
2. Вычисляем сторону $$ AC$$:
$$ AC=AK+KC=AD\mathrm{cos}\alpha +DC\mathrm{cos}2\alpha ={\displaystyle \frac{5}{3}}\sqrt{6}$$.
3. Как следует из теоремы синусов, радиус $$ R$$ описанной около треугольника `ABC` окружности может быть найден из равенства:
$$ R={\displaystyle \frac{AC}{2\mathrm{sin}B}}$$ т. е. $$ R={\displaystyle \frac{AC}{2\mathrm{sin}(180°-4\alpha )}}={\displaystyle \frac{AC}{4\mathrm{sin}2\alpha ·\mathrm{cos}2\alpha }}={\displaystyle \frac{15}{8}}\sqrt{3}$$.
В решении следующих задач существенно используется знание тригонометрических тождеств, умение решать тригонометрические уравнения. Подобные задачи не рассматривались в заданиях 9 - 10 классов, поскольку большинство учащихся в то время не обладало знаниями по тригонометрии в достаточном объёме.
В этих задачах в качестве неизвестной выбирается некоторый угол и по данным задачи и известным метрическим соотношениям составляется тригонометрическое уравнение или система уравнений. Их составление и решение является основным этапом всего решения задачи, а искомые элементы определяются через значения тригонометрических функций введённого угла.
 |
| Рис. 29 |
Точки $$ K$$ и $$ M$$ расположены соответственно на стороне $$ BC$$ и высоте $$ BD$$ остроугольного треугольника $$ ABC$$. Треугольник $$ AMK$$ - равносторонний (рис. 29). Найти его площадь, если $$ AD=3$$, $$ DC={\displaystyle \frac{11}{2}}$$, $$ BK:KC=10:1$$.
1. Обозначим сторону правильного треугольника $$ AMK$$ через $$ x, \angle KAC=\varphi $$ (рис. 29). Пусть $$ FK\left|\right|AC$$ и $$ KN\perp AC$$. Из подобия треугольников $$ CKN$$ и $$ CBD$$ следует $$ NC={\displaystyle \frac{1}{11}}DC={\displaystyle \frac{1}{2}}$$. Тогда $$ DN=5, AN=8.$$
2. Заметим, что $$ \angle FKA=\varphi $$ и $$ \angle MKF={\displaystyle \frac{\mathrm{\pi }}{3}}-\varphi $$. Из прямоугольных треугольников $$ AKN$$ и $$ MKF$$ следует:
$$ AN=AK\mathrm{cos}\varphi $$ и $$ FK=MK\mathrm{cos}({\displaystyle \frac{\mathrm{\pi }}{3}}-\varphi )$$, т. е. $$ 8=x\mathrm{cos}\varphi $$ и $$ 5=x\mathrm{cos}({\displaystyle \frac{\mathrm{\pi }}{3}}-\varphi )$$. Из тригонометрического уравнения `5cosvarphi=8cos(pi/3-varphi)` получаем
$$ \mathrm{cos}\varphi =4\sqrt{3}\mathrm{sin}\varphi $$ и $$ \mathrm{tg}\varphi ={\displaystyle \frac{1}{4\sqrt{3}}}$$.
3. По формуле $$ \mathrm{cos}\varphi ={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1+\mathrm{tg}^{2}\varphi }}}$$ находим $$ \mathrm{cos}\varphi ={\displaystyle \frac{4\sqrt{3}}{7}}$$ и $$ x={\displaystyle \frac{8}{\mathrm{cos}\varphi }}={\displaystyle \frac{14}{\sqrt{3}}}$$. Площадь правильного треугольника со стороной $$ x$$ равна $$ {\displaystyle \frac{{x}^{2}\sqrt{3}}{4}}$$. Находим $$ {S}_{AMK}={\displaystyle \frac{49\sqrt{3}}{3}}$$.
Обратим внимание, что в этой задаче один треугольник повёрнут относительно другого. В качестве промежуточной переменной и был введён этот угол поворота.
 |
| Рис. 30 |
Окружность проходит через вершины $$ A$$ и $$ B$$ треугольника $$ ABC,$$ пресекает стороны $$ BC$$ и $$ AC$$ в точках $$ M$$ и $$ N$$ соответственно (рис. 30). Известно, что `AB=4`, `MN=2`, $$ \angle ACB=\mathrm{arcsin}\frac{3}{5}$$. Найти радиус окружности.
1. Обозначим $$ \angle ACB=\varphi $$ тогда $$ \mathrm{sin}\varphi ={\displaystyle \frac{3}{5}}$$, $$ \varphi $$ - острый угол, $$ \mathrm{cos}\varphi ={\displaystyle \frac{4}{5}}$$.
Надо найти радиус окружности, поэтому разумно ввести вписанный угол: $$ \angle NMB=\alpha $$. Угол $$ ANB$$ - внешний для треугольника $$ BNC,$$ поэтому $$ \angle ANB=\alpha +\varphi $$.
2. Если $$ R$$ - радиус окружности, то $$ AB=2R\mathrm{sin}(\alpha +\varphi )$$, и $$ MN=2R\mathrm{sin}\alpha $$ т. е. получаем систему:
$$ \left\{\begin{array}{l}4=2R\mathrm{sin}(\alpha +\varphi ),\\ 2=2R\mathrm{sin}\alpha .\end{array}\right.$$
Исключая `R`, придём к уравнению $$ 2\mathrm{sin}\alpha =\mathrm{sin}(\alpha +\varphi )$$.
Так как $$ \mathrm{sin}(\alpha +\varphi )=\mathrm{sin}\alpha ·\mathrm{cos}\varphi +\mathrm{sin}\varphi ·\mathrm{cos}\alpha ={\displaystyle \frac{4}{5}}\mathrm{sin}\alpha +{\displaystyle \frac{3}{5}}\mathrm{cos}\alpha $$,
то уравнение приводится к виду
$$ 10\mathrm{sin}\alpha =4\mathrm{sin}\alpha +3\mathrm{cos}\alpha $$, `6sinalpha=3cosalpha`, `"tg"alpha=1/2`.
3. Находим: $$ \mathrm{sin}\alpha ={\displaystyle \frac{\mathrm{tg}\alpha }{\sqrt{1+\mathrm{tg}^{2}\alpha }}}={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{5}}}$$ тогда $$ R={\displaystyle \frac{MN}{2\mathrm{sin}\alpha }}=\sqrt{5}$$.
В задаче 15 угловая величина была задана значением $$ \mathrm{arcsin}{\displaystyle \frac{3}{5}}$$. По определению функции $$ y=\mathrm{arcsin}x$$ это означало, что заданный угол острый и $$ \mathrm{sin}\varphi ={\displaystyle \frac{3}{5}}$$. Мы заменили условие $$ \varphi =\mathrm{arcsin}{\displaystyle \frac{3}{5}}$$ равносильным ему. Аналогично следует поступать во всех задачах, условия которых содержат значения обратных тригонометрических функций для величин углов. Например, если угол задан в виде $$ \alpha =\pi -\mathrm{arccos}\sqrt{{\displaystyle \frac{2}{3}}}$$, то это означает, что $$ \alpha $$ - тупой угол, $$ \mathrm{cos}\alpha =-\sqrt{{\displaystyle \frac{2}{3}} }$$, $$ \mathrm{sin}\alpha ={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{3}}}$$ и могут быть найдены, если окажется необходимым, значения $$ \mathrm{cos}2\alpha $$, $$ \mathrm{sin}{\displaystyle \frac{\alpha }{2}}$$ и т. п.
Некоторые учащиеся, проводя решение задачи в общем виде и подставляя числовые данные лишь в конце (что, заметим, обычно делает решение громоздким), получают, например, ответ для длины стороны в виде $$ \alpha =3\mathrm{sin}\left(2\mathrm{arccos}{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{3}}}\right)$$. Если далее это значение не записано в виде $$ a=2\sqrt{2}$$, то решение не считается доведённым до конца. Т. е. ответ задачи, когда угловая величина задана значением обратной тригонометрической функции, не должен содержать значения тригонометрических и обратных тригонометрических функций (если только сама искомая величина не является углом).
В заключение параграфа решим задачу об определении угла треугольника. Обратим внимание, что решение требует отбора в соответствии с условием задачи.
 |
| Рис. 31 |
В треугольнике $$ ABC$$ высота $$ BD$$, медиана $$ CM$$ и биссектриса $$ AK$$ пересекаются в точке $$ O$$. (рис. 31). Найти угол $$ A$$, если известно, что он больше $$ 60°$$ и $$ AM=\sqrt{3}OM$$.
1. Обозначим
$$ AM=x$$ (тогда `AB=2x`), $$ \angle BAC=2\alpha $$ и $$ AO=y$$.
Из прямоугольных треугольников $$ AOD$$ и $$ ABD$$ имеем: $$ AD=y\mathrm{cos}\alpha $$ и $$ AD=2x\mathrm{cos}2\alpha $$. Выражаем $$ y={\displaystyle \frac{2x\mathrm{cos}2\alpha }{\mathrm{cos}\alpha }}$$.
2. Применяем теорему косинусов к треугольнику $$ AMO$$, учитывая, что $$ M{O}^{2}={\displaystyle \frac{1}{3}}{x}^{2}: {\displaystyle \frac{{x}^{2}}{3}}={x}^{2}+{y}^{2}-2xy·\mathrm{cos}\alpha $$.
Подставляем выражение для $$ y$$, сокращаем на $$ {x}^{2},$$ приводим уравнение к виду:
$$ 2{\mathrm{cos}}^{2}\alpha +12{\mathrm{cos}}^{2}2\alpha -12\mathrm{cos}2\alpha ·{\mathrm{cos}}^{2}\alpha =0$$.
Используем тождество: $$ 2{\mathrm{cos}}^{2}\alpha =1+\mathrm{cos}2\alpha ,$$ получаем уравнение:
$$ 6{\mathrm{cos}}^{2}2\alpha -5\mathrm{cos}2\alpha +1=0$$.
Находим: $$ \mathrm{cos}2\alpha ={\displaystyle \frac{1}{3}}$$ или $$ \mathrm{cos}2\alpha ={\displaystyle \frac{1}{2}}$$.
3. По условию: $$ 2\alpha =\angle BAC$$, $$ 2\alpha > {\displaystyle \frac{\mathrm{\pi }}{3}}$$, значит $$ \mathrm{cos}2\alpha < {\displaystyle \frac{1}{2}}$$, поэтому
$$ \mathrm{cos}2\alpha =\mathrm{cos}A={\displaystyle \frac{1}{3}}$$, $$ \angle A=\mathrm{arccos}{\displaystyle \frac{1}{3}}$$.
В заключении остановимся на ещё не обсуждавшийся в этом задании вопросе о роли рисунка в решении геометрических задач.
Некоторые учащиеся и абитуриенты ограничиваются небрежным мелким рисунком, на котором даже трудно разобрать, какие обозначения к чему относятся, какие прямые перпендикулярны или параллельны, в каких точках имеет место касание и т. п. Кое-кому из них всё же удаётся верно решить задачу, но в большинстве случаев, особенно в задачах, требующих ряда шагов рассуждений и вычислений, такой рисунок скорее мешает решению, а не способствует успеху.
Рисунок в геометрической задаче – это удобный для восприятия наглядный способ записи условий задачи, фиксирующий и удерживающий внимание решающего, он даёт повод к размышлению и может стать помощником в решении задачи, подсказать правильный путь в поисках решения. (Посмотрите, например, на рис. 27, 28, 29). Именно поэтому к построению рисунка полезно относиться вдумчиво. Сначала, чтобы понять задачу, её условия переводят на геометрический язык: делают от руки небольшой предварительный рисунок и отмечают на нём (если таковые есть) равные углы, пропорциональность отрезков, перпендикулярность и т. п. И лишь обдумав, как надо изменить рисунок, чтобы он соответствовал условиям задачи, делают аккуратный и достаточно большой рисунок, чтобы на нём уместились все введённые обозначения углов, отрезков и данные задачи. В ряде случаев «хороший» рисунок получается не с первой попытки и при его построении уже начинается процесс решения задачи, так как используются определения и известные геометрические факты относительно входящих в условие задачи элементов геометрической конфигурации.
Когда словами записываются геометрические свойства входящих в задачу элементов, устанавливаются метрические соотношения типа и т. п., проводятся некоторые вычисления, то охватить их взглядом, увидеть в целом, сделать нужный вывод бывает совсем непросто, а вот увидеть на рисунке след собственных рассуждений и не терять этого из виду обычно удаётся.
Мы говорим о работе с рисунком в процессе поиска решения. При окончательном изложении решения задачи каждое заключение должно быть обосновано (чаще всего ссылками на известные теоремы курса, реже – дополнительным доказательством). Сам по себе рисунок, даже самый аккуратный, выполненный циркулем и линейкой, ничего не доказывает, всё, что «увидено» из чертежа, должно иметь логическое обоснование.
И ещё одно замечание. Если задача не получается, «упирается», не достаёт ещё какого-то одного соотношения, связи элементов – вернитесь к условию задачи и вновь обсудите каждый входящий в него геометрический элемент. Скорее всего, вами использованы не все их свойства, сделаны не все возможные выводы.
Поясним наши рассуждения о рисунке и работе с ним примерами решения двух задач олимпиад МФТИ.
Продолжения медиан $$ AE$$ и $$ CF$$ треугольника $$ ABC$$ (рис. 32) пересекают описанную около него окружность в точках $$ D$$ и $$ N$$ соответственно так, что $$ AD:AE=2:1$$ и $$ CN:CF=4:3.$$ Найти углы треугольника.
 |
| Рис. 32 |
Делаем предварительный рисунок (кстати, его удобнее всего рисовать, начиная с окружности), отмечаем, что (это следует из условия $$ AD=2AE$$). Две хорды $$ BC$$ и $$ AD,$$ пересекаясь, делятся пополам. По свойству пересекающихся хорд $$ AE·DE=BE·CE$$ откуда следует, что $$ AE=BE=DE=CE$$. Точка $$ E$$ одинаково удалена от точек `A`, `B`, `D` и `C` окружности, значит точка $$ E$$ - центр окружности. Отсюда следует, что $$ BC$$ и $$ AD$$ - диаметры, и - прямой (опирается на диаметр). Поскольку далее должна рассматриваться медиана $$ AE,$$ а нами установлено, что $$ AE=DE=BE=CE,$$ то удобно ввести обозначение $$ AE=R.$$
 |
| Рис. 33 |
Обсудим следующие условия задачи: $$ FN={\displaystyle \frac{1}{3}}FC.$$ Обозначим $$ FN=x,$$ тогда $$ FC=3x.$$ Наконец обратим внимание, что в задаче есть две медианы треугольника, значит надо воспользоваться свойством медиан: пересекаясь, они делятся в отношении `2:1`, считая от вершины. Итак, если обозначить через $$ O$$ точку пересечения медиан, то
$$ AO={\displaystyle \frac{2}{3}}R, CO=2x, OF=x.$$
Выполняем хороший большой рисунок с учётом всех установленных фактов. Посмотрим внимательно на рис. 33 и подумаем, может быть, еще что-то можно установить? Да! Хорда $$ CN,$$ пересекая диаметр $$ AD,$$ делится пополам, значит Отразим и этот последний факт.
Теперь решение.
1. По свойству пересекающихся хорд:
$$ AO·OD=CO·ON$$, т. е. $$ {\displaystyle \frac{2}{3}}R\frac{4}{3}R=4{x}^{2}$$ откуда $$ {x}^{2}=\frac{2}{9}{R}^{2}$$.
2. Из прямоугольного треугольника $$ COA$$ по теореме Пифагора:
$$ AC=\sqrt{{\left(2x\right)}^{2}+{\left(\frac{2}{3}R\right)}^{2}}={\displaystyle \frac{2}{\sqrt{3}}}R$$.
3. Из прямоугольного треугольника $$ ABC$$ находим:
$$ \mathrm{sin}B={\displaystyle \frac{AC}{BC}}={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{3}}}$$.
$$ \angle A={\displaystyle \frac{\mathrm{\pi }}{2}}$$, $$ \angle B=\mathrm{arcsin}{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{3}}}$$, $$ \angle C={\displaystyle \frac{\mathrm{\pi }}{2}}-\mathrm{arcsin}{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{3}}}$$.
Длина стороны ромба $$ ABCD$$ равна `4`. Расстояние между центрами окружностей, описанных около треугольников $$ ABD$$ и $$ ACD,$$ равно `3`. Найти радиусы окружностей.
Строим первый пробный рисунок (рис. 34) и начинаем рассуждать.
Поскольку в условии задачи задано расстояние между центрами, то необходимо установить их положение. Будем помнить, что четырёхугольник $$ ABCD$$ - ромб, характеризующее его свойство – диагонали, пересекаясь, делятся пополам и перпендикулярны друг другу. Центр окружности, описанной около треугольника, есть точка пересечения серединных перпендикуляров к его сторонам. Треугольники $$ ABD$$ и $$ ACD$$ имеют общую сторону $$ AD$$, следовательно, оба центра лежат на серединном перпендикуляре отрезка $$ AD$$.
Кроме того, центр $$ {O}_{1}$$ окружности, описанной около треугольника $$ ABD,$$ лежит на прямой $$ AC$$ (это серединный перпендикуляр отрезка $$ BD$$), а центр $$ {O}_{2}$$ окружности, описанной около треугольника $$ ACD,$$ лежит на прямой $$ BD$$ (это серединный перпендикуляр отрезка $$ AC$$). Итак, центры окружностей – это точки пересечения серединного перпендикуляра отрезка $$ AD$$ с прямыми $$ AC$$ и $$ BD.$$
 |
 |
| Рис. 34 | Рис. 35 |
Вот теперь строим новый рисунок, на который наносим также числовые данные задачи. Обратим внимание, что окружности рисовать уже нет необходимости.
Обозначим $$ A{O}_{1}={R}_{1}$$ и $$ D{O}_{2}={R}_{2}$$ и, поскольку имеем несколько подобных треугольников, вводим ещё угол $$ \angle MA{O}_{1}=\alpha .$$ Записываем вполне очевидные выводы:
$$ 1. \overline{)\begin{array}{l}∆A{O}_{1}M, \angle M=90°,\\ \angle MA{O}_{1}=\alpha \end{array}}\Rightarrow \begin{array}{l}2={R}_{1}\mathrm{cos}\alpha ,\\ {O}_{1}M={R}_{1}\mathrm{sin}\alpha .\end{array}$$
$$ 2.\overline{)\begin{array}{l}△D{O}_{2}M: \angle M=90°,\\ \angle M{O}_{2}D=\alpha \end{array}} \Rightarrow \begin{array}{l}2={R}_{2}\mathrm{sin}\alpha ,\\ {O}_{2}M={R}_{2}\mathrm{cos}\alpha .\end{array}$$
$$ 3.\overline{)\begin{array}{l}\mathrm{По} \mathrm{условию} {O}_{1}{O}_{2}=3,\\ \mathrm{т}. \mathrm{е}. {O}_{2}M-{O}_{1}M=3\end{array}} \Rightarrow {R}_{2}\mathrm{cos}\alpha -{R}_{1}\mathrm{sin}\alpha =3.$$
Итак, получили систему из трёх уравнений с тремя неизвестными:
$$ {R}_{1}, {R}_{2}, \alpha : \left\{\begin{array}{l}2={R}_{1}\mathrm{cos}\alpha .\\ 2={R}_{2}\mathrm{sin}\alpha ,\\ 3={R}_{2}\mathrm{cos}\alpha -{R}_{1}\mathrm{sin}\alpha .\end{array}\right.\phantom{\rule{0ex}{0ex}}$$
Решать эту систему можно по-разному, например, исключив `R_1` и `R_2`, получить тригонометрическое уравнение
$$ 3=2{\displaystyle \frac{\mathrm{cos}\alpha }{\mathrm{sin}\alpha }}-2{\displaystyle \frac{\mathrm{sin}\alpha }{\mathrm{cos}\alpha }}$$, $$ 2{\mathrm{tg}}^{2}\alpha +3\mathrm{tg}\alpha -2=0$$, $$ \mathrm{tg}\alpha ={\displaystyle \frac{1}{2}}$$ (угол `alpha` - острый), тогда
$$ \mathrm{cos}\alpha ={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1+\mathrm{tg}^{2}\alpha }}}={\displaystyle \frac{2}{\sqrt{5}}}$$ и $$ {R}_{1}=\sqrt{5}, {R}_{2}=2\sqrt{5}$$
В этой задаче, оказавшейся совсем не простой для абитуриентов, трудность для многих была заключена в построении рисунка, обнажающего условие задачи и направляющего решение.
$$ S={\displaystyle \frac{1}{2}}ah$$ (`a` - основание, `h` - высота к `a`).
$$ S={\displaystyle \frac{1}{2}}ab·\mathrm{sin}C$$ (`a`, `b`- стороны, `C` - угол между ними).
$$ S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$$ (формула Герона, $$ 2p=a+b+c)$$.
$$ S=pr$$ (`p` - полупериметр,`r` - радиус вписанной окружности).
$$ S={\displaystyle \frac{abc}{4R}}$$, где `R` - радиус описанной окружности).
$$ S=(p-a){r}_{a}$$, где `p` - полупериметр, `r_a` - радиус вневписанной окружности, касающейся стороны `a`.
$$ S={\displaystyle \frac{a+b}{2}}h$$ (`a`, `b` - основания, `h` - высота).
$$ S=c·m$$ (`c` - боковая сторона, `m` - расстояние до нее от середины другой боковой стороны).
$$ S=ah$$ (`a` - сторона, `h` - высота к `a`).
$$ S=ab·\mathrm{sin}\alpha $$ (`a`, `b` - стороны, `alpha` - величина угла между ними).
$$ S={\displaystyle \frac{1}{2}}{d}_{1}{d}_{2}\mathrm{sin}\varphi $$ (`d_1` и `d_2` - диагонали, `varphi` - величина угла между ними).
$$ {d}_{1}^{2}+{d}_{2}^{2}=2({a}^{2}+{b}^{2})$$ (`a` и `b` - стороны,`d_1`, `d_2` - диагонали).
$$ {m}_{c}^{2}={\displaystyle \frac{{a}^{2}+{b}^{2}}{2}}-{\displaystyle \frac{{c}^{2}}{4}}$$
1) $$ AD={\displaystyle \frac{2bc}{b+c}}\mathrm{cos}{\displaystyle \frac{A}{2}}, \left(b=AC, c=AB\right)$$.
2) $$ AD=\sqrt{bc-xy}, (x=BD, y=DC, {\displaystyle \frac{x}{y}}={\displaystyle \frac{c}{b}})$$.
$$ {d}^{2}={c}^{2}+ab$$ (`a`, `b` - основания, `c` - боковая сторона, `d` - диагональ).
Опытным путём установлен закон Кулона:
сила взаимодействия двух точечных неподвижных зарядов в вакууме пропорциональна произведению модулей зарядов, обратно пропорциональна квадрату расстояния между ними и направлена вдоль прямой, проходящей через эти заряды:
$$ F=k{\displaystyle \frac{\left|{q}_{1}\right|\left|{q}_{2}\right|}{{r}^{2}}} $$. (2.1)
Здесь `F` - модуль силы, `k` - коэффициент пропорциональности, зависящий от выбора системы единиц, `q_1` и `q_2` - величины зарядов, `r` - расстояние между зарядами.
Обратите внимание, что нарушение в конкретных условиях опыта точечности зарядов, их неподвижности или нахождение зарядов не в вакууме может привести к невыполнению соотношения (2.1).
Основной единицей в любой системе единиц называется единица, для которой существует установленная по договорённости принципиальная возможность создания эталона этой единицы. Напомним, что основными единицами системы СИ являются единицы длины метр (м), массы килограмм (кг), времени секунда (с), силы электрического тока ампер (А), термодинамической температуры кельвин (К), количества вещества моль (моль), силы света кандела (кд). Остальные единицы в системе СИ производные, их размерность (выраженная через основные или другие единицы системы) даётся через определения и физические законы, устанавливающие связь между различными физическими величинами. Единицей заряда в системе СИ является кулон (Кл) – заряд, проходящий за `1` с через поперечное сечение проводника при силе тока `1` А.
Найдём размерность (обозначается квадратными скобками) коэффициента `k` в формуле (2.1) закона Кулона. Для размерностей физических величин в (2.1) выполняется соотношение, аналогичное соотношению (2.1) между самими величинами: $$ \left[F\right]=\left[k\right]{\displaystyle \frac{\left[{q}_{1}\right]\left[{q}_{2}\right]}{\left[{r}^{2}\right]}}$$.
Поскольку $$ \left[F\right]=H=\mathrm{кг}·\mathrm{м}/{\mathrm{с}}^{2}, \left[{q}_{1}\right]=\left[{q}_{2}\right]=\mathrm{Кл}=\mathrm{А}·\mathrm{с}, \left[{r}^{2}\right]={\mathrm{м}}^{2}$$, то
$$ \left[k\right]={\displaystyle \frac{\left[F\right]\left[{r}^{2}\right]}{\left[{q}_{1}\right]\left[{q}_{2}\right]}}={\displaystyle \frac{\mathrm{Н}·{\mathrm{м}}^{2}}{{\mathrm{Кл}}^{2}}}={\displaystyle \frac{\mathrm{кг}·{\mathrm{м}}^{3}}{{\mathrm{А}}^{2}·{\mathrm{с}}^{4}}}$$.
Запоминать выражение для размерности `k` необязательно, но уметь выводить, используя (2.1), надо.
Приведём значение коэффициента `k` в (2.1) для системы СИ:
$$ k=9·{10}^{9}{\displaystyle \frac{\mathrm{кг}·{\mathrm{м}}^{3}}{{\mathrm{А}}^{2}·{\mathrm{с}}^{4}}}=9·{10}^{9} \mathrm{ед}. \mathrm{СИ}$$.
Заметим, что вместо выражения для размерности после численного значения можно писать «ед. СИ» (единицы СИ). Иногда в системе СИ коэффициент `k` в (2.1) записывают в форме $$ k={\displaystyle \frac{1}{4\pi {\epsilon }_{0}}}$$.
Здесь $$ {\epsilon }_{0}=\mathrm{8,85}·{10}^{-12}$$ ед. СИ называется электрической постоянной.
Найдём напряжённость электрического поля, созданного точечным зарядом `Q` на расстоянии `r` от заряда. Для этого поместим мысленно на расстоянии `r` от `Q` пробный заряд `q`. По закону Кулона на `q` действует сила $$ F=\left|\overrightarrow{F}\right|=k\left|Q\right|\left|q\right|/{r}^{2}$$. Напряжённость поля (созданного зарядом `Q`) в месте расположения `q` равна `vecE=vecF//q`. Отсюда `E=|vecE|=|vecF|//|q|`. С учётом выражения для `F` напряженность поля точечного заряда `Q` на расстоянии `r` от него
$$ E=k{\displaystyle \frac{\left|Q\right|}{{r}^{2}}}$$. (2.2)
 |
 |
| Рис. 2.1 | Рис. 2.2 |
На рисунках 2.1 и 2.2 показаны случаи для `Q > 0` и `Q < 0`. Знак пробного заряда `q` выбран положительным из соображений удобства, т. к. при таком выборе направление силы, действующей на `q`, совпадает с направлением напряжённости.
Формулу (2.2) можно обобщить, избавившись от знака модуля:
$$ {E}_{x}=k{\displaystyle \frac{Q}{{r}^{2}}}$$ (2.3)
Здесь $$ {E}_{x}$$ – проекция напряжённости на ось `x`, направленную от заряда `Q` и проходящую через исследуемую точку. Справедливость (2.3) при любом знаке `Q` проверяется непосредственно (см. рис. 2.1, 2.2).
Силовой линией (линией напряжённости) электрического поля называется непрерывная линия, касательная в каждой точке которой совпадает с направлением вектора напряжённости электрического поля в этой точке.Наглядно электрические поля изображают с помощью силовых линий.
На рис. 2.3 приведена картина силовых линий электрического поля положительного точечного заряда.
 |
| Рис. 2.3 |
Стрелкой на каждой силовой линии указывается её направление, т. е. направление вектора напряжённости в каждой точке силовой линии. Полезно посмотреть и нарисовать самим картины силовых линий полей из школьного учебника.
Все свойства силовых линий как электрического поля, так и электростатического поля, следуют из определения силовых линий и из законов электродинамики. Приведём некоторые свойства.
1. Силовые линии электрического поля не пересекаются. В противном случае в точках пересечения была бы неопределённость в направлении напряжённости поля.
2. Густота силовых линий электрического поля в пространстве пропорциональна напряжённости электрического поля.
3. Силовые линии электростатического поля не замкнуты. Они начинаются на положительных зарядах (или в бесконечности) и заканчиваются на отрицательных зарядах (или в бесконечности). При этом некоторая группа силовых линий (лучевая трубка) связывает равные по модулю заряды и число силовых линий, выходящих (входящих) из заряженного тела, не зависит от формы тела, а зависит только от величины заряда (пропорционально заряду).
Обратите внимание, что первые два свойства справедливы и для электростатического поля, как частного случая электрического. Третье же свойство справедливо только для электростатического поля, а для произвольного электрического поля выполняется не всегда.
 |
| Рис. 2.4 |
В двух вершинах равностороннего треугольника со стороной `a=1` м расположены точечные заряды $$ {q}_{1}=Q=1.4·{10}^{-7}\mathrm{Кл}$$, $$ {q}_{2}=-2Q$$. Найти напряжённость (модуль) электрического поля в третьей вершине треугольника.
Пусть напряженность полей, созданных зарядами `Q` и `-2Q` в третьей вершине треугольника $$ \overrightarrow{{E}_{1}}, \overrightarrow{{E}_{2}}$$ (рис. 2.4). По принципу суперпозиции полей напряжённость результирующего поля $$ \overrightarrow{E}=\overrightarrow{{E}_{1}}+\overrightarrow{{E}_{2}}.$$ Используя теорему косинусов для треугольника, составленного из векторов $$ \overrightarrow{E}, \overrightarrow{{E}_{1}}, \overrightarrow{{E}_{2}}$$, получаем $$ {E}^{2}={{E}^{2}}_{1}+{{E}^{2}}_{2}-2{E}_{1}{E}_{2}\mathrm{cos}60°. $$ Поскольку `E_1=kQ//a^2`, `E_2=2kQ//a^2`, `cos60^@=1//2`, то `E=sqrt3k Q/q^2~~2,2*10^3` Н/Кл.
Многочисленные опытные факты подтверждают, что большой круг явлений природы можно описать, введя понятия электрического заряда и электрического поля. Единицу электрического заряда можно ввести разными путями в зависимости от выбора системы единиц. Сейчас нет возможности на этом останавливаться, поэтому будем считать, что уже есть принципиальный способ измерять заряд количественно. Пойдём дальше.
При всех взаимодействиях в макромире и микромире выполняется закон сохранения электрического заряда:
алгебраическая сумма зарядов системы сохраняется, если через границы системы не проходят электрические заряды.
Следует ещё раз отметить, что закон сохранения заряда справедлив не только при взаимодействии макроскопических тел, но и при взаимодействии элементарных частиц, когда в результате ядерных реакций одни частицы исчезают, а другие появляются.
Важным понятием является точечный заряд, то есть заряженное тело, размерами которого можно пренебречь по сравнению с другими характерными расстояниями, например – расстоянием до других зарядов (заряженных тел).
Опыт показывает, что характеристикой электрического поля в каждой его точке является векторная величина $$ \overrightarrow{E}$$, называемая напряжённостью электрического поля и определяемая из равенства:
$$ \overrightarrow{E}={\displaystyle \frac{\overrightarrow{F}}{q}}$$.
Здесь $$ \overrightarrow{F}$$- сила, действующая на неподвижный точечный заряд, помещённый в исследуемую точку поля. При этом знак заряда `q` любой, а сам заряд называется пробным, т. к. им «пробуют» поле. Напряжённость поля от величины пробного заряда не зависит, как не зависит температура воды в озере от вида термометра, которым её измеряют. Следует, однако, заметить, что для измерения напряжённости поля, которое было до (а не после) внесения пробного заряда, следует брать заряд `q` настолько малым, чтобы он не вызывал заметного перераспределения зарядов, создающих поле, и не вызывал существенных изменений в других возможных источниках электрического поля. Источниками электрического поля являются электрические заряд и изменяющееся магнитное поле. И ещё одно замечание по записанному выше равенству для $$ \overrightarrow{E}$$$$ .$$ Точечный заряд `q` создаёт вокруг себя собственное электрическое поле, но это поле никак не входит в равенство для определения напряжённости $$ \overrightarrow{E}$$, поскольку $$ \overrightarrow{E}$$ есть напряжённость внешнего поля, т. е. поля, созданного всеми зарядами (или другими источниками), кроме заряда `q`. Заряд `q` служит лишь инструментом для измерения напряжённости этого внешнего поля. И это принципиально.
Частным случаем электрического поля является электростатическое поле, т. е. поле, созданное неподвижными зарядами.
Из опыта известно, что для электрического поля справедлив принцип суперпозиции:
в каждой точке напряжённость $$ \overrightarrow{E}$$ электрического поля равна векторной сумме напряжённостей полей, созданных в этой точке всеми источниками электрических полей:
$$ \overrightarrow{E}=\overrightarrow{{E}_{1}}+\overrightarrow{{E}_{2}}+...=\sum _{i}\overrightarrow{{E}_{i}} .$$
Самый простой способ создать равномерное распределение заряда по сферической поверхности – это зарядить проводящий шарик и уединить его. Заряд, в силу равноправности всех направлений из центра шарика, распределится по поверхности равномерно.
Сравним поле искомого заряда `Q` на сфере радиуса `R` и поле точечного заряда, равного заряду сферы. На рис. 3.1 показаны картины силовых линий полей этих зарядов для случая `Q > 0`.
 |
| Рис. 3.1 |
Число силовых линий, выходящих из зарядов сферы и точечного заряда, одинаково, т. к. заряды равны (свойство 3 предыдущего параграфа). Это означает, что картины силовых линий обоих полей (а значит, и напряжённости) совпадают на расстояниях `r >R`, считая от центра сферы или от точечного заряда. Внутри сферы силовых линий нет, нет и поля. В противном случае силовые линии, начавшись на сфере, могли бы идти в силу симметрии только к центру сферы. Но в центре нет заряда, на котором они могли бы закончиться. Итак,
вне сферы напряжённость поля заряда `Q`, равномерно распределённого по сферической поверхности (сфере) радиуса `R`, совпадает с напряжённостью поля точечного заряда, равного заряду сферы и помещённого в центре сферы, а внутри сферы поля нет:
$$ E=k{\displaystyle \frac{\left|Q\right|}{{r}^{2}}}$$ при $$ r>R, E=0$$ при `r<R`.
Здесь `r` – расстояние от центра сферы. Для записи выражения напряжённости вне сферы можно применить и формулу (2.3).
Говорить о напряжённости поля при `r=R` нет смысла, т. к. в рамках теории, когда не рассматриваются размеры конкретных носителей заряда на атомном уровне, напряжённость при `r = R` не определена.
В центре сферы радиусом `R` находится точечный заряд `Q>0`. По сфере распределён равномерно заряд `-4Q<0`. Найти напряжённости $$ {E}_{1}, {E}_{2}$$ на расстояниях `R//2` и `2R` от центра сферы.
 |
| Рис. 3.2 |
В любой точке напряжённость равна векторной сумме напряжённостей полей, созданных зарядами `Q` и `-4Q`:
$$ \overrightarrow{E}=\overrightarrow{{E}_{Q}}+{\overrightarrow{E}}_{-4Q}.$$
Это векторное равенство можно записать в проекциях на ось `x`, проведённую из центра сферы через исследуемую точку: $$ {E}_{x}={E}_{Qx}+{E}_{-4Qx}.$$
Для точек `A` и `C` (рис. 3.2) на расстояниях `R//2` и `2R` от центра сферы проекция напряжённости на ось `x` (свою для каждой точки): $$ {E}_{2x}=k{\displaystyle \frac{Q}{{\left(2R\right)}^{2}}}+k{\displaystyle \frac{-4Q}{{\left(2R\right)}^{2}}}=-{\displaystyle \frac{3}{4}}k{\displaystyle \frac{Q}{{R}^{2}}}.$$
$$ {E}_{1}=\left|{E}_{1x}\right|=4k{\displaystyle \frac{Q}{{R}^{2}}}$$, напряженность направлена от центра сферы.
$$ {E}_{2}=\left|{E}_{2x}\right|={\displaystyle \frac{3}{4}}k{\displaystyle \frac{Q}{{R}^{2}}}$$, напряженность направлена к центру сферы.
Пусть поверхностная плотность заряда (заряд единицы поверхности) равна . Силовые линии перпендикулярны плоскости, густота их везде одинакова.
Это следует из соображений симметрии. На рис. 4.1 показано поле для
Напряжённость поля по каждую сторону плоскости одна и та же, независимо от расстояния до плоскости (поле однородно). Приведём без доказательства выражение для модуля напряжённости электрического поля по любую сторону плоскости:
| . | (4.1) |
Эту формулу можно обобщить. Пусть произвольного знака. Направим ось `x` перпендикулярно плоскости (рис. 4.2). Можно убедиться непосредственной проверкой, что при , при при любом знаке . Здесь проекция напряжённости на ось `x`. Для запоминания обобщённых формул можно формально считать и писать выражение для при и . Полученные формулы окажутся справедливыми и при . Обобщение полезно тем, что нет знака модуля.
 |
 |
| Рис. 4.1 | Рис. 4.2 |
Равномерно заряженные пластины параллельны и находятся на расстоянии друг от друга много меньшем их размеров. Найти плотности зарядов и на пластинах, зная, что напряжённость поля в точках `A` и `B` вблизи пластин Н/Кл, Н/Кл (рис. 4.3).
Направим ось `x` на рис. 4.3 перпендикулярно пластинам, от первой ко второй. В любой точке по принципу суперпозиции полей напряжённость , где - напряжённости полей, созданных первой и второй пластинами. Запишем последнее равенство в проекциях на ось `x`:
.
Это равенство справедливо для любой точки. Для точек `A` и `B` оно имеет более конкретный вид:
Для т. ,
Для т. .
 |
| Рис. 4.3 |
Решая систему из последних двух уравнений, находим:
Заметим, что для решения задачи с использованием для напряжённости формулы с модулем пришлось бы перебрать возможные случаи для знаков зарядов пластин, поскольку знаки заранее неизвестны. Это усложнило бы решение. Попробуйте решить задачу вторым способом и сравните его с первым.
 |
| Рис. 5.1 |
Пусть пробный заряд `q` перемещается в электростатическом поле из точки `1` в точку `2` по некоторой траектории под действием нескольких сил (рис. 5.1). Каждая сила совершает над зарядом работу. Нас интересует работа, совершённая над зарядом силами электростатического поля. Оказывается (доказательства не приводим), – что эта работа не зависит от формы траектории. Например, работы на траекториях `1-3-2` и `1-4-2` равны. Из независимости работы от формы траектории следует равенство нулю работы по замкнутой траектории. Например, работа сил электростатического поля над перемещаемым по замкнутой траектории `BCDB` (рис. 5.1) зарядом `q` равна нулю:
.
Поля, для которых работа сил поля не зависит от формы траектории, называются потенциальными. В таких полях можно ввести понятие потенциальной энергии `"П"` и потенциала . Для электростатического поля работа сил поля над перемещаемым из точки `1` в точку `2` зарядом равна убыли (приращению с обратным знаком) потенциальной энергии заряда в поле:
.
Потенциал данной точки поля вводится как отношение потенциальной энергии пробного заряда в поле к величине заряда: .
это энергетическая характеристика поля, не зависящая от величины пробного заряда. С введением потенциала для работы `A_12` можно записать:
| . | (5.1) |
Разность потенциалов (напряжение) зависит только от положения точек `1` и `2`.
Потенциальная энергия и потенциал определены с точностью до произвольной постоянной. Потенциал (и потенциальную энергию) можно отсчитывать от некоторой точки, положив в ней потенциал равным нулю. Обычно полагают равным нулю потенциал бесконечно удалённой точки поля (бесконечности) или потенциал Земли.
Перенесём мысленно пробный заряд из данной точки электростатического поля с потенциалом в бесконечность. Силы поля совершат над зарядом работу `A`. Согласно (5.1) Если принять , то
| . | (5.2) |
Равенство (5.2) удобно для нахождения потенциала данной точки поля.
Из принципа суперпозиции электрических полей и (5.2) можно вывести, что потенциал поля, созданного несколькими зарядами, равен сумме потенциалов полей, созданных отдельными зарядами:
.
Единицей потенциала (разности потенциалов) в системе СИ служит вольт (В):
`1"В"=1"Дж"//"Кл"`.
Не следует забывать, что независимость работы сил поля над перемещаемым зарядом от формы траектории и понятие потенциала справедливы только для электростатического поля и могут не иметь места для произвольного электрического поля.
В неоднородном электростатическом поле электрону сообщили в точке `B` скорость км/с. Электрон, двигаясь свободно в поле по криволинейной траектории, достиг точки `C` со скоростью км/с. Какую разность потенциалов прошёл электрон?
Работа сил электростатического поля над электроном равна изменению кинетической энергии электрона:
.
Здесь - модуль заряда электрона, - масса электрона.
Имеем:
Примем потенциал бесконечности равным нулю. Тогда, используя (5.2), можно вывести, что на расстоянии $$ r$$ от точечного заряда $$ Q$$ потенциал электростатического поля:
| $$ \varphi =k{\displaystyle \frac{Q}{r}}$$. | (6.1) |
 |
| Рис. 6.1 |
Возьмём теперь заряд $$ Q$$, равномерно распределённый по сфере радиуса $$ R$$ (рис. 6.1).
Для нахождения потенциала на расстоянии $$ r$$ от центра сферы перенесём мысленно пробный заряд $$ q$$ из исследуемой точки в бесконечность и применим формулу (5.2). Для произвольной точки $$ K$$ вне сферы $$ {\varphi }_{K}={A}_{K\infty }/q$$, где $$ {A}_{K\infty }$$ – работа сил поля над $$ q$$ при его перемещении из т. $$ K$$ в бесконечность. Эта работа не изменится, если весь заряд $$ Q$$ сферы поместить в центр сферы, т. к. поля обоих зарядов $$ Q$$ при $$ r>R$$ совпадают (см. §3). Для точечного заряда $$ Q$$ отношение $$ {A}_{K\infty }/q$$ есть потенциал его поля в т. $$ K$$, который находится по формуле (6.1). Итак, для сферы $$ {\varphi }_{K}=kQ/r$$. В предельном случае при $$ r=R$$ получим потенциал сферы, равный `kQ//R`.
Для произвольной точки $$ B$$ внутри сферы $$ {\varphi }_{B}={A}_{BC\infty }/q={A}_{BC}+{A}_{C\infty }/q$$.
Здесь $$ {A}_{B\infty }$$, $$ {A}_{BC}$$ и $$ {A}_{C\infty }$$ – работа сил поля над зарядом $$ q$$ на участках $$ BC\infty $$, `BC` и $$ C\infty .$$ Внутри сферы поля нет, сила на $$ q$$ со стороны поля не действует и $$ {A}_{BC}=0$$. Тогда $$ {\varphi }_{B}={A}_{C\infty }/q$$. Но правая часть последнего равенства есть потенциал т. $$ C$$, т. е. потенциал сферы, равный `kQ//R`. Значит, потенциал любой точки внутри сферы равен потенциалу сферы: $$ {\varphi }_{B}=kQ/R$$.
Итак, для заряда $$ Q$$, равномерно распределённого по сфере радиуса $$ R$$ потенциал поля вне сферы равен потенциалу точечного заряда, равного заряду сферы и помещённого в центре сферы (как и для напряжённости), а потенциал внутри сферы один и тот же и равен потенциалу сферы:
$$ \varphi =k{\displaystyle \frac{Q}{r}}$$ при $$ r>R, \varphi =k{\displaystyle \frac{Q}{R}}$$ при $$ r\le R$$.
В двух вершинах прямоугольника со сторонами $$ a$$ и $$ 2a$$ (рис. 6.2) закреплены точечные заряды $$ Q$$ и $$ 3Q$$. Какую минимальную работу надо совершить, чтобы переместить точечный заряд $$ 4Q$$ из состояния покоя из вершины $$ B$$ в вершину $$ C$$?
 |
| Рис. 6.2 |
Здесь идёт речь о работе $$ A$$, которую необходимо совершить нам против электрических сил при переносе заряда $$ 4Q$$. Работа $$ A$$ в сумме с работой $$ {A}_{1}$$ сил электростатического поля над зарядом $$ 4Q$$ равна изменению кинетической энергии перемещаемого заряда:
$$ A+{A}_{1}=∆K$$
Отсюда $$ A=-{A}_{1}+∆K$$.
Работа $$ A$$ будет минимальной, если величина $$ ∆K$$ минимальна, т. е. заряд $$ 4Q$$ придёт в вершину $$ C$$ с нулевой скоростью, т. е. $$ ∆K=0.$$ Итак, $$ A=-{A}_{1}.$$ Работа сил поля над зарядом $$ {A}_{1}=4Q({\varphi }_{B}-{\varphi }_{C}), $$ где
$$ {\varphi }_{B}=k{\displaystyle \frac{Q}{a}}+k{\displaystyle \frac{3Q}{a\sqrt{5}}}, {\varphi }_{C}=k{\displaystyle \frac{Q}{a\sqrt{5}}}+k{\displaystyle \frac{3Q}{a}}$$
- потенциалы результирующего поля, созданного зарядами $$ Q$$ и $$ 3Q$$ в вершинах $$ B$$ и $$ C$$.
Окончательно
$$ A={\displaystyle \frac{8(\sqrt{5}-1)}{\sqrt{5}}}{\displaystyle \frac{k{Q}^{2}}{a}}>0$$.
В центре сферы радиусом $$ R$$ находится точечный заряд $$ Q>0$$. По сфере равномерно распределён заряд $$-4Q<0$$. Найти потенциалы $$ {\varphi }_{A}, {\varphi }_{C}$$ на расстояниях $$ R/2$$ и $$ 2R$$ от центра сферы (рис. 6.3).
 |
| Рис. 6.3 |
Потенциал в любой точке равен сумме потенциалов полей, созданных в этой точке зарядами $$ Q$$ и $$ -4Q$$. Для точек $$ A$$ и $$ C$$ :
$$ {\varphi }_{A}=k{\displaystyle \frac{Q}{R/2}}+k{\displaystyle \frac{-4Q}{R}}=-2k{\displaystyle \frac{Q}{R}}$$,
$$ {\varphi }_{C}=k{\displaystyle \frac{Q}{2R}}+k{\displaystyle \frac{-4Q}{2R}}=-{\displaystyle \frac{3}{2}}k{\displaystyle \frac{Q}{R}}$$.
Пусть имеется однородное электростатическое поле с напряжённостью $$ E$$ (рис. 7.1). Возьмём точки `1` и `2` на силовой линии на расстоянии $$ d$$ друг от друга так, чтобы направление `1-2` совпадало с направлением силовой линии. Можно показать, что разность потенциалов (напряжение) $$ {\varphi }_{1}-{\varphi }_{2}$$ между точками `1` и `2`, напряжённость поля $$ E$$ и расстояние $$ d$$ связаны уравнением
| $$ {\varphi }_{1}-{\varphi }_{2}=Ed$$. | (7.1) |
 |
 |
| Рис. 7.1 | Рис. 7.2 |
Зависимость (7.1) можно обобщить. Пусть в однородном поле есть произвольные точки `1` и `2` (рис. 7.2). Проведём через эти точки в направлении `1-2` ось $$ x$$. Можно показать, что
$$ {\varphi }_{1}-{\varphi }_{2}={E}_{x}d$$,
где $$ {E}_{x}$$ – проекция напряжённости поля на ось $$ x$$.
Соотношение (7.2) можно применить и для неоднородного поля, если только $$ d$$ настолько мало, что поле в окрестности точек `1` и `2` можно считать однородным.
Проанализировав (7.1), можно заключить, что потенциал убывает в направлении силовой линии поля. Это утверждение справедливо и для неоднородного поля.
Проводниками называют тела, в которых находится достаточно много заряженных частиц, имеющих возможность перемещаться по всему проводнику под действием электрического поля. Эти частицы называются свободными зарядами, так как могут относительно свободно перемещаться по телу проводника. В металлах такими частицами являются электроны, в электролитах – ионы.
Пусть имеется заряженный проводник, помещённый во внешнее электростатическое поле. Под действием внешнего поля и собственного поля свободных зарядов свободные заряды будут перемещаться по телу проводника, и перераспределяться до тех пор, пока не наступит равновесие и движение зарядов не прекратится.
называется явление перераспределения зарядов проводника, вызванное влиянием внешнего электростатического поля.
Для заряженных проводников во внешнем электростатическом поле в равновесном состоянии справедливы следующие утверждения:
1. Электростатическое поле внутри проводника отсутствует. Доказательство от противного: при наличии поля свободные заряды придут в движение, и нарушится равновесие.
2. Напряжённость поля вблизи поверхности проводника и снаружи проводника перпендикулярна поверхности. Другими словами, силовые линии входят в проводник и выходят из него перпендикулярно поверхности проводника. Доказательство от противного: в противном случае появится составляющая силы вдоль поверхности, действующая на свободные заряды на поверхности проводника, заряды придут в движение и равновесие нарушится.
3. Плотность объёмного заряда (объёмная плотность заряда), т. е. заряд единицы объёма, внутри проводника равна нулю. Доказательство от противного: пусть сколь угодно малый макроскопический объём внутри проводника заряжен положительно (отрицательно), тогда из него выходят (входят) силовые линии, т. е. вблизи этого объёма есть электрическое поле – противоречие с тем, что поле внутри проводника отсутствует.
4. Внутренность проводника не заряжена, весь заряд проводника сосредоточен на его поверхности. Это утверждение следует из равенства нулю плотности объёмного заряда.
5. Разность потенциалов любых двух точек проводника, включая точки поверхности, равна нулю. Это значит, что потенциал всех точек проводника один и тот же. Поэтому говорят о потенциале проводника, не указывая конкретной точки проводника.
Для доказательства возьмём две произвольные точки проводника и перенесём пробный заряд из одной точки в другую по произвольной траектории, лежащей внутри проводника. Поля внутри проводника нет, на пробный заряд со стороны поля сила не действует, работа сил поля над зарядом равна нулю. Тогда, согласно (5.1), разность потенциалов между этими точками тоже равна нулю.
6. Сделаем внутри проводника полость, изъяв содержимое. Изъятие нейтрального содержимого полости не вызовет изменения поля во всех точках вне и внутри проводника и в полости. Значит, не изменится распределение зарядов по поверхности проводника, а напряжённость поля внутри проводника и в полости будет равна нулю. Итак, полые проводники ведут себя точно так же, как и сплошные.
Снаружи проводящего шара с зарядом $$ Q>0$$ находится точечный заряд $$q>0$$ на расстоянии $$ R$$ от центра шара. Можно ли найти силу взаимодействия зарядов по формуле $$ F=kQq/{R}^{2}$$ ?
Из-за явления электростатической индукции заряды на поверхности шара перераспределятся, удалившись от $$ q$$. Сила станет меньше, чем рассчитанная по предложенной формуле! Этой формулой можно было бы воспользоваться, если бы заряд на поверхности шара остался равномерно распределённым.
Две проводящие пластины с зарядами $$ Q$$ и $$ 3Q$$ расположены параллельно и напротив друг друга. Площади пластин одинаковы, их размеры велики по сравнению с расстоянием между ними и можно считать, что заряды распределены по каждой поверхности пластин равномерно. Найти заряды на поверхностях пластин.
 |
| Рис.8.1 |
Пусть площадь пластин `S`, а заряды на поверхностях пластин $$ {q}_{1,} {q}_{2,} {q}_{3,} {q}_{4}$$ (рис. 8.1). Внутри проводящих пластин зарядов нет, заряды $$ Q$$ и $$ 3Q$$ распределены по поверхностям пластин:
$$ {q}_{1}+{q}_{2}=Q$$, $$ {q}_{3}+{q}_{4}=3Q$$.
Направим ось `x` перпендикулярно пластинам. Для любой точки вне и внутри пластин сумма напряжённостей полей, созданных зарядами $$ {q}_{1,} {q}_{2,} {q}_{3}$$ и $$ {q}_{4}$$ равна напряженности `vecE` результирующего поля:
$$ \overrightarrow{{E}_{1}}+\overrightarrow{{E}_{2}}+\overrightarrow{{E}_{3}}+\overrightarrow{{E}_{4}}=\overrightarrow{E}$$.
Для точек $$ A$$ и $$ C$$, в которых напряжённость поля равна нулю, последнее векторное равенство, записанное в проекциях на ось $$ x$$, принимает вид:
$$ {\displaystyle \frac{{q}_{1}}{2{\varepsilon }_{0}S}}-{\displaystyle \frac{{\displaystyle {q}_{2}}}{{\displaystyle 2{\varepsilon }_{0}S}}}-{\displaystyle \frac{{\displaystyle {q}_{3}}}{{\displaystyle 2{\varepsilon }_{0}S}}}-{\displaystyle \frac{{\displaystyle {q}_{4}}}{{\displaystyle 2{\varepsilon }_{0}S}}}=0$$,
$$ {\displaystyle \frac{{\displaystyle {q}_{1}}}{{\displaystyle 2{\varepsilon }_{0}S}}}+{\displaystyle \frac{{\displaystyle {q}_{2}}}{{\displaystyle 2{\varepsilon }_{0}S}}}+{\displaystyle \frac{{\displaystyle {q}_{3}}}{{\displaystyle 2{\varepsilon }_{0}S}}}-{\displaystyle \frac{{\displaystyle {q}_{4}}}{{\displaystyle 2{\varepsilon }_{0}S}}}=0$$.
Решая систему из четырёх записанных скалярных уравнений, находим
$$ {q}_{1}={q}_{4}=2Q$$, $$ {q}_{2}=-Q$$, $$ {q}_{3}=Q$$.
Полученный ответ справедлив при любом знаке $$ Q$$. На рис. 8.1 показана картина силовых линий и распределение зарядов для случая $$ Q>0$$.
 |
| Рис. 8.2 |
Проводящий полый шар (рис. 8.2) с радиусами сферических поверхностей $$ R$$ и $$ 2R$$ имеет заряд $$ 2Q$$ ($$ Q>0$$). В центре шара находится точечный заряд $$ Q$$. Найти напряжённость и потенциал в точках $$ A$$ и $$ C$$ на расстояниях $$ R/2$$ и $$ 3R$$ от центра шара. Найти потенциал полого шара.
 |
| Рис.8.3 |
Все силовые линии, вышедшие из точечного заряда $$ Q$$, заканчиваются на внутренней поверхности полого шара (на рис. 8.3 показана только часть силовых линий). Поэтому заряд на внутренней поверхности равен по модулю и противоположен по знаку заряду $$ Q$$, т. е. равен $$ -Q$$. Так как заряд проводника может располагаться только на его поверхностях и суммарный заряд равен $$ 2Q$$, то заряд внешней поверхности шара составит $$ 3Q$$. Итак, имеем систему зарядов, состоящую из точечного заряда $$ Q$$ и зарядов $$ -Q$$ и $$ 3Q$$ на сферах радиусами $$ R$$ и $$ 2R$$.
Для точек $$ A$$ и $$ C$$ по принципу суперпозиции полей проекция напряжённости результирующего поля на ось $$ x$$, проведённую из центра шара через исследуемую точку (для точек $$ A$$ и $$ C$$ оси $$ x$$ различны), равна сумме проекций напряжённостей полей, созданных зарядами $$ Q$$, $$ -Q$$, $$ 3Q$$:
$$ {E}_{Ax}=k{\displaystyle \frac{Q}{{\left(R/2\right)}^{2}}}+0+0=4k{\displaystyle \frac{Q}{{R}^{2}}}>0$$,
$$ {E}_{Cx}=k{\displaystyle \frac{Q}{{\left(3R\right)}^{2}}}+k{\displaystyle \frac{-Q}{{\left(3R\right)}^{2}}}+k{\displaystyle \frac{3Q}{{\left(3R\right)}^{2}}}={\displaystyle \frac{1}{3}}k{\displaystyle \frac{Q}{{R}^{2}}}>0$$.
Проекции получились положительные. Это значит, что напряжённости поля в точках $$ A$$ и $$ C$$ направлены от центра шара и равны
$$ {E}_{A}=4k{\displaystyle \frac{Q}{{R}^{2}}}$$, $$ {E}_{C}={\displaystyle \frac{1}{3}}k{\displaystyle \frac{Q}{{R}^{2}}}$$.
Найдём потенциалы. По принципу суперпозиции полей потенциал в т. `A` равен сумме потенциалов в этой точке от полей, созданных зарядами $$ Q$$, $$ -Q$$, $$ 3Q$$:
$$ {\varphi }_{A}=k{\displaystyle \frac{Q}{R/2}}+k{\displaystyle \frac{-Q}{R}}+k{\displaystyle \frac{3Q}{2R}}={\displaystyle \frac{5}{2}}k{\displaystyle \frac{Q}{R}}$$.
Аналогично потенциал в т. $$ C$$ :
$$ {\varphi }_{C}=k{\displaystyle \frac{Q}{3R}}+k{\displaystyle \frac{-Q}{3R}}+k{\displaystyle \frac{3Q}{3R}}=k{\displaystyle \frac{Q}{R}}$$.
Потенциал шара проще всего найти, определив потенциал наружной
поверхности шара:
$$ \varphi =k{\displaystyle \frac{Q}{2R}}+k{\displaystyle \frac{-Q}{2R}}+k{\displaystyle \frac{3Q}{2R}}={\displaystyle \frac{3}{2}}k{\displaystyle \frac{Q}{R}}$$.
это вещества, не содержащие свободных зарядов.
В куске незаряженного диэлектрика, помещённого в электростатическое поле, появляются так называемые связанные заряды. В результате напряжённость поля внутри и вне диэлектрика изменяется по модулю и направлению по сравнению с тем, что было в соответствующих точках пространства до внесения диэлектрика. Природа возникновения связанных зарядов связана с явлением поляризации.
ориентация нейтральных молекул по полю из-за того, что молекулы были или стали под действием внешнего поля диполями.
Связанные заряды, возникшие в поляризованном диэлектрике, создают собственное электростатическое поле, которое накладывается на внешнее, противодействуя ему и пытаясь ослабить. Результирующее поле внутри диэлектрика становится отличным от внешнего.
Характеристикой однородного изотропного диэлектрика является диэлектрическая проницаемость $$ \varepsilon $$. Если граница такого диэлектрика перпендикулярна внешнему электрическому полю, то напряжённость поля в диэлектрике будет в $$ \varepsilon $$ раз меньше, чем в вакууме.
Напряжённость поля равномерно распределённого по сфере заряда, точечного заряда и бесконечной равномерно заряженной плоскости, помещённых в диэлектрик с диэлектрической проницаемостью $$ \varepsilon $$, будет в $$ \varepsilon $$ раз меньше, чем в вакууме. Для точечного заряда и сферы (при $$ r>R$$ ) вместо (2.2) и (2.3) справедливы формулы $$ E=k{\displaystyle \frac{\left|Q\right|}{\varepsilon {r}^{2}}}, {E}_{x}=k{\displaystyle \frac{Q}{\varepsilon {r}^{2}}}.$$
Для плоскости вместо (4.1) справедливо $$ E={\displaystyle \frac{\left|\sigma \right|}{2\varepsilon {\varepsilon }_{0}}}.$$
В бесконечном однородном и изотропном диэлектрике вместо формулы (2.1) закона Кулона можно записать
$$ F=k{\displaystyle \frac{\left|{q}_{1}\right|\left|{q}_{2}\right|}{\varepsilon {r}^{2}}}$$.
 |
| Рис. 9.1 |
Точечный заряд $$ Q$$ находится в центре полого шара с диэлектрической проницаемостью $$ \varepsilon $$ (рис. 9.1). Найти напряжённость электрического поля в точках `1`, `2` и `3` на расстояниях $$ {r}_{1}$$, $$ {r}_{2}$$ и $$ {r}_{3}$$ от точечного заряда.
Пусть есть заряд $$ Q$$ в вакууме. С появлением слоя из диэлектрика напряжённость поля, перпендикулярная границам диэлектрика, изменяется только в диэлектрике, причём уменьшается в $$ \varepsilon $$ раз.
Поэтому
$$ {E}_{1}=k{\displaystyle \frac{\left|Q\right|}{{r}_{1}^{2}}}$$, $$ {E}_{2}=k{\displaystyle \frac{\left|Q\right|}{\varepsilon {r}_{2}^{2}}}$$, $$ {E}_{3}=k{\displaystyle \frac{\left|Q\right|}{{r}_{3}^{2}}}$$.
