WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 |   ...   | 5 | 6 || 8 | 9 |   ...   | 19 |

Числа (1+zk)k являются действительными и положительными, так как k arg(1+zk)k=arg(1+zk)+argk= argz-karg =k arg z-arg = 2 =0. На этом основании знаки модулей можно опустить:

S=(-2+3-...+(-1)n+1n)+(z-z22+z33-...+(-1)n+1znn).

В каждой из скобок слагаемые являются членами геометрических прогрессий со знаменателями - и -z соответственно. Поэтому, учитывая, что z=2 и =, находим:

(1-(-)n) z(1-(-z)n) n+(-1)n+S= + = 1+ 1+z (1+)n + +(-1)n+1n+1 + = (1+)+(-1)n+1 1 +n+1.

1+ 1+ n Из равенства z2n+1=1 следует, что 4n+2=1, а также, что 2n+1=-1.

Следовательно, +n+1=0, и S=1.

n Р е ш е н и е 2. Указанные в условии задачи расстояния рав 2 ны, соответственно, R cos, R cos, R cos,...

2n+1 2n+1 2n+n..., R cos. Тогда интересующая нас сумма S равна 2n+ 2 3 n R cos -cos +cos -...+(-1)n-1 cos.

2n+1 2n+1 2n+1 2n+ Рассмотрим комплексное число =cos +i sin. Исполь2n+1 2n+зуя формулу (7.3) для косинуса и учитывая, что ||=1, получим:

2+1 4+1 6+S=R - + -...+(-1)n-1 2n+1 = 2 22 2n 1 1 =R (-2+3-...+(-1)n-1n)+ + -...+(-1)n-1 1 = 2 -2 n n 0 1 4 1- - 4 5 n 4 4 4 4 4 5=R 4 4 4 =R4 (1-(-)n)+ 5 ·(1+) +(-1)n+1(2n+1+1).

4 4 4 4 4 4 2 2 1+ 3 (1+)n 1+ 5 Но 2n+1=cos +i sin =-1, следовательно S=R/2.

Задачи 2.20. Зная радиус окружности, описанной около правильного n-угольника, вычислите длину стороны и длины всех его диагоналей для n=8, 10.

2.21. Докажите, что для любой точки P окружности радиуса R, вписанного в квадрат ABCD имеет место равенство PA2·PC2+PB2·PD2=10R4.

2.22. Докажите, что сумма четвёртых степеней расстояний от любой точки окружности до вершин вписанного в неё квадрата постоянна.

2.23. Даны правильный n-угольник A0A1... A с центром O n-и точка M. Докажите, что MA4+MA4+...+MA4 =n(OM4+4R2·OM2+R4).

0 1 n-2.24. Докажите, что апофема правильного девятиугольника равна сумме расстояний от центра до наибольшей и наименьшей его диагоналей.

2.25. Докажите, что в правильном пятнадцатиугольнике A0A1... AA0A1=A0A6-A0A4.

2.26. Докажите, что в правильном семиугольнике A0A1... A1 1 A0A1 = A0A2 + A0A3.

2.27. Докажите, что сумма квадратов расстояний от вершин правильного многоугольника до любой прямой, содержащей его центр, не зависит от выбора прямой.

2.28. В правильном шестиугольнике ABCDEF точки M и N — середины сторон CD и DE. Найдите угол между прямыми AM и BN.

2.29. На сторонах произвольного центрально-симметричного шестиугольника во внешнюю область построены правильные треугольники. Докажите, что середины отрезков, соединяющих вершины соседних треугольников являются вершинами правильного шестиугольника.

d 2.30. Дан треугольник ABC, в котором AB=AC и BAC =45. Докажите, что середины его сторон, основания высот и середины отрезков, соединяющих вершины с ортоцентром, являются вершинами правильного восьмиугольника.

2.31. В окружность радиуса R вписан правильный 26-угольник A0A1... A25. Построены точки, симметричные центру окружности относительно хорд A0A24 и A1A5. Докажите, что расстояние между полученными точками равно R 3.

2.32. Точки A0, A1,..., A41 делят окружность на 42 равные части.

Докажите, что A A =A A, где A — ортогональная проекция точки Ak 3 6 7 9 k на диаметр A0A21.

2.33. На сторонах шестиугольника во внешнюю (или во внутреннюю) область построены правильные треугольники. Третьи вершины этих треугольников образуют второй шестиугольник, на сторонах которого построены во внутреннюю (внешнюю) область правильные треугольники. Докажите, что центры последних треугольников являются вершинами двух правильных треугольников.

2.34. Дан прямоугольный треугольник ABC. Найдите такую точку M, чтобы она была центроидом для треугольника, вершины которого совпадают с проекциями точки M на стороны треугольника. Решите задачу для произвольного треугольника.

Задачи к главе 2.35. В равнобедренной трапеции ABCD с основаниями AB и CD d диагонали пересекаются в точке O, AOB=60. Докажите, что середины отрезков OA, OD, BC являются вершинами правильного треугольника.

2.36. На диаметре AB окружности построен правильный треугольник ABC. Точка D делит диаметр AB в отношении 1:2. Прямая CD пересекает полуокружность, лежащую вне треугольника ABC, в точке E. Докажите, что отрезок AE является стороной правильного вписанного в данную окружность шестиугольника, а отрезок BE — стороной правильного вписанного в неё треугольника.

2.37. Пусть d — диаметр окружности, a и b — стороны вписанноn n го в неё и описанного около неё правильных n-угольников. Докажите, что b2n=d2 1 -.

an bn 2.38. На сторонах произвольного треугольника ABC построены правильные треугольники BCA1, CAB1 и ABC1 так, что вершины A и A1, B и B1 расположены по разные стороны от BC и CA соответственно, а C и C1 — по одну сторону от AB. Точка M — центроид треугольника ABC1. Докажите, что треугольник A1B1M — равнобедренный с углом 120 при вершине.

2.39. На сторонах AC и BC треугольника ABC вне его построены правильные треугольники ACM и BCN. Докажите, что треугольник с вершинами в середине стороны AB, в точке M и в центроиде треугольника BCN имеет углы, не зависящие от углов треугольника ABC.

2.40. На сторонах четырёхугольника ABCD построены одинаково ориентированные прямоугольные равнобедренные треугольники ABM, BCN, CDP, DAQ. Докажите, что середины отрезков MP и NQ и середины диагоналей четырёхугольника являются вершинами квадрата.

2.41. На сторонах AB и CD произвольного выпуклого четырёхугольника ABCD построены одинаково ориентированные квадраты ABMN и CDKL. Докажите, что середины диагоналей четырёхугольников ABCD и MNKL являются вершинами квадрата (или совпадают).

2.42. Даны подобные одинаково ориентированные многоугольники A1A2... A и B1B2... B. Докажите, что точки, делящие отрезки n n A1B1, A2B2,..., A B в одном и том же отношении, служат вершиn n нами многоугольника, подобного данным.

2.43. Внутри равнобедренного треугольника ABC с основанием AB и углом при вершине C, равным 80, выбраны точки D и E так, d d d d d что DAB=ABE=10, EAB=20, DBA=30. Докажите, что DCB=d и ECA=20.

2.44. Стороны треугольника ABC разделены в одном и том же отношении в порядке обхода его периметра. Стороны полученного треугольника A1B1C1 разделены в том же отношении при обходе в противоположную сторону. Докажите, что третий полученный треугольник A2B2C2 гомотетичен данному треугольнику ABC.

Глава ПРЯМАЯ И ОКРУЖНОСТЬ § 11. Геометрический смысл уравнения az+bz+c=11.1. Сопряжённые комплексные координаты. Уравнение прямой. Из равенств z=x+iy и z=x-iy однозначно выражаются декартовы координаты x и y точки M через комплексные числа z и z:

1 i x= (z+z), y=- (z-z). (11.1) 2 Комплексные числа z и z называют сопряжёнными комплексными координатами точки M. Не случайно во многих предыдущих формулах наряду с z участвует и z.

Формулы (11.1) позволяют осуществить переход от уравнения геометрической фигуры в декартовых координатах к её уравнению в сопряжённых комплексных координатах. Однако непосредственное рассмотрение уравнений в сопряжённых комплексных координатах более поучительно с точки зрения метода комплексных чисел.

Зададимся целью найти множество точек плоскости, заданное уравнением az+bz+c=0, (11.2) в котором хотя бы один их коэффициентов a и b отличен от нуля.

Сначала рассмотрим случай, когда c=0. Тогда имеем систему относительно z и z:

> > > > az+bz=0, > < > > > > > :

bz+az=0, второе уравнение которой получается из первого путём перехода к сопряжённым числам. Уравнивая коэффициенты при z и вычитая из первого уравнения второе, получаем:

(aa-bb)z=0.

Если aa =bb, т. е. |a|=|b|, то решением полученного уравнения будет единственное число z=0, являющееся и решением исходного уравнения az+bz=0. При aa=bb уравнение az+bz=0 запишем в виде y b b z=- z, откуда arg z=arg - + B a a 1 b +arg z и arg z= arg -. Очевид2 a A m но, этому условию удовлетворяет каждая точка луча с началом в нулевой точке x O 1 b и углом= arg - наклона к дейA1 2 a ствительной оси. Кроме того, уравнению az+bz=0 числа z и -z удовлетворяют Bили не удовлетворяют одновременно.

K Итак, уравнением az+bz=0, aa=bb, (11.3) Рис. задаётся прямая m, содержащая нулевую точку плоскости.

Эту прямую легко построить, если заметить, что на ней лежит точ- - ка K(a-b) (рис. 27), OK=OA1+OB1, A1(a), B1(-b). Можно обойтись и без построения точки K, если учесть, что прямая m параллельна - прямой BA1, поскольку OK=BA1 (они имеют одну и ту же координату a-b). В случае, когда b=a (a=b), уравнение az+bz=0 принимает вид bz+bz=0, и имеет корень z=bi. Поэтому задаваемая им прямая перпендикулярна прямой OB.

Пусть теперь c=0. Свободный член уравнения (11.2) всегда можно сделать действительным числом путём умножения уравнения на c.

Поэтому сразу полагаем c=c =0. Тогда имеем систему:

> > > > az+bz+c=0, > < > > > > > :

bz+az+c=0, из которой получаем:

(a-b)z+(b-a)z=0.

Рассмотрим возможные случаи.

a-b Если a =b, то z= z, и подстановкой в исходное уравнение a-b получаем:

b(a-b) az+ z+c=0, a-b или (aa-bb)z+c(a-b)=0.

c(b-a) При |a|=|b| его решение единственно: z=, а при |a|=|b| aa-bb (c=0, a =b) решений нет.

Если a=b, то aa=bb, т. е. |a|=|b|. В этом случае уравнением (11.2) c при c=c задаётся прямая. В самом деле, возьмём точку Q 2a и радиус-вектор OB точки B(b) и рассмотрим множество точек M(z), для каждой из которых MQOB:

c c z+ b+ z+ b=0. (11.4) 2a 2a Очевидно, это множество есть прямая. При a=b и c=c уравнение (11.4) эквивалентно уравнению (11.2).

Таким образом, при a=b и c=c уравнение (11.2) есть уравнение c прямой, которая проходит через точку Q - перпендикулярно 2a вектору OB(b).

Наконец, остался случай, когда a=b, но c=c. Тогда система > > > > az+bz+c=0, > < > > > > > :

bz+az+c=приводит к противоречию: c=c.

Подведём итоги. Уравнением az+bz+c=0, в котором хотя бы один из коэффициентов a и b отличен от нуля, задаётся 1) прямая при |a|=|b|, c=0, а также при a=b, c=c, 2) единственная точка при |a|=|b|, 3) пустое множество в иных случаях (т. е. при |a|=|b|, c=0, a =b, а также при a=b, c=c).

11.2. Приведённое уравнение прямой. Возвратимся снова к системе > > > > az+bz+c=0, > < > > > > > :

bz+az+c=0, не налагая ограничений на коэффициенты a, b, c, кроме единственного, чтобы коэффициенты a и b не обращались в нуль одновременно.

Уравнивая коэффициенты при z, приходим к уравнению:

(aa-bb)z=bc-ac, которое а) имеет единственное решение при aa=bb, б) имеет беско нечное множество решений при aa=bb и bc=ac.

Отсюда и на основании итога предыдущего исследования получаем, что уравнение az+bz+c=0 определяет а) единственную точку при aa=bb, б) прямую при aa=bb и bc=ac, в) пустое множество при aa=bb и bc=ac.

Уравнение uz+uz+v=0, v=v, (11.5) удовлетворяет условиям б), поэтому является уравнением прямой в сопряжённых комплексных координатах. Оно называется приведённым уравнением прямой.

Именно такой вид имеет уравнение (3.16). Уравнение (3.9) прямой по двум её точкам станет приведённым, если его умножить на i.

Для уравнения (3.12) эта цель достигается умножением на a+b.

Чтобы уравнение az+bz+c=0 (aa=bb, bc=ac) прямой преобразовать к приведённому виду (11.5), достаточно умножить его на c=0.

Особый случай представляет собой уравнение az+bz=0 (aa=bb) прямой, проходящей через нулевую точку плоскости. Оно равносильно уравнению (a+b)z+(a+b)z=0, a+b=0. (11.6) В самом деле, сложение уравнений az+bz=0 и az+bz=0 даёт (11.6).

Для проведения обратного преобразования умножим (11.6) на aa=bb:

a(aa+ab)z+b(ab+bb)z=0, или az+bz=0.

При a+b=0 уравнение az+bz=0 принимает вид -bz+bz=0, что эквивалентно biz-biz=0. А это уравнение — приведённое.

§ 12. Две прямые. Расстояние от точки до прямой 12.1. Угол между прямыми. Пусть прямая m задана приведённым уравнением az+az+b=0, b=b. Поскольку она перпендикулярна - вектору OA(a) (§ 11), вектор OP(ai) ей параллелен (рис. 28). Следовательно, ориентированный угол от оси Ox до прямой m равен аргументу числа ai:

=arg ai= +arg a. (12.1) Положительно ориентированный угол от прямой a1z+a1z+b1= =0 до прямой a2z+a2z+b2=0 равен углу между их направляющими векторами a1i и a2i. Согласно формуле (7.1), y P(ai) a2i a=arg =arg. (12.2) a1i am Формулы (12.1) и (12.2) позволяют A(a) находить соответствующие углы с точностью до слагаемого.

arg a 12.2. Критерии перпендикулярноO x сти и параллельности двух прямых.

Из формулы (12.2) вытекают критерий Рис. 28 перпендикулярности и критерий параллельности прямых m1 и m2. В самом деле, a = — чисто мнимое число.

2 aЭто значит, что a2 am1m2 =-, a1 aили a1 am1m2 =-. (12.3) a1 aПри =0 или = получаем:

a1 am1 m2 =. (12.4) a2 aЕсли прямая az+az+b=0 проходит через точку M0(z0), то az0+az0+b=0, и уравнение можно записать в виде a(z-z0)+a(z-z0)=0. (12.5) В силу условия (12.3) перпендикулярности для прямой, перпендикулярной данной, коэффициентами при z и z будут, соответственно, числа a и -a. Поэтому на основании уравнения (12.5) получаем уравнение a(z-z0)-a(z-z0)=0 (12.6) прямой, проходящей через точку M0(z0) перпендикулярно прямой az+az+b=0.

12.3. Расстояние от точки до прямой. Решение системы > > > > az+az+b=0, > > < > > > > > > : a(z-z0)-a(z-z0)=даёт координату az0-az0-b z1= (12.7) 2a основания M1 перпендикуляра, опущенного из точки M0(z0) на прямую az+az+b=0.

Расстояние d от точки M0 до этой прямой равно |M0M1|, т. е.

|az0+az0+b| d=|z1-z0|=. (12.8) 2|a| Критерий принадлежности трёх прямых a1z+a1z+b1=0, a2z+a2z+b2=0, a3z+a3z+b3=одному пучку (пересекающихся или параллельных) прямых заключаM ется в выполнении равенства a1 a1 b =0.

a2 a2 b2 (12.9) a3 a3 bP Доказательство опускаем.

B Задача 1. Хорды AB и PQ окружности пересекаются в точке C. Найти множество точек M пересечения всевозC можных прямых AP и BQ, если точки A, B, C постоянны, а точки P и Q пробегают данную окружность (рис. 29).

A Пусть z — координата произвольной точки M искомого множества и данная Q окружность принята за единичную zz=1.

Согласно (3.8), Рис. 29 c+cab=a+b, c+cpq=p+q, z+zap=a+p, z+zbq=b+q, z-a z-b откуда p=, q=. Подставляя эти выражения во второе 1-az 1-bz равенство, получаем:

(z-a)(z-b)c z-a z-b c+ = +, (1-az)(1-bz) 1-az 1-bz или c(1-az)(1-bz)+c(z-a)(z-b)=(z-a)(1-bz)+(z-b)(1-az).

Используя равенство c+cab=a+b, полученному уравнению можно придать вид (z+abz-a-b)(cz+cz-2)=Теперь ясно, что искомое множество точек представляет собой пару прямых, одной из которых является прямая AB, а другая задаётся уравнением cz+cz-2=0. (12.10) Как мы видим, эта прямая не зависит от хорды AB, а определяется лишь окружностью и точкой C. Она называется полярой точки C относительно окружности zz=1. Полярам посвящён § 16.

Pages:     | 1 |   ...   | 5 | 6 || 8 | 9 |   ...   | 19 |



© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.