gdz-po-geometrii-9-klass-Atanasyan-7-9-2001

ЗАДАЧИ ПОВЫШЕННОЙ ТРУДНОСТИ

№ 1256.

По признаку параллелограмма (если диагонали четырехугольника

точкой пересечения делятся пополам, то это – параллелограмм).

х

+ х

;

y

+ y

Таким образом, точка пересечения диагоналей:

1

3

1

3

, а с

2

2

y

B(х2, y2)

х

+ х

;

y

2

+ y

4

другой стороны

2

2

4

2

А(х1, y1)

приравняем координаты.

C(х3, y3)

х

+ х

х

+ х

1

3 =

2

4

x1

+ x3

= x2

+ x4

2

2

D(х4, y4)

y

+ y

=

y

2

+ y

4

y

+ y

= y

2

+ y

4

1

3

1

3

х

2

2

№ 1257.

Рассмотрим ∆ADC и ∆AHB. Они подобны (по гипотенузе и углу).

Таким образом,

DC

AC

x − x1

λ

=

=

y

А(х1, y1)

HB

AB

x

2

− x

1+ λ

λ C( х,y)

1

D

x =

λx2 − λx1 + x

x = λx2 + x1

1

1+ λ

1

1+ λ

y

− y

H

B( х2, y2)

AD

=

AC

=

λ

AH

AB

y

1

1

+ λ

2

− y

1

х

y = λy2 − λy1 + y

= λy2 + y1

1+ λ

1

1+ λ

y

А(х1, y1)

x2

+ x3

y2 + y3

H1

;

O(х, y)

H3

2

2

B(х2, y2)

Так как медианы делятся точкой

H2

пересечения в отношении 2:1 начиная от

H1

вершины, то использовав задачу 1257

C(х3, y3)

х

получим, что λ=2

x

+ 2

x2 +x3

x

+ x

+ x

y

+ 2

y2 + y3

y

+ y

+ y

1

2

1

2

2

x =

=

1

2

3

y =

=

1

3

1+ 2

3

1+ 2

3

B(0;4)

AD – биссектриса; A(–3; 0); C(3; 0); B(0; 4)

D(x;y)

AB=BC= 32 + 42

= 5

AC=6

Пусть BD=z, тогда DC=5–z. Так как по

свойству биссектрисы

BD

=

DC

, то

AB

A(-3;0)

C(3;0)

5 − z

AC

z

=

6z=25–5z

5

6

z =

25

= 2

3

5–z= 2

8

11

11

11

Воспользовавшись задачей 1257, получим:

25

30

5

0 +

5

3

15

4

24

15

24

6

λ =

:

=

;

x =

=

;

y =

=

; D(

;

).

11

11

6

5

11

5

11

11

11

+ 1

1+

6

6

№ 1260.

Введем систему координат, как

y

показано на рисунке:

9 N

B

По теореме Пифагора:

y2

+ 4x2

= 36

2

2

0

x

+ 16y

= 81

M 12

81

4x

x2

+ 4y2

2

+ y2 = 36

=

4x

C

4

15y2=45; y= ±

3 , но y>0. Таким образом, y=

3 , x=

233 . Таким

m1x1

+m2x2

(m

+ m

)

+ x

m

3

1

2

3

m1x1 + m2x

2 + m3x3

x’=

m1 +m2

=

m1 + m2 + m3

m1 + m2

+ m3

Аналогично: y’=

m1y1 + m2y2 + m3y3

; получим точки

m1 + m2 + m3

m1x1 + m2x

2 + m3x3

;

m1y1 + m2y2 + m3y3

m1 + m2

+ m3

m1 + m2 + m3

−

5 = 4k + b

k = −4

= 2k + b

B (4 ;-5 )

3

b = 11

y=–4x+11

11

11

Так как y=0, то –4x+11=0; x=

. Таким образом, M

; 0

.

4

4

y

б) Используем задачу 1175.

A(-2;4)

Построим образ точки В относительно

оси Х: В’(3; –1).

Теперь, исходя из предыдущего

B(3;1) пункта, найдем уравнение прямой АВ’:

M

x

4 = −2k + b

5k = −5

k = 1

+ 2k

− 1 = 3k + b

b = 4

b = 2

B’(3;-1)

y=–x+2.

y

= 0

x = 2

= − x + 2

y

y = 0

y = −

A

x −

C

.

B

B

Пусть –

A

= k , –

C

= b

, y=kx+b – линейная функция, график –

B

B

прямая.

б) Доказать, что x2–xy–2=0 не уравнение окружности.

2

Так как х≠0, то разделим обе части уравнения на х, y = x −

, а это

x

не уравнение окружности.

№ 1264.

−

1)

2

+ ( y − 2)

2

= 4

1− 2x − 4y + 1+ 4 = 4

(x

+ y2 = 1

x

2

+ y

2

= 1

x2

x + 2y = 1

x = 1− 2y

y(5y–4)=0

2

+ y

2

= 1

+ 4y

2

−

4y + y

2

= 1

x

1

y = 0

или

y = 0,8

x = 1

x = −0,6

Длина хорды равна:

(1+ 0,6)2 + 0,82 =

2,56 + 0,64 =

3,2 = 4

5

5

№ 1265.

y

C(c1;c2)

Пусть эта константа равна k.

A(0;a)

αAM2+βCM2+γBM2=

=αx2+α(a–y) 2+β(c1-x)2+β(c2–y)2+γ(x–b)2+γy2=

M(x;y)

=x2(α+β+γ)–2x(c1β+γb)+y2(γ+α+β)–

2y(αa+βc2)=k

B(b;0)

x

a) α+β+γ≠0

c β

+ γb 2

αa + βc

2

2

(c β+ γb)2

+ (2a + βc

2

)

(α+β+γ)

x −

1

+ y −

−

1

= k

2

α+ β+

α+ β+ γ

(α+ β+ γ)

γ

AM AM1=k.

Введем систему координат, как показано на рисунке

y

(x2 + (y − a)2 )(b2 + a2 )= k ;

A(0;a)

(x2+(y–a)2)(b2+a2)=k2

M(x;y)

x2+(y–a)2=

k

2

b2 + a2

Таким образом, из уравнения видно, что это

a

M1(b;0)

x

окружность без точки.

№ 1267.

OM=kOM1.

MM1

1− k

1

= 1+

MM1

=

= p

1+p=

1

k

OM

k

OM

k

Введем систему координат так, как показано на рисунке.

y

Координаты точки М1 удовлетворяют

уравнению: x2 +(y1–a)2=r2. Воспользуемся

r M1(x1; y1)

1

О(0; a)

задачей № 1257 (λ=р)

x =

x1

y =

y1

1+ p

1+ p

M(x; y)

x2(1+p)2+(y(1+p)–a)2=r2;

x2+(y–ak)2=k2r2

0

x

Из уравнения видно, что это окружность с

центром (0; ak) и радиусом kr.

АМ=

x2 + y2

; ВМ=

(x − b)2 + y2 . Так как АМ=k BM, то

x2+y2=k2(x–b)2+y2k2;

x2(1–k2)+2xbk2+y2(1–k2)=k2b2

y

2

bk

2

2

b

2

k

4

2

2

2

(1-k )

x

+

−

+ y

= k

b

;

M(x; y)

1− k

2

(1− k

2

)

2

bk

2

2

k

2

b

2

b

2

k

4

x

+

+ y2 =

+

;

2

2

A(0; 0)

B(b; 0)x

1− k

2

(1− k

) (1− k)

bk

2

2

k

2

b

2

k

2

b

2

x +

+ y2 =

(1− k2

+ k2 ) =

.

2

2

2

2

2

1− k

(1− k

)

(1− k

)

bk

2

kb

Таким образом, это окружность с центром

−

; 0

и r=

.

2

2

1− k

1− k

2

2

2

x

= b

= r

(x –b)2– x2

=0

1

x1

+ y1

2

− b)2 + y2 = r2

1

1

2

b2

(x

y

= ±

r

−

1

1

4

k

2

b

2

bk

2

2

b

2

+ r2

=

b

+

+ r2 −

;

2

2

(1− k

)

2

1− k

2

4

k2b2

=

b2k4

+ 2

b

bk2

;

k

2b2 − b2k4 − b2k2 (1

− k2 )

= 0 .

(1− k2 )2

(1− k2 )2

2

(1− k2 )2

1− k2

См. рис. 369 учебника стр. 341.

Так как NA=

1

MN=

1

NP, то А — середина отрезка NP.

2

2

QB=

1

MN=

1

PQ. Пусть сторона квадрата — а, тогда,

3