из вершины острого угла прямоуггльного треугольника ABC(<C=90) проведён перпендикуляр AD к плоскости треугольника. найдите DB и DC, если AC=8см, BC=6см, AD=15см.
Вроде так) 1)С двух треугольников. Один трегольник удерживается на бумаге(чтобы не скользил). Второй треугольник одной из своих сторон плотно прижимается к первому треугольнику ,передвигай треугольник, а параллельные прямые получаются черчением вдоль другой стороны второго треугольника.(или же аналогично с линейки и треугольника) 2)Аксиома - это утверждение,которое не требует доказательств.Например,две параллельные линии никогда не пересекутся или что через две точки можно провести только одну прямую:) 3)Это аксиома.
Сделал 2 отдельных чертежа, чтобы было не так громоздко. Пусть дан треугольник из условия и пусть K - середина BC, T - точка пересечения окружности с прямой QI (см. рис. 1.)
Часть 1. Докажем, что AT || KI (кто это и так знает, может читать сразу часть 2). а) Пусть N - точка касания вневписанной окружности к АBC (см. рис. 1) тогда IT||FN, значит ∠AIT=∠AFN, IT/FN=IH/FJ=AI/AF, т.е. треугольники AIT и AFN подобны, а значит ∠IAT=∠FAN, т.е. точки A, T, N лежат на одной прямой. б) Пусть BC=a, AC=b, AB=c. Тогда, т.к. окр. I вписана в ABC, то если обозначить CQ=x, по свойствам отрезков касательных будет AH=AR, т.е. b-x=c-(a-x), значит x=(a+b-c)/2, откуда QK=a/2-x=(c-b)/2. Т.к. окр. F вневписана в ABC, то если обозначить CN=y, то по свойствам отрезков касательных будет AJ=AG, т.е. b+y=c+(a-y), значит y=(a-b+c)/2, откуда QN=y-x=с-b. Итак, QN=2QK, т.е. IK - средняя линия треугольника QTN, т.е. IK||AT.
Часть 2. Пусть теперь QL⊥BC и QL=h, где h - высота треугольника ABC, проведенная к BC, IQ=r, точка S=AK∩QL (см. рис 2.) Т.к. QSK и LSA подобны и IK || AT, то LS/SQ=AL/QK=LT/IQ=(h-2r)/r. Т.е. точка S разбивает LQ в отношении (h-2r)/r, что легко строится.
Итак, построение (его я уже не рисовал, т.к.пользы от этого мало). 1) Через Q проводим прямую BC перпендикулярную IQ. 2) Строим LQ=h=3*ME (см. рис.) очевидно как. 3) На прямой BC по одну сторону от Q откладываем точки U,V так, что QU=r, QV=h-r и через U проводим прямую параллельную прямой VL. Ее пересечение с QL и есть S, т.к. LS/SQ=UV/UQ=(h-2r)/r. 4) Через L проводим прямую параллельную BC (если она еще не проведена :), находим точку А как ее пересечение с прямой MS. 5) Строим окружность с центром I радиуса r и касательные к ней из точки А, до их пересечения с прямой BC в точках B и С.
1)С двух треугольников. Один трегольник удерживается на бумаге(чтобы не скользил). Второй треугольник одной из своих сторон плотно прижимается к первому треугольнику ,передвигай треугольник, а параллельные прямые получаются черчением вдоль другой стороны второго треугольника.(или же аналогично с линейки и треугольника)
2)Аксиома - это утверждение,которое не требует доказательств.Например,две параллельные линии никогда не пересекутся или что через две точки можно провести только одну прямую:)
3)Это аксиома.
Пусть дан треугольник из условия и пусть K - середина BC,
T - точка пересечения окружности с прямой QI (см. рис. 1.)
Часть 1.
Докажем, что AT || KI (кто это и так знает, может читать сразу часть 2).
а) Пусть N - точка касания вневписанной окружности
к АBC (см. рис. 1) тогда IT||FN, значит ∠AIT=∠AFN, IT/FN=IH/FJ=AI/AF, т.е. треугольники AIT и AFN подобны, а значит ∠IAT=∠FAN, т.е. точки A, T, N лежат на одной прямой.
б) Пусть BC=a, AC=b, AB=c. Тогда,
т.к. окр. I вписана в ABC, то если обозначить CQ=x,
по свойствам отрезков касательных будет AH=AR, т.е.
b-x=c-(a-x), значит x=(a+b-c)/2, откуда QK=a/2-x=(c-b)/2.
Т.к. окр. F вневписана в ABC, то если обозначить CN=y, то
по свойствам отрезков касательных будет AJ=AG, т.е.
b+y=c+(a-y), значит y=(a-b+c)/2, откуда QN=y-x=с-b.
Итак, QN=2QK, т.е. IK - средняя линия треугольника QTN, т.е. IK||AT.
Часть 2.
Пусть теперь QL⊥BC и QL=h, где h - высота треугольника ABC, проведенная к BC, IQ=r, точка S=AK∩QL (см. рис 2.)
Т.к. QSK и LSA подобны и IK || AT, то LS/SQ=AL/QK=LT/IQ=(h-2r)/r.
Т.е. точка S разбивает LQ в отношении (h-2r)/r, что легко строится.
Итак, построение (его я уже не рисовал, т.к.пользы от этого мало).
1) Через Q проводим прямую BC перпендикулярную IQ.
2) Строим LQ=h=3*ME (см. рис.) очевидно как.
3) На прямой BC по одну сторону от Q откладываем
точки U,V так, что QU=r, QV=h-r и через U
проводим прямую параллельную прямой VL. Ее пересечение
с QL и есть S, т.к. LS/SQ=UV/UQ=(h-2r)/r.
4) Через L проводим прямую параллельную
BC (если она еще не проведена :), находим точку А как ее пересечение с
прямой MS.
5) Строим окружность с центром I радиуса r и
касательные к ней из точки А, до их пересечения
с прямой BC в точках B и С.