1)Надо продлить прямую AB за точку A до пересечения с прямой n в точке С, 2) обозначить центр окружности O. 3) провести из точки A перпендикуляр на n (то есть построить проекцию точки A на прямую n). Пусть это - точка N. 4) Проекция точки B на n - точка M 5) Проекция точки O (центра окружности) точка K; 6) через точку A надо провести прямую II n, пусть она пересекает BM в точке F и OK в точке E; 7) и последнее - через точку O тоже проводится прямая II n до пересечения с BM в точке D; Итак, есть касательная CK и секущая CB к окружности с центром в точке O. Очевидно, что AFMN - прямоугольник, поэтому BF = BM - AN = 5 - 1 = 4; в прямоугольном треугольнике AFB известны гипотенуза AB = 2√5 и катет BF = 4; откуда AF = 2; разумеется NM = AF = 2; и кроме того, AN = FM = EK = 1; поскольку AEKN - тоже прямоугольник. из подобия треугольников AFN и ACN легко найти CN = 1/2; Ясно, что CM = СN + NM = 1/2 + 2 = 5/2; чтобы дальше не тащить длинные буквенные обозначения, я обозначу радиус окружности R; и пусть CK = a; тогда OB = OA = OK = R; AE = CK - CN = a - 1/2; OD = CK - CM = a - 5/2; Из треугольника BOD OD^2 + BD^2 = OB^2; BD = BM - R; (a - 5/2)^2 + (5 - R)^2 = R^2; или a^2 - 5a + 25/4 + 25 - 10R = 0; Из треугольника AOE AE^2 + OE^2 = AO^2; OE = R - EK = R - 1; (a - 1/2)^2 + (R - 1)^2 = R^2; a^2 - a + 1/4 + 1 - 2R = 0; Если исключить R из двух полученных уравнений, получится a^2 = 25/4; или a = 5/2 или (-5/2); второе решение не надо "отбрасывать", это - не вермишель :). После этого легко найти и R, 2R = 1 + (a - 1/2)^2; в первом случае R = 5/2; во втором R = 5; Геометрически второе решение отличается от первого тем, что точка K лежит с другой стороны от точки C, чем точки M и N. поэтому a получилось отрицательное. При этом дуга окружности AB лежит ниже прямой AB.
Пусть ABCD прямоугольник AD =BC =2 ; AB =CD =6 и пусть AD∈ α(меньшая сторона прямоугольника лежит в плоскости α). Из вершины C опустим перпендикуляр к плоскости CH ┴ α . AC наклонная ,а AH ее проекция. Угол между прямой AC и плоскости α будет <CAH ( =60°). <CDH =β будет линейным углом между плоскостью прямоугольника и плоскостью α ; действительно AD линия пересечения плоскостей (ABCD) и α . AD ┴ CD ⇒ AD ┴ HD (СD наклонная , а HD ее проекция). ΔACH : CH =AC*sin60° (1); ΔDCH: CH =CD*sinβ (2) . AC*sin60° =CD*sinβ ; sinβ=AC/CD*sin60° ; AC =√(AD² +CD²) =√(2² +6²) =√40 =2√10. sinβ = 2√10/6 *√3/2 =(√30)/6 .⇒ β =arcsin(√30)/6 .
3) провести из точки A перпендикуляр на n (то есть построить проекцию точки A на прямую n). Пусть это - точка N.
4) Проекция точки B на n - точка M
5) Проекция точки O (центра окружности) точка K;
6) через точку A надо провести прямую II n, пусть она пересекает BM в точке F и OK в точке E;
7) и последнее - через точку O тоже проводится прямая II n до пересечения с BM в точке D;
Итак, есть касательная CK и секущая CB к окружности с центром в точке O.
Очевидно, что AFMN - прямоугольник, поэтому
BF = BM - AN = 5 - 1 = 4;
в прямоугольном треугольнике AFB известны гипотенуза AB = 2√5 и катет BF = 4; откуда AF = 2; разумеется NM = AF = 2;
и кроме того, AN = FM = EK = 1; поскольку AEKN - тоже прямоугольник.
из подобия треугольников AFN и ACN легко найти CN = 1/2;
Ясно, что CM = СN + NM = 1/2 + 2 = 5/2;
чтобы дальше не тащить длинные буквенные обозначения, я обозначу радиус окружности R; и пусть CK = a;
тогда OB = OA = OK = R; AE = CK - CN = a - 1/2; OD = CK - CM = a - 5/2;
Из треугольника BOD OD^2 + BD^2 = OB^2; BD = BM - R;
(a - 5/2)^2 + (5 - R)^2 = R^2;
или a^2 - 5a + 25/4 + 25 - 10R = 0;
Из треугольника AOE AE^2 + OE^2 = AO^2; OE = R - EK = R - 1;
(a - 1/2)^2 + (R - 1)^2 = R^2;
a^2 - a + 1/4 + 1 - 2R = 0;
Если исключить R из двух полученных уравнений, получится
a^2 = 25/4; или a = 5/2 или (-5/2);
второе решение не надо "отбрасывать", это - не вермишель :).
После этого легко найти и R, 2R = 1 + (a - 1/2)^2;
в первом случае R = 5/2; во втором R = 5;
Геометрически второе решение отличается от первого тем, что точка K лежит с другой стороны от точки C, чем точки M и N. поэтому a получилось отрицательное. При этом дуга окружности AB лежит ниже прямой AB.