Page 173 - 4371

 
tg tg
n m  
ває, що  , або tgn  m tg , що зразу ж приво-
  n m
n m
дить до нерівності S  S , що і потрібно було довести.
1 2
5.45 Нехай AB вказаний відрізок, OA OB  2 a  const,
M x,  y – середина AB , вважаємо, що x  , 0 y  0 (див.
рисунок 5.20). Оскільки MD і MC – середні лінії трикут-
1 1
ника OAB , то MD  OA, MC  OB . Тоді
2 2
1
MD  MC  OA  OB   a  const , або x  y  a – рів-
2
няння частини лінії, що знаходиться в першій чверті. Вра-
ховуючи симетрію, легко записати рівняння всієї лінії:
x  y  a .

Рисунок 5.20 Рисунок 5.21

5.46 Нехай O , O – центри відповідно меншого і біль-
1 2
шого кіл, r , R , r  R , – їхні радіуси (див. рисунок 5.21).
Якщо точка M знаходиться зовні обидвох кіл, то повинна
виконуватись рівність O M  r  O M  R , звідки
1 2
O M  O M  R  r  const . Якщо точка N розташована
2 1
всередині обидвох кіл, то r  O N  R  O N , тобто знову
1 2
O N  O N  R  r  const. Отже, в цих двох випадках шу-
2 1
173