Геометрия. 16 Гордин. Ежедневно, 10. 0020. 00, кроме воскресеньяабрис рф Москва 8 (495) 2296759СанктПетербург 8 (812) 3270450
 Скачать 1.76 Mb.
|
|
. На гипотенузу AB прямоугольного треугольника ABC опустили высоту CH. Из точки H на катеты опустили перпендикуляры HK и а) Докажите, что точки A, B, K и E лежат на одной окружности. б) Найдите радиус этой окружности, если AB = 24, CH = Ответ 2 . На диагонали параллелограмма взяли точку, отличную от её середины. Из неё на все стороны параллелограмма (или их продолжения) опустили перпендикуляры. а) Докажите, что четырёхугольник, образованный основаниями этих перпендикуляров, является трапецией. б) Найдите площадь полученной трапеции, если площадь параллелограмма равна 16, а один из его углов равен Решение. Первый способа) Возьмём на диагонали AC параллелограмма точку O, отличную от середины AC, и проведём через неё перпендикуляры NL и KM к сторонам параллелограмма (рис. Прямоугольные треугольники CKO и AMO подобны. Точно также подобны треугольники CNO и ALO. Имеем OK : OM = OC : OA = ON : Отсюда следует подобие треугольников ONK и OLM. Тогда накрест лежащие углы OML и OKN равны, а поэтому прямые NK и ML параллельны. Следовательно, четырёхугольник KLMN — параллелограмм или трапеция Избранные задачи тренировочных и экзаменационных работ A B C D K L M N O Рис. Докажем, что это трапеция. Если KLMN — параллелограмм, то = OL. В этом случаете середина AC. Противоречие. Значит, KLMN — трапеция. б) Пусть площадь параллелограмма равна S, а его острый угол равен. Угол между диагоналями NL и KM трапеции KLMN равен углу между перпендикулярными диагоналям прямыми BC и CD, те. этот угол равен. Поэтому площадь трапеции равна 2 NL · KM sin α = 1 2 · S AB · S AD sin α = S · AD · AB sin 2 α 2AD · AB = S Подставляя = и S = 16, получаем, что площадь трапеции равна sin 2 60 ◦ 2 = 16 · 3 Второй способа) Из точек M и L отрезок AO виден под прямым углом (рис. ), значит, эти точки лежат на окружности с диаметром. Вписанные в эту окружность углы LMO и LAO опираются на одну и туже дугу, поэтому ∠LMO = Рис. Приложение Аналогично докажем, что ∠NCO = ∠NKO, атак как ∠NCO = получаем, что ∠NKO = ∠LMO. Следовательно, NK k Если KLMN — параллелограмм, то ON = OL и OC = OA, значит — середина AC. Противоречие. Следовательно, KLMN — трапе- ция. Ã Ответ: 6. . Из точки M, лежащей на диагонали параллелограмма опустили перпендикуляры MK, MP, ML и MQ на стороны AB, BC, и AD или их продолжения) соответственно. а) Докажите, что треугольники KMP и LMQ равновелики. б) Найдите площадь параллелограмма, если один из его углов равен, а площадь четырёхугольника KPLQ равна Ответ 40. . К двум равным непересекающимся окружностям проведены две параллельные общие касательные. Окружности касаются одной из этих прямых в точках A и B. Через точку C, лежащую на отрезке проведены касательные к этим окружностям, пересекающие вторую прямую в точках D и E, причём отрезки CA и CD касаются одной окружности, а отрезки CB и CE — другой. а) Докажите, что периметр треугольника CDE вдвое больше расстояния между центрами окружностей. б) Найдите DE, если известно, что радиусы окружностей равны расстояние между их центрами равно 20, а AC = Решение. а) Пусть и O 2 — центры окружностей радиуса касательная, проведённая из точки C к окружности с центром O 1 , и луч пересекают вторую прямую в точках D и D 1 соответственно A B C D D 1 E E 1 D O 1 O 2 Рис. рис. ); касательная, проведённая из точки C к окружности сцен- тром O 2 , и луч пересекают вторую прямую в точках E и соответственно Избранные задачи тренировочных и экзаменационных работ Центр окружности, вписанной в угол, лежит на его биссектрисе, поэтому ∠DCD 1 = ∠ ACD 1 = ∠CD 1 D, треугольник равнобедренный. Аналогично CE = EE 1 . Следовательно, периметр P треугольника равен сумме длин отрезков DD 1 , DE и EE 1 , те Кроме того, биссектриса равнобедренного треугольника является его медианой, значит, O 1 — середина CD 1 . Аналогично середина CE 1 , значит, O 1 O 2 — средняя линия треугольника Следовательно, P = D 1 E 1 = 2OO 1 , что и требовалось доказать. б) Пусть окружность с центром касается отрезка CD в точке а прямой DE — в точке M; окружность с центром касается отрезка в точке L, а прямой DE — в точке N. Тогда O 1 K — высота прямоугольного треугольника CO 1 D, проведённая из вершины прямого угла, поэтому = DK = O 1 K 2 CK = R 2 AC = 36 8 = 9 атак как = CB = AB − AC = 20 − 8 = аналогично получаем EN = EL = 36 12 = 3. Поскольку ABNM — прямоугольник, следовательно = MN − DM − EN = AB − DM − EN = 20 − 9 2 − 3 = 25 Ответ 12,5. . К двум непересекающимся окружностям равных радиусов проведены две параллельные общие касательные. Окружности касаются одной из этих прямых в точках A и B. Через точку C, лежащую на отрезке AB, проведены касательные к этим окружностям, пересекающие вторую прямую в точках D и E, причём отрезки CA и CD касаются одной окружности, а отрезки CB и CE — другой. а) Докажите, что периметр треугольника CDE вдвое больше расстояния между центрами окружностей. б) Найдите DE, если радиусы окружностей равны 5, расстояние между их центрами равно 18, а AC = Ответ 12,375. . В треугольнике ABC проведена биссектриса AM. Прямая, проходящая через вершину B перпендикулярно AM, пересекает сторону в точке N; AB = 6, BC = 5, AC = а) Докажите, что биссектриса угла C делит отрезок MN пополам. б) Пусть P — точка пересечения биссектрис треугольника Найдите отношение AP : PN. Приложение Решение. а) По теореме о биссектрисе треугольника 9 = 2 атак как BC = 5, получаем, что BM = 2 ирис. В треугольнике BAN биссектриса угла BAN перпендикулярна стороне BN, значит, этот треугольник равнобедренный. Поэтому = AB = 6, а = AC − AN = 9 − 6 = 3 = В равнобедренном треугольнике CMN биссектриса, проведённая из вершины C, является медианой, следовательно, она делит основание пополам. б) CP — биссектриса треугольника ACM, поэтому Прямая CP — серединный перпендикуляр к отрезку MN, поэтому = PM. Следовательно, AP PN = AP PM = 3. Ã Ответ: 3. . Биссектриса угла A треугольника ABC пересекает сторону BC в точке K, а окружность, описанную около треугольника ABC, — в точке а) Докажите, что треугольник BMC равнобедренный. б) Найдите радиус окружности, описанной около треугольника, если известно, что AC = 4, BC = 5, AB = Решение. а) Вписанные углы BAM и BCM опираются на одну и туже дугу, поэтому ∠BCM = ∠BAM рис. ). Аналогично ∠CBM = = ∠CAM, атак как ∠BAM = ∠CAM, получаем, что ∠BCM = ∠CBM. Следовательно, треугольник BCM равнобедренный. б) По теореме о биссектрисе треугольника 4 = 3 атак как BK + CK = BC = 5, получаем, что BK = 3 и CK = Обозначим ∠ABC = β . Вписанные углы AMC и ABC опираются на одну и туже дугу, поэтому = ∠AMC = ∠ABC = β . Избранные задачи тренировочных и экзаменационных работ 2 3 Рис. Рис. По теореме косинусов cos β = AB 2 + BC 2 − AC 2 2AB · BC = 36 + 25 − 16 2 · 6 · 5 = 3 Значит, sin β = p 7 Пусть R — радиус окружности, описанной около треугольника. По теореме синусов = CK 2 sin ∠KMC = 2 2 sin Ответ. Биссектриса угла A треугольника ABC пересекает сторону BC в точке K, а окружность, описанную около треугольника ABC, — в точке а) Докажите, что треугольник BMC равнобедренный. б) Найдите радиус окружности, описанной около треугольника, если известно, что AC = 10, BC = 11 и AB = Ответ 39 . Две окружности касаются внутренним образом в точке A, причём меньшая проходит через центр большей. Хорда BC большей окружности касается меньшей в точке P. Хорды AB и AC пересекают меньшую окружность в точках K и а) Докажите, чтоб) Пусть L — точка пересечения отрезков KM и AP. Найдите если радиус большей окружности равен 10, а BC = 16. Приложение Решение. а) Пусть O — центр большей окружности. Линия центров касающихся окружностей проходит через точку касания, поэтому диаметр меньшей окружности (рис. Пусть хорды AB и AC пересекают меньшую окружность в точках и M соответственно. Точка K лежит на окружности с диаметром значит, ∠AKO = 90 ◦ , атак как перпендикуляр, опущенный из центра окружности на хорду, делите пополам, то K — середина AB. Аналогично середина AC, поэтому KM — средняя линия треугольника. Следовательно, KM k Рис. б) Опустим перпендикулярна хорду BC. Тогда H — середина. Из прямоугольного треугольника OHB находим, что = p OB 2 − BH 2 = p 100 − 64 = Пусть Q — центр меньшей окружности. Тогда QP k OH. Опустим перпендикуляр QF из центра меньшей окружности на OH. Тогда = OH − FH = OH − QP = 6 − 5 = 1, PH 2 = QF 2 = QO 2 − OF 2 = 25 − 1 = 24, OP 2 = OH 2 + PH 2 = 36 + 24 = атак как ∠APO = 90 ◦ , то из прямоугольного треугольника APO находим, что = p OA 2 − OP 2 = p 100 − 60 = 2 p 10. Избранные задачи тренировочных и экзаменационных работ Отрезок KM — средняя линия треугольника ABC, поэтому L — середина. Следовательно = 1 2 AP Ответ. Две окружности касаются внутренним образом в точке K, причём меньшая проходит через центр большей. Хорда MN большей окружности касается меньшей в точке C. Хорды KM и KN пересекают меньшую окружность в точках A и B соответственно, а отрезки KC и пересекаются в точке а) Докажите, чтоб) Найдите MN, если LB : LA = 2 : 3, а радиус малой окружности равен Ответ 6 . Точка B лежит на отрезке AC. Прямая, проходящая через точку, касается окружности с диаметром BC в точке M и пересекает окружность с диаметром AB в точке K. Продолжение отрезка MB пересекает окружность с диаметром AB в точке а) Докажите, чтоб) Найдите площадь треугольника DBC, если AK = 3 и MK = Решение. а) Точки M и D лежат на окружностях с диаметрами и AB соответственно, поэтому ∠BMC = ∠BDA = 90 ◦ . Прямые и MC перпендикулярны одной и той же прямой MD, следовательно MC рис. Рис. Приложение б) Пусть O — центр окружности с диаметром BC. Тогда OM ⊥ атак как BK ⊥ AM, то OM k BK. Обозначим BK = x. Треугольник подобен треугольнику AKB с коэффициентом 5, поэтому OB=OM Опустим перпендикуляр BP из точки B напрямую. Так как четырёхугольник BKMP — прямоугольник, то = KM = 12, OP = OM − MP = OM − BK = 5x − x = По теореме Пифагора OB 2 = BP 2 + OP 2 , или 25x 2 = 144 + 16x 2 . Отсюда находим x = Поскольку AD k MC, то S ∆ MBC = S ∆ MAC − Значит, треугольники DBC и ABM равновелики. Следовательно 2 AM · BK = 1 2 · 15x = 1 2 · 15 · 4 = Ответ 30. . На отрезке AC взята точка B. Построены две окружности с диаметром AB и с диаметром BC. Прямая, проходящая через точку, касается окружности в точке M и пересекает в точке отличной от A. D — точка пересечения прямой MB и окружности отличная от а) Докажите, чтоб) Найдите площадь треугольника DBC, если AK = 5 и KM = Ответ. Точка M лежит на стороне BC выпуклого четырёхугольника ABCD, причём B и C — вершины равнобедренных треугольников с основаниями и DM соответственно, а прямые AM и MD перпенди- кулярны. а) Докажите, что биссектрисы углов при вершинах B и C четырёх- угольника ABCD пересекаются на стороне б) Пусть N — точка пересечения этих биссектрис. Найдите площадь четырёхугольника ABCD, если известно, что MB : MC = 1 : 3, а площадь четырёхугольника, стороны которого лежат на прямых AM, DM, BN и CN, равна Решение. а) Пусть K — середина отрезка AM. Треугольник равнобедренный, поэтому отрезок BK является в нём медианой, биссектрисой и высотой (рис. ). Поскольку прямые DM и AM перпендикулярны, прямая KB содержит среднюю линию треугольника, то есть проходит через середину стороны AD. Аналогично Избранные задачи тренировочных и экзаменационных работ биссектриса угла MCD тоже проходит через середину стороны Следовательно, биссектрисы углов B и C четырёхугольника пересекаются на стороне Рис. б) Пусть прямые AM и BN пересекаются в точке K, а прямые ив точке L. Тогда четырёхугольник KMLN — прямоугольник. Площадь треугольника AMB равна KM = BM CM · NK · KM = 1 Аналогично S ∆ DCM = 54. Площадь треугольника DMA равна 2 AM · DM = 2KM · LM = Тогда + 6 + 54 = Ответ 96. . Точка M лежит на стороне BC выпуклого четырёхугольника ABCD, причём B и C — вершины равнобедренных треугольников с основаниями и DM соответственно, а MA ⊥ а) Докажите, что четырёхугольник ABCD — трапеция или парал- лелограмм. б) Найдите площадь треугольника AMD, если BM : MC = 1 : 2, а площадь четырёхугольника ABCD равна Ответ 16. . Диагонали AC и BD четырёхугольника ABCD, вписанного в окружность, пересекаются в точке P, причём BC = а) Докажите, что AB : BC = AP : PD. Приложение б) Найдите площадь треугольника COD, где O — центр окружности, вписанной в треугольник ABD, если дополнительно известно, что BD — диаметр описанной около четырёхугольника ABCD окружности, а BC = Решение. а) Вписанные углы BAC и DAC опираются на равные хорды, поэтому они равны (рис. ). Вписанные углы ADB и опираются на одну и туже дугу, поэтому ∠ADP = ∠ADB = ∠ACB. Значит, треугольники ADP и ACB подобны по двум углам. Следовательно : BC = AP : Рис. Рис. б) Точки A и C лежат на окружности с диаметром BD, значит, треугольники ABD и BCD прямоугольные (рис. ). Кроме того, по условию треугольник BCD равнобедренный, поэтому BD = BC p 2 = = 10. Катет AB прямоугольного треугольника ABD равен половине гипотенузы BD, поэтому ∠ADB = 30 ◦ , ∠ABD = 60 ◦ . Центр окружности, вписанной в треугольник, — точка пересечения его биссектрис, поэтому точка O лежит на биссектрисе AC угла BAD и на биссектрисе угла ADB. Тогда ACD = ∠ABD = 60 ◦ , ∠ODC = ∠ODB + ∠BDC = Значит, треугольник COD равносторонний, причём CD = BC = Следовательно, площадь треугольника COD равна Ответ 2 . Диагонали AC и BD четырёхугольника ABCD, вписанного в окружность, пересекаются в точке P, причём BC = а) Докажите, что AB : BC = AP : PD. Избранные задачи тренировочных и экзаменационных работ б) Пусть BD — диаметр окружности, N — её центра центр окружности, вписанной в треугольник ABD. Найдите отношение площадей треугольников ADN и Ответ 1 : 2. . Дан прямоугольный треугольник ABC с прямым углом C. На катете AC взята точка M. Окружность с центром O и диаметром касается гипотенузы в точке а) Докажите, что прямые MN и BO параллельны. б) Найдите площадь четырёхугольника BOMN, если CN = 4 и : MC = 1 : Решение. а) Поскольку прямые AC и BC перпендикулярны, прямая BC — касательная к окружности (рис. ). По свойству касательных, проведённых к окружности из одной точки, прямая перпендикулярна прямой CN. Точка N лежит на окружности с диаметром, поэтому ∠CNM = 90 ◦ . Прямые BO и MN перпендикулярны одной и той же прямой CN, следовательно, они параллельны. б) Пусть AM = 2x, MC = 6x. Тогда OC = 3x, OA = 5x, AC = 8x. Центр окружности, вписанной в угол, лежит на его биссектрисе, поэтому — биссектриса треугольника ABC. По свойству биссектрисы Пусть AB = 5a, BC = 3a. Тогда по теореме Пифагора = p 25a 2 − поэтому a = 2x. Следовательно, BC = Рис. Приложение Пусть отрезки BO и CN пересекаются в точке P. Тогда P — середина, а OP — средняя линия треугольника CNM. Поскольку = ∠COB, прямоугольные треугольники CNM и COB подобны, поэтому MN = CN · CO BC = 4 · 3x 6x = 2, OP = 1 2 MN = Из прямоугольного треугольника BNO находим, что = NP 2 OP = 4 1 = 4, BO = BP + OP = 4 + 1 = По формуле площади трапеции + MN 2 · NP = 5 + 2 2 · 2 = Ответ 7. |