Геометрия. 16 Гордин. Ежедневно, 10. 0020. 00, кроме воскресеньяабрис рф Москва 8 (495) 2296759СанктПетербург 8 (812) 3270450
 Скачать 1.76 Mb.
|
|
. Дана равнобедренная трапеция ABCD с основаниями BC < Окружность с центром O, построенная на боковой стороне AB как на диаметре, касается боковой стороны CD в точке P и второй раз пересекает основание AD в точке H, точка Q — середина а) Докажите, что четырёхугольник DQOH — параллелограмм. б) Найдите AD, если ∠BAD = и BC = Ответ 3. . В прямоугольной трапеции ABCD с прямым углом при вершине расположены две окружности. Одна из них касается боковых сторон и большего основания AD, вторая — боковых сторон, меньшего основания BC и первой окружности. а) Прямая, проходящая через центры окружностей, пересекает основание в точке P. Докажите, чтоб) Найдите площадь трапеции, если радиусы окружностей равны и Решение. а) Пусть продолжения боковых сторон трапеции пересекаются в точке Q. Центр окружности, вписанной в угол, лежит на его биссектрисе, поэтому точка Q, центры данных окружностей и точка P лежат на одной прямой, причём QP — биссектриса прямоугольного треугольника AQD рис. ). Следовательно, по свойству биссектрисы треугольника б) Пусть окружность с центром радиуса R = 4 касается боковой стороны AB в точке E, а основания AD — в точке M; окружность ра- Избранные задачи тренировочных и экзаменационных работ A B C D E F H M N O 1 O 2 P Q Рис. диуса r = 1 с центром касается боковой стороны AB в точке F, а основания BC — в точке Опустим перпендикуляр O 2 H из центра меньшей окружности на радиус большей, проведённый в точку E. Тогда = O 1 E − HE = O 1 E − O 2 F = R − r = 4 3 − 1 атак как линия центров касающихся окружностей проходит через их точку касания, то + r = 4 3 + 1 3 = 5 Значит = O 2 H = Æ O 1 O 2 2 − O 1 H 2 = q 25 9 − 1 = 4 Обозначим ∠AQP = ∠HO 2 O 1 = α. Тогда tg α = O 1 H O 2 H = 3 4 , ∠BQC = 2α, ∠BCD = 90 ◦ + 2α, ∠O 2 CN = 1 2 ∠BCD = Из прямоугольного треугольника O 2 CN находим, что = O 2 N ctg(45 ◦ + α) = O 2 N tg(45 ◦ − α) = 1 3 · 1 − tg α 1 + tg α = 1 3 · 1 − 3 4 1 + 3 4 = 1 21 Приложение Следовательно = BN + NC = 1 3 + 1 21 = 8 Аналогично = 45 ◦ −α, MD = O 1 M ctg(45 ◦ −α) = O 1 M tg(45 ◦ + α) = 4 3 · 1+tg α 1 −tg α = 4 3 · 1+ 3 4 1 − 3 4 = 28 3 , AD = AM + MD = 4 3 + 28 3 = 32 атак как = AE + EF + FB = R + O 2 H + r = 4 3 + 4 3 + 1 то 2 (AD + BC) · AB = 1 2 32 3 + 8 21 · 3 = 116 Ответ 7 . В прямоугольной трапеции ABCD с прямым углом при вершине расположены две окружности. Одна из них касается боковых сторон и большего основания AD, вторая — боковых сторон, меньшего основания и первой окружности. а) Докажите, что точка касания окружностей равноудалена от прямых и б) Найдите меньшее основание трапеции, если AD = 28, а радиус большей окружности равен Ответ 1. . Точка O — центр окружности, описанной около остроугольного треугольника ABC, I — центр вписанной в него окружности, H точка пересечения высот. Известно, что ∠BAC = ∠OBC + а) Докажите, что точка I лежит на окружности, описанной около треугольника б) Найдите угол при вершине I треугольника OIH, если Решение. а) Обозначим ∠A = α. Тогда = 2α, ∠OBC + ∠OCB = атак как сумма углов треугольника BOC равна 180 ◦ , то 2α + α = откуда = 60 ◦ , ∠BOC = рис. Точка I — центр вписанной окружности треугольника ABC, поэтому и CI — биссектрисы его углов. Значит = 90 ◦ + 1 2 ∠ A = 90 ◦ + 30 ◦ = 120 ◦ , Избранные задачи тренировочных и экзаменационных работ = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = 60 ◦ 2α I α = Риса так как H — точка пересечения высот треугольника ABC, то = 180 ◦ − ∠A = 180 ◦ − Таким образом, из точек O, I и H сторона BC видна под одними тем же углом и все эти точки находятся по одну сторону от прямой, следовательно, точки B, C, O, I и H лежат на одной окружности окружности, описанной около треугольника б) Пусть BB 1 — высота треугольника ABC. Тогда ABH = ∠ABB 1 = 90 ◦ − ∠BAB 1 = 90 ◦ − Углы при основании BC равнобедренного треугольника BOC равны по, поэтому ABO = ∠ABC − ∠OBC = 55 ◦ − Следовательно = ∠ABH − ∠ABO = 30 ◦ − атак как четырёхугольник BOIH вписанный, то = 180 ◦ − ∠OBH = 180 ◦ − Ответ 175 ◦ . Точка O — центр окружности, описанной около остроугольного треугольника ABC, I — центр его вписанной окружности, H — точка пересечения высот. Известно, что ∠A = ∠OBC + ∠OCB. Приложение а) Докажите, что точки I и H лежат на окружности, описанной около треугольника б) Найдите углы треугольника OIH, если ∠ABC = Ответ 165 ◦ , 7,5 ◦ , 7,5 ◦ . В трапеции ABCD боковая сторона AB перпендикулярна основаниям. Из точки A на сторону CD опустили перпендикуляр Перпендикуляр, восставленный к той же стороне в точке C, пересекает сторону AB в точке а) Докажите, чтоб) Найдите отношение BH : ED, если ∠ADC = Решение. а) Из точек B и H отрезок AC виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром AC. Вписанные в эту окружность углы BHC и BAC опираются на одну и туже дугу, поэтому ∠BHC = ∠BAC рис. Из точек A и C отрезок DE виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром DE. Вписанные в эту окружность углы CAE и CDE опираются на одну и туже дугу, поэтому = ∠CAE = ∠CDE. Значит, ∠BHC = Соответственные углы BHC и EDC при прямых BH, ED и секущей равны, следовательно, эти прямые параллельны. A B C D H E Рис. Рис. б) Пусть прямые AB и CD пересекаются в точке P рис. ). Тогда = ∠BCP = ∠ADC = Обозначим BC = a. Тогда = BC tg 60 ◦ = a p 3, BE = BC ctg 60 ◦ = a p 3 Избранные задачи тренировочных и экзаменационных работ Значит, PE = PB + BE = a p 3 + a p 3 = 4a p 3 Треугольник PBH подобен треугольнику PED, следовательно 4a p 3 3 = 3 Ответ 0,75. . В трапеции ABCD боковая сторона AB перпендикулярна основаниям. Из точки A на сторону CD опустили перпендикуляр Перпендикуляр, восставленный к той же стороне в точке C, пересекает сторону AB в точке а) Докажите, чтоб) Найдите отношение BH : ED, если ∠BCD = Ответ 0,5. . В трапеции ABCD точка E — середина основания AD, точка середина боковой стороны AB. Отрезки CE и DM пересекаются в точке а) Докажите, что площади четырёхугольника AMOE и треугольника равны. б) Найдите, какую часть от площади трапеции составляет площадь четырёхугольника AMOE, если BC = 3, AD = Решение. а) Пусть высота трапеции равна h. Тогда высота треугольника равна h 2 (рис. ). Значит 2 DE · h = 1 4 AD · h, S ∆ AMD = 1 2 AD · h 2 = 1 4 AD · Рис. Приложение Следовательно, треугольники CED и AMD равновелики, атак как треугольник их общая часть, то четырёхугольник AMOE и треугольник также равновелики. б) Пусть прямые DM и BC пересекаются в точке K рис. ). Треугольники и AMD равны по стороне и двум прилежащим к ней углам, поэтому = AD = 4, CK = BC + BK = 3 + 4 = Треугольник COK подобен треугольнику EOD, поэтому Рис. Пусть площадь трапеции равна S. Тогда = AD + BC 2 · h = 7 2 h, S ∆ CED = 1 2 DE · h = значит, S ∆ CED = 2 7 S, атак как 2 , то CO = 7 9 CE. Следовательно 9 S ∆ CED = 7 9 · 2 7 S = 2 Ответ 9 . В остроугольном треугольнике ABC провели высоты AK и а из точек M и K опустили перпендикуляры ME и KH на прямые и CM соответственно. а) Докажите, что прямые EH и AC параллельны. б) Найдите отношение EH : AC, если ∠ABC = Решение. а) Из точек M и K отрезок AC виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром AC. Вписанные в эту окружность углы ACM и AKM опираются на одну и туже дугу, поэтому ACM = Из точек E и H отрезок MK виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром MK рис. ). Вписанные в Избранные задачи тренировочных и экзаменационных работ A C B M K E H F Рис. эту окружность углы MHE и MKE опираются на одну и туже дугу, поэтому ∠EHM = ∠EKM = Значит, ∠EHM = ∠ACM. Следовательно, EH k б) Треугольник BKM подобен треугольнику BAC по двум углам, причём коэффициент подобия равен ∠ABC = cos 30 ◦ = p 3 Значит = AC · p 3 2 = AC p 3 Пусть F — точка пересечения высот треугольника ABC. Тогда = ∠AFM = 90 ◦ − ∠BAK = ∠ABC = Треугольник EFH подобен треугольнику MFK по двум углам, причём коэффициент подобия равен ∠EFM = cos 30 ◦ = p 3 Значит = MK p 3 2 = 3 Следовательно Ответ 3 : 4. Приложение . Один из двух отрезков, соединяющих середины противоположных сторон четырёхугольника, делит его площадь пополам, а другой — в отношении 11 : а) Докажите, что данный четырёхугольник — трапеция. б) Найдите отношение оснований этой трапеции. Р е ш е ни е. а) Пусть M и N — середины сторон соответственно и BC четырёхугольника ABCD, причём отрезок MN делит площадь четырёхугольника пополам. Отрезок NM — медиана треугольника, поэтому S ∆ ANM = S ∆ DNM . Тогда S ∆ ANM = S CDMN − Треугольники ABN и DCN с равными сторонами BN и CN равновели- ки, значит, их высоты AP и DQ, опущенные на эти стороны, равны. Следовательно, BC k AD, те. четырёхугольник ABCD — трапеция или параллелограмм (рис. Рис. Пусть K и L — середины сторон AB и CD соответственно. Предположим, что AB k CD. Тогда отрезок KL разбивает параллелограмм на две равновеликие части, что противоречит условию задачи. Таким образом, четырёхугольник ABCD — трапеция с основаниями AD и б) Пусть высота трапеции равна h, BC = a, AD = b, a < b. Тогда = a + b 2 , так как KL — средняя линия трапеции. Поэтому + a+b 2 2 · h 2 = (3a + b)h 8 , S AKLD = b + a+b 2 2 · h 2 = (a + атак как 17 , то + b a + 3b = 11 17 . Отсюда находим, что Ответ 2 : 5. Избранные задачи тренировочных и экзаменационных работ. Угол B треугольника ABC равен 60 ◦ , AB 6= BC. Окружность, вписанная в треугольник, касается его стороны AC в точке а) Докажите, что отрезок BM меньше трёх радиусов этой окруж- ности. б) Найдите синус угла BMC, если BM в 2,5 раза больше радиуса окружности. Р е ш е ни е. а) Пусть r — радиус вписанной окружности треугольника её центр, P — точка касания со стороной BC. Поскольку биссектриса угла ABC, угол OBP равен рис. ). Из прямоугольного треугольника BOP находим, что BO = 2OP = 2r. Точка не лежит на отрезке BM, так как AB 6= BC. Применив неравенство треугольника к треугольнику BOM, получим, что < BO + OM = 2r + r = Рис. б) Предположим, что AM > MC рис. ). Тогда = ∠OMC − ∠OMB = 90 ◦ − Рис. Приложение По теореме косинусов sin ∠BMC = sin(90 ◦ − ∠OMB) = cos ∠OMB = = OM 2 + BM 2 − OB 2 2OM · BM = r 2 + 25 4 r 2 − 4r 2 2 · r · 5 2 r = 13 Если же AM < MC, аналогично получим тот же результат. Ã Ответ: 0,65. |