Геометрия. 16 Гордин. Ежедневно, 10. 0020. 00, кроме воскресеньяабрис рф Москва 8 (495) 2296759СанктПетербург 8 (812) 3270450
 Скачать 1.76 Mb.
|
|
. Квадрат ABCD вписан в окружность. Хорда MK этой окружности проходит через середины сторон BC и а) Докажите, что треугольник AMK равносторонний. б) Найдите площадь этого треугольника, если сторона квадрата равна Решение. а) Пусть O — центр окружности, а прямая MK пересекает стороны BC и CD квадрата в точках P и Q соответственно. Отрезок PQ — средняя линия треугольника BCD, поэтому MK k BD, атак как OC ⊥ BD, то MK ⊥ OC. Кроме того, точка H пересечения и MK — середина отрезков OC и PQ, атак как диаметр, перпендикулярный хорде, делите пополам, то H — середина хорды MK. Значит высота и медиана треугольника AMK, поэтому треугольник равнобедренный, AM = AK рис. Рис. Поскольку AO : OH = 2 : 1, то O — точка пересечения его медиан. Пусть прямая MO пересекает сторону AK в точке F. Тогда F середина AK, атак как O — центр описанной окружности треугольника, то содержащая точку O прямая MF — серединный перпендикуляр к стороне AK. Значит, MA = MK. Следовательно, равнобедренный треугольник AMK — равносторонний Избранные задачи тренировочных и экзаменационных работ б) Обозначим AM = AK = MK = x. Тогда AH = x p 3 2 . С другой стороны, так как O — центр треугольника AMK, то = 3 2 OA = 3 2 · p 2 2 = 3 p 2 Из равенства 2 = 3 p 2 находим, что x = p 6 2 . Следовательно 2 MK · AH = 1 2 · p 6 2 · 3 p 2 4 = 3 p 3 Ответ 8 . Квадрат ABCD вписан в окружность. Хорда CE пересекает диагональ в точке а) Докажите, что произведение CK · CE равно площади квадрата. б) Найдите отношение CK : KE, если ∠ECD = Решение. а) Вписанные углы CED и CAD опираются на одну и туже дугу, поэтому (см. рис. ) ∠CED = ∠CAD = ∠CDK = Треугольник CDK подобен треугольнику CED по двум углам, поэтому. Следовательно CK = Рис. Рис. б) Пусть O — центр окружности, а её радиус равен R. Точка E лежит на окружности с диаметром AC, значит, ∠AEC = риса поскольку ACE = ∠ACD − ∠ECD = 45 ◦ − 15 ◦ = 30 ◦ , Приложение из прямоугольного треугольника ACE находим, что = AC cos 30 ◦ = 2R · p 3 Из прямоугольного треугольника COK находим также, что = OC cos 30 ◦ = R p 3 Значит Следовательно, CK : KE = 2 : Ответ 2 : 1. . Точка M — середина гипотенузы AB прямоугольного треугольника. Серединный перпендикуляр к гипотенузе пересекает катет в точке а) Докажите, чтоб) Найдите отношение радиусов окружностей, описанных около треугольников ANB и CBM, если tg ∠BAC = 4 Решение. а) Из точек C и M отрезок AN виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром AN. Вписанные в эту окружность углы CAN и CMN опираются на одну и туже дугу, следовательно, ∠CAN = ∠CMN см. рис. Рис. 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x C A B N M R 1 R 2 Рис. Избранные задачи тренировочных и экзаменационных работ б) Положим BC =4x и AC =3x. Тогда по теореме Пифагора Поскольку CM — медиана прямоугольного треугольника, проведён- ная из вершины прямого угла, CM = 1 2 AB = BM, атак как точка лежит на серединном перпендикуляре к отрезку AB, то AN = Треугольники ANB и CBM равнобедренные с общим углом B при основаниях, значит, ∠ANB = ∠BMC см. рис. Пусть и R 2 — радиусы описанных окружностей треугольников и CBM соответственно. По теореме синусов sin ∠ANB = 5x 2 sin ∠ANB , R 2 = BC 2 sin ∠BMC = 4x 2 sin Следовательно sin ∠ANB 4x 2 sin ∠BMC = 5 Ответ 4 . В треугольнике ABC точки A 1 , и C 1 — середины сторон BC, AC и AB соответственно, AH — высота, ∠BAC = 60 ◦ , ∠BCA = а) Докажите, что точки A 1 , B 1 , и H лежат на одной окружности. б) Найдите A 1 H, если BC = Решение. а) Отрезки и A 1 B 1 — средние линии треугольника, поэтому AB 1 , A 1 B 1 k Значит, AB 1 A 1 C 1 — параллелограмм (см. рис. ). Следовательно Рис. Приложение Отрезок B 1 C 1 — средняя линия треугольника ABC, поэтому и B 1 C 1 ⊥ AH. По теореме Фалеса прямая проходит через середину высоты AH, значит, углы и симметричны относительно прямой B 1 C 1 , а следовательно, они равны. Таким образом, из точек и H, лежащих по одну сторону от прямой, отрезок виден под одними тем же углом. Следовательно, точки A 1 , B 1 , и H лежат на одной окружности Рис. б) Пусть R — радиус этой окружности (см. рис. ). По теореме синусов = B 1 C 1 2 sin ∠B 1 A 1 C 1 = p 3 2 sin Из симметрии AB 1 C 1 = ∠ ACB = Тогда A 1 B 1 H = ∠A 1 B 1 C 1 − ∠HB 1 C 1 = 75 ◦ − Следовательно, по теореме синусов = 2R sin ∠A 1 B 1 H = 2R sin 30 ◦ = 2 · 1 · 1 Ответ 1. . Точка E — середина боковой стороны CD трапеции ABCD. На стороне AB отмечена точка K так, что CK k AE. Отрезки CK и BE пересекаются в точке а) Докажите, чтоб) Найдите отношение оснований BC и AD, если площадь треугольника составляет площади трапеции. Р е ш е ни е. а) Пусть прямые AE и BC пересекаются в точке Треугольники FEC и AED равны по стороне (CE = DE) и двум прилежащим к ней углам. Значит, AE = EF, те медиана треугольника Избранные задачи тренировочных и экзаменационных работа так как CK k AF, то BO — медиана треугольника KBC, те середина отрезка KC см. рис. Рис. Рис. б) Обозначим AD = a, BC = b. Из равенства треугольников FEC и следует, что треугольник ABF равновелик трапеции ABCD (см. рис. ). Значит, площадь треугольника KBC составляет площади подобного ему треугольника ABF. Тогда коэффициент подобия равен, те+ откуда 1 + a b = 3 8 . Из этого равенства находим, что Ответ 5 : 3. . Дана прямоугольная трапеция ABCD с прямым углом при вершине. Окружность, построенная на большем основании AD как на диаметре, проходит через вершину C и пересекает меньшее основание в точке а) Докажите, чтоб) Диагонали трапеции пересекаются в точке O. Найдите площадь треугольника AOB, если AB = p 10, а M — середина Решение. а) Поскольку AD — диаметр окружности и AD ⊥ то AB — касательная к окружности. Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что ∠BAM = ∠ADM. Трапеция AMCD вписана в окружность, поэтому она равнобедренная и её диагонали образуют равные углы с основаниями. Значит, ∠ADM = ∠CAD. Следовательно см. рис. б) По теореме о касательной и секущей AB 2 = BM · BC, или 10 = = 2BM 2 , откуда BM = p 5 (см. рис. ). Тогда = 2BM = 2 p 5, CD = AM = p AB 2 + BM 2 = p 10 + 5 = p 15, AC = p AB 2 + BC 2 = p 10 + 20 = p 30. Приложение Рис. A D B C M O p 10 p 5 p 5 p 30 p 15 Рис. Точка C лежит на окружности с диаметром AD, поэтому ∠ACD = По теореме Пифагора = p AC 2 + CD 2 = p 30 + 15 = p 45 = Значит 3 p 5 = 2 Следовательно 5 · 1 2 AD · AB = 1 5 · 3 p 5 · p 10 = Ответ 3 p 2. . Окружности с центрами и пересекаются в точках A и B, причём точки и лежат по разные стороны от прямой AB. Продолжения диаметра CA первой окружности и хорды CB этой же окружности пересекают вторую окружность в точках D и E соответственно. а) Докажите, что треугольник CBD подобен треугольнику, вершины которого — центры окружностей и точка б) Найдите AD, если ∠DAE = ∠BAC, радиус второй окружности втрое больше радиуса первой и AB = Решение. а) Поскольку ∠ABE = 90 ◦ , отрезок AE — диаметр окружности с центром O 2 . Значит, точка O 2 — середина стороны треугольника CAE, а отрезок O 1 O 2 — средняя линия этого треугольника, поэтому AO 2 O 1 = ∠ AEC, ∠ AO 1 O 2 = ∠ ACE = атак как вписанные во вторую окружность углы ADB и AEB опираются на одну и туже дугу, то AO 2 O 1 = ∠ AEC = ∠AEB = ∠ADB = ∠CDB. Избранные задачи тренировочных и экзаменационных работ A D B C E O 1 O 2 Рис. Рис. Следовательно, треугольники CBD и подобны по двум углам (см. рис. б) Заметим, что = ∠BAE + ∠DAE = ∠BAE + ∠BAC = атак как = ∠BEA = то треугольник ABD подобен треугольнику ACE по двум углам (см. рис. ). Значит. Следовательно, AD = 3AB = Ответ 9. . Дана трапеция. Сумма оснований равна 13, диагонали 5 и а) Докажите, что диагонали перпендикулярны. б) Найдите высоту трапеции. Р е ш е ни е. а) Пусть ABCD — трапеция с диагоналями AC = 5, BD = 12 и суммой оснований AD + BC = 13. Через вершину B про- ведём прямую, параллельную AC см. рис. ). Пусть K — точка е 5 12 Рис. Приложение пересечения с прямой AD. Тогда ACBK — параллелограмм, поэтому = AC = 5, AK = BC, а угол между диагоналями трапеции равен углу. Треугольник DBK прямоугольный с прямым углом DBK, так как + AD) 2 = 13 2 = 5 2 + 12 Следовательно, угол между диагоналями трапеции ABCD равен 90 ◦ 5 5 12 Рис. б) Пусть BH — высота трапеции. Тогда BH — высота прямоугольного треугольника DBK, опущенная на гипотенузу (см. рис. ). Следовательно Ответ 13 . Две окружности касаются внутренним образом в точке A, прич м меньшая окружность проходит через центр O большей. Диаметр большей окружности вторично пересекает меньшую окружность в точке M, отличной от O. Лучи AO и AM пересекают большую окружность в точках P и Q соответственно. Точка C лежит на дуге AQ большей окружности, не содержащей точку а) Докажите, что прямые PQ и BC параллельны. б) Известно, что sin ∠AOC = p 15 4 . Прямые PC и AQ пересекаются в точке K. Найдите отношение QK : Решение. а) Линия центров касающихся окружностей проходит через точку их касания, поэтому точка O лежит на диаметре большей окружности, а OA — диаметр меньшей окружности (см. рис. Точка M лежит на окружности с диаметром OA, поэтому ∠AMO = = 90 ◦ . Значит, OM ⊥ AQ. Точка Q лежит на окружности с диаметром, значит, PQ ⊥ AQ. Прямые OM и PQ перпендикулярны одной и той же прямой AQ, значит, PQ k OM. Следовательно, PQ k BC. Избранные задачи тренировочных и экзаменационных работ P A O Q C M C B Рис. Рис. б) Обозначим ∠AOC = α. Заметим, α < 90 ◦ . Тогда cos α = p 1 − sin 2 α = 1 Дуги окружности, заключённые между параллельными хордами, равны, поэтому = 1 2 CQ = 1 2 BP = 1 2 ∠BOP = 1 2 ∠ AOC = ∠APC ( CQ и — градусные меры дуги, не содержащих точек и C соответственно. Значит, луч PC — биссектриса угла APQ, а — биссектриса прямоугольного треугольника APQ см. рис. Следовательно ∠APQ = cos α = 1 Ответ 1 : 4. . В трапеции ABCD основание AD в два раза больше основания. Внутри трапеции взяли точку M так, что углы ABM и DCM пря- мые. а) Докажите, чтоб) Найдите угол BAD, если угол ADC равен 55 ◦ , а расстояние от точки M до прямой AD равно стороне Решение. а) Пусть N — середина основания AD. Поскольку = DN = 1 2 AD = BC и BC k AD, четырёхугольники ABCN и BCDN параллелограммы. Значит, CN k AB и BN k CD. Тогда высоты треугольника, проведённые из его вершин B и C, лежат на прямых BM и Приложение CM соответственно, а M — ортоцентр треугольника BNC см. рис. Следовательно, третья высота треугольника BNC лежит на прямой, те Прямые AD и BC параллельны, поэтому MN ⊥ AD. Тогда медиана треугольника AMD является его высотой, значит, этот треугольник равнобедренный. Следовательно, AM = Рис. Рис. б) Пусть O — центр окружности, описанной около треугольника середина стороны BC см. рис. ). Тогда OK ⊥ Поскольку M — ортоцентр треугольника, то отрезок OK вдвое меньше, значит = 1 2 MN = 1 2 BC = Следовательно, ∠OCB = ∠OBC = Обозначим ∠OCN = α. Треугольники CON и BON равнобедренные, а противоположные углы CBN и CDN параллелограмма BCDN равны, поэтому ∠CNO = α, ∠BNO = ∠NBO = ∠NBC − ∠OBC = = ∠CDN − ∠OBC = 55 ◦ − Сумма углов треугольника BCN равна 180 ◦ : 55 ◦ + (45 ◦ + α) + (10 ◦ + α) = Отсюда находим, что = 35 ◦ , атак как ABCN — параллелограмм, то = ∠BAN = ∠BCN = 45 ◦ + α = Ответ 80 ◦ . Окружность, вписанная в трапецию ABCD, касается её боковых сторон AB ив точках M и N соответственно. При этом AM = и DN = 2CN. Избранные задачи тренировочных и экзаменационных работа) Докажите, чтоб) Найдите MN, если радиус окружности равен Решение. а) Пусть O — центр окружности, r — радиус, K и L точки касания окружности с основаниями BC и AD соответственно. Положим BM = x, AM = 8x, CN = y, DN = 2 y. Поскольку CO и DO биссектрисы углов C и D трапеции, треугольник COD прямоугольный, а ON — его высота, проведённая из вершины прямого угла (см. рис. ). Значит, CN · DN = ON 2 , или 2 y 2 = r 2 . Аналогично из прямоугольного треугольника AOB получаем, что 8x 2 = r 2 . Тогда y 2 = 8x 2 , y = 2x, AD = AL + DL = AM + DN = 8x + 2 y = 8x + 4x = 12x, BC = BK + KC = BM + CN = x + y = x + 2x = Следовательно, AD = 4BC. A D B C K L O N M x 8x y 2 y r r x 8x 2 Рис. б) Пусть прямые AB и CD пересекаются в точке P. Треугольник подобен треугольнику APD с коэффициентом 4 , поэтому. Тогда PC = 1 3 CD = y = 2x. Аналогично находим, что = 1 3 AB = 3x, атак как BC = 3x, то треугольник BPC равнобедренный (см. рис. Пусть ∠APD = α. Тогда cos α = 1 2 PC BP = x 3x = 1 атак как PN = PM = 3x + x = 4x, то по теореме косинусов = p PM 2 + PN 2 −2PM · PN cos α = q 16x 2 + 16x 2 −2·4x ·4x · 1 3 = 8x p 3 Приложение A D B C O N M 4x 2x 2x P 3x 3x α α r= p 6 Рис. Из равенства x = AM · MB = находим, что x = p 3 2 . Следовательно Ответ 4. |