Геометрия. 16 Гордин. Ежедневно, 10. 0020. 00, кроме воскресеньяабрис рф Москва 8 (495) 2296759СанктПетербург 8 (812) 3270450
 Скачать 1.76 Mb.
|
|
. Окружность, вписанная в трапецию ABCD, касается её боковых сторон AB ив точках M и N соответственно. При этом AM = и 2DN = а) Докажите, чтоб) Найдите MN, если радиус окружности равен Ответ 18. . 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, атак как CK k AF, то BO — медиана треугольника KBC, те середина отрезка KC см. рис. ). Избранные задачи тренировочных и экзаменационных работ A D B C O E F K 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 9 , те+ Из этого равенства находим, что Ответ 4 : 5. . Точка O — центр окружности, вписанной в треугольник ABC, в котором AC < BC. Точка симметрична точке B относительно прямой а) Докажите, что точки A, B, O и лежат на одной окружности. б) Найдите площадь четырёхугольника AOBB 1 , если AB = 10, AC = 6, BC = Решение. а) Центр окружности, вписанной в треугольник, точка пересечения его биссектрис, поэтому луч CO — биссектриса угла. Значит, точка B 1 , симметричная точке B относительно прямой, лежит на луче CA, атак как CB 1 = CB > AC, то лежит на продолжении стороны CA заточку, причём CB 1 = CB см. рис. Треугольники OB 1 C и OBC равны по двум сторонами углу между ними, поэтому = ∠OB 1 C = ∠OBC = Из точек B и B 1 , лежащих по одну сторону от прямой OA, отрезок виден под одними тем же углом, следовательно, точки A, B, O и лежат на одной окружности Приложение Рис. Рис. б) Поскольку AB 2 = AC 2 + BC 2 , треугольник ABC прямоугольный с прямым углом при вершине C см. рис. ), значит 2 AC · BC = 1 2 · 6 · 8 = Пусть r — радиус окружности, вписанной в треугольник ABC. Полупе- риметр p треугольника ABC равен , поэтому = S ∆ ABC p = 24 Тогда 2 AC · r = 1 2 · 6 · 2 = 6, S ∆ BOC = 1 2 BC · r = 1 2 · 8 · 2 = Следовательно S ∆ AOC − S ∆ BOC = 1 2 · 8 · 8 − 6 − 8 = 32 − 14 = 18. Ответ . . Точка O — центр окружности, вписанной в треугольник ABC, в котором AC > BC. Точка симметрична точке B относительно прямой а) Докажите, что точки A, B, O и лежат на одной окружности. б) Найдите площадь четырёхугольника ABOB 1 , если AB = 10, AC = 8, BC = Ответ . . Точки A 1 , B 1 , C 1 — середины сторон соответственно BC, AC, AB треугольника ABC. Углы треугольника при вершинах A и C равны 120 ◦ и соответственно, AH — высота треугольника Избранные задачи тренировочных и экзаменационных работа) Докажите, чтоб) Найдите A 1 H, если BC = Решение. а) По теореме о средней линии треугольника имеем BC и A 1 B 1 = 1 2 AB. Кроме того, отрезок HC 1 — медиана прямоугольного треугольника AHB, проведённая из вершины прямого угла, поэтому HC 1 = 1 2 AB = см. рис. ). Значит, A 1 HC 1 B 1 — равнобедренная трапеция с основаниями A 1 H и B 1 C 1 . Около неё можно описать окружность. Вписанные в эту окружность углы A 1 C 1 B 1 и A 1 HB 1 опираются на одну и туже дугу, следовательно, они равны. A B C A 1 B 1 C 1 H Рис. б) Пусть O — центр окружности радиуса R, описанной около треугольника. Поскольку ∠BAC > 90 ◦ , точки A и O лежат по разные стороны от прямой BC см. рис. ). По теореме синусов = BC 2 sin 120 ◦ = 8 p 3 2 · p 3 Рис. Центральный угол AOB вдвое больше вписанного угла ACB, те. Тогда углы OBA и OAB при основании равнобедренного треугольника AOB равны по 75 ◦ , атак как ∠BAH = ∠ABH = 45 ◦ , то = ∠OAB − ∠HAB = 75 ◦ − 45 ◦ = 30 ◦ Приложение Пусть OF — перпендикуляр, опущенный из центра окружности напрямую. Катет прямоугольного треугольника AFO, лежащий против угла 30 ◦ , равен половине гипотенузы, следовательно = OF = 1 2 OA = 1 2 R = Ответ . . 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 A. Лучи AO и AM пересекают большую окружность в точках P и а) Докажите, чтоб) Известно, что угол AOC равен 60 ◦ . В каком отношении прямая делит отрезок Решение. а) Линия центров касающихся окружностей проходит через точку их касания, поэтому точка O лежит на диаметре большей окружности, а OA — диаметр меньшей окружности. Пусть точки P и Q лежат на прямых AO и AM соответственно. Точка M лежит на окружности с диаметром OA, поэтому ∠AMO = Значит, OM ⊥ AQ. Точка Q лежит на окружности с диаметром AP, значит см. рис. ). Прямые OM и PQ перпендикулярны одной и той же прямой AQ, значит, PQ k OM. Следовательно, PQ k Рис. Рис. б) Дуги окружности, заключённые между параллельными хордами, равны, поэтому = 1 2 CQ = 1 2 BP = 1 2 ∠BOP = 1 2 ∠ AOC = 30 ◦ Избранные задачи тренировочных и экзаменационных работ и — градусные меры дуги, не содержащих точек и C соответственно, атак как ∠APQ = ∠AOC = 60 ◦ , то луч PC биссектриса угла APQ см. рис. Пусть K — точка пересечения AQ и PC. Тогда PK — биссектриса прямоугольного треугольника APQ. Следовательно ∠APQ = cos ∠AOC = cos 60 ◦ = 1 Ответ :. . 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 = 12 Решение. а) Из точек C и M отрезок AN виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром AN (см. рис. ). Вписанные в эту окружность углы CAN и CMN опираются на одну и туже дугу, следовательно, они равны. A B C M N Рис. Рис. б) Вписанные углы MCN и MAN также опираются на одну дугу, поэтому ∠BAN = ∠MAN = ∠MCN = атак как CM — медиана прямоугольного треугольника ABC, прове- дённая из вершины прямого угла, то ∠MCB = ∠MBC см. рис. ). Таким образом = ∠BCM = ∠BAN. Приложение Равнобедренные треугольники ANB и CNB подобны по двум углам, причём коэффициент подобия равен отношению и оснований, те. Поскольку ∠BAC = p 1 + ctg 2 ∠BAC = Ç 1 + 5 12 2 = 13 а отношение радиусов описанных окружностей подобных треугольников равно коэффициенту подобия, то = 1 sin ∠BAC = 13 Ответ 12 . Две окружности с центрами и и радиусами и пересекаются в точках A и B, причём точки и лежат по разные стороны от прямой AB. Через точку A проведена прямая, вторично пересекающая эти окружности в точках M и K, причём точка A лежит между точками и а) Докажите, что треугольники MBK и O 1 AO 2 подобны. б) Найдите расстояние от точки B до прямой MK, если MK = 7, а O 1 O 2 = 5. Р е ш е ни е. а) Пусть точка M лежит на меньшей окружности с центром O 1 . Вписанный в эту окружность угол AMB вдвое меньше центрального угла AO 1 B, а значит, равен углу AO 1 O 2 . Аналогично AKB = см. рис. ). Следовательно, треугольники MBK и O 1 AO 2 подобны по двум углам. A B O 1 O 2 M K Рис. б) Линия центров пересекающихся окружностей перпендикулярна их общей хорде и делите пополам, поэтому отрезок AB вдвое больше Избранные задачи тренировочных и экзаменационных работ A B O 2 M K H P O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 O 1 7 Рис. высоты AH треугольника см. рис. ). Этот треугольник прямоугольный, так как 2 + 4 2 = 5 2 = O 1 O 2 Значит = O 1 A · O 2 A O 1 O 2 = 3 · 4 5 = 12 Расстояние от точки B до прямой MK равно высоте BP треугольника. Коэффициент подобия треугольников MBK и равен 5 , а отрезок BP при этом подобии соответствует отрезку Следовательно = 7 5 AH = 7 5 · 12 5 = 84 Ответ 25 . 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 = 6, а BC = 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 образу Приложение ют равные углы с основаниями (см. рис. ). Значит, ∠ADM = Следовательно, ∠BAM = Рис. A B M C D O 3 p 5 6 p Рис. б) По теореме о касательной и секущей AB 2 = BM · BC, или 36 = = 4BM 2 , откуда BM = 3. Тогда = 4BM = 12, CD = AM = p AB 2 + BM 2 = p 36 + 9 = 3 p 5, AC = p AB 2 + BC 2 = p 36 + 144 = Точка C лежит на окружности с диаметром AD, поэтому ∠ACD = см. рис. ). По теореме Пифагора = p AC 2 + CD 2 = p 180 + 45 = p 225 = Значит 15 = 4 Следовательно 9 · 1 2 AD · AB = 2 9 · 15 · 6 = Примечание. Есть другой способ найти высоту OH треугольника из подобия треугольников AHO и ABC, а затем площадь треугольника Ответ 20. . Окружность с центром O, вписанная в треугольник ABC, касается его сторон BC, AB ив точках K, L и M соответственно. Прямая KM вторично пересекает в точке P окружность радиуса с центром A. Избранные задачи тренировочных и экзаменационных работа) Докажите, чтоб) Пусть Q — точка пересечения прямых KM и AB, а T — такая точка на отрезке PQ, что ∠OAT = 45 ◦ . Найдите QT, если ∠ABC = 90 ◦ , AM = 3, CM = Решение. а) Поскольку CK = CM и AP = AM, треугольники и PAM равнобедренные, причём ∠CMK = ∠AMP — углы при их основаниях MK и MP. Значит, ∠MKC = ∠MPA см. рис. ). Следовательно Рис. A B M C K L P O x x Q α/2 α/2 45 ◦ − α /2 Рис. б) Обозначим BK = BL = x. Тогда = CM = 2, AL = AM = 3, BC = 2 + x, AB = 3 + По теореме Пифагора AC 2 = BC 2 + AB 2 , или 25 = (2 + x) 2 + (3 + откуда x = 1. Значит, BC = 3, AB = Поскольку BC = AP = 3 и BC k AP, четырёхугольник ABCP — прямоугольник, значит, CP = AB = 4 (см. рис. Треугольник AMQ подобен треугольнику CMP с коэффициентом 2 , поэтому = 3 2 CP = 3 2 · 4 = Обозначим ∠BAC = α. Тогда = α 2 , ∠MAT = 45 ◦ − α 2 , ∠PAT = 90 ◦ − ∠QAT = 90 ◦ − 45 ◦ + α 2 = 45 ◦ − α 2 , Приложение поэтому AT — биссектриса, а значит, и высота равнобедренного треугольника В прямоугольном треугольнике ATQ известно, что = 6, tg ∠AQT = tg ∠AQP = AP AQ = 3 6 = 1 Тогда cos ∠AQT = 2 p 5 . Следовательно = AQ cos ∠AQT = Ответ. Четырёхугольник ABCD вписан в окружность. Диаметр перпендикулярен стороне AD и пересекаете в точке M, а диаметр DD 1 перпендикулярен стороне AB и пересекаете в точке а) Пусть AA 1 — также диаметр окружности. Докажите, чтоб) Найдите углы четырёхугольника ABCD, если угол CDB вдвое меньше угла Решение. а) Диаметр, перпендикулярный хорде, делите пополам. Значит, M и N — середины сторон AD и AB соответственно. Отрезок MN — средняя линия треугольника BAD, поэтому MN k Тогда = Вписанные углы и опираются на одну и туже дугу, поэтому см. рис. ). Следовательно, ∠DNM = Рис. б) Треугольники ADB и ACD равнобедренные, значит, их высоты и CM являются биссектрисами. Обозначим ∠ADD 1 = ∠BDD 1 = α. Избранные задачи тренировочных и экзаменационных работ A B M C D 1 C 1 D α α α 3α N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N N 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 180 ◦ −6α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 90 ◦ −α 2α Рис. Тогда (см. рис. ) ∠CDB = 1 2 ∠ ADB = ∠ADD 1 = α, ∠CAD = ∠ADC = 3α, ∠ ACD = 180 ◦ − 6α, ∠ ACB = ∠ADB = 2α, ∠BCD = ∠ACB + ∠ACD = 2α + 180 ◦ − 6α = 180 ◦ − 4α, ∠BAD = ∠ABD = 90 ◦ − ∠BDD 1 = 90 ◦ − Сумма противоположных углов вписанного четырёхугольника равна 180 ◦ , поэтому ∠BAD + ∠BCD = 180 ◦ , или α) + (180 ◦ − 4α) = 180 ◦ ⇔ 5α = 90 ◦ ⇔ α = Следовательно ADC = 3α = 54 ◦ , ∠ ABC = 180 ◦ − ∠ADC = 180 ◦ − 54 ◦ = 126 ◦ , ∠BAD = 90 ◦ − α = 90 ◦ − 18 ◦ = 72 ◦ , ∠BCD = 180 ◦ − 72 ◦ = 108 ◦ . Ответ 72 ◦ , 126 ◦ , 108 ◦ , 54 ◦ |