Курсовая работа. Курсовая работа по учебной дисциплине Теория и практика решения математических задач тема Замечательные точки и прямые четырёхугольника
 Скачать 7.44 Mb.
|
|
§2. Задачи Задача 1. Четырехугольник ABCD со взаимно перпендикулярными диагоналями AC и BD вписан в окружность. а) Докажите, что квадрат диаметра окружности равен сумме квадратов противоположных сторон четырехугольника. б) Найдите площадь четырехугольника ABCD, если известно, что АВ = √5, ВС = √2, СD = √7. Доказательство: а) Пусть R – радиус окружности, АВ=а, ВС=b, CD=c, AD=d. Пусть ∠ВАС=α. Треугольник АВС вписан в окружность, значит (по теореме синусов). 𝑏 𝑠𝑖𝑛𝛼 = 2𝑅 (∗) Но и треугольник ABD вписан в ту же окружность, значит = 678(NOP9) = 2𝑅 (∗∗) Тогда из (*) и (**): < 6789 = = >H69 ; < $ 678 $ 9 = = $ !P678 $ 9 ; 𝑏 " (1 − 𝑠𝑖𝑛 " 𝛼) = 𝑑 " 𝑠𝑖𝑛 " 𝛼; 𝑠𝑖𝑛 " 𝛼 = < $ < $ 4= $ (∗∗∗) Подставляя последнее равенство (***) в (*), вскоре получим: < $ '$ ('$")$* = 4𝑅 " ; 4𝑅 " = 𝑏 " + 𝑑 " Рис. 13 24 Аналогично, применяя теорему синусов для треугольников ABD, CAD, где ∠BDA=β, ∠CAD=90°, получим 4𝑅 " = 𝑎 " + 𝑐 " Итак, квадрат диаметра окружности равен сумме квадратов противоположных сторон четырехугольника. Решение: б) Опираясь на пункт (a) задачи, имеем 𝑎 " + 𝑐 " = 𝑏 " + 𝑑 " , тогда &√5+ " + &√7+ " = &√2+ " + 𝐴𝐷 " Откуда АD=√10. Для нахождения площади S четырехугольника ABCD воспользуемся формулой Брахмагупты: 𝑆 = ƒ(𝑝 − 𝑎)(𝑝 − 𝑏)(𝑝 − 𝑐)(𝑝 − 𝑑) , где р – полупериметр четырёхугольника, вписанного в окружность. Итак, S=√ ! √,-√.-√/-√01 , − √2 & ! √,-√.-√/-√01 , − √5 & ! √,-√.-√/-√01 , − √7 & ! √,-√.-√/-√01 , − √10 & = 0 2 ,-√5 + √7 + √10 − √2/-√2 − √5 + √7 + √10/-√2 + √5 − √7 + √10 /-√2 + √5 + √7 − √10 / = 0 2 √(-√7 + √10/ + -√5 − √2/)(-√7 + √10/ − -√5 − √2/)(-√2 + √5/ + √10 − √7 ))(-√2 + √5/ − -√10 − √7/) = 0 2 2220 + 80√7 = 0 , ∗ 255 + 20√7 = 0 , ∗ ,5-11 + 4√7/ = 0 , ∗ ,5-2 + √7/ , = √.(,-√/* , Ответ: б) √.(,-√/* , Задача 2. Диагонали четырёхугольника ABCD равны d 1 и d 2 , а средние линии четырёхугольника равны между собой. Найдите его площадь. Решение: 1. Т. к. в параллелограмме Вариньона KLMN диагонали KM и LN равны (по условию), то KLMN – прямоугольник, и S KLMN = KL*KN. 2. Но KL= ! " 𝐴𝐶 и 𝐾𝑁 = ! " 𝐵𝐷. Тогда S KLMN = ! # d 1 d 2. 25 3. Однако S KLMN = ! " S ABCD. Значит, S ABCD = ! " d 1 d 2. Ответ: S ABCD = ! " d 1 d 2. Задача 3. В четырехугольнике ABCD отмечены точки E и F – середины диагоналей AC и BD соответственно. Докажите, что S ELFN < ! " S ABCD. Доказательство: Достаточно доказать, что точки E и F находятся строго внутри параллелограмма Вариньона KLMN, т.к. S KLMN = ! " S ABCD. Очевидно, что T 1 T 2 = KL= ! " 𝐴𝐶 и AE=EC= ! " AC. Пусть точка E совпадет с G и находится вне KLMN. Но тогда GC= ! " AC > T 1 T 2 , а T 1 T 2 = ! " AC – противоречие. Если же E=T 1 , то T 1 C= ! " AC= T 1 T 2 , чего также быть не может. Значит, точка E находится внутри KLMN. Аналогично показывается, что и точка F находится внутри параллелограмма KLMN. Тогда S ELFN < S KLMN = ! " S ABCD , что и требовалось доказать. Задача 4. В выпуклом четырёхугольнике ABCD известны стороны и диагональ: AB = 3, BC = CD = 5, AD = 8, AC = 7. а) Докажите, что вокруг этого четырёхугольника можно описать окружность. б) Найдите BD. Рис. 14 26 Доказательство: а)Найдём косинусы углов ABC и ADC в треугольниках ABC и ADC соответственно: 𝑐𝑜𝑠∠ABC= (* $ 4*, $ P(, $ "(*∗*, = N4"RP#N "∗S∗R = − ! " , поэтому ∠ABC=120°. Далее 𝑐𝑜𝑠∠ADC= () $ 4), $ P(, $ "()∗), = T#4"RP#N "∗U∗R = ! " , поэтому ∠ADC=60°. Тем самым сумма противоположных углов четырехугольника равна 180°, поэтому вокруг него можно описать окружность. Доказано. Решение: б) Для вписанного четырёхугольника справедлива теорема Птолемея: произведение диагоналей четырёхугольника равно сумме произведений его противоположных сторон. Тогда AC*BD = AB*DC+AD*BC, то есть 7*BD = 3*5+8*5, откуда BD = RR V Ответ: BD = RR V Задача 5. Докажите следствие из теоремы Птолемея: площадь вписанного четырёхугольника, диагонали которого перпендикулярны, равна полусумме произведений противоположных сторон. Доказательство: Площадь четырехугольника ABCD равна: S ABCD = 𝐴𝐶 ∗ *) " По теореме Птолемея: AC*BD=AB*CD+BC*AD, следовательно S ABCD = (,∗*) " = (*∗,)4*,∗() " Задача 6. Точки K, L, M, N – середины сторон четырёхугольника ABCD. Найдите периметр четырёхугольника KLMN, AC=6, BD=8. Рис. 15 27 Решение: 1)Рассмотрим треугольник АВС: KL – соединяет середины сторон треугольника. Следовательно, KL – средняя линия треугольника АВС, то есть равно 3. 2)Рассмотрим треугольник BCD: LM=4 (средняя линия треугольника BCD. 3)Рассмотрим треугольник ACD: MN=3 (средняя линия треугольника ACD. 4)Рассмотрим треугольник ABD: KN=4 (средняя линия треугольника ABD. 5)P=14 Ответ: Р=14. Задача 7. В трапеции ABCD боковая сторона AB перпендикулярна основаниям. Из точки A на сторону CD опустили перпендикуляр AH. На стороне AB отмечена точка E так, что прямые CD и CE перпендикулярны. Докажите, что прямые BH и ED параллельны. Доказательство: 1.По условию, ∠ АВС=∠АНС=∠ЕСН=∠ЕАD=90. Следовательно, ∠АВС+∠АНС=180, значит около четырёхугольника можно описать окружность. 2.Аналогично рассуждая, около четырёхугольника AECD можно описать окружность. 3.Из пунктов 1, 2 следует равенство углов: ∠ACD=∠AED (опираются на дугу AD), ∠ABH=∠ACH (опираются на дугу АН), ∠АСН=∠АСD (опираются на дугу AD). Рис. 16 28 Получаем, что ∠АВН=∠AED, а эти углы являются соответственными при пересечении прямых ВН и ЕD секущей АВ, следовательно ВН||ЕD. Доказано. Задача 8. Окружности α, β, γ и δ касаются данной окружности в вершинах A, B, C и D выпуклого четырехугольника ABCD. Пусть t αβ — длина общей касательной к окружностям α и β (внешней, если оба касания внутренние или внешние одновременно, и внутренней, если одно касание внутреннее, а другое внешнее); t βγ , t γδ и т. д. определяются аналогично. Докажите, что t αβ t γδ + t βγ t δα = t αγ t βδ (обобщенная теорема Птолемея). Доказательство: Пусть R — радиус описанной окружности четырехугольника ABCD; r a , r b , r c и r d — радиусы окружностей α, β, γ и δ. Пусть далее a = √𝑅 ± 𝑟 a , причем знак плюс берется в случае внешнего касания, а знак минус — в случае внутреннего; числа b, c и d определяются аналогично. Тогда t αβ =abAB/R и т. д. Поэтому, домножая равенство AB*CD + BC*DA = AC*BD на abcd /R, получаем требуемое. Задача 9. Четырехугольник ABCD описан около окружности и вписан в окружность. Прямые AB и DC пересекаются в точке M. Найдите площадь четырехугольника, если известно, что ∠AMD = α и радиусы окружностей, вписанных в треугольники BCM и AMD равны соответственно r и R. Решение: Центры O1 и O окружностей, вписанных в треугольники BMC и AMD соответственно, лежат на биссектрисе MO угла AMD. Окружность, вписанная в четырехугольник ABCD, является также окружностью, вписанной в треугольник AMD и вневписанной окружностью треугольника BMC. Будем искать площадь четырехугольника ABCD, как разность площадей треугольников AMD и BMC. 29 Четырехугольник ABCD вписан в окружность, следовательно, ∠BAD + ∠BCD = 180°, но ∠BCM + ∠BCD = 180°, откуда ∠BCM = ∠BAD. Так как треугольники BCM и AMD имеют еще общий угол AMD, они подобны, причем коэффициент подобия равен отношению радиусов окружностей, вписанных в эти треугольники. Далее имеем: 1) S ABCD =S ADM - S BCM = W $ X $ S BCM - S BCM = ( W $ X $ − 1)S BCM. 2) S BCM =pr, где р – полупериметр треугольника ВСМ, равный по свойству вневписанной окружности длине отрезка KM. 3) Из прямоугольного треугольника OKM, находим KM=OKсtg ∠OMK=Rctg 2 " , откуда S ΔBCM =Rr ctg 2 " Подставляя найденное значение S ΔBCM в формулу S ABCD , окончательно получаем: S ABCD = ( W $ X $ − 1)Rr ctg 2 " = W(W $ PX $ ) X ctg 2 " Задача 10. Две окружности пересекаются в точках P и Q. Прямая, проходящая через точку P, второй раз пересекает первую окружность в точке A, а вторую — в точке D. Прямая, проходящая через точку Q параллельно AD, второй раз пересекает первую окружность в точке B, а вторую — в точке C. а) Докажите, что четырёхугольник ABCD — параллелограмм. б) Найдите отношение BP : PC, если радиус первой окружности вдвое больше радиуса второй. Решение: а) Обозначим ∠BAD = ∠ PAB = α. Поскольку ABPQ и CDPQ — вписанные четырёхугольники. Рис. 17 30 ∠BQP=180- α, ∠CQP=180-∠BQP=180- (180- α)= α, ∠ADC=∠PDC=180-∠PQC=180- α. Значит, ∠BAD + ∠ADC = 180°, и поэтому AB || CD. Противоположные стороны четырёхугольника ABCD попарно параллельны, следовательно, это параллелограмм. б) Пусть R — радиус второй (меньшей) окружности. Тогда радиус большей окружности равен 2R. По теореме синусов: BP=2*2Rsin ∠BQP=4Rsin(180- α)=4Rsin α, PC=2Rsin ∠CQR=2Rsin α. Следовательно, *I I, = #W6782 "W6782 = 2. Ответ: 2. Задача 11. Дан прямоугольник KLMN со сторонами KN=13, MN=6. Прямая, проходящая через вершину М, касается окружности с центром К радиуса 3 и пересекается с прямой KN в точке Q. Найдите QK. Решение: Кроме всего, что упомянуто в задаче, проведем еще радиус KS в точку касания прямой MQ и окружности. Этот радиус KS перпендикулярен прямой MQ, получили прямоугольный треугольник, один из катетов которого дан – это радиус окружности. Если приглядеться, то становится понятно, что получившийся треугольник KSQ подобен треугольнику MNQ по двум углам: оба они прямоугольные, и имеют равные углы KQS и MQN (вертикальные). Поэтому Рис. 18 31 все стороны этих треугольников будут относиться так же, как относятся и их катеты: 𝐾𝑆 𝑀𝑁 = 𝐾𝑄 𝑄𝑀 = 𝑆𝑄 𝑄𝑁 = 3 6 Кроме того можем записать, что KQ+QN=13 и SQ+QM=SM. Отрезок SM можно найти из треугольника KSM, катет которого нам известен, а гипотенузой будет являться диагональ прямоугольника, которую мы легко отыщем по теореме Пифагора: 𝐾𝑀 = √𝐾𝑁 " + 𝑀𝑁 " = √13 " + 6 " = √205 Теперь применим теорему Пифагора к треугольнику KSM: 𝑆𝑀 = √КМ " − 𝐾𝑆 " = √205 − 9 = √196 = 14. Тогда SQ+QM=14. Отношение подобия для треугольников KSQ и MNQ запишется так: YZ 0L = !SP;L !#PZ; = Z; ;L = ! " (13-QN)2=14-SQ 26-2QN=14-SQ 12-2QN=-SQ QN=2SQ, тогда 12-2QN= − ;L " 12=1,5QN QN=8 Тогда KQ+QN=KQ+8=13 KQ=5 Ответ: KQ=5. Задача 12. Дан четырёхугольник ABCD. а) Докажите, что отрезки LN и KM, соединяющие середины противоположных сторон, делят друг друга пополам. б) Найдите площадь четырёхугольника ABCD, если KL=6, KM=4√3, ∠MKL=30°. 32 Решение: а) Докажем, что KLMN – параллелограмм. АК=КВ (по усл); BL= LC (по усл.), ⇒ КL – средняя линия треугольника АВС, KL ∥ AC, KL= ! " 𝐴𝐶 AN=ND (по усл.); DM=MC (по усл.), ⇒ NM – средняя линия треугольника ADC, NM ∥ AC, NM= ! " 𝐴𝐶. ⇒ NM ∥ KL, MN=KL, тогда четырёхугольник KLMN – параллелограмм. (Теорема Вариньона: середины сторон произвольного четырёхугольника являются вершинами параллелограмма) Тогда отрезки LN и KM делят друг друга пополам (по свойству диагоналей параллелограмма). б) Докажем, что площадь параллелограмма KLMN равна половине площади четырёхугольника ABCD. Рассмотрим треугольник ABF. KN – средняя линия треугольника АВD ⇒ KN ∥ BD; KG ∥ BF, ⇒ KG – средняя линия треугольника ABF ⇒ S AKG = ! " S ABF. Аналогично КЕ – средняя линия треугольника ABF ⇒ S KBE = ! # S ABF. ⇒ S GKEF = ! " S ABF. ⇒ площадь параллелограмма KLMN равна половине площади четырёхугольника ABCD. S KLMN =2S KLM = 2 ∗ ! " ∗ 𝐾𝐿 ∗ 𝐾𝑀 ∗ 𝑠𝑖𝑛∠MKL = 6*4√3 ∗ ! " = 12√3. S ABCD = S KLMN = 24√3. Ответ: 24√3. Рис. 19 33 Задача 13. Средние линии четырёхугольника ABCD равны a и b, а угол между ними 60 ̊. Найдите диагонали четырёхугольника. Решение: Пусть KM=a, LN=b, ∠LTM = 60◦ (Рис. 20). Тогда NM= а " , а LT= < " Из треугольника LTM по теореме косинусов 𝐿𝑀 " = 2 $ # + < $ # − 2 ∗ 2 " ∗ < " ∗ 𝑐𝑜𝑠60◦. Но LM= ! " BD, поэтому *) $ # = 2 $ # + < $ # − 2< # , откуда BD= ƒ(𝑎 " + 𝑏 " − 𝑎𝑏). Аналогично из треугольника TNM найдём MN, потом вычислим AC: AC= ƒ(𝑎 " + 𝑏 " + 𝑎𝑏). Ответ: ƒ(𝑎 " + 𝑏 " − 𝑎𝑏); ƒ(𝑎 " + 𝑏 " + 𝑎𝑏). Задача 14. Дана полуокружность с диаметром AB. Построить вписанную в нее трапецию ABCD, в которую можно вписать окружность. Решение: Так как искомая трапеция вписана в окружность, то она равнобочная. Она легко строится, если будет найдена боковая сторона AD=BC=x. Обозначим AB = a, CD = b, AC = BD = m. Согласно требованиям задачи имеем: a+b=2x (условие описанного четырехугольника), 𝑥 " + 𝑎𝑏 = 𝑚 " (теорема Птолемея — условие вписанного четырехугольника), 𝑥 " + 𝑚 " = 𝑎 " (основание трапеции служит диаметром данной окружности). Подставляя b = 2x − a и 𝑚 " = 𝑎 " − 𝑥 " в равенство 𝑥 " + 𝑎𝑏 = 𝑚 " , получаем уравнение Рис. 20 Рис. 21 34 𝑥 " + 𝑎𝑥 − 𝑎 " = 0 относительно искомой боковой стороны x. X – есть отрезок золотого сечения данного диаметра AB = a. Окружность (A, x) пересекает данную полуокружность в искомой точке D. Трапеция всегда существует и единственна. Задача 15. Дан параллелограмм ABCD. Окружность, проходящая через точку A, пересекает отрезки AB, AC и AD в точках P, Q и R соответственно. Докажите, что AP·AB+AR·AD=AQ·AC. Доказательство: Применяя теорему Птолемея к четырёхугольнику APQR, получаем AP·RQ+AR·QP=AQ·PR. Так как ∠ACB=∠RAQ=∠RPQ и ∠RQP= =180◦− ∠PAR=∠ABC, то △RQP∼△ABC, а значит, RQ:QP:PR=AB:BC:CA. Остаётся заметить, что BC = AD. Задача 16. Четырёхугольник ABCD выпуклый; точки A 1 , B 1 , C 1 и D 1 таковы, что AB ∥ C 1 D 1 , AC ∥ B 1 D 1 и т. д. для всех пар вершин. Докажите, что четырёхугольник A 1 B 1 C 1 D 1 тоже выпуклый, причём ∠A+∠C 1 = 180◦. Доказательство: Любой четырёхугольник с точностью до подобия определяется направлениями своих сторон и диагоналей, поэтому достаточно построить один пример четырёхугольника A 1 B 1 C 1 D 1 с требуемыми направлениями сторон и диагоналей. Пусть O — точка пересечения диагоналей AC и BD. На луче OA возьмём произвольную точку D 1 и проведём D 1 A 1 ∥ BC, A 1 B 1 ∥ CD и B 1 C 1 ∥ DA. Так как OC 1 : OB 1 = OD:OA, OВ 1 : OA 1 = OC : OD и OA 1 : OD 1 = OB : OC, то OC 1 : OD 1 = OB : OA, а значит, C 1 D 1 ∥ AB. Из полученного рисунка ясно, что ∠A+∠C 1 =180◦. Рис. 22 35 Задача 17. Докажите, что если диагонали четырёхугольника перпендикулярны, то проекции точки пересечения диагоналей на стороны являются вершинами вписанного четырёхугольника. Доказательство: Воспользуемся обозначениями Рис. 22. Условие вписанности четырёхугольника A 1 B 1 C 1 D 1 эквивалентно тому, что (α+β)+( γ+ δ)=180◦, а перпендикулярность диагоналей AC и BD — тому, что (α 1 +δ 1 )+( β 1 + γ 1 )=180◦. Ясно также, что α=α 1 , β= β 1 , γ= γ 1 и δ=δ 1 .ю Задача 18. Вершины четырёхугольника являются серединами сторон ромба со стороной, равной 4, и углом 120°. Определите вид четырёхугольника и найдите его площадь. Решение: Параллелограмм Вариньона KLMN — прямоугольник, так как диагонали ромба AC и BD пересекаются под прямым углом, а значит и параллельные им стороны KN и KL. S KLMN = ! " S ABCD S KLMN = ! " 𝐴𝐵 " 𝑠𝑖𝑛∠ABC. Площадь KLMN равна 4√3. Ответ: 4√3. Задача 19. Докажите, что средние линии четырёхугольника ABCD и отрезок, соединяющий середины его диагоналей, пересекаются в одной точке и делятся этой точкой пополам. Доказательство: Рис. 23 Рис. 24 36 Заметим, что отрезок LN является диагональю и в параллелограмме Вариньона, и в параллелограмме ELFN (Рис. 24). Пусть точка Т — середина диагонали LN, тогда в этой точке пересекаются отрезки LN и КМ, а также LN и EF и каждый из них, будучи диагональю параллелограмма, делится точкой Т пополам. Утверждение доказано. Задача 20. При последовательном соединении середин сторон трапеции получился квадрат со стороной а. Найдите площадь трапеции. Решение: четырёхугольник KLMN – параллелограмм Вариньона (квадрат). ()4*, " = 𝐾𝑀(средняя линия трапеции). Треугольник KLM прямоугольник KM= ƒ(2𝐾𝐿 " ) =a√2. KM||AD||BC, и LN ⟂ KM диагонали квадрата, следовательно, LN ⟂ AD, LN — высота трапеции. Площадь ABCD равна 2а " Ответ: 2а " |