ВУЗ: Не указан
Категория: Не указан
Дисциплина: Не указана
Добавлен: 04.02.2024
Просмотров: 358
Скачиваний: 2
ВНИМАНИЕ! Если данный файл нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам.
259 четырехугольнике EFGH равны другие соседние стороны и углы между ними равны 90
о
. Значит, четырехугольник EFGH – квадрат.
10. При повороте квадрата ABCD вокруг точки O пересечения его диагоналей на угол 90
о вершины перейдут в вершины, середины сторон перейдут в середины сторон. Следовательно, четырехугольник KLMN
перейдет сам в себя. Значит, у него равны все стороны и все углы, т.е. четырехугольник KLMN – квадрат.
11. Пусть параллелограмм EFGH вписан в параллелограмм ABCD.
Докажем, что диагонали BD и FH пересекаются в точке O, являющейся их серединами. Треугольники BFE и DGH равны по стороне и двум прилежащим к ней углам. Следовательно, BF = DH. Треугольники OBF
и ODH равны по стороне и двум прилежащим к ней углам.
Следовательно, OB = OD и OF = OH. Аналогично доказывается, что диагонали AC и EG пересекаются в точке, являющейся их серединами.
Значит, данные параллелограммы имеют общую точку пересечения диагоналей.
260 12. Пусть ABCD – трапеция (AD || BC), EF – отрезок, соединяющий середины диагоналей AC и BD. Средняя линия GH трапеции содержит среднюю линию треугольника ABD и, следовательно, проходит через точку F. Аналогично, она проходит через точку E. Тогда EF = GF – GE
=
1 2
AD –
1 2
BC =
1 2
(AD – BC).
13. Пусть ABCD – трапеция, EF – отрезок, соединяющий середины оснований BC и AD. Сумма углов при основании AD равна 90
о
Проведем отрезок BG, параллельный и равный CD, и отрезок BH, параллельный и равный EF. Треугольник ABG – прямоугольный, AG =
AD – BC. BH – медиана этого треугольника и, следовательно, равна половине гипотенузы AG. Таким образом, EF =
1 2
(AD – BC).
261 14. Пусть ABCD четырехугольник, AB = AD, BC = DC.
Треугольники ABC и ADC равны по трем сторонам. Следовательно,
BAO =
DAO. В равнобедренном треугольнике ABD AO – биссектриса и, следовательно, высота. Значит, диагонали AC и BD
перпендикулярны.
15. Пусть ABCD – выпуклый четырехугольник, P, Q – середины его диагоналей соответственно AC и BD, E, F, G, H – середины соответствующих сторон.Четырехугольники EFGH и PFQH – параллелограммы. Следовательно, диагональ PQ пересекает FH в ее середине и делится в ней пополам.
16. Пусть ABCD – квадрат, EG, FH – две взаимно перпендикулярные прямые, проходящие через его центр O. Из точек F и G опустим перпендикуляры FP и GQ на противоположные стороны квадрата.
Прямоугольные треугольники EGQ и HFP равны по катету и острому углу. Следовательно, EG = FH.
262 17. Пусть ABC – прямоугольный треугольник, EFGH – вписанный в него квадрат. AE = a, EH = b, HB = c. Треугольники AFE и GBH
подобны по углам. Следовательно, FE : AE = BH : GH, т.е. b : a = c : b, значит, b
2
=ac.
18. Пусть ABC – прямоугольный треугольник (
90
C
), EFGC – вписанный в него квадрат со стороной c, AC = b, BC = a. Треугольники
AFE и FBG подобны по углам. Следовательно, FE : AE = BG : FG, т.е.
c : (b – c) = (a – c): c и, значит, bc + ac = ab. Разделив обе части последнего равенства на abc, получимравенство
c
b
a
1 1
1
19. Пусть ABCD – параллелограмм, EF и EG – перпендикуляры, опущенные из точки E диагонали AC на стороны AB и AD
соответственно. Опустим перпендикуляры BP и DQ на диагональ AC.
Прямоугольные треугольники AFE и APB подобны и, следовательно,
EF : AE = BP : AB. Аналогично прямоугольные треугольники AGE и
AQD подобны и, следовательно, EG : AE = DQ : AD. Разделив первое равенство на второе и, учитывая, что BP = DQ, получим EF : EG = AD :
AB, т.е. длины перпендикуляров EF и EG обратно пропорциональны сторонам AB и AD параллелограмма.
263 20. Пусть ABCD трапеция (AD || BC), G – точка пересечения продолжения боковых сторон AB и CD, E – середина основания BC.
Проведем прямую GE и обозначим F ее точку пересечения с AD. Из подобия треугольников AGF и BGE, DGF и CGE, AGD и BGC следует, что AF : BE = AG : BG = DG : CG = DF : CE. Из этих равенств и равенства BE = CE получаем равенство AF = FD, т.е. точка F является серединой AD. Аналогично доказывается, что прямая, проходящая через точку O пересечения диагоналей и точку E,проходит через точку
F и, следовательно, точки G, E, O, F принадлежат одной прямой.
21. Пусть ABCD – параллелограмм, AC, BD – диагонали. По теореме косинусов, примененной к треугольнику ABD, имеем BD
2
= AB
2
+ AD
2
–
2AB
AD
cos A.По теореме косинусов, примененной к треугольнику
ABC, имеем AC
2
= AB
2
+ BC
2
– 2AB
BC
cos B. Складывая эти два равенства, и учитывая, что cos B = –cos A, получим AC
2
+ BD
2
= 2(AB
2
+
BC
2
).
22. Пусть ABCD – трапеция (AD || BC), AC, BD – диагонали.
Опустим перпендикуляры BG и CH на основание AD. По теореме косинусов, примененной к треугольнику ABC, имеем AC
2
= AB
2
+ BC
2
–
2AB
BC
cos B.По теореме косинусов, примененной к треугольнику
BCD, имеем BD
2
= BC
2
+ CD
2
– 2BC
CD
cos C. Складывая эти неравенства, получим AC
2
+ BD
2
= AB
2
+ CD
2
+ 2BC
2
– 2AB
BC
cos B –
2BC
CD
cos C. Вынося в последних трех слагаемых 2BC за скобки и учитывая, что –AB
cosB = AG, –CD
cosC = HD, получим AC
2
+ BD
2
=
AB
2
+ CD
2
+ 2BC
AD.
264 23. Пусть ABCD – четырехугольник, E, F, G, H – середины его сторон. Тогда EFGH – параллелограмм, и сумма квадратов его диагоналей EG и FH равна сумме квадратов его сторон. Учитывая, что стороны этого параллелограмма вдвое меньше диагоналей AC и BD четырехугольника, получаем, что сумма квадратов диагоналей четырехугольника вдвое больше суммы квадратов отрезков, соединяющих середины противоположных сторон.
24. Пусть ABCD – трапеция (AB || CD), E – середина боковой стороны BC, EF – перпендикуляр, опущенный на боковую сторону AD.
Проведем отрезки AE и DE. Обозначим h высоту трапеции. Тогда площадь треугольника ABE равна произведению половиныстороны AB на половину высоты h.Площадь треугольника CDE равна произведению половиныстороны CD на половину высоты h.
Следовательно, сумма площадей треугольников ABE и CDE равна половине площади трапеции. Значит, произведение AD и FE равно площади трапеции ABCD.
265 25. Пусть ABCD – выпуклый четырехугольник, диагонали AC и BD
пересекаются в точке O. Площадь треугольника AOD равна половине произведения AO и DO на синус угла AOD. Площадь треугольника
COD равна половине произведения CO и DO на синус угла COD.
Учитывая, что синусы углов AOD и COD равны, получаем, что площадь треугольника ACD равна половине произведения AC и OD на синус угла между ними. Аналогично площадь треугольника ABC равна половине произведения AC и OB на синус угла между ними.
Следовательно, площадь четырехугольника ABCD равна половине произведения диагоналей на синус угла между ними.
26. Прямоугольные треугольники AKE и BPE, BLF и CQF, CMG и
DRG, DNH и ASH равны. Заштрихованный многоугольник (греческий крест) равновелик с квадратом ABCD и состоит из пяти квадратов, равных квадрату KLMN. Следовательно, площадь квадрата KLMN равна одной пятой площади квадрата ABCD.
27. Пусть ABCD – параллелограмм, G и H – середины сторон соответственно CD и DA, O – точка пересечения его диагоналей. В
266 треугольнике ABD отрезки AO, BH, DE – медианы. Так как медианы треугольника делят его на шесть равновеликих треугольников, то площадь закрашенной части треугольника ABD в два раза больше незакрашенной.
Аналогично, площадь закрашенной части треугольника BCD в два раза больше незакрашенной. Значит, площадь закрашенной части параллелограмма ABCD в два раза больше незакрашенной.
28. Пусть ABCD – квадрат, AEFG – прямоугольник, AE > AG. Из равенства периметров квадрата и прямоугольника следует, что BE =
DG. Откуда площадь прямоугольника GHCD больше площади прямоугольника BEFH. Квадрат ABCD составлен из прямоугольника
ABHG и прямоугольника GHCD.Прямоугольник AEFG составлен из прямоугольника ABHG и прямоугольника BEFH.Следовательно, площадь квадрата ABCD больше площади прямоугольника AEFG.
267
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
5. Окружность и круг
Уровень В
26.
Пусть AB – диаметр окружности с центром O, проходящий через середину E хорды CD, отличной от диаметра. Докажем, что прямые AB и CD перпендикулярны.
Действительно, в равнобедренном треугольнике OCD отрезок OE
является медианой и, следовательно, высотой. Значит, AB
перпендикулярна CD.
27.
Пусть хорды AB и CD перпендикулярны, CD в точке пересечения E делится пополам и не является диаметром. Докажем, что AB является диаметром. Через точку E проведем диаметр. По предыдущей задаче, он будет перпендикулярен CD. Поскольку через точку E проходит единственная прямая, перпендикулярная CD, то этот диаметр совпадает с AB.
28.
Пусть AB и CD – равные хорды окружности с центром O.
OE, OF – перпендикуляры, опущенные соответственно на AB и CD.
Докажем, что OE = OF. Действительно, треугольники OAB и OCD – равнобедренные и равны по трем сторонам. Следовательно, их соответствующие высоты OE и OF также равны.
268 29.
Пусть хорды AB и CD окружности с центром O равноудаленыот ее центра O (OE = OF). Докажем, что они равны.
Действительно, прямоугольные треугольники OAE и OCF равны по гипотенузе и катету. Следовательно, AE = CF. Аналогично, BE = DF.
Складывая эти равенства, получим AB = CD.
30. Пусть AB и CD – равные хорды окружности с центром O.
Треугольники OAB и OCD равны по трем сторонам.
Следовательно, центральные углы AOB и COD равны. Так как дуга окружности измеряется центральным углом, то из равенства центральных углов следует равенство соответствующих дуг.
269 31.
Пусть AB и CD – хорды окружности с центром O, стягивающие равные дуги. Так как дуга окружности измеряется центральным углом, то из равенства дуг следует равенство соответствующих центральных углов. Треугольники OAB и OCD равны по двум сторонам и углу между ними. Следовательно, хорды AB и CD равны.
32.
Пусть AB и CD – хорды окружности, касающиеся концентрической с ней меньшей окружности. Докажем, что AB = CD.
Проведем отрезки OE и OF, соединяющие центр окружности с точками касания. Они будут равны и перпендикулярны соответствующим хордам. В силу задачи 4, хорды AB и CD будут равны.
33.
Пусть CA и CB – отрезки касательных, проведенных к окружности с центром в точке O. Докажем, что отрезки CA и CB равны.
Действительно, прямоугольные треугольники OAC и OBC равны по гипотенузе и катету. Следовательно, CA = CB.