Предметный указатель.

Геометрические места точек—2010, №9; 2011,№13.

Геометрические неравенства—2011,№27.

Гомотетия—2011,№43.

Замечательное свойство трапеции—2012,№78.

Классические задачи на построение—2012, №№13

Комбинаторная геометрия—2011,№33, 2012,№2.

Конкуррентность высот—2011,№№17,19,47.

Необычные построения—2010, №№7,20; 2011, №№16; 2012, №№57,76.

Осевая симметрия—2010, №8; 2011, №№5,27,43.

Параллельный перенос—2011, №17.

Перегруппировка площадей—2011,№№26,32,36,37.

Площадь треугольника—2011,№26.

Площадь четырёхугольника—2011,№26.

Полуправильные многоугольники—2011,№№5,21.

Признаки и свойства параллельности прямых—2010, №№8,11,16,19; 2011, №№18,22,25,46,50.

Признаки подобия треугольников: 2011,№№11,24,28,41.

Признаки равенства треугольников: 2010, №№3,15,19; 2011,№№1,48.

Пятый постулат Евклида—2011,№№6,47.

Свойство касательных к окружности из одной точки—2011,№№30,32.

Свойство ломаной линии--№39.

Свойство медианы из вершины прямого угла—2010, №№10; 2011, №2; 2012, №11.

Свойства параллелограмма—2011,№№6,10.

Свойства прямоугольника—2011, №№20,27,30,31.

Свойства равнобедренной трапеции—2011, №14,16,22,23.

Свойства ромба—2011, №№7,16.

Средняя линия треугольника—2011,№47.

Степень точки относительно окружности: 2010, №1; 2011,№№28,32,50; 2012, №№52,59.

Теорема косинусов: 2010, №№1,2,6; 2011, №№38

Теорема синусов—2011,№№38,43.

Теорема Менелая: 2012, №78.

Теорема о вписанном угле: 2010, №№2, 8, 17, 18, 21;

2011,№№3,5,7,8,9,12,18,19,20,22,23,25,29,39,40,42,44,45,46,49,50,51.

2012, №№3,4,5,7,8,9,10,11,12,17,19,20,21,22,71,72

Теорема о смежном угле—2010, №17; 2011,№38.

Теорема о сумме углов в треугольнике и теорема о внешнем угле: 2010, №№10, 12, 13, 14,16,17; 2011, №№4,7,8,22,33,34,44,52; 2012, №№2,8,15,22,48,51, 70,71.

Теорема Наполеона—2011,№34.

Теорема Пифагора: 2010, №№1,4,5; 2011 №№36,37; 2012 №49.

Теорема Птолемея: 2011, №32.

Теорема синусов (усиленная): 2012, №35

Угол падения луча света на поверхность равен углу отражения—2010,№21.

Центральная симметрия--

------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

№1. Подсказка: для нахождения второй величины примените теорему о квадрате касательной.

1) Проведём OB.OD перпендикулярен AC по условию так же, как и OB- AB. Тогда угол BOD=180-угол CAB, поэтому cos BOD= -cos BAC. Дважды применив теорему косинусов, получаем равенства: cos BAC=(AB*AB + AC*AC – BC*BC)/2*AB*BC=23/27 и 2AB*AB*(1-cos BAC)=2OD*OD*(1+cos BAC), откуда OD=scrt[AB*AB*(1-cos BAC)/(1+cos BAC)]=1,2scrt2

2) По теореме о квадрате касательной, CD*CD=CE*BC; CD=AC-AD=3 (AB=AD по т. о касательных); BC=5 по условию; значит, CE=9/5.

3) Проведём перпендикуляр OF; по свойству диаметра, перпендикулярного хорде, BF=EF. BF=BC-CE=16/5, BF=EF=8/5.

4) По теореме Пифагора, OF=0,4scrt2.

Ответ: 1,2scrt2 и 0,4scrt2.

№2.

Решение: для нахождения расстояния CD достаточно рассмотреть прямоугольный треугольник CDA. В нём уже известна гипотенуза AC (это сторона треугольника). Осталось найти sinCAD. Для второго отрезка решение аналогично.

1) Нахождение sin CA D. Заметим, что угол CBA- тупой, поэтому основание D перпендикуляра CD к прямой лежит на луче AE (E лежит в одной полуплоскости относительно AC, что и B). По теореме об угле между хордой и касательной. Угол CAG (AG-пополнительный луч для луча AE) равен углу CBA. Следовательно, sin CAG=sin CAE(CAD)=sin CBA.

Найдём sin CBA: по теореме косинусов из треугольника ABC находим cos CBA= -1/2.

sin CBA=scrt3/2=sin CAD.

2)CD=AC*sin CAD=7scrt3/2.

3) Проведя аналогичные действия для другого отрезка, получаем, что BE=9scrt3/14.

Ответ: 7scrt3/2 и 9scrt3/14.

№3.

Подсказка: докажите, что AD и CF равны.

Решение:

Докажем, что AD=CF.

1) Проведём диагональ квадрата CF. Поскольку угол между диагональю и стороной квадрата равен 45 градусам, то дуги AE и CE, на которые опираются вписанные углы EBC и ABE, равны. Следовательно, AE=CE.

2) Рассмотрим треугольники ADE и CFE. Они- прямоугольные по условию, у них равны катеты DE и CF (стороны квадрата, заданного в условии), а также гипотенузы AE и CE. Следовательно, данные треугольники равны. Значит, AD=CF.

Найдём теперь сторону квадрата

3) Составляем уравнение, обозначив AD за x: b-x=a+x, x=(b-a)/2. Сторона квадрата BF:

BF=a+x=a+(b-a)/2=(a+b)/2.

Ответ: (a+b)/2.

№4. Решение:

1) Заметим, что AB=BE как касательные отрезки из одной точки. Пусть BE пересекает сторону CD в точке G, а CF сторону AB- в точке H. Обознасим AD=a, AH=GD=x.

Тогда GH=a, BH=a-x, BC=a+x. Отсюда нетрудно найти x=a/4.

2) Далее, HBCG-прямоугольник, значит, по его свойству, BO=OC=BG/2.

Отсюда находим отношение BO:OE=СO:OF=5:3.

Ответ: 5:3.

№5.

Решение:

Обозначим центр окружности I. Тогда AI-биссектриса в треугольнике ABD. Используя свойство биссектрисы и теорему Пифагора, получаем: BI/a=2(scrt(a^2+b^2)/2-BI)/scrt(a^2+b^2)=>BI=scrt(a^2+b^2)*a/(scrt(a^2+b^2)+2a). ID=scrt(a^2+b^2)/2-… Sin BDC=2sinA*cosA=2ab/a^2+b^2. R=ID*sin BDC=(scrt(a^2+b^2)/2-scrt(a^2+b^2)*a/(scrt(a^2+b^2)+2a))*2ab/(a^2+b^2).

№6.

Решение:

Проведём радиусы к точкам касания: OA и OB. Также проведём отрезокOC.

Найдём OC: OC=a/cos 60=2a. Найдём радиус: OA=OC*sin 60=a*scrt3.

Найдём угол DCO: угол DCO=90-угол ACB/2=30.

Применим к треугольнику DCO теорему косинусов: CD*CD + OC*OC - CD*OC*cosDCO= OD*OD. OD-тоже радиус. Отсюда находим CD=a(scrt2+scrt3).

Ответ: a*(scrt2+scrt3).

№7.

Решение:

Для построения достаточно из точки D провести окружность с радиусом DA. Точка пересечения K с прямой BD и будет ортоцентром треугольника. В самом деле, углы KAD и AKD равны 45 градусов в равнобедренном прямоугольном треугольнике KDA. Угол BKL равен 45 градусов как вертикальный, но угол CBD равен 45 градусам по условию, следовательно, AL- высота. Мы рассмотрели случай, когда угол ABC-острый. Аналогично рассматривается случай, когда угол ABC-тупой (построение будет абсолютно то же).

№8.

Решение:

Первое решение: В силу симметрии BK- диаметр окружности, поэтому по свойству

вписанного угла угол BCK- прямой. т.е. прямая CK перпендикулярна стороне BC. Стороны BC и AD параллельны (ромб является параллелограммом), поэтому прямая CK перпендикулярна также стороне AD, что и требовалось доказать.

Второе решение: диагонали AC и BD перпендикулярны по свойству ромба. Углы ACK(OCK) и ABK равны как вписанные, также равны углы ABD и ADB(EDK) как углы при основании равнобедренного треугольника ABD. Следовательно, равны и углы EDK и OCK, в треугольниках OCK и EDK равны также углы OKC и EKD как вертикальные. Следовательно, угол KED равен углу KOC и составляет 90 градусов, что и требовалось доказать.

№9.

Решение:

Заметим, что все такие касательные отрезки перпендикулярны радиусам окружностей, которых они касаются, а эти радиусы все выходят из центра большой окружности, поскольку по условию окружности концентрические. С другой стороны, все касательные отрезки выходят из точки A, OA- диаметр по отношению ко всем прямым углам, образуемым этими отрезками, следовательно искомое геометрическое место точек есть окружность, диаметром которой является радиус большой окружности, проведённый в точку A (исключая центр первой окружности и эту точку).

№10.

Решение:

1)Докажем сначала, что угол BID-прямой. Углы GBC и BAD равны как половины равных углов в подобных прямоугольных треугольниках BEC и ABC. Обозначим их a/2. Тогда угол BDA равен 90-a/2, поэтому сумма углов IBD и BDI равна 90 градусов.

Следовательно, угол BID-прямой.

2)Угол JBI равен полусумме углов ABE и EBC, т.е. 45 градусам, следовательно, BI=IJ в равнобедренном прямоугольном треугольнике JIB.

3)Треугольник BAG-равнобедренный, поскольку у него высота является биссектрисой, поэтому BI=IG.

4)Наконец, медиана EI в прямоугольном треугольнике BEG также равна BI по свойству прямоугольного треугольника. BI=IJ=IG=IE, ч.т.д.

№11.

Решение:

проведём общую касательную к окружностям (внутреннюю) в точке E. Обозначим центры полуокружностей как O и O1. Проведём OO1. Углы при основании треугольника AOE равны, так же, как и углы при основании треугольника EO1D (они равнобедренные по построению).

Углы OAE и EDO1 равны как накрест лежащие при секущей при параллельных прямых a и b.

Следовательно, равны и углы AEO и DEO1, отсюда следует, что они вертикальные и что A, E, D лежат на одной прямой.

Разумеется, прямые AD и BC перпендикулярны, так как соответствующие углы опираются на диаметры.

№12.

Решение:

1)Пусть данная трапеция- ABCD, точка пересечения диагоналей-O. Известно, что (AC+BD)<P(ABCD). Тогда поскольку (AB+CD)=(BC+AD), то P(ABCD)=2(BC+AD) (основания) и (AC+BD)<2(BC+AD).

2) Предположим, что BO>BC. Заметим, что если BO>BC, то и AO>AD: угол BOC- наименьший в треугольнике BOC, он равен углу AOD как вертикальный. Углы OBC,OCB,OAD и ODA все равны между собой, так как ABCD-равнобедренная трапеция. Соответственно в треугольнике AOD сторона AD будет по этому предположению наименьшая (т.к. она лежит против наименьшего угла), и поэтому две другие его стороны наибольшие. Далее: поскольку BO=OC и AO=OD, то BO+OC+AO+OD=2(BO+AO)>2(BC+AD). Однако это значит, что AC+BD>P(ABCD), что недопустимо. Следовательно, это предположение неверно, и BO<BC (случай равенства опровергается аналогично).

3) Рассмотрим треугольник BOC. Выяснено, что BO<BC и OC<BC как равный ему. Тогда угол BOC- наибольший. Обозначим его a. Из равнобедренного треугольника BOC можно найти, что угол OBC равен (180-a)/2. Тогда верно неравенство a>(180-a)/2, откуда a>60, ч.т.д.

№13.

Решение:

1) Углы AMD и BND-прямые, как опирающиеся на диаметры. Угол MDN-прямой по известной лемме (угол между отрезками, соединяющими точку касания двух окружностей, касающихся друг друга внешним образом, с точками касания их внешней общей касательной прямой).

2) Следовательно, в четырёхугольнике MCND угол C-прямой, значит, C лежит на большой окружности. Осталось показать, что CD перпендикулярен AB. Из соотношения углов получаем: DCN=DMN=CAD=90-MDA=NDB=90-DBN, отсюда получаем утверждение.

№14.

Решение: Рассмотрим треугольник AFD. У него известны два угла: угол FAD=45 градусам и угол ADF=60 градусам. Отсюда находим угол AFD=180-45-60=75=углу EFC.

С другой стороны, треугольник EDC- равнобедренный по условию (стороны правильного треугольника и квадрата равны, так как одна сторона у них общая). Угол EDC=90-угол FDA(EDA)=30. Значит, угол ECD=углу DEC=75. Следовательно, угол EFC=углу DEC=углу CEF, поэтому CE=CF, что и требовалось доказать.

№15.

Решение:

1)Докажем сначала, что прямая AE перпендикулярна BF. Углы CBF и BAE равны, также как и углы BFC и AEB из равенства треугольников FBA и FCB. Следовательно, сумма углов CBF и AEB равна 90 градусов, поэтому данные прямые перпендикулярны.

2)Итак, треугольник BGE прямоугольный. Докажем, что и треугольник EHC-прямоугольный.

Угол AHC- прямой, как опирающийся на диаметр AC, значит угол EHC-тоже прямой.

В таком случае у них есть равные гипотенузы (BE=EC по условию) и равные вертикальные углы, а следовательно, они равны, катеты GE и EH лежат против равных углов, поэтому GE=EH, ч.т.д.

№16.

Решение:

Обозначим острый угол α. Тогда тупой угол по свойству трапеции будет равен 180-α.

Пусть данная трапеция-ABCD с основаниями BC и AD.(BC<AD), точка пересечения данных перпендикуляров-O. Треугольник BOC, очевидно, равнобедренный. Тогда углы при основании треугольника BOC будут равны ((180-α)-90)=90-α, а угол BOC=180-2*(90-α)=2α, что и требовалось доказать.

№17.

Решение:

Пусть центр малой окружности- O.

Обозначим угол EAB как a. Тогда угол OAC равен a как угол при основании равнобедренного треугольника OAC. Заметим, что угол BOC равен 90 градусов, т.к. BC-касательная. Следовательно, угол ECB равен 90-a. Однако угол AEB равен 90 градусов как опирающийся на диаметр AB. Следовательно, угол EBD равен a, откуда следует, что дуги, на которые опираются углы EBD и EAB, равны, ч.т.д.

№18.

Решение:

Проведём прямую BD и отрезок BO. Угол CBD равен углу DAC как вписанный и составляет 45/2. Угол OBC также составляет 45/2, т.к. BO-биссектриса. OE перпендикулярен BE по условию, значит, треугольник OBF-равнобедренный. Поэтому OE=EF. Но угол ADB=90 как опирающийся на диаметр. Следовательно, треугольник ODF-прямоугольный. Медиана из вершины D DE=ΟΕ=EF, откуда следует равенство.

№19.

Решение:

Продолжим стороны AB и AC за вершины B и С соответственно. Проведём все перпендикуляры из точки D к сторонам треугольника или их продолжениям: DE к AB,

DF к BC, DG к AC. Тогда угол DBC как накрест лежащий при секущей BC равен углу ACB, а угол DBE равен углу CAB как соответственный при секущей AE и также равен углу ACB. Тогда углы DBE и DBF равны Следовательно, треугольники EBD и FBD равны по гипотенузе и острому углу, т.е. DE=DF. С другой стороны, углы BDC и BCD равны, т.к. треугольник CBD – равнобедренный. Также угол BDC равен углу DCG как накрест лежащий при секущей CD. Поэтому углы BCD и BCG равны.

Поэтому аналогично DF=DG, но это и значит, что D является центром вневписанной окружности треугольника.

№20.

Решение:

1) Пусть данные квадраты- ABCD и DEFG. Проведём линейкой прямые AC и EG. Пусть их пересечение - точка H. Две стороны квадрата уже построены: рассмотрим треугольник AHG. У него углы HAG и AGH равны 45 градусам (поскольку прямые AC и GH содержат диагонали), следовательно, треугольник AHG- прямоугольный и равнобедренный.

2) Продолжим BC до пересечения со стороной FG в точке I. Проведём диагонали AI и BG и обозначим их точку пересечения J. По свойствам симметрии HО пересечёт отрезок AG в его середине K.

3) Проведём луч BK и продолжим FG; обозначим их точку пересечения L. Из равенства треугольников BAK и KJL (по катету и острому углу) следует, что отрезок GL равен AB.

4) Проведём луч FD и продолжим BA; обозначим их точку пересечения M. Так как угол FDG равен углу ADM и равен 45 градусам, а угол A- прямой, AM=AD=AB.

5) Проведём отрезок ML и продолжим ED; обозначим их точку пересечения N. Ясно, что квадрат ABCD симметричен квадрату AMND, поэтому прямая AN содержит сторону искомого квадрата.

6) Проводим прямые AN и HJ; обозначим их точку пересечения O.

7) Строим GO. В силу симметрии (AG и HO- оси симметрии) AHGO- искомый квадрат.

№21.

Решение:

Проведём отрезки BE и CE. Дуга BC равна 90 градусов, поскольку стягивает четверть окружности. Следовательно, угол BEC=45 как вписанный (т. о вписанном угле). Далее, угол BED равен 90 градусов как опирающийся на диаметр.

Так что угол DEF равен 45 градусам=углу BEC, откуда следует утверждение задачи.

№1. Решение:

1)Заметим, что треугольник AOD- равнобедренный (возьмём это как лемму; лемма следует из того, что трапеция ABCD-равнобедренная). Поскольку AO1 и O1D- биссектрисы равных углов при основании этого треугольника, то AO1=O1D.

2)Треугольники CAO1 и DAO1 равны по двум сторонам и углу (AC=AD по условию, углы CAO1 и DAO1 равны, AO1-общая сторона). Следовательно, DO1=CO1.

3)Ясно, что CO1=BO1. Следовательно, O1 есть центр описанной окружности трапеции, что и требовалось доказать.

№2. Меньшее основание BC трапеции ABCD относится к большему основанию AD как 1:2. В трапеции проведена высота DE к боковой стороне AB.

Доказать: CE=CD

Первое решение.

Продолжим AB и DC до их пересечения в точке E. Тогда BC- средняя линия треугольника AED, так как обладает всеми свойствами, ей присущими (равна половине основания и параллельна ему).Тогда по свойству медианы из вершины прямого угла CE=CD.

Второе решение

1)Возьмём на большем основании AD точку F, такую, что AF=FD. Тогда AF=AD-FD=AD/2=BC.

2) Поскольку BC=AF и BC параллелен AF, то, по известной лемме,ABCF- параллелограмм, и AB параллелен CF. По свойству параллельности, CF перпендикулярен CE. По теореме Фалеса, DG=GE.

3) По признаку равнобедренности, так как высота CG является в то же время медианой, треугольник ECD- равнобедренный, CE=CD, ч.т.д.

№3.

Решение:

Докажем сначала, что BD-биссектриса угла EBC. Углы OBE и OAE равны как вписанные, а углы OAE и CBO равны по свойствам равнобедренной трапеции. Следовательно, равны и углы OBE и CBO. Следовательно, расстояния от точки O, принадлежащей биссектрисе, до прямых BC и BE равны. Нетрудно заметить, что OH (расстояние до BC) равно разности отрезков HF и OF, HF является высотой трапеции, поэтому и расстояние от ΟL до BE равно разности высот BG и OF.

№4.

Решение:

Пусть пересечение прямой AF и стороны CD- G. По свойству равнобедренного треугольника и по свойству симметрии получаем: угол FBA=90-CBF=90-FDC=GFD=BFA. Отсюда утверждение задачи.

№5.

Решение:

Обозначим в задаче точку пересечения второй окружности со стороной AB как H. Тогда по всем известной теоремке о точке, симм. точке пересечения высот относительно стороны треугольника, BH- диаметр этой окружности. Значит, центр второй окружности Ο лежит на AB. Для утверждения задачи достаточно доказать, что OG перпендикулярен AE. Углы OGB и OBG равны, как и углы OBG и GBE, следовательно, равны и углы OGB и GBD, т.е. OG параллелен BE, откуда непосредственно следует утверждение задачи.

№6.

Решение: DG=GC по теореме Фалеса. Пусть точка пересечения EH с окружностью- I; EG=GI (известная теорема. Тогда прямая DI параллельна AC, а значит, совпадает с FD, также ему параллельной (пятый постулат Евклида).

№7.

Указание:

Надо выразить углы треугольника DEF через углы треугольника ABC и доказать, что треугольник KLM имеет те же углы, что и ABC, после чего воспользоваться свойством ортотреугольника: высота треугольника, в который он вписан, является его биссектрисой.

№8. Решение:

Обозначим точку касания EF с окружностью как M.

Проведём CM и CF (CE уже проведён). Тогда нетрудно заметить, что СМ=CB=CD, и поэтому CE и CF- биссектрисы соответственно углов DCM и BCM, однако сумма последних равна 90 градусов, следовательно, угол ECF равен 45 градусам и равен углу EDG. Тогда легко заметить, что в таком случае точки D, E, C, G лежат на одной окружности и потому угол FGC-прямой (так как прямой и угол FDC по условию). Отсюда вычисляется, что угол GFC равен 45 градусам, т.е. FG=CG. C помощью аналогичных рассуждений можно получить, что EG=HG. Значит, EG+HG=CG+GF, CF=EH, ч.т.д.

№9.

Решение:

Обозначим пересечение прямой BE со стороной CD квадрата как M.

Заметим, что угол AED- прямой, как опирающийся на диаметр. Следовательно, точки A, E, L, B лежат на одной окружности. Из последнего следует, что углы BAL и BEL равны. Углы BEL и MED равны как вертикальные, углы MED и EAD как вписанные, также равны углы MDE и MED. Итак, все эти углы равны между собой, поэтому в силу равенства сторон квадрата прямоугольные треугольники KAD, BAL и LDC равны по катету и острому углу, из чего можно заключить, что LK- средняя линия треугольника CBD и поэтому параллельна диагонали BD, ч.т.д.

№10

Решение: пусть точка касания окружностей B. Проведём через неё прямую, содержащую диаметры окружностей и обозначим их необщие концы как A и C. Пусть искомый отрезок- DE. Проведём AD, BD, BE и CE и рассмотрим треугольники ADB и BEC. У них углы D и E прямые, гипотенузы AB и BC равны по условию, и, кроме того, острые углы: BD параллелен EC, т

ак как углы DEC и DBE оба равны 90 градусов (признак параллельности прямых). Так как BD параллелен и равен EC, BDEC- параллелограмм, поэтому DE равен и параллелен BC, ч.т.д.

Для второго возможного отрезка решение аналогично (см. рис.)

№11.

Решение:

Легко доказать, что LN=1/5 ND. Опустим из L перпендикуляр на BC- LP. PN=1/10 BC Пусть S- точка пересечения KL с BC. Тогда PS=PL=1/5BC, BS=1/5 BC (KL параллелен AC по разным свойствам). И далее ясно.

№12.

Решение: по теореме о вписанном угле угол BDC равен углу DAB (DAC); так как ADC- равнобедренный, углы DAC и DCA (DCB) равны; тогда углы DCB и DBC равны. Следовательно, BD=BC. Но AD перпендикулярен CD. Тогда по свойству медианы из вершины прямого угла BE=BC

№13.

Решение: Пусть O1 –центр описанной окружности треугольника OAC, O2- треугольника OAB. т.к. O1Ο=Ο1Α и O2O=O2A, O1O2 перпендикулярен ΟA и делит этот радиус пополам. Ясно, что для остальных треугольников выполняется то же, поэтому O равноудалён от центров описанных окружностей на расстояние R/2, где R-радиус описанной окружности треугольника ABC.

№14.

Доказательство формулы z=R(x-y)/b, где z-расстояние между центром описанной окружности и точкой пересечения диагоналей, x и y -отрезки, на которые их делит их точка пересечения, соответственно больший и меньший, R- радиус описанной окружности трапеции, b -боковая сторона трапеции.
Пусть точка пересечения диагоналей трапеции-K, основания- BC и AD. Рассмотрим угол ADB. Он равен как вписанный половине угла AOB, а угол AKB как внешний при боковой стороне равнобедренного треугольника равен удвоенному углу ADB, из чего можно видеть, что углы AKB и AOB равны. Поэтому A,O,K,B лежат на одной окружности, следовательно, четырёхугольник AOKB-вписанный, следовательно, для него применима теорема Птолемея. AK=x,BK=y, OB=OA=R, OK=z, AB=b. Составляем уравнение, пользуясь обозначениями: Rx=Ry+bz, откуда z=R(x-y)/b.
Из этой формулы была выведена ещё одна:
z=(x^2-y^2)/2h, где z-расстояние между центром описанной окружности равнобедренной трапеции и точкой пересечения её диагоналей, x и y- отрезки, на которые она их разбивает, h-высота трапеции. Доказательство: Пусть a-тупой угол трапеции. Тогда (x+y)=2Rsina, R=(x+y)/2sina. По предыдущей формуле z=R(x-y)/b=>z=(x-y)(x+y)/2sina*b. sina=sin(180-a)=>sina*b=h=>z=(x^2-y^2)2h.

№15. Решение:

Пусть данный треугольник- ABC и D и E- середины соответственно сторон AC и BC. Проведём BD и AE. Поскольку треугольник равносторонний, проведённые отрезки будут не только медианами, но и высотами. Кроме того, поскольку через их точку пересечения H проходит также высота и медиана, F- середина AB. По теореме Фалеса (поскольку EF параллелен AC) BG=GD. Также, поскольку ABC- равносторонний, FG=GE. Проведёv прямые AG и DE: докажем, что точка их пересечения принадлежит прямой, параллельной AC. Поскольку треугольники GBI и ADG равны по катету и острому углу, их гипотенузы AG и GI´ равны. Тогда ABI´D- параллелограмм. Но DE параллелен AB как средняя линия, поэтому по аксиоме Евклида ясно, что DI параллелен AB и BI параллелен AC. Проведём теперь прямые BI и AE и обозначим точку пересечения как J. Так как Углы CBA, СBJ оба равны 60 градусам, треугольгики ABE и JBE равны по катету и острому углу. Тогда AB=BJ=BC, но BJ параллелен AC, и тогда по установленному мной факту для равнобедренных треугольников получим, что J-центр вневписанной окружности.

Замечание: ясно, что совершенно так же можно построить два остальных центра вневпиванных окружностей.

№16.

Решение:

Радиус OB параллелен CD.=> углы OBD и BDC равны. Также равны углы OBD и ODB. Пусть OE-искомое расстояние; Тогда DB-биссектриса угла ODC. Следовательно (продолжим прямую OE до пересечения с CD в точке F),OE=EF. Далее: так как OBFD-ромб,BF=OC. Так как в трапеции OBCF равны диагонали, OF=BC=2OE, отсюда следует утверждение задачи.

№17.

Как несложно доказать, BE=BF, а так как FE´ параллельна AB, то она перпендикулярна BC, откуда BE´перпендикулярен CE, дальше ясно.

№18.

Решение:

Достаточно заметить, что углы EBD=EDA по теореме о вписанном угле и углы FED=DBF, поэтому FED=EDA, т.е. EF параллелен AC.

№19.

Решение: так как углы GFE и GAE равны как вписанные, углы GAE и DAE равны по условию, то углы GFE и DAE равны, поэтому отрезок EG перпендикулярен AE, аналогично отрезок EH перпендикулярен AF.

№20.

Решение: Докажем сначала, что AF=EF. Углы DBA и ACD равны как вписанные и опирающиеся на одну дугу; углы CAF и ACD равны как накрест лежащие при параллельных прямых AF и CD. Отсюда равенство углов ABF и FAB. Угол ABC-прямой, поэтому AF=EF. Тогда AG=EG по признаку равнобедренного треугольника.

Далее: AFGD-прямоугольник (три прямых угла). Тогда по разным его свойствам равны углы GDF и GAF. Также равны углы CDB (GDF) и CAB (как вписанные). Тогда нетрудно заметить, что равны углы CAF и CAG. Отсюда GC=GA.

№21

Решение: пусть данный шестиугольник-ABCDEF. Поскольку он равноугольный, все его углы равны 60 градусам. Рассмотрим четырёхугольник ABCD. Поскольку он вписанный (его вершины лежат на окружности, описанной около шестиугольника, а он будет всегда вписанный), угол CDA равен 60 градусов. Тогда угол ADE также равен 60 градусам, поскольку CDE равен CDA+ADE Если применить «утверждение balu» (//http:geom.uz.) и заметить, что AD=BE=CF,нетрудно доказать и второе утверждение.

№22. Решение: пусть данная трапеция- ABCD, центр описанной окружности- O. Пусть BO параллелен CD. Докажем, что угол AOD=3 угла BOC. Обозначим угол BOC как a. Углы при основаниях равнобедренных треугольников COD и AOB будут также равны a (по свойствам параллельности и равнобедренного треугольника. Углы при их общей вершине O будут равны 180-2a, следовательно, угол AOD=360-a-2*(180-2a)=3a.

Обратное утверждение доказывается сходным образом. (угол ABO находится из уравнения:

(180-3a)/2+(180-a)/2+2x=180)

№23.

Указание: найдите углы трапеции и углы между её диагоналями и сторонами и воспользуйтесь предыдущим утверждением.

№24. Решение: Заметим, что прямая EF перпендикулярна биссектрисе BD (выведите это, применив свойство биссектрисы угла).Обозначим их точку пересечения как H Тогда по свойству прямоугольного треугольника треугольник AHD- равнобедренный. Тогда углы AHB и CDB равны как пополнительные равным углам. Отсюда и из условия следует, что треугольники AHD и CDB подобны. Тогда BH/AB=(BH+HD)/BC, откуда BH:HD=a:b. Но треугольник DEB (можно совершенно также рассматривать треугольник DFB)-прямоугольный из условия. Тогда по свойствам подобия нетрудно найти отношение его катетов (ведь по доказательству EH-высота). Отсюда находится sinDBC, cosDBC и sinABC=sin(2DBC).

№25.

Решение:

Поскольку треугольник ABC- равнобедреняный и AB и AC- касательные, то: О1СD = 90 - ACB = 90 - ABC = DBO отсюда и следует утверждение задачи (признак параллельности прямых).

№26.

Решение: обозначим радиусы R и r, сторону ромба-a, а диагональ (линии центров)-d. Тогда получаем: Ra/2+Ra/2+(R+r)*d/2+ra/2+ra/2=S ромба. Так как S постоянно, указанная сумма постоянна.

№27.

Указание:

Для решения достаточно доказать, что радиус вписанной окружности равнобедренного треугольника меньше половины основания. Последнее легко доказать, если воспользоваться свойством равнобедренного треугольника: углы при основании меньше 90 градусов.

№28. Решение: нам известно, что BC^2=CD*AC. Из условия: EC^2=CD*AС=AE^2. Отсюда нетрудно вывести подобие треугольников EDC и AEC. Однако EC=AE. Следовательно, равнобедренный и треугольник EDC, причём равны именно стороны ED и DC, так как против AC лежит больший угол и кроме того EC=/=CD.

№29.

По свойствам симметрии получается, что AO содержит высоту. Около четырёхугольника OBCA, очевидно, можно описать окружность, тогда из теоремы о точке, симметричной основанию высоты, получаем утверждение. (FG=GO).

№30.

Решение: подсказка: проведите вторую касательную из центра O1 к малой окружности и докажите, что точка её касания с ней лежит на одной прямой с O и M.

Решение: проведём касательную O1L1 из O1 к малой окружности. Обозначим угол KO1O как

a. Тогда нетрудно доказать, что угол MOL (L-точка касания) равен 2a. С другой стороны, угол LO1L1=2a, тогда угол LOL1=180-2a, отсюда следует, что MOL+ LOL1=180, но это и значит, что M,O,L1 лежат на одной прямой.

У четырёхугольника L1MNO1 три прямых угла, следовательно, он является прямоугольником, поэтому O1N=ML1=2MO.

№31.

Решение. OECO1 – прямоугольник, так как OE=O1C, и O1C перпендикулярен AC, как и OE (по свойству диаметра, перпендикулярного хорде, проекция O на AC совпадает с серединой AB). Тогда EO1=OC.

Далее заметим, что поскольку DO1=O1С, и угол DO1C=90, угол CDO1=45. Угол ODC=180- угол CDO1=135. По формуле, OC/sin135=2R, откуда R=1.

Подсказка: вычислите синусы углов между каждым из данных отрезков и стороной BC.

№32. Решение: обозначим центр окружности O, радиусы, проведённые к соседним вершинам данной фигуры как OA и OB, точки касания касательных отрезков, проведённых из B и A соответственно к меньшей окружности- E и F, а точку пересечения их - как D. Тогда ясно, что прямоугольные треугольники AED и BFD равны по катету и острому углу (отрезки BE=AF и являются высотами в равнобедренном треугольнике AOB). Нетрудно доказать, что AF=FC (С-следующая вершина солнышка, соседняя с B). Отсюда следует утверждение (если рассмотреть все аналогичные пары треугольников).

№33.

Решение: это равнобедренный треугольник с углом 120 градусов. В самом деле, разделим его основание на 3 равные части и проведём из противолежащей вершины две прямые к точкам деления. Тогда по бокам окажутся два равнобедренных треугольника с углами 30 градусов, а посередине-равносторонний треугольник.

№34. Решение: пусть данный треугольник- ABC. Рассмотрим его сторону AC. Пусть данные точки деления-A1 и C1, причём A1 лежит ближе к A, а C1- к C. Пусть точка пересечения полуокружностей-E. Заметим, что треугольник A1EC1-равносторонний, поскольку он образован радиусами равных окружностей. Тогда, поскольку AA1=A1E=C1E=A1C1=CC1, углы EAC1 и ECA1 равны как вписанные по 30 градусов. Тогда угол AEC равен 120 градусов, треугольник AEC- равнобедренный. Если теперь построить на AC равносторонний треугольник, E окажется его центром (по свойству вписанного угла, ведь любой угол равностороннего треугольника равен 60 градусам). Тот же ход рассуждения верен и для двух других сторон. Ясно, что если теперь применить теорему Наполеона, получим утверждение задачи.

№35. Решение: 1) обозначим углы O3O1O2 и O3O2O1 как a и b. Рассмотрим треугольники C1O1C2 и O2A1A2. Они равнобедренные и углы при их основании равны соответственно 90-a/2 и 90-b/2.
2) Рассмотрим теперь четырёхугольник O3C2BA2. У него углы O3C1B и O3A1B составляют как смежные с соответствующими углами величины 90+ a\2 и 90+ b/2 соответственно. Тогда угол C1BA1 равен по теореме о сумме углов в многоугольнике 180-a/2-b/2, откуда по теореме о сумме углов в треугольнике находится этот угол. Ответ: 60 градусов.

№36

Ответ: a^2/4-2b^2+ab*scrt2; a^2/4+b^2*(scrt2+2)/2-2ab*(scrt2+1); a^2/4+b^2(scrt2+1)/2-ab*scrt2*(scrt2+1)/2.

№37.

Обозначим ширину рамки b, HF1 как x. Тогда найдём длины сторон треугольника D1E1F1: B1D1=b*scrt2, высота из точки D1 равна a/2*scrt2-b-b*scrt2, GH=2b, x=a/2*scrt2-2b-b*scrt2; E1F1=a/2*scrt2-2b-2b*scrt2. DD1=a/2*scrt2-2scrt2*b=2KG=x*scrt2.

Ответ: b=a(scrt-1)/2scrt2

Ещё раз посчитал 27 июня 2012

№38.

Решение:

Угол BAC<60 как наименьший (против меньшего угла лежит меньшая сторона), угол EAC также – меньше 60 градусов, путём счёта углов получаем, что угол AGB<150, угол же AOC>150, как то можно вывести из теоремы косинусов. Ответ: AOC>AGB.

.

№39.

Решение: по теореме о вписанном угле угол OAD равен углу ODC и угол ODA равен углу OAB, следовательно, по свойству параллельных прямых треугольники ABC и BCD- равнобедренные, т.е. все три отрезка равны, далее теорема о ломаной линии.

№40.Решение: пусть точка, диаметрально противоположная B-B1. Тогда C,D,B1 лежат на одной прямой (по теореме о вписанном угле и по теореме о единственности перпендикуляра из данной точки). Углы DB1B и DAB равны как вписанные и опирающиеся на одну дугу. Углы CAE и CB1E равны по аналогичной причине. Углы DAB и DBA равны как прилежащие к основанию равнобедренного треугольника. Из всего этого можно заключить, что равны углы BAE(CAE) и DBA, а значит, по признаку параллельности, DB и AE параллельны.

№41

Указание: докажите, что у этих четырёхугольников по две пары равных сторон (исходя из подобия с коэффициентом 1). Ответ: параллелограмм, дельтоид.

№42.

Решение: по теореме синусов находим AC, по свойству вписанного четырёхугольника находим угол ADC, по теореме косинусов, составив уравнение (где за x принимается одна из сторон AD и CD) получаем две стороны. Две другие находим по теореме Пифагора.

№43. Решение: 1)заметим, что BI=2AE: BI=AB-AI, AE=(AD-EH)/2, EH=EF=AI.

2) Т.к. EF перпендикулярен IG, то, по признаку равнобедренного треугольника, EI=EJ.

3) FG параллелен BC, из чего нетрудно вывести, что JG=GK, тогда и EJ=EK.

4) E-центр окружности, описанной около треугольника IJK, поэтому по теореме о вписанном угле угол JKN=1/2 угла IEJ. Углы IEN и JEN равны по свойству равнобедренного треугольника, поэтому углы JKN и JEN равны, следовательно, ENJK- вписанный.

№44. Доказательство: 1) Докажем,что все углы EBO,GBO,CAO и ACO равны между собой. Для этого достаточно заметить, что так как OB=AO и AE=BE, то, по признаку равнобедренного треугольника углы EBO и CAO равны. Аналогично доказывается и для другой пары углов (очевидно равенство углов CAO и ACO). 2) Обозначим угол CAO за a. Угол HOI=180-2a,угол HBI=2a. Следовательно, B,H,O,I лежат на одной окружности. Поэтому 3) Угол HIO равен углу IBO, поэтому равны и углы IHO и CAO, а следовательно, по признаку параллельности, прямые HI и AC параллельны.

Комментарий: можно доказать проще: если BO пересекает AC в точке J, то доказывается: OH=OJ=OI, и отсюда выводится утверждение.

Комментарий. 13 июня 2012 г. было обнаружено, что J-центр вписанной окружности треугольника BHI (т.к. угол HIJ=(угол HOB)/2=угол HIB/2). В этот же день было обнаружено, что, если продолжить IJ до пересечения с OD в точке K, это будет центр описанной окружности треугольника AJB. (первое было обнаружено до 12:00, второе- с 17:00 по 17:15).

№45.Доказательство: Углы CAO и ACO равны как углы при основании равнобедренного треугольника. По свойствам равнобедренного треугольника равны также углы FBO и CAO (FAO). Так как ADEO вписанный (по теореме о вписанном угле: углы ADO и AEO прямые), то равны углы EDG и FBO (FBG). Поэтому FDBG- вписанный, значит, так как угол FDB (EDB)- прямой, то угол FGB- также прямой, следовательно, FG перпендикулярен BO.

‘

№46.

Решение:

Угол CBD=углу CAD, угол CBE=углу FAE=> угол FAC=углу DBE=>ABHI- вписанный=> угол BAF равен углу BIH. Но угол BAF углу BEF=>ΗΙ параллелен EF, но т.к. EF параллелен CD, HI параллелен CD. Используемые теоремы: о вписанном угле, о накрест лежащих углах и др.

№47.

Решение: так как BF=СF, и углы JBF и ICF равны, a BI перпендикулярен OC (конкуррентность высот), BJ=CI и JI || BC. Но JD||BC как средняя линия, поэтому JD и JI совпадают, то есть I,J,D лежат на одной прямой.

№48.

Решение. Заметим, что треугольники DGF и IHE равны (I-проекция H на AC); угол DFG=DEB значит EI перпендикулярен BC, откуда I- середина AC. Далее- признак равнобедренного треугольника.

№49

Углы KAB (KAD) и KCB равны по свойствам равнобедренного треугольника, углы DCK и KCB равны по условию, значит углы KAD и DCK равны, тогда, по теореме о вписанном угле, A,D,C,K лежат на одной окружности.

№50 Известен факт, что прямая, соединяющая точки пересечения двух пересекающихся касательных, делит отрезок их общей внешней касательной, заключённый между точками касания, пополам. Тогда, применив обратное утверждение, получим, что угол EAC равен углу DBA. Тогда угол FEA равен сумме углов DBA и DBC и равен углу FBG, следовательно, E,F,B,G лежат на одной окружности, значит, углы GBE и GFE равны, то есть равны и углы GFE и ECA, значит, прямые FG и AC параллельны (аналогично можно рассмотреть другие пары углов)

№51

Обозначим угол BAC как a. Проведём высоту CH. Аналогичную DF. Они, по свойству симметрии, пересекутся на высоте BG. Углы FDC и HCA равны 90-a, значит, угол DOC равен 2a по теореме о сумме углов в треугольнике. Следовательно, так как по условию угол DBE равен a, угол DOC=2 угла DBE, значит, по теореме о вписанном угле, O-центр описанной окружности треугольника DBE.

№ 52

AE=AC, поскольку AD=DE=AB=BC. Значит, углы ACE и AEC равны и составляют 67,5 градусов. Аналогично углы ABD и ADB составляют столько же. Поэтому DFC-равнобедренный, следовательно, DF- медиана прямоугольного треугольника EDC, откуда и следует утверждение.

№1.

Решение: EG параллелен CD, т.к.: EG=AE=BE по свойству медианы из вершины прямого угла => углы EAG и AGE равны; кроме того, трапеция равнобедренная => углы BAG и CDA равны; значит, равны и углы EGA и CDB; из этого следует данный факт.

Т.к. EG=СА и EG параллелен CF, CEGF-параллелограмм. По теореме косинусов, FG>CG. Т.к. CG-наклонная, то CG>BG. Но EF= (BC+AD)/2. Из этого следует утверждение.

№2. Решение: пусть AB=BE, BC=CE,BC||AE, BE||AD. Пусть угол CBE=a. Тогда угол BCE равен 180-2a по теореме о сумме углов в треугольнике. Угол BAE равен углу BEA равен углу EAD равен a по свойству равнобедренного треугольника и по свойству параллельности.. => углы BAD и BCE в сумме составляют 180 градусов, следовательно, четырёхугольник ABCD- вписанный.

№3.

Решение: продолжим EF до пересечения с окружностью в точке I. ΕΙ=CD по свойствам симметрии и EI || CD =>ID||EC. Так как CH=CD=EI, H принадлежит ID. Углы EIH и CDH равны как соответственные, углы EBH и EIH- как вписанные, следовательно, DGHB-вписанный. Поскольку же угол BDG- прямой, BH перпендикулярен GH, значит, поскольку AHB- опирающийся на диаметр, A,G и H лежат на одной прямой.

№4.

Решение: Из D проведём окружность с радиусом CD, пересекающая окружность в точке G. Отрезок GC продолжим до пересечения с окружностью в искомой точке E.

Доказательство: FD параллелен EG, т.к. EF=DG. Т.к. Углы FEG и DCG равны и равны углы FEG и DGF, CD=DG. Верно и обратное.

Комментарий: вторая возможная точка строится аналогично.

№5.

Решение: угол DOD1=углу COC1=углу CEC1 = углу D1C1F=>OC1GD1- вписанный=>D1G перпендикулярен C1F. Но D1-ортоцентр AC1F (C1D1 перпендикулярен EF по свойствам параллельности, FO перпендикулярен A1C1, так как A1B1C1D1- квадрат) => AG проходит как высота через D1, отсюда утверждение задачи.

№6.

Решение: пусть точка пересечения данных касательных- F, точки касания окружности с лучами угла- G и H; так как OB=OC=BF=FC=OG=OH=GA=HA, BD=DG, HE=CE, то DE-линия симметрии в четырёхугольнике ADFE, отсюда следует утверждение.

№7.

Угол FBD=углу FAD и угол CBD=углу CED как вписанные=> угол CED=углу FAD=>AF||CE. (теорема о вписанном угле, признак параллельности прямых). Т.к. AF||CE, углы FAC и ACE равны как накрест лежащие, и равны углы AFG и FDG как вписанные=> D, H, G и С лежат на одной окружности. Углы DGH и HCD равны как вписанные так же, как и углы ECD и EBD (окр.2). Тогда равны и углы DGH и DBJ (J-пересечение прямой ΒΕ и окр.2). Но B, G, D, J лежат на окр.1, поэтому G,H,J лежат на одной прямой. Угол IKG= углу ABJ=углу AGJ=> KI || GH.

№8.

1) 1) OD||CA, так как соответственные углы при их секущей AB равны и составляют 45 градусов. По теореме о сумме углов несложно посчитать, что углы ODG и GCA составляют 33,75 градусов. Это и значит, что O,G,D лежат на одной прямой.

2) Так как отрезки CO и OD перпендикулярны, а угол CED=135 градусов как противолежащий углу 45 градусов (теорема о вписанном угле),OE,D лежат на одной прямой. Тогда угол FEA=45, а так как угол EOF=22,5, то OF=EF.

3) O1C и O1D перпендикулярны, так как по теореме о вписанном угле, угол CO1D вдвое больше угла DAC=BAC; с другой стороны, CO и OD также перпендикулярны (что было установлено выше). Тогда CODO1- вписанный, поэтому угол DOO1=углу DCO1=45, так как угол BOD=45, то угол BOO1 равен 90, поэтому OO1||AB.

№9.

Решение: 1) Угол ABF и угол AGF равны как вписанные; углы ABF и DCF равны как острые углы в равных прямоугольных треугольников, лежащие против равных катетов. Так как CG перпендикулярен BH, углы GCH(DCF) и CBH равны. Значит, углы CBH и ABF равны. Но так как BC=CE, BE- биссектриса угла ABC, следовательно, углы FBE и EBG равны. Так как углы FED и BEC составляют 45 градусов, угол FEB=90, тогда из теоремы о вписанном угле (применённой к четырёхугольнику ABEF) следует утверждение задачи (1). 2)

Комментарий: 24 мая: GE=FE (рассматривается четырёхугольник AGEF, являющийся вписанным, так как все углы ABF, AGF, AEF равны между собой).

№10.

1) Пусть точка пересечения окружности и прямой EJ-G. Углы CED и ABF равны по теореме о вписанном угле, углы AEB и CED равны по свойству симметрии, значит, углы CED и ABF равны. С другой стороны, углы AEB и CBE равны как накрест лежащие при секущей при параллельных прямых. Поэтому углы ABF и CBE равны. Отсюда углы CBL и ABE равны. Также равны углы ABE и AFE по теореме о вписанном угле. Углы CBL и BLA равны как накрест лежащие при секущей при параллельных прямых. Тогда равны углы BLA и AFE, т.е. AF- касательная к окружности, описанной около EFL. AG-диаметр окружности, описанной около треугольника ABF, так как отрезок FG перпендикулярен AD. Тогда G,F,K лежат на одной прямой, и, очевидно, J-ортоцентр треугольника AGK, тогда прямая JK перпендикулярна AG. Так как углы ABF и AFB равны, AB=AF и AG перпендикулярен BF. Поэтому по признаку параллельности прямых, JK||BF.

1) Обозначим угол EFL как a. Тогда угол BAD равен a, так как ABFE- вписанный, так как O-центр описанной окружности EFL, угол TLE равен (90-a), поэтому отрезок LO перпендикулярен AC; углы BAG и GAF равны из симметрии, BLT и BAG равны, так как lT- высота треугольника ABL, а AG содержит в себе высоту этого же треугольника (теорема о вписанном угле); поэтому A,P,F,L лежат на одной окружности, поэтому по теореме о вписанном угле углы PFA и PLA равны, кроме того, угол TQG=EQL=90-QLE=a; а так каотрезок AF перпендикулярен GK, то угол GFP также равен a, отсюда следует утверждение

№11.

Решение: пусть OE пересекает BD в точке L (множество точек, равноудалённых от двух данных;свойство касательных из одной точки); тогда OL перпендикулярен BD; DF-прямая, содержащая высоту (конкуррентность высот); тогда DF параллелен ΑΒ (свойства параллельных прямых); тогда поскольку BC параллелен DE и угол BDB1- прямой (угол, опирающийся на диаметр), BF=FH. Тогда т.к. BG=CG, нетрудно вывести, что CH=2FG.

№12.

Решение: проведём отрезок DE. Пусть точка пересечения с ним биссектрисы угла DGE-F, а точка пересечения FG и CD-J. Тогда, поскольку треугольники DGE и DGC-равнобедренные, а углы DCA и DEA равны как вписанные, углы DEA и GEJ равны. Тогда биссектриса угла DEG совпадает с биссектрисой угла HEJ. Пусть K’-центр вписанной окружности треугольника DGE. Тогда углы HEK’,K’DJ и JDK’ равны, следовательно, по теореме о вписанном угле, D,H,K’,E лежат на одной окружности. Поскольку B,D,H,E также лежат на одной окружности, K лежит на этой окружности. Поскольку треугольник DGE-равнобедренный, по его свойству и по теореме о вписанном угле, углы, углы DEK’,EDK’,K’BD и K’BE равны. Тогда очевидно, что K’ совпадает с K. Поскольку BH-диаметр (поскольку угол HDB по условию прямой), угол HKB=90.

Комментарий: можно также выразить угол DKE через углы DCA и CAE, и применить характеристическое свойство вписанного четырёхугольника (сумма противолежащих углов равна 180).

№13.

Опишем около треугольника BEF окружность, отметим её центр O, опустим из O перпендикуляр OK на сторону AC. Пусть точка его пересечения с построенной окружностью—M. Проведём прямую BM и отметим точку её пересечения с AC—K. Она будет искомой. Построение основана на гомотетии.

№14.

Решение: площадь треугольника AIB равна AI*BI*sina/2, где угол AIB равен a. По теореме о сумме углов в треугольнике угол ICB=a-90, но sina=cos(90-a), поэтому CI*sin ICB=CD=a и площадь треугольника AIB, таким образом, численно равна a/2. Так как эта площадь наименьшая из трёх площадей треугольников, на которые его разбивают отрезки AI,BI и CI, площадь ABC> 3a/2, ч.т.д.

№15.

Обозначим угол ABC a. Угол BED=90-a, угол DAE=(90-a)/2=угол EDA (теорема о внешнем угле). Угол BAC=90-a/2. Угол DAC=90-a/2- (90-a)/2=45. Ответ: 45.

№16.

Заметим, что радиусы треугольников BHC,AHC,AHB равны радиусу описанной окружности треугольника ABC (так как sinBHC=sin(180-A)=sinA=>BC/sinBHC=BC/sinA=R, аналогично для других сторон). Поэтому шестиугольник AO3BO1CO2- равносторонне-полуправильный, т.е. его диагонали пересекаются в одной точке (обозначим её S). Далее: обозначим углы A, B, C как a,b,c,пусть O1O3 пересекает AB в точке D. Тогда угол BDO1=90-c+90-b=a=> O1O3||AC. Совершенно так же можно доказать, что СO1||AO3. Поэтому отрезки CO3 и AO1 по свойству параллелограмма делятся точкой пересечения пополам. То же можно сказать и о других двух парах отрезков {BO2 и AO1), (BO2 и CO3). Если теперь отметить середины треугольника E, F, G на сторонах BC,AC и AB, SE, SF и SG будут средними линиями в треугольниках O2BC, O3CB, O1AB (можно выбрать и другие треугольники), следовательно, их длина составит R/2. Тогда очевидно, что S- центр окружности Эйлера.

Есть другой вариант решения, опирающийся на факт, использующийся в доказательстве теоремы о прямой Эйлера и на свойство центра окружности Эйлера.

№17.

Решение: так как DF||AE, углы DFB и EAB равны; поскольку FD и FK- касательные из одной точки,AI-биссектриса угла EAK; тогда, поскольку по теореме о вписанном угле углы EAB и ECB равны, углы DFI и EIH равны, поэтому прямые FI и CG перпендикулярны. Докажем, что K,J,H,B лежат на одной окружности. Углы BHC и BFC равны, так же, как и углы BDC и BFC (теорема о вписанном угле), значит, углы BFC и BHC равны, по свойствам симметрии равны углы BEI и IKJ, поэтому угол IKB=90-угол IKJ, а угол JHB=90+угол BHC, поэтому K,J,H,B лежат на одной окружности. Так как MNHL- очевидно, вписанный, то углы ILM=IHM=MBI, значит M принадлежит окружностям, описанным около FDIK и KJHB. Нетрудно доказать, что F,D,H,B лежат на одной окружности. Тогда MK,FD и BH- радикальные оси трёх попарно пересекающихся окружностей, значит, они пересекаются в одной точке, являющейся их радикальным центром.

№18.

NH||OI, биссектриса AA1 перпендикулярна OI (так как стороны треугольника составляют арифметическую прогрессию), следовательно, согласно задаче 2012-пв-16, NH-биссектриса угла B1HC.

№19.

Решение: обозначим угол ANC как b, а угол ANB как a; тогда угол O2NO1=(b-a)/2 (исходя из свойств касательных из одной точки; угол O2CA равен b/2, угол BCA равен a/2 по теореме о вписанном угле; тогда угол O2CB равен (b-a)/2, т.е. L, O2, C, N лежат на одной окружности и O2L перпендикулярен NO1, следовательно, по свойству диаметра, перпендикулярного хорде, PL=LK.

№20.

Решение: нетрудно доказать, что FG||AC; тогда углы BFG и BIH равны, поэтому B, H, G, I лежат на одной окружности, т.е. углы BHI и BGI равны; в силу симметрии углы BHI и IHD равны; с другой стороны, углы IBD и BDI и FBD и DBG равны, поэтому ясно, что BG||ID, т.е. углы BGI и GID равны; из этого следует равенство искомых углов.

№21.

Решение: пусть пересечение прямой EG со стороной BC-H; B,H,L,E лежат на одной окружности, так как углы GEC и CBD равны как равные 45 градусам; углы BHE и HED равны как накрест лежащие; по теореме о вписанном угле углы BLC и BFC равны, т.е. B,C,L,F лежат на одной окружности (AFGE-вписанный; так как у него два прямых противоположных угла, значит GEA равен BFC); тогда FL перпендикулярен LC; так как K-ортоцентр треугольника FCE, F,K,L лежат на одной прямой.

№22.

Проведём биссектрису угла AFB; пусть она пересечёт CD в точке J, а прямые IA и ID- в точках K и L; так как прямая FJ перпендикулярна EI (1), то по теореме о сумме углов треугольника можно доказать, что углы AID и LJD равны, тогда равны углы IKJ и IDJ, а так как DI- биссектриса, то четырёхугольник AKLD-вписанный, и, второй раз применив утверждение 1, получаем искомое.

№23.

Решение:

Лемма 1. H,B,I,O лежат на одной окружности.

Лемма 2. IJ-биссектриса угла HIB, HJ- биссектриса угла BHI.

Лемма 3. K-центр описанной окружности треугольника AJB, L-центр описанной окружности треугольника CJB.

Из этих лемм следует утверждение.

Доказательство леммы 1.

Углы JBF и JAH равны по свойствам равнобедренного треугольника так же, как и углы JBI и JCI (треугольники AFB,AOB,BGC,BOC-равнобедренные). Очевидно также, что равны углы CAO и ACO (как углы при основании равнобедренного треугольника AOC). Следовательно, углы HBO и IBO равны. Обозначим их a. Тогда угол HBI равен 2a, угол AOC=180-2a, отсюда следует утверждение.

Доказательство леммы 2.

Треугольники AOB и COB-равнобедренные, поэтому в силу симметрии ясно, что OH=OJ=OI Тогда угол JIH=угол HOJ/2=угол HIB/2(теорема о вписанном угле, см. Лемму 1))

Отсюда следует утверждение (во втором случае аналогично)

Доказательство леммы 3.

Так как угол KIB равен углу KOB, K лежит на окружности, описанной около HBIO. Тогда углы JKF и JBF равны, следовательно F,K,B,J лежат на одной окружности. Тогда, по теореме о вписанном угле, углы KJA и KBF равны, очевидно, что равны и углы KAF и KBF, следовательно, K-центр описанной окружности треугольника AJB (во втором случае аналогично).

На основе этих трёх лемм:

Так как KJ=KB и LJ=LB, отрезок KL перпендикулярен BJ и делит его пополам. Отрезок DE по теореме Фалеса также делит его пополам (ведь DE-средняя линия). Отсюда следует утверждение.

№24.

Углы ECF и EDG равны, так как принадлежат равным прямоугольным треугольникам EFC и EGD (очевидно, что у них EF=EH, а EC=ED по свойствам прямоугольника.) Тогда угол EIF равен углу EdC по теореме о вписанном угле, значит, угол IEF равен 90-угол EIF=угол EAJ. Поэтому радиус KE перпендикулярен EF, следовательно, CF параллелен KE, следовательно, углы ECF и AEK равны, но углы EAH и ECF также равны по причине, аналогичной упомянутой в самом начале.

Поэтому касательная AH проходит через центр описанной окружности треугольника AEJ. Тогда угол LAJ равен углу LEJ и поэтому по тереме о вписанном угле LJ перпендикулярен AD.

№25. Указание: используйте следующие утверждения: в тупоугольном треугольнике медиана, проведённая к большей стороне, меньше её половины; сумма длин звеньев ломаной больше длины её одного звена.

№26.

Пусть биссектриса пересекает окружность в точке L. Тогда углы EAF и LAH равны как половины угла BAC. Следовательно, углы EAL и FAH равны. Следовательно, EL=FH. Следовательно, LF||AH, следовательно, FL перпендикулярен AF, значит, AL- диаметр окружности.

№27. Так как отрезок OE перпендикулярен BC и DI параллелен AC как средняя линия, прямая DI перпендикулярна OE. Согласно задаче 2011-46 и 2012-52,отрезок FH перпендикулярен OB; поэтому углы DOG, BFH и BHF равны, значит F,H,G,O лежат на одной окружности.

№28. Решение: углы JDF и HCF равны как соответственные, по аналогичной причине равны углы JDF и DFC; углы JDF и HDJ равны в силу симметрии, углы ABB1 и ACC1 (HCF) равны как вписанные (так как BB1 и CC1 – высоты). Тогда равны углы ABB1 и DFC, т.е.четырёхугольник FBH’A- вписанный; поэтому углы ABH’ и H’AB1 равны, углы FBC (H’AB1) и JFB равны как соответственные, поэтому четырёхугольник JBFH’-вписанный; тогда, рассуждая сходным образом, можно доказать, что углы KJE и H’BE равны, а поскольку BB1 перпендикулярен l (параллельной AC), то JK перпендикулярен BE.

№29.

См. рисунок.

.

№30.

Обозначим пересечение O1O2 и BE как F. По теореме о вписанном угле, так как BE-высота и O1O2 перпендикулярен BD (свойства равнобедренного треугольника), sin ADB=sin BFO1 (или, что аналогично, sin EFO1); используя результаты задачи 2012-33, получаем: AC*BE=2O1O2*sin BFO1*BE; AC*BE/2= (1/2*O1O2*sinBFO1*BE)*2, отсюда следует утверждение.

№31.

Дата добавления: 2015-08-13