Тогда искомое соотношение радиусов 1 к 2.

№59.

AE/CE=AO/OC=AD/BC (1) по свойству биссектрисы угла треугольника и по свойствам подобия (пара подобных треугольников AOD и BOC).HE/CE=AE/BE=AH/BC (2) по свойствам подобия (пара подобных треугольников HAE и CBE).Из (2) следует, что AE*CE=HE*BE (3). Перемножаем самые левые части (1) и (3) и получаем: AE*CE*(AE/CE)=(AO/OC)*HE*CE (4), отсюда AE^2=(AO/OC)*HE*CE (5) Применив (1) получим:AE^2 = (AD/BC)*HE*BE (6)Преобразуем равенство (6): (AE/BE)*AE=(AD/BC)*HE (7)Применив (1) и (2) получим: (AH/BC)*AE=(AD/BC)*HE (8) Отсюда AH*AE=AD*HE. Дальнейшее ясно.

№60.

Так как углы DAB и EAC равны и составляют 6о градусов, то углы DAE и BAC равны, следовательно, треугольники ADE и ABC равны и угол ADE равен 90 градусам. Поэтому треугольник ADM—прямоугольный с углом 60 градусов. Значит, AD=AB=AM/2, т.е. точка M симметрична A относительно B.

№61.

По теореме о вписанном угле, углы BAF и BEF равны. Углы EBC и ABF равны по этой же причине. Углы ABO и BAO равны как углы при основании равнобедренного треугольника. Тогда углы BEF и EBC равны, и из свойства медианы из вершины прямого угла, следует, что прямая EF проходит через середину стороны BC.

№62. Строим BD. Возьмём любую точку на отрезке AD—E и восстановим в ней к отрезку BD перпендикулярный отрезок, находящийся внутри ABCD—EF. (1) Повторим ту же операцию для построенного отрезка, так что концы отрезка GH, перпендикулярного отркезку EF, ледат на стронах четырёхугольника AC и CD соотвественно(2). Строим отрезки DG и AH и обозачим точку пересечения их K (3,4). Проводим через C и K часть луча CK до пересечения с отрезком AC в точке M (5). Перпендикуляр к отрезку AC в точке M пересечёт CD в искомой точке (6).

В построении использовано замечательное свойство трапеции.

№63.

См. рисунок.

№64.

По свойству прямоугольного треугольниа с углом 30 градусов, CD=CF. Угол BCD равен 120 градусам как смежный углу ECB, равному, очевидно, 60 градусам. Тогдв треугольники FCB и DCB равны по двум сторонам и углу между ними. Отсюда следует равенство их сторон BF и BD.

№65.

Угол BAC равен углу DBC, а углы OCB и BCD равны разности прямого угла и каждого из углов BAC и DBC соответственно. Поэтому прямая CO содержит точку E.

№66.

Углы ABC и DBC равны по известному свойству равнобедренного треугольника. Углы CED и CBD равны по теореме о вписанном угле, так же, как и углы ABC и CEF. Следовательно, углы CEF и CED равны, откуда следует утверждение.

№67.

Пусть меньшая окружнсть, расположенная внутри круга, будет называться окр.1, а большая—окр.2. Обозначим центр окр. 2 как O, точки пересечения прямой OI с большой окружностью как D и E, причём D лежит в одной полуплоскости относительно прямой AB, что и O. Обозначим точку касания касательной из точки A с окр.2 как C, а точку касания самих окружностей (окр.1 и окр.2) как F.

Обозначим радиус окр.1 как x, а радиус окр.2—как y. Заметим, что углы AIF и CAF равны (OC||AI, а четырёхугольник ACOF—вписанный). Тогда по теореме о пропорциональности хорд окружности, AB можно выразить через x и y. Также можно выразить через x и y тангенс угла AIF, а значит, и тангенс угла CAF. Зметим, что AC=AB/2 и из четырёхугольника ACOF теперь модно найти OF, т.е. составится уравнение.

Искомое отношение будет 1:2.

№68.

Разобьём задачу на две. Сначала докажем, что угол CAF равен половине угла OHG. Во-первых, точки A, O, G, D лежат на одной окружности, следовательно, угол AGD равен 90 градусов, по теореме о вписанном угле. Следовательно, углы OAG и ODG равны. С другой стороны, по свойству симметрии равны и углы OAM и ODM. Таким образом, угол CAF равен половине угла MDG. Также очевидно, что точки H,M,G,D лежат на одной окружности, а значит, угла MDG и MHG равны. Значит, угол CAF равен половине угла OHG.

Теперь докажем, что угол CAI равен половине угла CLI. Из этого будет следовать утверждение задачи, так как точка I принадлежит лучу AF. Так как отрезок OK перпендикулярен AB, точки O,K,L,A лежат на одной окружности по теореме о вписанном угле. Из этого следует, что угол KJA равен 135 градусам, угол же LDA равен 45 градусам, а значит, точки D, L, J, A лежат на одной окружности. Ясно, что на ней лежит и точка I; тогда IL=LA=CL, т.е. точка L является центром описанной окружности треугольника CAI. Значит, так как вписанный в окружность угол равен половине её центрального угла, угол CAI равен половине угла CLI.

№69.

Пусть угол JCD равен a. Продолжим отрезки HJ и AJ до пересечения с прямой CD в точках K и N. Тогда угол AND равен 90-a, а так как угол HJC, как нетрудно доказать, прямой, то угол NJK, по теореме о сумме углов в треугольнике, равен 2a. Значит, угол HJA также равен 2a как вертикальный ему (ясно также, что углы HCA и JCD равны). Тогда в силу симметрии точка J—центр описанной окружности треугольника HCA.

Очевидно также, что точка F является центром описанной окружности треугольника ECA. Тогда углы HJA и EFA равны. Обозначим точку пересечения прямой JH и отрезка EF как P. Понятно, что угол FAB равен половине угла EFA, и поэтому равен углу AJD. Тогда отрезки FA и AJ перпендикулярны так же, как и отрезки JP и PF.

Угол FCA равен (90-a),а угол CED равен (45-a), поэтому угол FEC равен 45 градусам, и точки E,F,C,D лежат на одной окружности, откуда, по теореме о впианном угле, отрезки AF и CF перпендикулярны. Отсюда JH и CF параллельны, поэтому углы HJF и JFC равны, также равны углы HJB и HCB, так как точки H,B,C,J лежат на одной окружности. Углы AFG и СFG равны по свойству симметрии.

Тогда четырёхугольник IFCG—вписанный. G—центр описанной окружности треугольника ICA. Следовательно, угол ICA равен половине угла IGA, а так как он сам равен 45 градусам, угол IGA равен 90 градусам. Поэтому угол IAB равен углу IJB.

Значит, углы JCD и IGB равны.

Комментарий: имеются ещё варианты решения, но они в общем близкой сложности.

№70.

Обозначим угол EBC как a. Угол ECB равен 45-a по теореме о сумме углов в треугольнике По теореме о смежном угле, угол ECD равен 45-a, по теореме о сумме углов в треугольнике, угол CDG равен 45-a. Угол AGD, очевидно, равен 45 градусам. Обозначим пересечение отрезка AG и стороны квадрата CD как K.

Тогда угол AKD равен 90-a. Угол EDC и EBC равны по теореме о вписанном угле. Поэтому отрезки DE и AG перпендикулярны. Диагонали квадрата также перпендикулярны. Тогда AOHD—вписанный. По теореме о вписаннм угле, углы DOH и GAD равны. Тогда очевидно равенство углов DOH и BEC.

К этому равенству добавится и угол HGF, если учесть вписанность четырёхуольника HEFG.

№71.

Опишем около треугольников EAO и CDO окружности и обозначим их окр.1 и окр.2 соотв. Описанную окружность квадрата обозначим окр.3. Тогда точка F—их радикальный центр, следовательно, окр.1 и окр.2 пересекаются на отрезке FO в некоторой точке G’. Проведём отрезки OE и CE и обозначим угол ECA как a. Тогда угол AOE будет равен по теореме о вписанном угле 2a, угол AEO—(90-a), угол EBC—(45-a) по теореме о сумме углов в треугольнике (рассматриваются треугольники BOE и BEC). Далее, по теореме о вписанном угле, угол BG’O равен (90-a), угол BG’E равен 2a, угол DG’O равен 45 градусам, угол CG’D равен 90 градусам. Из этого получаем, что сумма углов BG’O и DG’O равна (135-a) и равна таким образом углу EBA. Пользуясь же тем, что углы BG’O, DG’O, BG’E, CG’D и EG’C в сумме, собственно, составляют 360 градусов, получаем и то, что углы BG’D и EG’C равны, и, таким образом, точки G’ и G совпадают, что и требовалось доказать

№72.

Пусть угол CFD равен b. Тогда угол LGC равен (135-b). Тогда угол LEC больше величины (45+b). Угол же BEC равен 135. Нетрудно также посчитать, что угол EBС равен величине (90-b). Угол BEL меньше величины (90-b), следовательно, угол BEL меньше угла EBC. Так как отрезки BE и ED перпендикулярны, из вышесказанного следует что угол EIL—острый. Отсюда следует, что угол ECL меньше 45 градусов, и EL<CD. Следовательно, так как стороны AD и BC параллельны,угол LDA больше угла ECB.

По теореме о вписанном угле, угол BLE равен углу BCE. Как уже было выше сказано, угол ECI (ECL) меньше 45 градусов, значит, и угол УВД меньше 45 градусов, а угол ELO (MLO) больше 45 градусов. Опишем около треугольника BEM окружность; пусть её точка пересечения с отрезком BD—P. Угол MLP равен углу MBP и равен 45 градусам (ведь угол MBP равен углу между стороной и диагональю квадрата). Значит, точка P принадлежит отрезку BO, и, по теореме о внешнем угле, угол BOM меньше угла BPM, а значит, и угла BLM.

Т.е., угол BOM меньше угла ADM, что и требовалось установить.

№73.

По свойству радикального центра (см.3. №5) можно найти, что точки B, F, G, O лежат на одной окружности. Из задачи №5 углы ABE и EGL равны тогда по теореме о вписанном угле, на той же окружности лежит и точка H. Так как угол BCE равен половине угла BOE, а угол BHE равен углу BOE, и отрезки BO и OC перпендикулярны, углы EOC и BOC равны. Тогда равны и углы IOE и ICE. Поэтому углы BOJ и BAJ равны. Из этого следует, что отрезки BJ и AJ перпендикулярны. Угол BEA равен, очевидно, 45 градусам. Значит, из теоремы о сумме углов в треугольнике (применённой к треугольнику BJE) следует, что угол EBJ (EBG) также равен 45 градусам. Тогда, так как прямая OI—ось симметрии в равнобедренном треугольнике BOE, отрезки BG, IO и AE пересекаются в одной точке, что и требовалось доказать.

№74.

Точки A, G, D, C лежат на одной окружности, так как прямая GD отсекает от треугольника ABC равнобедренную трапецию. Пусть P-точка пересечения прямых l и BE. Так как углы BCA и BCP равны и углы BCA и BEA также равны, четырёхугольник CDEP—вписанный. Так как пары углов BCE, DPE и GAE, BCE равны, углы GAE и GPE также равны, т.е. точки A, G, E, P лежат на одной окружности.

Тогда, по свойству радикального центра, прямые CD, AG и PE пересекаются в одной точке, но это и будет означать, что прямая GD проходит через точку P.

№75.

Заметим, что прямые AE и DE пересекают любой луч, проведённый из точки B и пересекающий сторону CD. Поскольку угол AED—тупой, то угол BEG—тоже тупой, как больший угла AED. Легко доказать, что угол AFD меньше 45 градусов. Тогда, применив параллельный перенос, получаем, что угол BGC меньше 45 градусов. Ясно тогда, что угол BFC меньше половины угла AED.

№76

Углы DBO и ODE равны по теореме об угле между хордой и касательной. Углы DBO и EBO равны по свойству симметрии. Следовательно, углы ODE и FBO равны. Так как прямая BO перпендикулярна DE по свойству симметрии, по теореме о вписанном угле, прямая DO перпендикулярна отрезку BF.

№77.

А) Так как угол ECA равен 45 градусам, то по теореме о вписанном угле четырёхугольник AECG- вписанный, поэтому его угол ECG- прямой. Значит, угол DCG равен 45 градусам. Также угол DCP равен 90 градусам. Поэтому треугольник ECG- прямоугольный равнобедренный, и угол DGK равен 45 градусам. Опустим перпендикуляр PR на сторону BC. Тогда PR=RK. Отметим середину отрезка CF- T, также отметим центр описанной окружности треугольника CEF- O. Так как угол COF- прямой по теореме о вписанном угле и треугольник CEF- равнобедренный, причём ET- его линия симметрии, то OT=CF/2. По теореме Эйлера, EP=2OT, тогда BR=2BK и BE=BK, ч.т.д.

Б) Пусть точка пересечения MK и AC в точке M_1; MM_1=M_1K как половины гипотекузы KM и MM_1=ON как высоты равнобедренного треугольника OCM. Значит, KM=CF.

№78.

По теореме Менелая, применённой к треугольнику AEO, OJ/JE*EF/AF*AM/MO=1

OJ/JE=OM/AM. Согласно Ефремову (книга «Новая геометрия треугольника», вышедшая в Одессе), JO/JE=IO/IE. Поэтому OM/AM=OI/IE. Т.е., IM||AE (теорема Фалеса). Так как отрезок GJ—средняя линия треугольника AED, GJ||AE. Поэтому, по известной теореме о трёх параллельных прямых, IM||GJ. Применим замечательное свойство трапеции сразу к двум трапециям—AEIM и JMIG. Тогда и отрезок OF, и отрезок KL пройдут через середину отрезка IM. Тогда все эти три отрезка пересекаются в одной точке.

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

Заключение. На этом планиметрический дневник завершается.

Дата добавления: 2015-08-13