Студопедия — Глава 4. Избранные задачи на квадрат.
Студопедия Главная Случайная страница Обратная связь

Разделы: Автомобили Астрономия Биология География Дом и сад Другие языки Другое Информатика История Культура Литература Логика Математика Медицина Металлургия Механика Образование Охрана труда Педагогика Политика Право Психология Религия Риторика Социология Спорт Строительство Технология Туризм Физика Философия Финансы Химия Черчение Экология Экономика Электроника

Глава 4. Избранные задачи на квадрат.






 

№18.

Условие: вокруг квадрата ABCD описана окружность (окр.1), его диагонали пересекаются в точке E. На отрезке CE взята произвольная точка F, около треугольника DEF описана окружность, пересекающая окр.1 в точке G, а сторону CD— в точке K.

Доказать: FK=KG.

 

№19.

Условие: квадрат ABCD. Дуга окружности с радиусом, равным стороне квадрата, с центром в точке С, заключённая между сторонами квадрата. К ней проведена произвольная касательная, пересекающая стороны AD и AB в точках E и F соответственно. Диагональ BD. Отрезок CF, пересекающий её в точке G. Прямая EG пересекает сторону BC в точке H.

Доказать: отрезки CF и EH перпендикулярны и равны.

 

 

№20.

Условие: на сторонах квадрата ABCD AB и BC отмечены соответственно середины M и N. Около квадрата описана окружность. Прямые DM и DN пересекают эту окружность соответственно в точках K и L.

Доказать: отрезок KL делится сторонами квадрата на три равных отрезка.

№21.

Условие: вокруг квадрата ABCD описана окружность с центром O; проведены диагонали AC и BD; на дуге CD взята произвольная точка G и в ней к окружности проведена касательная. Прямые BD и AC пересекают её в точках E и H соответственно. Из E проведена вторая касательная к окружности, точка касания — F. Отрезок BF пересекает диагональ AC в точке I.

Доказать: углы GID и IHD равны.

№22.

Условие: вокруг квадрата ABCD описана окружность, на меньшей дуге BC взята произвольная точка E, прямые BE и DC пересекаются в точке F. На отрезке OF взята точка G, такая, что углы BGD и EBA равны.

Доказать: углы BGD и EGC равны.

№23. Условие: квадрат ABCD, на прямых AD и BD выбраны точки E и F так, что точка F лежит в той же полуплоскости относительно AB, что и вершины квадрата B и C, и треугольник EFA — равнобедренный (AE-основание). Прямая CE пересекает прямые BD и AB в точках G и H соответственно, прямая BC пересекает отрезок AF в точке I. Около треугольника EHD описана окружность, пересекающая диагональ BD в точке J.

Доказать: углы JCD и IGB равны.

№24.

Условие: в квадрате ABCD проведены диагонали AC и BD, пересекающиеся в точке O. На дуге CD выбрана произвольная точка E, отмечена середина меньшей дуги DE – F. Отрезок AE пересекает отрезок OF в точке G. Середина AD-H. Отрезок AE пересекает сторону квадрата CD в точке I. Из точки A проведён перпендикуляр AJ к прямой IO. Середина AB-K; прямая JK пересекает диагональ квадрата BD в точке L.

Доказать: углы CLI и OHG равны.

№25. Условие: вокруг квадрата ABCD описана окружность с центром O проведены диагонали AC и BD. На меньшей дуге BC взята точка E. Отрезок DE и сторона квадрата BC пересекаются в точке F. Прямая, параллельная AB и проходящая через точку F, пересекает сторону AD в точке G. На отрезке AG как на стороне построен квадрат AHKG во внутреннюю сторону, прямая GH пересекает дугу AB в точке L. Отрезки EL и BC пересекаются в точке M.

Сравнить углы BOM и ADL.

№26. Условие: квадрат ABCD описана окружность, на дуге BC отмечена её середина E, центр вписанной в треугольник BCD окружности--I, около треугольника ABI описана окружность с центром в точке F.

Доказать: DF=\sqrt{3}BE

№27. Условие: квадраты ABCD и EFGH расположены так, что сторона EH лежит на AD, их середины совпадают, и один квадрат находится внутри другого. Диагональ BD пересекает FG в точке J, а GH-в точке K. Отрезок FG продолжен до пе8ресечения с AB в точке I. Отрезок KI пересекает отрезок EF в точке N.

Доказать: E,N,J,K лежат на одной окружности.

№28.

Условие: в квадрате ABCD проведена диагональ BD, отмечен центр вписанной окружности треугольника BCD--I и проведена его биссектриса BE. На ней выбрана такая точка Q, что BI:IQ=4:1, причём Q лежит на пр одолжении BI. На стороне CD отмечены середина её K и середина отрезка CK--P. Середина отрезка IK--R.

Доказать: P,Q,R лежат на одной прямой.

№29. Условие: в квадрате ABCD проведена диагональ AC. Проведена биссектриса треугольника ACB-CE. На CD выбрана точка F так, что CE=EF, прямые EF и AD пересекаются в т очке G, ортоцентр треугольника CEF-P, прямая GP пересекает BC в точке K, а CD—в точке M.

Доказать: 1) BE=BK; 2) KM=СF.

№30. Условие: вокруг квадрата ABCD с центром O описана окружность; на меньших дугах AD и BD отмечены точки N и L соответственно. В точках N и L к окружноcти проведены касательные (соответственно l1 и l2). Из точки C проведён перпендикуляр на прямую l1-- CK. Из точки K опущен перпендикуляр KM на прямую l2. Углы KCD и BCL равны a и b, сторона квадрата равна d.

Найти: KM.

№31. Условие: в квадрате ABCD проведены диагонали AC и BD, пересекающиеся в точке O. Около квадрата описана окружность. На меньшей дуге BC взята точка E, прямые BE и CD пересекаются в точке F. На отрезке FO взята точка G, так что углы BGD и EGC равны. Прямая CG пересекает сторону AB в точке H, отрезок HE пересекает сторону BC в точке I

Доказать: отрезки BG,IO и AE пересекаются в одной точке.

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

№18. По теореме о вписанном угле, угол FGD—прямой. Но G принадлежит описанной окружности квадрата, следовательно, точки B,F,G лежат на одной прямой. Тогда по теореме о вписанном угле, углы CBG и CDG равны. А по свойству симметрии, равны также и углы CBF(CBG) и EDC. Следовательно, углы EDC и CDG равны, а поскольку равные углы, вписанные в одну и ту же окружность стягивают равные хорды,FK=KG.

№19. 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.

№20. 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.

№21. Известно, что диагонали квадрата перпендикулярны. Значит, отрезок BF перпендикулярен диагонали AC. В силу симметрии отрезок FG так же перпендикулярен этой диагонали (обозначим их точку пересечения K. Тогда отрезки прямык FG и IH параллельны, следовательно, углы BFG и BIH равны как соответственные. Угол BFG равен углу BGH по теореме о вписанном угле. По этой же теореме можно заключить, что точки I, B, H, G лежат на одной окружности и что углы BGI и BHI равны. Так как BE—линия симметрии, углы FBD и DBG равны. Очевидно, что отрезки BI и ID равны. Тогда из равнобедренного треугольника BID получаем, что угол IDB равен углу IBD, а следовательно, углы IDB и DBG также равны. Следовательно, так как углы IDB и DBG—накрест лежащие при секущей BD, прямые ID и BG параллельны, а значит, углы BGI и GID равны как накрест лежащие при этих прямых. Заметим, что AH—линия симметрия, так же, как BE. Поэтому углы IHD и BHI равны. Тогда углы IHD и GID равны, что и требовалось доказать.

№22. 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

№23. 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.

№24. 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.

№25. 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.

№26. Так как угол BID равен 135 градусам, AB=AD=AI. Значит, по теореме о вписанном угле, отрезки FB и FI перпендикулярны. Так как точка E—середина дуги BC, точки D,I,E лежат на одной прямой, и, согласно известной теореме EB=EC=EI. Также, поскольку BD –диаметр, отрезки BE и EI перпендикулярны. Из всего этого следует, что BFIE—квадрат. Поскольку прямая BE, параллельная FI, перпендикулярна прямой DI, то и сама прямая FI также перпендикулярна последней. Ясно, что BI=ID=BE*\sqrt{2}. Тогда из прямоугольного треугольника FID находим по теореме Пифагора, что FD=BE*\sqrt{3}, ч.т.д.

№27. 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.

№28. Продолжим биссектрису BE до точки L, такой, что BI=IL. Тогда по свойству медианы из вершины прямого угла, отрезки DL и BD перпендикулярны. Следовательно, так как прямая CI, очевидно, также перпендикулярна диагонали BD, четырёхугольник ICLD—трапеция.

Возьмём в качестве леммы следующее утверждение: середины боковых сторон трапеции и середины её диагоналей лежат на одной прямой.

Обозначим середины отрезков IL и CL как T и N соответственно. Тогда точки K, T, N лежат на одной прямой. Заметим, что точки P,Q,R—середины отрезков CK,IT и IK; это ясно из условия и из доказательства. Понятно что четырёхугольник ICNK—трапеция. Значит, точки P, Q, R лежат на одной прямой, ч.т.д.

№29. 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.

№30. Опустим из O перпендикуляр на касательную l_1. Угол OCK находится как разность углов ACD и KCD. Теперь, пользуясь параллельным переносом, нетрудно найти отрезок NK (предварительно найдя радиус описанно окружности квадрата). Угол LCA находится аналогично углу OCK. Отсюда по теоореме о вписанном угле легко находится центральный угол LOA. Угол AON, очевидно, равен угол ACK. Отсюда легко найти угол LON как сумму углов LOA и AON. Теперь из четырёхугольника LONP находится отрезок PN. Теперь находим отрезок PK как сумму отрезков PN и NK. Ясно, что угол MPK равен углу LON.

Теперь из прямоугольного треугольника PMK находим MK=PK*\sin{MPK}.

№31. 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.







Дата добавления: 2015-08-12; просмотров: 1043. Нарушение авторских прав; Мы поможем в написании вашей работы!



Картограммы и картодиаграммы Картограммы и картодиаграммы применяются для изображения географической характеристики изучаемых явлений...

Практические расчеты на срез и смятие При изучении темы обратите внимание на основные расчетные предпосылки и условности расчета...

Функция спроса населения на данный товар Функция спроса населения на данный товар: Qd=7-Р. Функция предложения: Qs= -5+2Р,где...

Аальтернативная стоимость. Кривая производственных возможностей В экономике Буридании есть 100 ед. труда с производительностью 4 м ткани или 2 кг мяса...

Деятельность сестер милосердия общин Красного Креста ярко проявилась в период Тритоны – интервалы, в которых содержится три тона. К тритонам относятся увеличенная кварта (ув.4) и уменьшенная квинта (ум.5). Их можно построить на ступенях натурального и гармонического мажора и минора.  ...

Понятие о синдроме нарушения бронхиальной проходимости и его клинические проявления Синдром нарушения бронхиальной проходимости (бронхообструктивный синдром) – это патологическое состояние...

Опухоли яичников в детском и подростковом возрасте Опухоли яичников занимают первое место в структуре опухолей половой системы у девочек и встречаются в возрасте 10 – 16 лет и в период полового созревания...

Шов первичный, первично отсроченный, вторичный (показания) В зависимости от времени и условий наложения выделяют швы: 1) первичные...

Предпосылки, условия и движущие силы психического развития Предпосылки –это факторы. Факторы психического развития –это ведущие детерминанты развития чел. К ним относят: среду...

Анализ микросреды предприятия Анализ микросреды направлен на анализ состояния тех со­ставляющих внешней среды, с которыми предприятие нахо­дится в непосредственном взаимодействии...

Studopedia.info - Студопедия - 2014-2024 год . (0.011 сек.) русская версия | украинская версия