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.