Работа 3. Этюды на прямоугольник и трапецию.

 

№1. Условие: в прямоугольнике ABCD диагонали пересекаются в точке E, вокруг него описана окружность, BC>AB, на дуге BC взята точка E, из неё опущены перпендикуляры на диагонали AC и BD- FG и FH соответственно. На HG взята точка I, такая, что GI=GF. Отрезок BI продолжен до пересечения с отрезком CE в точке K.

Доказать: четырёхугольник EBFK- вписанный.

№2. Классическая задача с трапецией.

Условие: в трапеции ABCD проведены диагонали AC и BD, пересекающиеся в точке K; на диагонали AC взята её середина F, серединный перпендикуляр в ней к AC пересекает сторону AD в точке F; отрезок CF пересекает диагональ BD в точке G.

Доказать: KG*GF<GD*(DF+CG).

№3. Классическая задача с трапецией.

Условие: пусть в трапецию ABCD можно вписать окружность и точки касания её со сторонами AB и CD- K и L соответственно, а с основаниями BC и AD- N и M соответственно. Отрезки AN и BM пересекаются в точке Q, отрезки DN и CM пересекаются в точке P. Известно, что KQ=PL.

Доказать, что трапеция ABCD- равнобедренная.

Лемма: отрезки BI и FI перпендикулярны.

___________________________________________________________________

 

№1. Продолжим отрезки FG и FH до пересечения с окружностью в точках F_1 и F_2 соответственно.

Тогда так как FG=GF_1 и FH=HF_2, то GH- средняя линия треугольника F_1FF_2, и GH||F_1F_2. Тогда углы F_1F_2F и FHG равны. Углы F_1CF и F_1F_2F равны, следовательно углы F_1CF и GHF равны. Обозначим пересечение BF_1 и CH как I’. Тогда по теореме о вписанном угле угол BI’F-прямой. Но так как FG=GF_1, то I’G- медиана, выходящая из вершины прямого угла, поэтому I’G=FG. Следовательно, I’=I, доказано.

Так как KIFG и EHFG- вписанные, углы EGK и IEK равны, аналогично углы HFE и HGE(IGK) равны. Тогда равны углы HFI и EFK; по теореме о вписанном угле, равны углы HBI(EBK) и HFI. Тогда равны углы EBK и EFK.

Второй вариант: через прямую Симсона. Это всего один шаг!

Второе доказательство леммы совсем другое: угол FHB равен ½ угла BEF равен ½ угла HGF по свойствам равнобедренного треугольника (BEF) и теореме о вписанном угле. Тогда угол BIH равен ½ угла IGF, но биссектриса угла IGF является высотой в равнобедренном треугольнике IGF, следовательно она параллельна отрезку BG и по свойству параллельности отрезки BI и FI перпендикулярны. Было придумано 2 февраля 2012.

 

№2.

Так как CA- биссектриса угла BCF (это следует из признака параллельности и свойства равнобедренного треугольника), BK/BC=KG/CG (по свойству биссектрисы треугольника). BG/CG=GD/GF. Но BG>KG => BK/BC<GD/GF. BK/BC=KD/AD, KD=KG+GD, AD=CG+GF+DF. =>(KG+GD)/(CG+GF+DF)<GD/DF=> После уничтожения подобных слагаемых, KG*GF<GD(DF+CG), ч.т.д.

№3.

NC/PL=CD/LD и BN/KQ=AB/AK => Т.к. KQ=PL, то LD*NC/CD=AK*BN/AB. Из задачи 1.21 сборника Прасолова известно, что BK*AK=CL*LD, но, по теореме о касательной, BN=BK и CN=CL, поэтому AK*BK/CD=AK*BN/AB, откуда AB=CD, ч.т.д.