Геом. частн. случ. треуг. 7 случаев


В данной книге рассматривается 7 частных случаев треугольника. В каждой главе не менее 5 и не более 30 задач, всего же около 100. Материалы взяты с сайтов www.problems.ru и vk.com и из собственного творчества. Материалы построены так, чтобы запомнился базовой уровень знаний по теме монографии. Имеется в виду та часть глав, где размещены так называемые «школьные задачи», а именно известные простые задачи, не имеющие общеизвестного автора, которые часто даются в школе. Желательно также запомнить все теоремы глав (которые названы «теоремами»). Остальное идёт в дополнение.
Глава 1. Прямоугольный треугольник.
№1. Школьная задача 1. Углы между высотой из вершины прямого углап и его катетами равны углам острым углам самого треугольника.
№2. Школьная задача 2. Угол, под которым видна гипотенуза прямоугольного треугольника из центра его вписанной окружности , равен 135 градусам.
№3. Школьная задача 3. Свойство медианы из вершины прямого угла. Медиана из вершины прямого угла делит гипотенузу пополам.
№4. Школьная задача 4. Отношение проекций катетов друг к другу равно отношению квадратов соответствующих катетов.
№5. Школьная задача 5. Теорема Пифагора. Сумма квадратов катетов равна квадрату гипотенузы.
№6. Школьная задача 6. Средние пропорциональные в прямоугольном треуольнике. Квадрат катета равен произведению своей проекцию на гипотенузу на саму гипотенузу. Квадрат высоты из вершины прямого угла равен произведению проекций катетов треугольника.
№7. Школьная задача 7. Луч, соединяющий вершину прямого угла с центром квадрата, построенного на гипотенузе как на стороне во внешнюю сторону, является его биссектрисой.
№8. Задача Произволова 1.
На стороне AB треугольника ABC взята такая точка P, что  AP = 2PB,  а на стороне AC – ее середина, точка Q. Известно, что  CP = 2PQ.  Докажите, что треугольник ABC прямоугольный.
№9. Задача Произволова 2.
В прямоугольном треугольнике ABC точка O – середина гипотенузы AC . На отрезке AB взята точка M , а на отрезке BC – точка N , причём угол MON – прямой.
Докажите, что AM^2+CN^2 = MN^2.
№10. Задача Швецова 1.
Пусть BM – медиана прямоугольного треугольника ABC  (∠B = 90°).  Окружность, вписанная в треугольник ABM, касается сторон AB, AM в точках A1, A2; аналогично определяются точки C1, C2. Докажите, что прямые A1A2 и C1C2 пересекаются на биссектрисе угла ABC.
№11. Задача Швецова 2.
Окружность, вписанная в прямоугольный треугольник ABC  (∠B = 90°),  касается сторон AB, BC, CA в точках C1, A1, B1 соответственно. A2, C2 – точки, симметричные точке B1 относительно прямых BC, AB соответственно. Докажите, что прямые A1A2, C1C2 пересекаются на медиане треугольника ABC.
№12. Задача Швецова 3.
Вневписанная окружность прямоугольного треугольника ABC  (∠B = 90°)  касается стороны BC в точке A1, а прямой AC в точке A2. Прямая A1A2 пересекает (первый раз) окружность, вписанную в треугольник ABC в точке A'; аналогично определяется точка C'. Докажите, что  AC || A'C'.
Авторские задачи.
№1. Условие: прямоугольный треугольник ABC. ( угол B- прямой) .Биссектриса AD. Высота BE. Биссектрисы углов ABE и EBC- BF и BG соответственно. Они пересекают биссектрису AD в точках J и I соответственно.
Доказать: ΙΒ=IJ=IG=IE.
№2. Условие: прямоугольный треугольник ABC с прямым углом B. Высота BD.
Найти на высоте BD такую точку E, чтобы отрезок, соединяющий точки пересечения окружности, описанной около треугольника AEC, с прямыми, содержащими катеты треугольника, проходил через D.
№3. Условие: вокруг прямоугольного треугольника ABC описана окружность; высота BD продолжена до пересечения с касательной к середине дуги AC в точке E. Отрезок, соединяющий середину гипотеущы и точки E, пересекает окружность в точке F, а луч, выходящий из середины дуги AC-- P и проходящий через D, пересекает окружность в точке H.
Доказать: сумма дуг PF и CH равна дуге FC.
№4. Условие: прямоугольный треугольник ABC с прямым углом B; средняя линия DE (середины лежат на катетах). BF- высота, пересекает DE в точке G, на средней линии взята точка H так, что HE=DG.
Доказать: AH=CH.
№5. Условие: в прямоугольном треугольнике ABC угол A—прямой . Высота AE, медиана CD.
Доказать: эта медиана не может проходить через центр вписанной окружности треугольника AEB.
№6. Условие: в прямоугольном треугольнике ABC с прямым углом B проведена высота BD; пусть на катетах AB и BC существуют точки F и E, так что AD=DF и BD=DE. Около треугольника DEC описана окружность с центром O. Отрезок EO пересекает гипотенузу AC в точке P.
Доказать: отрезок EF проходит через ортоцентр треугольника ABP.
№7. Условие: в прямоугольном треугольнике ABC с прямым углом B и углом BAC<30 внутри его взята «необычная» точка E, такая, что EC=BC=AE, проведён перпендикуляр BD к гипотенузе AC.
Докажите, что ED=DC
№8. Условие: в прямоугольном треугольнике ABC угол B—прямой, а угол A равен 30 градусам. На стороне BC во внешнюю сторону построен равносторонний треугольник ADC.
Докажите, что BD^2=2AB^2-BC^2.
№9. Условие: в прямоугольном треугольнике ABC с прямым углом A проведена медиана BD и через неё проведена прямая.Построить циркулем и линейкой такую точку Q на этой прямой, что площадь треугольника AQB равна AC^2.
№10. Условие: дан прямоугольный треугольник с гипотенузой AC, проведена BD-биссектриса треугольника;отмечены середины дуг BD окружностей, описанных около треугольников ADB и CDB-E и F соответственно (сами окружности не проведены!); эти дуги не содержат концов гипотенузы треугольника.
Построить одной линейкой центры окружностей.
№11. Условие: около прямоугольного треугольника ABC с прямым углом B описана окружность. В треугольнике проведена высота BD. На дуге AC по другую сторону относительно AC, чем B, отмечена произвольная точка E. Из неё опущен перпендикуляр EF на прямую AC.
Построить отрезок, равный по длине гипотенузе треугольника, образованного катетами с длинами, равными длинам отрезков BD и EF, одним прямым углом.
Построить отрезок, равный по длине катету треугольника, у которого гипотенуза равна отрезку BD, а катет—отрезку EF (будем считать, что BD>EF), также одним прямым углом.
№12. Условие: дан прямоугольный треугльник ABC. На катете AB во внешнюю сторону построен равносторонний треугольник ADB, а на гипотенузе AC во внутреннюю сторону—равносторонний треугольник AEC. Прямые DE и AB пересекаются в точке M. Весь чертёж стёрли, оставив только точки A и B.
Восстановите точку M.
№13. Условие: в прямоугольном треугольнике ABC с гипотенузой AC отмечена середина стороны BC-D. Построена окружность, касающаяся BC в точке D и проходящая через вершину треугольника A, пересекающая стороны AB и AC в точках E и F соответственно.
Сравнить отрезки BF и CE. (отпр. Sh)
_________________________________________________________________________________
Решение авторских задач.
№1. Указание: оспользуйтесь теоремой о суме углов в треугольнике и свойством медианы из вершины прямого угла.
№2. Указание: рассмотрите прямую, соединяющую основание высоты из вершины прямого угла и середину одного из катетов.
№3. Указание: воспользуйтесь угловыми свойствами прямоугольника и равенством радиусов одной и той же окружности.
№4. Указание: найдите в конструкции равные прямоугольные треугольники.
№5. Указание: пусть EF пересекает BD в точке K. Тогда даётся указание: докажите, что четырёхугольник EKDP—прямоугольник.
№6. Указание: сделайте дополнительные построения, чтобы полуились равные прямоугольные треугольники.
№7. Указание. Пусть центр вписанной окружности треугольника AEB—I. Рассмотрите возможные значения углов треугольника, образованного прямыми AI, IE и AC.
№8. Указание: Найдите в конструкции подобные равнобедренные треугольники.
№9. Указание: опустите из прелполагаемой точки перпендикуляр на AB и посчитайте площадь треугольника AQB двумя способами. Можете решит задачу и по-другому ( у неё естьь такие решение).
№10. Здесь будет приведено только авторское решение, хотя можно решить проще. Продолжим DE и DF до пересечения с BC и AB в точках K и L. Затем проводятся отрезки KF и LE, прямую DH, где H—пересечение последних отрезков, пересекающую AB в точке N (не ограничивая общности). Пересечение EF с CN даст искомый центр. Второй центр строится аналогично. Докажите построение самостоятельно.
№11. Начнём со второй задачи. Отразим точку E симметрией относительно гипотенузы и получим точку E’, аналогично с точкой B, где образом будет F’. Опустим из точки E’ перпендикуляр E’K на отрезок BD; поставим прямой угол так, чтобы его лучи проходили через точкки B и F’, а вершина лежала на прямой E’K (обозначим её M). Отрезок KM и будет искомым решением (докажите это самостоятельно).
№12. Указание: докажите, что вершины равносторонних треугольнико, построенных на катетах во внешнюю сторону и на гипотенузе—во внутреннюю, расположены на одной прямой.
№13. Восстановим серединный перпендикуляр к стороне BC. Очевидно, он будет содержать центр описанной окружности треугольника EAF (обозначим его K).
Лемма: угол AEF- тупой.
Доказательство леммы: так как угол DAC меньше угла DAB, по теореме о вписанном угле из равенства углов DAC и FDC и BAD и EFD заключаем, что угол FDC меньше угла EFD. Проведём через точку F прямую, параллельную BC и обозначим точку её пересечения с прямой AB F’. Так как, по свойству параллельности, углы E’FD и FDC равны, то луч FE’ находятся внутри угла E’FA и FE’ перпендикулярен AB. Тогда точка E принадлежит отрезку AE’ и угол AEF- тупой, что и требовалось доказать.
Так как треугольник BKC- равнобедренный, угол при основании KBC меньше 90 градусовб а согласно лемме, K лежит вне треугольника AEF, а значит, и треугольника ABC. Тогда угол EKC больше угла BKF и, рассмотрев треугольники EKC и BKF, имеющие по две равных стороны и разные углы между ними, получаем по теореме косинусов, что CE>BF.
_________________________________________________________________
Глава 2. Равнобедренный треугольник .
№1. Школьная задача 1. Углы при основании равнобедренного треугольника равны.
№2. Школьная задача 2. Высота равнобедренного треугольника является его медианой и биссектрисой тогда и только тогда, когда она проведена к основанию треугольника.
№3. Школьная задача 3. Треугольник является равнобедренным тогда и только тогда, когда равны его две высоты, две его медиана или две его биссектрисы.
Авторские задачи.
№1. Условие: равнобедренный треугольник ABC с основанием AC.
Доказать: конец отрезка, выходящего из вершины B, параллельного основанию и равного боковой стороне треугольника, является центром вневписанной окружности треугольника
№2. Условие: вокруг равнобедренного треугольника ABC с основанием AC описана окружность. В треугольнике проведены все высоты. Точка их пересечения- F. Высота CE продолжена до пересечения с данной окружностью в точке G. Около треугольника GBF описана окружность.
Доказать: Высота AD является касательной для второй окружности (точка касания - ортоцентр треугольника).
№3. Условие: вокруг тупоугольного равнобедренного треугольника ABC с основанием AC описана окружность с центром O. Около треугольников AOB и BOC описаны окружности и проведена их внешняя общая касательная DE.
Доказать: прямая DO перпендикулярна отрезку BE.
№4. Условие: две медианы треугольника больше одной из его высот и больше основания и перпендиекулярны. Докажите, что этот треугольник равнобедренный, только если он остроугольный.
№5. Условие: около равнобедренного треугольника ABC с основанием AC описана окружность, на дугах AC, AB и BC отмечены их середины B_1, C_1 и A_1 соответственно (при этом эти дуги содержат только две из трёх вершин треугольника каждая). Отрезок A_1B_1 пересекает отрезок BC в точке D.
Всегда ли можно из отрезков BA_1, A_1D и DB_1 составить треугольник?
№6. Условие: вокруг равнобедренного треугольника ABC с основанием AC описана окружность. Прямая, параллельная AC, пересекает боковые стороны треугольника AB и BC в точках G и D соответственно, прямая AD пересекает окружность в точке E, назовём касательную к окружности в точке C как l.
Доказать: прямые l, GD и BE пересекаются в одной точке.
№7. Условие: дан равнобедренный треугольник ABC с основанием AC. Его отразили относительно его биссектрисы угла C осевой симметрией и получили равнобедренный треугольника A’B’C с основаниемЙ A’C. На стороне AB’ отметили середину D., а в треугольнике ABC отметили ортоцентр H.
Докажите, что площадь треугольника CHD меньше AH^2/4.
_____________________________________________________________________________________
Решение авторских задач.
№1. Указание: используйте равные прямоугольные треугольники.
№2. Указание: найдите в задаче второй равнобедренный треугольник.
№3. Указание: используйте теорему о вписанном угле.
№4. Известно, что углы при основании равнобедренного треугольника меньше 90 градусов. Значит, угол A_1BС и A_1CB меньше 45 граудсов. По теореме о вписанном угле получаем, что угол A_1B_1B меньше 45 градусов. Поэтому выполнимы неравенства BA_1<A_1B_1 и A_1D<B_1A_1, значит, из данных трёх отрезков всегда можно составить треугольник.
№5. Известно, что угол GBF равен 2 углам ABF. Ясно, что угол AFE равени также 2 углам ABF. Из этого следует утверждение.
№6. Указание: доказывайте от противного; обозначим предположитеольную точку пересечения трёх прямых как K. Рассмотрите точку B как радикальный центр окружностей, описанных около равнобедренной трапеции AGDC; CDEK: AGEF.
№7. Указание: Отметьте на прямой CB такую точку D, что AC=AD и воспользуйтесь гомотетией и теоремой Эйлера.
Глава 3. Прямоугольный треугольник с углом 30 градусов.
№1. Школьная теорема 1. Катет, противолежащий углу в 30 градусов, равен половине гипотенузы.2
№2. Школьная теорема 2. Острый угол прямоугольного треугольника равен 30o. Докажите, что высота и медиана, проведённые из вершины прямого угла, делят прямой угол на три равные части.
№3. Школьная теорема 3. В прямоугольном треугольнике один из углов равен 30o. Докажите, что в этом треугольнике отрезок перпендикуляра, проведённого к гипотенузе через её середину до пересечения с катетом, втрое меньше большего катета.
№4. Школьная теорема 4. Отрезок, соединяющий основание биссектрисы из угла в 60 градусов и его центр тяжести, перпендикулярен его катету .(см. Сканави, Сборник задач по математике для поступающих в Вузы, издание 6, 2004. С.224)
№5. Школьная теорема 5. В треугольнике ABC угол A равен 60o, а биссектриса угла A, медиана, проведённая из вершины B, и высота, проведённая из вершины C, пересекаются в одной точке. Докажите, что этот треугольник соответствует случаю треугольника главы.
№6. Задача Ю.А.Блинкова. В прямоугольном треугольнике ABC с прямым углом C угол A равен 30°, точка I – центр вписанной окружности ABC, D – точка пересечения отрезка BI с этой окружностью.
Докажите, что отрезки AI и CD перпендикулярны.
№7. Задача из фольклора. В прямоугольном треугольнике АВС угол А равен 60°, М – середина гипотенузы АВ. Найдите угол IMA, где I – центр окружности, вписанной в данный треугольник.
№8. Задача Д.В.Швецова. В треугольнике ABC  ∠A = 60°.  Серединный перпендикуляр к отрезку AB пересекает прямую AC в точке C1. Серединный перпендикуляр к отрезку AC пересекает прямую AB в точке B1. Докажите, что прямая B1C1 касается окружности, вписанной в треугольник ABC.
Авторские разработки.
№9. В прямоугольном треугольнике ABC с углом A=30 градусов и гипотенузой AC на стороне AB во внешнюю сторону построен равносторонний треугольник ABK. Какую из сторон треугольника ABK, отличную от AB, пересекает биссектриса угла C?
№10. Условие: центр вписанной окружности I треугольника ABC с прямым углом B отразили симметрией относительно катета AB и получили точку I'. При этом оказалось, что луч CI' делит угол ACB в отношении 1: 3,так что точка I' ближе к прямой BC, нежели к прямой AC.
Найти углы треугольника.
№11. Условие: прямоугольный треугольник ABC с прямым углом B и углом A, равным 60 градусам. На его гипотенузе AC отмечена середина D, проведена описанная окружность треугольника ABC, радиус DE, образующий с гипотенузой угол в 30 градусов и не пересекающий катет AB . В треугольнике ABC отмечен центр вписанной окружности I. Требуется выразить площадь треугольника ABC через длины отрезков BD и IC.
№12. Условие: в прямоугольном треугольнике ABC медиана AD пересекает отрезок CI в точке E, центр вписанной окружности I отражён отнгосительно стороны AC и получена точка I’. Окружность касается катета стороны BC в точке E. Оказалось, что оттрезки EI’, CI и AD пересекаются в одной точке. Найти углы треугольника.
№1. Указание: достройте треугольник до равностороннего треугольника.
№2. Указание: используйте свойство медианы из вершины прямого угла.
№3. Указание: используйте теорему задачи №1 и свойство биссектрисы угла.
№4. Указание: используйте свойство биссектрисы треугольника и обобщённую теорему Фалеса.
№5. Указание:сначала посчитайте отношения длин проекций катетов на гипотенузу, затем используйте сначала свойство биссектрисы треугольника, затем теорему Чевы для треугольника ABC.
№6. Опусти из точки I перпендикуляр IE на сторону BC. Ясно, что IE=ED=CE, поэтому угол BCD равен 15 градусам, отсюда выводится утверждение (последний шаг сделайте самостоятельно!).
№7. Так как AM=AC, AE=AQ и QM=CE=IE=IQ, где E и Q0—точки касания окружности со сторогнами AC и AB.
№8. Пусть B0, C0 – середины сторон AC, AB соответственно. Так как треугольники AB0B1, AC0C1 – прямоугольные с  ∠A = 60°,  то  AB1 = 2AB0 = AC  и AC1 = 2AC0 = AB.  Следовательно, прямая B1C1 симметрична BC относительно биссектрисы угла A. Поскольку эта биссектриса проходит через центр вписанной окружности, а прямая BC касается этой окружности, то и прямая B1C1 её касается.
№9. Проведём биссектрису угла C и обозначим её пересечение со стороной AB—точку K. Тогда CK параллелен BK, и тогда ясно, что данная биссектриса пересекает именно сторону AK.
№10. Указание: докажите, что CI=II’.
№11. Указание: доказать, что треугольники BAD и CIA подобны.
№12. Указание: используйте свойство биссектрисы треугольника.
Глава 4. Прямоугольный треугольник с углом 15 градусов.
№1. Школьная теорема. Докажите, что площадь прямоугольного треугольника с острым углом в 15o равна одной восьмой квадрата гипотенузы.
№2. В прямоугольном треугольнике ABC с прямым углом B и углом C, равным 15 градусов, проведена высота BD, а втреугольнке BDC--высота DE.
Доказать: DE=BC/4.
№3. В прямоугольном треугольнике ABC с прямым углом B и углом C, равным 15 градусам, проведена биссектриса BD. На отрезке6 AD как на основании во внешнюю сторону построен равносторонний треугольника AED. Прямая CE пересекает прямую AB в точке F.
Доказать: DE/CD=AF/BC.
№4. В прямоугольном треугольнике ABC с прямым углом B и углом C, равным 15 градусам, проведена медиана AD. Из точки A на неё опущен перпендикуляр AE. Отрезок AE продолжен до точки F, так что AE/EF=3                                                
№5. Задача Л.М.Лоповок. Окружность, построенная на высоте AD прямоугольного треугольника ABC как на диаметре, пересекает катет AB в точке K, а катет AC — в точке M. Отрезок KM пересекает высоту AD в точке L. Известно, что отрезки AK, AL и AM составляют геометрическую прогрессию (т.е. AK/KL=KL/LM). Найдите острые углы треугольника ABC.
Доказать: точка M равноудалена от прямых AC и AF.
№1. Указание: проведите медиану из вершины прямого угла.
№2. Отразим точку B симметрично относительно стороны AC и получим точку B’. Тогда BD=DB’, по теореме Фалеса, 2DE=B’B’0 (B’O--проекция точки B’ на прямую BC). Угол B’CB равен 30 градусам, отсюда получаем по теореме из задачи №1 главы 1, что B’B’O=B’C/2 и DE=BC/4.
№3. Продолжим отрезок BD до пересечения с прямой CF в точке K. Тогда не только BK будет биссектрисоц в треугольнике BFC, но и DK—в треугольнике EDC. Тогда ED/DC=AD/DC=AB/BC. Осталось доказать равенство AB=AF. Это можно сделать, используя задачу №13.
№4. Указание: используйте теорему Менелая применительно к треугольнику AEC.
№5. Поскольку AD и KM — диаметры указанной окружности, то четырёхугольник AKDM — прямоугольник. Пусть P — проекция вершины A на диаметр KM. Тогда AL2 = AK . AM = KM . AP = AD . AP = 2AL . AP.
Отсюда находим, что AL = 2AP. Следовательно, в прямоугольном треугольнике APL угол APL равен 30o, а т.к. ALP = 2LAM, то LAM = 15o. Значит,
Угол ACB = 90o - Угол DAC = 90o – Угол LAM = 75o, Угол ABC = 90o - 75o = 15o.
___________________________________________________________________________
Глава 5. Египетский треугольник.
№1. Доказать, что I—ортоцентр треугольника BNC.
№2. Доказать, что прямая Нагеля египетского треугольника параллельна его большему катету.
№3. Условие: египетский треугольник ABC (BC=3, AB=4, AC=5). Точка Нагеля треугольника—N.
Доказать, что NA=NB.
№4. Условие: египетский треугольник ABC с прямым углом A и меньшим катетом AС. Точка Нагеля треугольника ABC—N.
Доказать, что разность расстояний от центра описанной окружности треугольника ANC до его сторон AN и AC равна малому числу Фидия (числу «фи»).
№5. Условие: египетский треугольник ABC. Пусть P—точка касания вневписанной окружности египетского треугольника и его средней по величине стороны AB; I—центр вписаннной окружности треугольника, M—середина стороны BC.
Доказать: P,I,M лежат на одной прямой.
№6. Условие: треугольник ABC—египетский (BC=3, AB=4, AC=5). Центр его вписанной окружности—I, точки касания вневписанных окружностей треугольника и сторон AB и AC—P и Q соответственно.
Доказать: углы IPC и IQB равны.
№7. Найти: вкаком отеношении отрезок PI делит отрезок BQ.
№8. Пусть прямая Нагеля египетского треугольника ABCпересекает PQ в точке W, где P и Q—точки касания вневписанных окружностей со сторонами AB=4 и AS=5 соответстенно. На прямой BC выбрана точка U, так что CU=3 и U отлична от B.
Доказать: прямая NU перпендикулярна отрезку BW.
№1. 1) Известно, что радиус вписанной окружности египетского треугольника равен 1. Обозначим точку касания вписанной окружности и катета BC как A_0. Тогда CA_0=2.
2) По известной теореме, точка касания вневписаннйо окружности и стороны треугольника симметрична точке касания вписанной окружности треугольника и этой же стороны относительно её середины. Значит AQ=2, CQ=3. Аналогично, AP=1, BP=3.
3) Так как треугольники QBC и PBC—равнобедренные, то прямые CI и BI, содержащие их бюиссектрисы, проведённые к их основаниям, им и перпендикулярны. Поэтому I—ортоцентр треугольника BNC.
№2. Ясно, что NI||AB по признаку параллельности прямых.
№3. Обозначим С_1 середину стороны AB. Тогда BC_1NA_0—прямоугольник, поэтому BC_1=2, и отсюда C_1N—смерединный перпендикуляр к AB, и поэтому AN=BN.
№4. Обозначим центр описаннной окружности BNC как точку K. По теореме Эйлера, расстояние от O до отрезхка BN, равного \sqrt{5}, равно половине отрезка IC, а так как угол BCN составляет 45 градусов, \sqrt{5}/2. То же самое и относительно расстояния от K до стороны BC, равного ½. Поэтому разность этих чисел будет равна малому числу Фмдия.
№5. BN=\sqrt{2}, PC=3\sqrt{2}, прямая BN содержит медиану треугольника BPC, значит, I—его центр тяжести, и P, I, M лежат на одной прямой (по свойству медиан треугольника)..
№6. Углы IBP и BPN равны, поэтому BPNI—равнобедренная трапеция. А N лежит на серединном перпендикуляре к BAQ. Поэтому угол NBI равен углам NPI и IQB. Отсюда утверждение.
№7. По теореме Менелая, применённой к треугольника BAQ, находим отношение BN:NQ, а из BP=3NI и AB||NI выводится отношение BI:IN. Отсюда утверждение.
№8. Пусть прямая PQ пересекает прямую BC в точке U. По теореме Менелая, применённой к треугольника ABC, CU=3. Поэтому угол BQU—прямой и из конкуррентности высот следует, что прямая UN перпендикулярна отрезку BW, ч.т.д.
Глава 6. Известная задача с отношением катетов 1 к 3 находит применение!
№1. Исходная задача.Больший катет такого треугольника разделён на три равные части. Тогда сумма острых углов, образованных отрезками, соединяющими вершину прямого угла и эти точки и гипотенузой, равна 90 градусов.
№2. Условие: равнобедренный треугольника ABC с боковыми сторонами CA=CB, причём его высота, проведнная к основанию, относится к длине основания как 3:2. На высоте CD выбрана точка E, делящая её в отношении 1:2, считая от точки С. Прямая AE пересекает сторону BC в точке K. Прямая, перпендикулярная AE, пересекает эту же сторону в точке M.
Доказать: EK=EM.
№3. Условие: прямоугольный треугольник ABC с прямым углом A и отношением катетов AC:AB=4:1. На отрзке AC отмечены точки D, E, F, так что D ближе к A, а E является серединой катета AC, делящие его на четыре равные части. Центр тяжести треугольника EBC--точка G.
Доказать: отрезки DG и BE пересекаются под углом 45 градусов.
№1. Первое решение. Обозначим треугольник ABC, так что AB=3, BC=1—катеты. Пусть точка D такова, что она лежит на отрезке AB и BD=2. Отразим относительно AB осевой симметрией точку D и полусим точку D’. Проведём через отрезок D’C луч, имеющий вершину в точке D’. Опустим из точки A перпендикуляр AE на этот луч. Ясно, что отрезки CE и AE равны и перпендикулярны, отсюда из теоремы о внешнем угле, применённой к треугольнику D’AC, и построения получаем утверждение.
Второе решение. Построим на катете AB как на основании равнобедренный прямоугольный треугольник ABD во внешнюю сторону. Обозначим точку E на стороне AB, такую, что BE=BC. Ясно, что эта точка является ортоцентром треугольника DBC. Обозначим центр описанной окружности треугольника ACD как K. Тогда из теоремы Эйлера следует, что расстояние от K до стороны DC равно 1. Отметим на тметим на отрезке СD середину M. Тогда через вспомогательные равные треугольниками со сторонами 1 и 2 можно доказать теорему. Попробуйте это сделать.
№2. Обозначим данную высоту CD. Так как углы AED и ACD в сумме составляют 45 градусов, то и углы CEK и BCD в сумме составляют 45 градусов. Поэтому угол EKM равен 45 градусов, и, следовательно, EK=EM.
№3. Указание: найдите соотношение отрезков EG и ED.
ЗОЛОТОЙ ТРЕУГОЛЬНИК
№1.
Условие: золотой треугольник ABC с углом B, равным 36 градусам. Около него описана окружность, из точки C проведена хорда CD, которая параллельна AB На отрезках AD и CE отмечены их середины K и L (AEE-биссектриса треугольника ABC). Середина стороны AB—M.
Доказать: K,L,M лежат на одной прямой
№2. Центр вписанной окружности треугольника--I. Биссектриса угла CAI пересекает сторону BC в точке F.
Доказать: CF=AI
№3.
Условие: треугольник ABC с углами A, B и C, равными 72, 36 и 72 градусам соответственно. Биссектриса BD, на стороне BC взята точка E, так что AB=BE. Из точки C проведён перпендикуляр CF на прямую, содержащую биссектрису BD. Середина AB--K. Отрезок EA пересекает отрезок FK в точке N.
Доказать: прямая ND перпендикулярна прямой EF.
№4.
Условие: в треугольнике ABC с углами A, B и C, равными соответственно 72, 36 и 72 градусам. Отмечены центр описанной окружности окружности O треугольника и его же ортоцентр H.
Доказать: H—центр описанной окружности треугольника AOC.
№5.
Условие: треугольник ABC с углами A, B, C, равными 72,36,72 градусам соответственно; I—центр вписанной окружности треугольника, O—центр его описанной окружности.
Доказать: I—ортоцентр треугольника AOC.
№6.
Условие: в треугольнике ABC углы A, B и C равны 72, 36 и 72 градусам соответственно. около треугольника ABC описана окружность, высота BD продолжена до пересечения с нею в точке E. Из точки E проведён луч, перпендикулярный прямой AB (обозачим его l). Середина дуги AB (меньшей) —F.
Доказать: прямые AC, BF и l пересекаются в одной точке.
№7.
Условие: золотой треугольник ABC с углом B, равным 36 градусам. На продолжении стороны AC за A взята точка D, так что CD=BC; AE—биссектриса треугольника ABC.
Доказать: отрезок DE делится стороной AB пополам.
№8.
Условие: золотой треугольник ABC с углом B, равным 36 градусам, центр вписанной окружности треугольника I, середина стороны AC—D, центр окружности Эйлера—E.
Доказать: прямые AI и DE перпендикулярны.
№9.
Условие: золотой треугольник ABC с углом B, равным 36 градусам. Середины сторон AB и AC—M и K соответственно; AL—перпендикуляр из A на биссектрису угла C.
Доказать: точки K,L,M лежат на одной прямой.
№10.
Условие: золотой треугольник ABC у сглом B, равным 36 градусам. Высота CE, биссектриса CD, середины AB и BC—F и K.
Доказать: прямая KD—биссектриса угла EKF .
№11.
Условие: золотой треугольник ABC с углом B, равным 36 градусам, на сторонах AC и BC взяты точки D и E, такие, что CD=AI=BE.
Доказать: точки D,I,E лежат на одной прямой.
№12.
Условие: золотой треугольник ABC с углом B, равным 36 градусам. Биссектриса CD и средняя линия EF, параллельная основанию AC. Прямые, их содержащие, пересекаются в точке P.
Доказать: PE=AD/2.
№13.
Условие: золотой треугольник ABC с меньшим углом B. На AC отмечена её середина D, также отмечены центр описанной окружности треугольника O и центр его вписанной окружности –I.
Доказать: BC^2/BI^2=OD/DI
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Решения.
№1.
Заметим, что CK перпендикулярен AD по свойству равнобедренного треугольника (каким является ACD). По свойству средней линии треугольника, MK||BD (в треугольнике ABD). Тогда угол AKM равен 72 градусам, а угол CKL’—18 градусам. Отрезки AL и CE перпендикулярны по свойству равнобедренного треугольника. Тогда четырёхугольник AKLC—вписанный, значит, точки L’ и L совпадают.
Замечание. Вполне возможно доказательство через теорему Менелая, применённую к треугольнику ABE.
№2.
Заметим, что A, I, E, B лежат на одной окружности (теорема о вписанном угле—углы AIB и AEB равны по теореме о сумме углов треугольника, применённой к треугольникам AIB и AEB). Тогда AI=IE и IE=BE, значит, AI=BE.
№3.
Продолжим CF и BA до пересечения в точке Q. Тогда так как BE=BA (условие), BK=BC (признак равнобедренности треугольника) и угол B—общий, треугольники ABC и BEQ равны по двум сторонам и углу между ним и точки Q, D, E лежат на одной прямой. Ясно, что, поскольку в золотом треугольнике биссектриса при основании равна основанию, В—центр описанной окружности треугольника BQC и отрезок FK перпендикулярен отрезкуQD, а значит, и прямой DE. Тогда в силу конкуррентности высот, в треугольнике EFN точка D—ортоцентр, поэтому прямая ND перпендикулярна EF.
№4.
Заметим, что угол AHC=180-B=144 и равен удвоенному углу AOC. Поэтому в силу равнобедренности треугольника AOC точка H—центр его описанной окружности.
№5.
Угол IAC равен 36 градусам, так же,как и угол DOC. Поэтому из теоремы о вписанном угле следует, что AI перпендикулярен OC, откуда I—ортоцентр треугольника AOC.
№6.
Заметим, что углы QO C(AOC) и QEC равны и составляют 72 градуса. По теореме о вписанном угле, точки Q,E,O,C лежат на одной окружности. Тогда угол ECQ равен 36 градусам, как равный углу EOQ. Угол ECF также равен этой величине, поэтому l, OA и СF пересекаются в одной точке.
№7.
Продолжим BA за A, и отметим на его продожении точку F, так что треугольник DAE—золотой. Тогда отрезки FA и BE параллельны и равны, следовательно, DBEF—параллелограмм. По его свойству, BF делит DE пополам, следовательно, BA также делит его пополам.
№8.
Докажем, что CO||DE. Угол DEB и угол FOC (здесь F—середина AC) равны и составляют 36 градусов. Поэтому эти прямые параллельны в силу равенства накрест лежащих углов при секущей BF. То, что AI перпендикулярен OC, известно из задачи 5. Тогда отрезки AI и DE перпендикулярны.
№9.
Возьмём на биссектрисе угла C такую точку D, что AD||BC. Тогда точка L будет серединой CD (см. задачу 1). Осталось применить известное свойство трапеции: середины диагоналей и боковых сторон трапеции лежат на одной прямой. Тогда точки K,L,M лежат на одной прямой.
№10.
Угол EKF равен 36 градусам по свойству медианы из вершины прямого угла (EK в BEC). Угол DKB —прямой, так как CD=BD и K—середина BC. Угол FKB равен 72 градусам, так как FK—средняя линия треугольника ABC. Значит, угол FKD равен 18 градусам, откуда угол DKE также равен 18 градусам, то есть KD—биссектриса угла FKE.
№11. См. задачу 2.
№12.
PE=PF-EF=FC=EF= (BC-AC)/2=AD/2.
№13.
Это следует из равенств OD/CD=CD/DI и CB/BI=CD/DI (подобие треугольников COD и DCI по двум углам и свойство биссектрисы треугольника).
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Задачи для самостоятельного решения.
Условие: в прямоугольном треугольнике ABC угол B равен 90 градусам, и из вершины B проведена высота BD. На стороне BC отмечена точка E, такая, что BD=DE.
Докажите, что AE=CE.
Условие: из вершины B прямого угла прямоугольного треугольника ABC, не имеющего равных сторон, проведён отрезок BD, равный его гипотенузе. Дан модуль разности катетов треугольника ABC—q-- и его площадь S. Найдите площадь треугольника BDC
В равнобедренном треугольнике ABC c основанием AC на боковой стороне отмечена точка D, так что AC=CD, а на стороне BC—точка E, такая, что DE=CE. Окружность, описанная около треугольника ADC, касается прямой DE. Найдите углы треугольника ABC.
Постройте вписанный четырёхугольник, у которого сумма противолежащих сторон равна полусумме катетов данного прямоугольного треугольника с углом 30 градусов.
Найдите сумму проекций вершин гипотенузы на прямые, содержащие медиану и биссектрису треугольника, проведённые из вершины треугольников, если известна гипотенуза.
Через середину гипотенузы проведён отрезок с концом на одном из катетов под углом 60 градусов к ней. Найти получившийся отрезок, если известен меньший из катетов.
Условие: в треугольнике ABC BE=высота, а AD==биссектриса; G—центр тяжести треугольника, угол A равен 60 градусов, угол B—прямой.
Доказать: угол EFG равен разности угла в 60 градусов и угола FEC.
Найдите угла треугольника, образованного основаниями биссектрисы угла в 60 градусов, медианы из вершины угла в 30 градусов и высоты, проведённой к гипотенузе.
Найдите углы между чевианой в прямоугольном треугольнику с углом 15 градусов, выходящей из вершины прямого угла так, чтобы проекция основания её на один из катетов, была равна половине другого катета, и катетами.
Дан прямоугольный треугольник ABC с прямым углом B и углом C, равным 15 градусам. Биссектриса угла A продолжена до точки D, так что AB=AD и DD_0—проекция точки D на катет AC. Докажите: AB^2=DD_0*AC.
Сколько сторон может иметь многоугольник с вершинами в узлах клетчатой бумаги, чтобы все его углы были кратны 45 градусам?
Условие: на стороне прямоугольного треугольника ABC с катетами AB=3 и BC=1 построен равнобедренный прямоугольный треугольник ABD во внешнюю сторону (AB=BD). Медиана BE пересекает отрезок, соединяющий вершину треугольника С и точку F, такую, что AF=1, пересекаются в точке Q.
Доказать: отрезок ВF виден из точки Q под прямым углом.
Докажите, что расстояние от центра вписанной окружности египетского треугольника до середины его гипотенузы вдвое меньше расстояния от этой же точки до конца гипотенузы, принадлежащего также меньшему катету.
Докажите, что проекция большей части стороны такого треугольника, отсекаемой этой биссектрисой от неё, на меньший катет египетского треугольника, равна радиусу его вписанной окружности.
Сопряжённый треугольник золотого треугольника.
Условие: в золотом треугольнике ABC угол B—меньший. Высота—AD, и на отрезке BD как на боковой стороне золотого треугольника BDE во внешнюю сторону. В нём проведена биссектриса BF. Середина BD—K.
Доказать: а) BE=AB/2 б) прямая, проходящая через точку пересечения отрезков AF и BD и параллельная прямой FK, проходит через центр тяжести треугольника.

Приложенные файлы

  • docx 7799728
    Размер файла: 55 kB Загрузок: 0

Добавить комментарий