otvet obuz tur 8-9

Дистанционная Обучающая Олимпиада по Математике. 2009-2010 учебный год

Обучающий тур

Задачи для самостоятельного решения командами «средней» возрастной группы

Задача 1Биссектриса угла А параллелограмма АВСD пересекает сторону ВС в точке К. Найти периметр параллелограмма, если ВК=15, КС=9Решение:

Через точку К проведем прямую КР параллельно АВ. Получим параллелограмм (противоположные стороны параллельны) АВКР, в котором диагональ АК является биссектрисой. Другими словами этот параллелограмм есть ромб, поэтому АВ=ВК=15.ВС=ВК+КС=24Р(АВСD)=2*АВ+2*ВС=78.

Ответ. 78

Задача 2Точка D – середина стороны AC треугольника ABC . На стороне BC выбрана такая точка E , что BEA = CED . Найдите отношение AE:DE . Решение

Через точку D проведём прямую, параллельную стороне BC . Пусть эта прямая пересекает отрезок AE в точке F . Тогда F – середина AE . Треугольник DEF – равнобедренный, т.к.

DFE = BEF = DEC = FDE.

Следовательно,

Ответ. 2

Задача 3

На сторонах AB и BC треугольника ABC выбраны точки K и M соответственно так, что KM|| AC . Отрезки AM и KC пересекаются в точке O . Известно, что AK=AO и KM=MC . Докажите, что AM=KB .

Решение

Первое решение. Пусть AKO=α . Тогда AOK=α , так как треугольник AKO равнобедренный;

MOC= AOK=α (как вертикальные). Пусть MKC=β . Тогда MCK= MKC=β , так как треугольник MKC равнобедренный. Так как KM|| AC , угол ACO равен β . Из треугольника AKC получаем, что CAK=180o-α-β ; из треугольника MOC получаем, что OMC=180o-α-β . Таким образом, CAK=

AMC . Заметим, что MKB= CAK и ACM= KMB ввиду параллельности KM и AC . Отсюда Δ AMC=Δ BKM по стороне и двум углам. Следовательно, AM=KB .

МОУ ДПОС Центр информационных технологий, г.о. ТольяттиWeb-сайт ДООM: ht t p://www.tgl.net.ru/wiki e-mail: [email protected]тел.: (8482)327340

http://www.tgl.net.ru/wiki

mailto:[email protected]


Второе решение. Как было доказано в первом решении, CK – биссектриса угла ACB . Воспользуемся тем, что лучи CA и CB симметричны относительно этой биссектрисы. Пусть KD – отрезок, симметричный отрезку KB относительно

прямой CK (рис.). Тогда точка D лежит на продолжении стороны CA (см. комментарий). Докажем, что четырехугольник DKMA – параллелограмм. Действительно, DA|| KM , кроме того, KAM= KAO= 180o-2α , DKA= DKC- AKC , что (из симметрии) равно BKC- AKC= BKM+ MKC- AKC=180o-2α . Следовательно, DK|| AM . Значит, DKMA действительно параллелограмм и DK=AM , то есть BK=AM .

Комментарий. Можно строго доказать, что точка D попадает именно на продолжение стороны AC (за точку A ). Для этого нужно доказать, что CKB> AKC , т.е. что угол AKC – острый. Но AKC – угол при основании в равнобедренном треугольнике AKO , значит, он острый.

Задача 4Из точки P, расположенной внутри острого угла BAC, опущены перпендикуляры PC1 и PB1 на прямые AB и AC. Докажите, что C1AP = C1B1P.

РешениеПоскольку отрезок AP виден из точек B1 и C1 под прямым углом, то точки C1

и B1 лежат на окружности с диаметром AP. Следовательно, C1AP = C1B1P

как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу.

Задача 5Пусть CM — медиана треугольника ABC. Известно, что CAB + MCB = 90o. Докажите, что треугольник ABC — равнобедренный или прямоугольный.

РешениеПусть D — точка пересечения продолжения медианы CM с описанной окружностью треугольника ABC. Тогда

CBD = 2CAB + 2BCD = 180o, поэтому CD — диаметр окружности. Если AB — не диаметр окружности

(рис.1), то CD AB, т.к. в равнобедренном треугольнике AOB (O — центр окружности) медиана OM является высотой. Тогда медиана CM треугольника ABC также является высотой этого треугольника. Следовательно, треугольник ABC — равнобедренный. Если AB — диаметр, то ACB = 90o. Следовательно, треугольник ABC — прямоугольный.





Задача 6В трапеции ABCD ( AD || BC) угол ADB в два раза меньше угла ACB. Известно, что BC = AC = 5 и AD = 6. Найдите площадь трапеции.

РешениеПостроим окружность с центром в точке C и радиусом CB = CA = 5. Поскольку ADB = 1/2ACB, то точка D принадлежит этой окружности и CD = CA = 5. Пусть CK — высота равнобедренного треугольника ACD. Тогда

.

Поскольку CK — высота трапеции ABCD, то

SABCD = .

Ответ 22.

Задача 7

Точка E лежит на стороне AC правильного треугольника ABC; точка K — середина отрезка AE. Прямая, проходящая через точку E перпендикулярно прямой AB, и прямая, проходящая через точку C перпендикулярно прямой BC, пересекаются в точке D. Найдите углы треугольника BKD.

РешениеПусть F — основание перпендикуляра, опущенного из точки E на AB. Тогда FK — медиана прямоугольного треугольника AFE. Поэтому AKF = 60o и FK || BC. Опишем окружность около равнобедренной трапеции BFKC. Точка D принадлежит этой окружности, т.к. FDC + FBC = 180o; BD — диаметр этой окружности, т.к. BCD = 90o. Следовательно,

BKD = 90o, BDK = BCK = 60o, KBD = 30o. Ответ. 90o, 30o, 60o.

Задача 8В треугольнике ABC на стороне BC взята точка M, причём BM = 2MC и AMB = 60o. Зная, что BAC = 60o, найдите углы B и C треугольника ABC. Решение. Пусть точка O — основание перпендикуляра, опущенного из точки B на AM. Тогда OM = ½*BM = MC, MOC = OCM = 30o, BOC = 120o. Следовательно, точка O — центр окружности, описанной около треугольника ABC. Поэтому ACB = ½*AOB = 45o.

Ответ. 75o; 45o.

Задача 9Дан треугольник со сторонами 10, 24 и 26. Две меньшие стороны являются касательными к окружности, центр которой лежит на большей стороне. Найдите радиус окружности.

РешениеЗаметим, что данный треугольник — прямоугольный (242 + 102 = 262). Пусть r — искомый радиус. Отрезок, соединяющий вершину прямого угла с центром данной окружности, разбивает треугольник на два треугольника. Радиусы окружности, проведённые в точки касания, являются высотами этих треугольников. Сумма площадей получившихся треугольников равна площади данного треугольника, т.е. 5r + 12r = 120.

Отсюда находим, что r = .

Ответ.

Задача 10





Стороны треугольника равны 13, 14 и 15. Найдите радиус окружности, которая имеет центр на средней стороне и касается двух других сторон.

Решение

Пусть AC = 13, AB = 14, BC = 15, O — центр указанной окружности (O на стороне AB), R — её радиус, P и Q — точки касания окружности со сторонами AC и BC соответственно. По формуле Герона

SABC = = = 84. Поскольку OP и OQ — высоты треугольников AOC и BOC, то

SABC = SAOC + SBOC = ½*AC *OP + ½*BC*OQ = ½*(AC + BC)R = 4R.

Следовательно,

R = = = 6.

Ответ 6.

Задача 11

Докажите, что сумма расстояний от любой точки внутри равностороннего треугольника до его сторон равна высоте этого треугольника.

РешениеПервый способ.

Пусть M - точка внутри равностороннего треугольника ABC. Обозначим AB = AC = BC = a, h - высота треугольника ABC;h1, h2, h3 - высоты треугольников MBC, MAC и MAB, опущенные из вершины M на стороны BC, AB и AC. Тогда S(ABC) = S(MCB) + S(MAB) + S(MAC) = (ah1 + ah2 + ah3)/2 = a(h1 + h2 + h3)/2 = ah/2.

Следовательно, h1 + h2 + h3 = h.

Второй способ. Проведем через точку внутри данного треугольника прямые, параллельные сторонам треугольника. Получим шесть фигур, три из которых - равносторонние треугольники. Сумма их высот равна высоте данного треугольника.

Задача 12В трапеции точка пересечения диагоналей равноудалена от прямых, на которых лежат боковые стороны. Докажите, что трапеция равнобедренная.

РешениеПервый способ. Пусть P — точка пересечения боковых сторон AB и DC трапеции ABCD, Q — точка пересечения диагоналей AC и BD. По замечательному свойству трапеции прямая QP проходит через середину M основания AD, т.е. PM — медиана треугольника APQ.

Поскольку точка Q равноудалена от сторон AP и DP угла APD, то PM — биссектриса треугольника APD. Следовательно, этот треугольник — равнобедренный, AP = PD. Поэтому и трапеция ABCD — равнобедренная. МОУ ДПОС Центр информационных технологий, г.о. ТольяттиWeb-сайт ДООM: ht t p://www.tgl.net.ru/wiki e-mail: [email protected]тел.: (8482)327340




Второй способ.

Пусть AD и BC — основания трапеции ABCD, Q — точка пересечения диагоналей. Из равенства площадей треугольников ACD и ABD следует равенство площадей треугольников DQC и AQB. Поскольку высоты этих треугольников, проведённые из вершины Q, равны, то равны и стороны AB и CD, т.е. трапеция ABCD — равнобедренная.

Задача 13

Высота трапеции ABCD равна 5, а основания BC и AD соответственно равны 3 и 5. Точка E находится на стороне BC, причём BE = 2, F — середина стороны CD, а M — точка пересечения отрезков AE и BF. Найдите площадь четырёхугольника AMFD.

Решение

Пусть прямая BF пересекает продолжение основания AD в точке N. Из равенства треугольников BCF и NDF следует, что DN = BC =

3. Треугольники AMN и EMB подобны с коэффициентом , поэтому высота MP треугольника AMN

в 4 раза больше высоты MQ треугольника BME, а т.к. MQ + ME = PQ = 5, то MP = PQ = 4. Поскольку FN =

BF, то высота FG треугольника FDN вдвое меньше высоты BH треугольника ABN, поэтому FG = BH = .

Следовательно, SAMFD = SAMN - SFDN = AN * MP - * DN* FG = * 8* 4 - * 3 * = .

Ответ.

Задача 14

В треугольнике ABC на стороне AB взята точка K, причём AK : BK = 1 : 2, а на стороне BC взята точка L, причём CL : BL = 2 : 1. Пусть Q — точка пересечения прямых AL и CK. Найдите площадь треугольника ABC, если дано, что площадь треугольника BQC равна 1.

Решение

Продолжим AL до пересечения в точке P с прямой, проходящей через вершину C параллельно AB. Из подобия треугольников PLC и ALB следует, что PC = 2AB, а из подобия треугольников PQC и AQK находим, что

.

Следовательно, SKBC = SQBC = .

Поскольку BK = AB, то SABC = SKBC = .

Ответ .





Задача 15В трапеции ABCD основание AB = a, основание CD = b (a < b). Окружность, проходящая через вершины A, B и C, касается стороны AD. Найдите диагональ AC. РешениеПоскольку DAC — угол между касательной DA и хордой AC, то DCA = ABC. Поскольку AB || CD, то DCA = BAC. Следовательно, треугольники ADC и

BCA подобны. Поэтому . Отсюда находим, что AC2 = AB* CD =

ab.

Ответ. .

Задача 16В трапеции ABCD известно, что BC||AD, ABC = 90o. Прямая, перпендикулярная стороне CD, пересекает сторону AB в точке M, а сторону CD — в точке N. Известно также, что MC = a, BN = b, а расстояние от точки D до прямой MC равно c. Найдите расстояние от точки A до прямой BN.

РешениеИз точек B и N отрезок MC виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром MC. Вписанные в эту окружность углы MBN и MCN опираются на одну и ту же дугу. Следовательно,

ABN = MBN = MCN = MCD. Из точек A и N отрезок MD виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром MD. Вписанные в эту окружность углы MDN и MAN опираются на одну и ту же дугу.

Следовательно, BAN = MAN = MDN = MDC.

Из доказанного следует, что треугольники ANB и DMC подобны по двум углам. Значит, отношение их соответствующих высот AQ и DP равно отношению оснований, т.е.

Следовательно, AQ = .

Ответ.

.





Задача 17

В выпуклом шестиугольнике ABCDEF отрезки AB и CF , CD и BE , EF и AD попарно параллельны. Докажите, что площади треугольников ACE и BFD равны.

Решение

Пусть расстояние между параллельными прямыми AB и CF равно a , между прямыми CD и BE – b , между прямыми EF и AD – c . Тогда

SΔ ABF = ½*a· AB= SΔ ABC, SΔ BCD = ½*b· CD= SΔ CED, SΔ DEF = ½*c· FE= SΔ AFE.

Записав двумя способами выражение для площади данного шестиугольника, получим, что

SABCDEF = SΔ ACE+(SΔ ABC+SΔ EDC+SΔ AFE)= SΔ BDF +(SΔ ABF+SΔ BCD+SΔ

DEF).

Отсюда следует, что SΔ ACE=SΔ BFD .

Задача 18

Хорды AC и BD окружности пересекаются в точке P. Перпендикуляры к AC и BD в точках C и D, соответственно, пересекаются в точке Q. Докажите, что прямые AB и PQ перпендикулярны.

Решение

Пусть перпендикуляры пересекаются внутри окружности (случай внешней точки рассматривается аналогично). Отметим точку R —вторую точку пересечения прямой DQ с окружностью.Четырёхугольник PDCQ вписан в окружность (он образован двумя прямоугольными треугольниками с общей гипотенузой PQ), поэтому углы CDQ и CPQ равны как опирающиеся на одну дугу. По этой же причине CDQ = CAR, и, значит, прямые PQ и AR параллельны (соответственные углы равны). Но BR является диаметром, как следует из перпендикулярности BD и DQ, поэтому BAR = 90◦.

Задача 19

Листок календаря частично закрыт предыдущим оторванным листком (см. рисунок). Вершины A и B верхнего листка лежат на сторонах нижнего листка. Четвёртая вершина нижнего листка не видна — она закрыта верхним листком. Верхний и нижний листки, естественно, равны между собой. Какая часть нижнего листка больше — закрытая или открытая?

Подсказка

Попробуйте сделать дополнительное построение, как показано на рисунке.

Решение





Площадь открытых участков 1', 2' и 3' равна площади закрытых участков 1, 2 и 3 (см. рисунок). Значит, закрытая часть листка больше открытой на площадь закрытого участка 4.

Ответ. Закрытая часть будет больше.

Задачи на развитие «геометрического зрения»

Задача 20

У нумизмата Феди все монеты имеют диаметр не больше 10 см. Он хранит их в плоской коробке размером 30 см * 70 см (в один слой). Ему подарили монету диаметром 25 см. Докажите, что все монеты можно уложить в одну плоскую коробку размером 55 см *55 см.

Решение

Отрежем от прямоугольника 30 x 70 прямоугольник 30 x 15 и переставим его, как показано на рисунке. Затем дополним полученную фигуру до квадрата 55 x 55 (это показано пунктирными линиями). Все монеты, не задевающие прямоугольник 30 x 15, можно оставить на месте. Все монеты, задевающие прямоугольник 30 x 15, можно перенести вместе с ним. Так как диаметр каждой монеты не превосходит 10, перенесённые монеты уложатся в прямоугольниках 30 x 15 и 30 x 10. В итоге останется свободный квадрат 25 x 25, в который можно положить подаренную монету.

Задача 21

Найдите сумму величин углов MAN, MBN, MCN, MDN и MEN, нарисованных на клетчатой бумаге так, как показано на рисунке 1.

Рис. 1

Решение

Заметим, что MAN = RES, MBN = QER, MCN = PEQ, MDN = фNEP. Отсюда сразу видно, что MAN + MBN + MCN + MDN + MEN = MES = 45o.

Ответ. 45o.


Рис. 2




Задача 22

На день рождения Олегу подарили набор равных треугольников со сторонами 3, 4 и 5 см. Олег взял все эти треугольники и сложил из них квадрат. Докажите, что треугольников было четное количество.

Решение

Как известно, треугольник со сторонами 3, 4 и 5 является прямоугольным, причем его катеты равны 3 и 4; следовательно, площадь одного такого треугольника равна (3 * 4)/2 = 6. Пусть для квадрата Олегу понадобилось n треугольников, а сторона полученного квадрата равна a. Тогда площадь квадрата равна S = 6*n = a2, откуда следует, что a четно, а значит, a2 делится на 4. Отсюда получаем, что 6*n также делится на 4, а следовательно, n четно.

Задача 23

В музее Гугенхайм в Нью-Йорке есть скульптура, имеющая форму куба. Жук, севший на одну из вершин, хочет как можно быстрее осмотреть скульптуру, чтобы перейти к другим экспонатам (для этого достаточно попасть в противоположную вершину куба). Какой путь ему выбрать?

Решение

Сделаем развертку куба. Две противоположные вершины куба попадут в противоположные вершины прямоугольника 2 × 1, образованного двумя соседними гранями куба. Кратчайший соединяющий их путь - это диагональ прямоугольника, она пересекает общее ребро этих граней в его середине. Таким образом, жуку следует двигаться по прямой к середине ребра, не выходящего из его вершины, а затем по прямой к вершине, в которую нужно попасть. Заметим, что таких ребер всего шесть, и значит существует шесть кратчайших путей.

Задача 24

Придумайте раскраску граней кубика, чтобы в трёх различных положениях он выглядел, как показано на рисунке. (Укажите, как раскрасить невидимые грани, или нарисуйте развёртку.)

Решение

См. развёртку. На первом рисунке в условии внизу белая грань, а две оставшиеся невидимые грани — треугольники.

Лучше всего сделать из подручных материалов кубик и пофантазировать...

Похоже, первая картинка отличается от второй просто поворотом, то есть две невидимые вертикальные грани на первом рисунке — треугольники. Нарисуем их на нашем кубике. Ага, теперь не получается на него посмотреть так, чтобы увидеть третью картинку. Что-то тут не так, но мы вроде где-то близко... Очень уж хочется ''спрятать'' два треугольника со второй картинки на задние грани в первой... Идея — их надо ещё перевернуть! То есть вторая картинка — это не просто повёрнутая на 180 градусов первая, а ещё и перевёрнутая! Верхняя грань на второй картинке была внизу на первой! Рисуем... Теперь всё сходится и на третьей картинке.

Ответ. См. рисунок.





Задача 25

Из бумаги склеено цилиндрическое кольцо, ширина которого равна 1, а длина по окружности равна 4. Можно ли не разрывая сложить это кольцо так, чтобы получился квадрат площади 2?

Решение

Отметим на одной кромке кольца диаметрально противоположные точки A и C, а на другой — диаметрально противоположные точки B и D, повернутые относительно A и C на 90. На рис. а) изображен прямоугольник, получаемый из кольца разрезанием по образующей цилиндра . Сложив цилиндр по линиям AB, BC, CD и DA, получим квадрат площади 2 (рис.б).

Ответ. Да, можно

Задача 26

Муравей ползает по проволочному каркасу куба, при этом он никогда не поворачивает назад. Может ли случиться, что в одной вершине он побывал 25 раз, а в каждой из остальных - по 20 раз?

Решение

Пометим вершины куба числами 1 и – 1 так, чтобы на концах каждого ребра стояли разные числа (рис. 1). Предположим, что муравей так прополз по каркасу куба, что в одной вершине он побывал 25 раз, а в остальных — по 20 раз. Вычислим сумму чисел, пройденных муравьём (каждое число входит в эту сумму несколько раз). С одной стороны, она по модулю не превосходит 1, с другой стороны, она должна быть равна ±5. Противоречие.

Ответ. Нет, не может.

Задача 27

Из квадрата 5×5 вырезали центральную клетку. Разрежьте получившуюся фигуру на две части, в которые можно завернуть куб 2×2×2.

Ответ. См. рисунок.





Задача 28

Разрежьте данный квадрат по сторонам клеток на четыре части так, чтобы все части были одинакового размера и одинаковой формы и чтобы каждая часть содержала по одному кружку и по одной звёздочке.

Решение

Очевидно, между двумя соседними клетками с одинаковыми значками (кружками или звёздочками) должен проходить разрез (по условию такие значки должны находиться в разных кусках). После того, как на рисунке будут отмечены все такие разрезы, окончательное решения придумать совсем просто.

Ответ. Один из возможных способов разрезания указан на рисунке.

Задача 29

Автостоянка в Цветочном городе представляет собой квадрат 7x 7 клеточек, в каждой из которых можно поставить машину. Стоянка обнесена забором, одна из сторон угловой клетки удалена (это ворота). Машина ездит по дорожке шириной в клетку. Незнайку попросили разместить как можно больше машин на стоянке таким образом, чтобы любая могла выехать, когда прочие стоят. Незнайка расставил 24 машины так, как показано на рис. Попытайтесь расставить машины по-другому, чтобы их поместилось больше.

Решение

Можно поставить 28 машин, например, так, как показано на рис. Можно ли поставить больше, жюри неизвестно.

Задача 30Нарисуйте на клетчатой бумаге треугольник с вершинами в углах клеток, две медианы которого перпендикулярны. (Медиана соединяет вершину треугольника с серединой противоположной стороны.)

ПодсказкаУдобно сначала нарисовать перпендикулярные медианы треугольника, а потом уже вершины.

Ответ. Один из возможных вариантов изображён на рисунке.





Задача 31Можно ли в тетрадном листке вырезать такую дырку, через которую пролез бы человек?

ПодсказкаПопробуйте сложить лист вдвое и вырезать вдоль линии сгиба узкое отверстие. Вы получите узкую дыру с широкими краями. Попробуйте увеличить "длину" краёв за счёт уменьшения их "ширины".

РешениеНужно сложить лист вдвое, вырезать вдоль линии сгиба узкое отверстие, а затем сделать много прямолинейных разрезов так, как показано на рисунке. Первый разрез делает "дырку", а остальные увеличивают длину "краёв" этой дырки.

Ответ. Да. Нужно сложить лист вдвое, вырезать вдоль линии сгиба узкое отверстие, а затем сделать много прямолинейных разрезов так, как показано на рисунке.

Задача 32

Петя и Вася живут в соседних домах (см. план на рисунке). Вася живет в четвертом подъезде. Известно, что Пете, чтобы добежать до Васи кратчайшим путем (не обязательно идущим по сторонам клеток), безразлично, с какой стороны обегать свой дом. Определите, в каком подъезде живет Петя.

Решение

Кратчайший путь от точки A до Васиного подъезда - отрезок AD (рис.). Кратчайший путь от точки B до Васиного подъезда - это путь по отрезку BC , а далее - по отрезку CD . Так как треугольники AED и CEB равны, AD = BC . Поэтому пути от точек A и B до Васиного подъезда отличаются на 4 клетки. Так как пути от Петиного подъезда через "верхний" угол (т. е. через точку A ) и через "нижний" угол (т. е. через точку B ) равны, путь от Петиного подъезда до точки A должен быть длиннее на 4 клетки, чем путь до точки B . Значит, Петя живёт в шестом

подъезде.

Ответ. в шестом подъезде.

Задача 33

Отметьте несколько точек и несколько прямых так, чтобы на каждой прямой лежало ровно три отмеченные точки и через каждую точку проходило ровно три отмеченные прямые.

Решение. См. рис.

Задача 34

Предложите способ измерения диагонали обычного кирпича, который легко реализуется на практике (без теоремы Пифагора).

Решение

Сложите три кирпича, как показано на рисунке и измерьте расстояние AB:





Задача 35

Разрежьте крест, составленный из пяти одинаковых квадратов, на три многоугольника, равных по площади и периметру.

Решение

Приведём некоторые из возможных разрезаний.

Задача 36Дан прямоугольный треугольник (см. рисунок). Приложите к нему

какой-нибудь треугольник (эти треугольники должны иметь общую сторону, но не должны перекрываться даже частично) так, чтобы получился треугольник с двумя равными

сторонами. Укажите (нарисуйте!) несколько различных решений. Каждое новое решение — дополнительный балл.

ПодсказкаОдна из двух полученных ''равных'' сторон может быть ''составной''.

ОтветВсе возможные примеры приведены на рисунке.

Задача 37

В Совершенном городе шесть площадей. Каждая площадь соединена прямыми улицами ровно с тремя другими площадями. Никакие две улицы в городе не пересекаются. Из трёх улиц, отходящих от каждой площади, одна проходит внутри угла, образованного двумя другими. Начертите возможный план такого города.

Решение

План города может быть, например, таким, как на рисунке.





Задачи на знание геометрических фактов (теорем, формул и т.п.)

Задача 38Найдите площадь прямоугольника, если одна из его сторон равна 5см, а угол между диагоналями равен 60 градусов. Решение:

Диагонали прямоугольника равны и точкой пересечения делятся пополам. Поэтому, ОА=ОВ=ОС. Треугольник АОВ - равнобедренный (по определению). Угол при его вершине

равен 60º, а значит и при основании углы по 60º ( 2

120

). Т.е. этот треугольник - равносторонний. ОА=ОВ=АВПротивоположные стороны прямоугольника равны. Обозначим меньшую за а, а большую за b.Случай 1. а=5, т.е. ОА=ОВ=АВ=5. АС=2ОА=10.Площадь прямоугольника равна половине произведения квадрата диагонали и синуса угла между его диагоналями.

S= 2

1

*102*sin60° , S= 2

1

*100* 2

3

, S=25 3

Случай 2. b=5. В треугольнике АВС: ВС=5, ВАС=60°.

a=b*ctg60°=5* 3

3

, S=a*b= 3

325

Ответ: 3

325

Задача 39На стороне ВС параллелограмма АВСD взята точка М так, что АВ=ВМ. Докажите, что АМ есть биссектриса угла ВАD. Решение:

Треугольник АВМ имеет две равных стороны, т.е. является равнобедренным по определению. Углы при основании равнобедренного треугольника равны: ВАМ=ВМА.Также углы ВМА и DАМ равны как накрест лежащие при параллельных прямых ВС и AD и секущей АМ.Значит, ВАМ=МАD, т.е. прямая МА является биссектрисой угла ВАD по определению.

Задача 40Дан параллелограмм АВСD, в котором диагонали АС = 10см и ВD=6см. Точки К,L,M,N являются соответственно серединами сторон параллелограмма АВ, ВС, CD и AD. Найти периметр KLMN. Решение:

Рассмотрим треугольник АВС (АСD) в нем KL (MN) является средней линией. Средняя линия треугольника, соединяющая середины двух данных сторон, параллельна третьей стороне и

равна её половине. Откуда KL = MN = 2

1

АС = 5.Рассмотрим треугольник ВСD (АВD) в нем LМ (КN) является

средней линией. Значит, LМ = КN = 2

1

BD = 3.Вычисляем периметр: Р = KL + MN + LМ + КN = 5 + 5 + 3 + 3 = 16.Кстати, эта задача дает почву для теоремы: Периметр параллелограмма, вершины которого лежат на серединах другого параллелограмма, равен сумме диагоналей другого параллелограмма.Ответ: 16МОУ ДПОС Центр информационных технологий, г.о. ТольяттиWeb-сайт ДООM: ht t p://www.tgl.net.ru/wiki e-mail: [email protected]тел.: (8482)327340




Задача 41В треугольнике ABC угол C прямой. Биссектриса AD равна 6 см, угол BAC равен 60°. Найти BD. Решение:

По теореме о сумме углов треугольника: В=180°-С-А=180°-90°-60°=30°По данным: ВАD=CAD=30°Заключаем, что треугольник АВD равнобедренный по второму признаку. Поэтому AD=BD=6Ответ: 6

Задача 42В прямоугольном треугольнике АВС из вершины прямого угла С опущена высота СD. Найдите его гипотенузу АВ, если АС=10 см, АD=4 см. Решение:

Прямоугольные треугольники АСD и АВС подобны по острому углу (подобие треугольников). Запишем равные соотношения:

Определим остальные неизвестные отрезки:

Ответ: 25

Задача 43Точка касания вписанной в прямоугольный треугольник окружности делит катет на отрезки 3 см и 12 см. Найдите периметр треугольника. Решение:

Четырехугольник РОМС - квадрат (ОР=ОМ - радиусы; углы ОРС, ОМС и РСМ по 90°). Поэтому РС=МС=3Прямоугольные треугольники АРО и АТО равны по катету и гипотенузе (АО-общая, ОТ=ОР - радиусы). Поэтому АР=АТ=12.Аналогично в треугольниках ВОТ и ВОМ: ВТ=ВМ, пусть ВТ=ВМ=х. Запишем теорему Пифагора для треугольника АВС:АВ2=АС2+ВС2

(АТ+ТВ)2=(АР+РС)2+(ВМ+МС)2

(12+х)2=(12+3)2+(х+3)2

144 + 24х + х2 = 225 + х2 + 6х + 918х = 90х = 5АВ=12+5=17, ВС=3+5=8, Р=АВ+АС+ВС=17+15+8=40

Ответ: 40





Задача 44В трапеции MNKP продолжение боковых сторон пересекаются в точке Е, причем ЕК=КР. Найдите разность оснований трапеции, если NК=7 см Решение:

Точка К является серединой стороны ЕР треугольника МЕР. По теореме о параллельных прямых, пересекающих стороны угла (параллельные прямые, пересекая стороны угла, отсекают пропорциональные отрезки), в нашем случае это угол МЕР, получаем отношение:EN:NM=ЕК:КР=1, откуда EN=NM. Другими словами, точка N является серединой стороны МЕ треугольника МЕР.Рассмотрим прямую NK: она соединяет середины двух сторон треугольника МЕР, т.е. является его средней линией по определению.Каждая из средних линий треугольника, соединяющих середины двух данных сторон, параллельна третей стороне и равна её половине, поэтому МР=2NKMP-NK=2NK-NK=NK=7Ответ: 7

Задача 45Треугольник ABC вписан в окружность с центром O и радиусом 4. Найти площадь треугольника BOC, если угол B=40°, а угол C=35°.

Решение:По теореме о сумме углов треугольника: А+В+С=180о, откуда А=180о-В-С=180о-40о-35о=105о

Вписанный угол равен половине центрального угла, опирающегося на ту же дугу, ВОС=2А=210о

Угол, который мы только что нашли, обозначен на рисунке стрелкой, нам нужен не он, а противоположный, т.е:360о-210о=150о

SBOC= 2

1

· OB· OC· sin150o = 4Ответ: 4

Задача 46В равнобедренный треугольник с боковой стороной 15 см и периметром 54 см вписана окружность. Найдите радиус этой окружности. Решение:Так как треугольник равнобедренный, АВ=ВС=15. Запишем формулу периметра для данного треугольника:Р=АВ+ВС+АС, 54=15+15+АС, АС=24

Определим радиус по формуле: r = P

S2

, где S-площадь треугольника, Р - периметр треугольникаОпределим площадь треугольника по формуле:





r = 2 · 54

108

= 4Ответ: 4

Задача 47Вершины четырехугольника АВСD делят окружность в отношении 1:2:8:7.Найдите углы этого четырехугольника. Решение:

Нам известно отношение длин дуг, на которые вершины четырехугольника делят окружность. Также известно, что длина дуги прямо пропорциональна углу, опирающемуся на эту дугу. Поэтому углы находятся в одинаковом отношении. Пусть данные дуги равны: DC = x; AD = 2х; BC = 8x; AB = 7xВ опирается на дугу АС, которая равна сумме дуг АD и DC: AC = АD+DC = 3xПодобно этому: для А BD = 9x; для С BD = 9x; для D АС = 15xСумма углов четырехугольника равна 360о. Поэтому: 3х+9х+9х+15х=360,откуда х = 10, исходя из этого получаем:В = 3х = 30о

А = 9х = 90о

С = 9х = 90о

D = 15х = 150о

Ответ: 30о, 90о, 90о, 150о

Задача 48К окружности с центром в точке О и радиусом 6 см из точки А проведены две касательные.

Найдите угол между этими касательными, если ОА = 34 см. Решение:

Радиус, проведенный в точку касания прямой окружности, перпендикулярен этой прямой (касательной).Из этой теоремы следует, что треугольники АОВ и АОС прямоугольные, они равны по катету и гипотенузе (ОС = ОВ - как радиусы, а АО - общая).Значит, АО делит искомый САВ на два равных угла. Найдем один из них с помощью связи сторон и тригонометрических функций в прямоугольном треугольнике:

sinОАС = OA

OC

= 2

3

, ОАС = 60о, ВАС = 2ОАС = 120о

Ответ: 120о

Задача 49Найти площадь круга, если стороны вписанного в него прямоугольника равны 8 см и 16 см. Решение:





Если на хорду опирается прямой угол, вершина которого лежит на окружности, то такая хорда является диаметром. Таким образом, АС есть диаметр данной окружности. Определим его по теореме Пифагора из треугольника АВС:АС2=АВ2+ВС2

АС2=162+82

АС2=320Площадь круга определим по формуле:

S= = 80 .

Ответ: 80





Задача 50В треугольник АВС вписан ромб ADPK так, что угол А у них общий, а вершина ромба Р лежит на стороне ВС треугольника. Известно также, что АВ = 20 см, АС = 30 см. Найдите сторону ромба. Решение:

Обозначим сторону ромба за х. АК параллельна DР (противоположные стороны ромба), поэтому АС тоже параллельна DP. Треугольники АВС и DPB подобны по двум углам (В - общий, BDP=ВАС - соответственные). Поэтому DB : AB = DP : AC(AB-x) : AB = x : AC(20-x) : 20 = x : 30600-30x = 20x50x = 600

x = 12Ответ:12

Задача 51В треугольник, основание которого равно 35см, а высота равна 14см, вписан прямоугольник с отношением сторон 3:10, причем большая сторона лежит на основании треугольника. Определить большую сторону прямоугольника.Решение:

Имеем: КТ=ОН=МР=3х и ТР=КМ=10хТреугольники АВС и КВМ подобны по двум углам и поэтому:

Откуда:ТР = КМ = 10х = 20Ответ: 20




otvet obuz tur 8-9

Documents