Главная страница
qrcode

А. Н. Колмогорова полное название Специализированный учебно-научный центр Московского государственного университета имени мв. Ломоносова, предъявляются два основных требования. Во-первых, необходимо владеть знаниями


НазваниеА. Н. Колмогорова полное название Специализированный учебно-научный центр Московского государственного университета имени мв. Ломоносова, предъявляются два основных требования. Во-первых, необходимо владеть знаниями
Анкор18×
Дата04.11.2018
Размер0.98 Mb.
Формат файлаpdf
Имя файла18_215_18_Vstupitelnye_zadachi_FMSh_pri_MGU.pdf
оригинальный pdf просмотр
ТипКнига
#48039
страница12 из 19
Каталог
1   ...   8   9   10   11   12   13   14   15   ...   19
.. Высота в прямоугольном треугольнике, опущенная из вершины прямого угла, вычисляется по формуле h
c
= a · b где a и b –– отрезки, на которые разбивается гипотенуза основанием опущенной на неё высоты. Положив a
= 1 и b = n, получаем способ построить искомый отрезок
(см. рис. ).
.. По теореме о биссектрисе катеты треугольника равны и 2a, гипотенуза равна по теореме Пифагора. Высоту
из вершины прямого угла найдём, подсчитав двумя способами площадь треугольника 2S
= h · 5a = a · 2a, откуда h Отрезки, на которые гипотенуза делится высотой, вычислим по теореме Пифагора они равны
a
5
и
4a
5
Ответ. 1 : 4.
.. Указание. Примените теорему косинусов и теорему синусов к треугольнику Ответ+ b
2
+ 2 · ab
2
.. Пусть a и b –– катеты, а c –– гипотенуза прямоугольного треугольника. По теореме Пифагора a
2
+ b
2
= (a + b)
2
− то есть c
2
= (P c)
2
− 4S. Из последнего равенства c находится однозначно.
Ответ. c
=
P
2
− 4S
2P
.. Пусть a и b –– катеты, c –– гипотенуза треугольника, R радиус искомой окружности, Q –– её центр (см. рис. ). Най- дм расстояние от точки Q до центра O описанной окружности середина AB). Расстояние между проекциями точек и O на сторону AC равно R , на сторону BC ––
a
2
R .
B
A
C
O
Q
|
b
2
− Рис. 

Длина отрезка OQ находится по теореме Пифагора R
2
+
b
2
− радиус описанной окружности равен. Таким образом, условие касания двух окружностей записывается в виде R
2
+
b
2
R
2
+ R Преобразуем подкоренное выражение+ b
2 4
− (a + b)R + 2R
2
=
c
2
− Далее воспользуемся результатом задачи .: 2r
= a + b − откуда a
+ b = 2r + c. Кроме того, a
2
+ b
2
= c
2
. С учётом этих равенств 4
− (2r + c)R + 2R
2
=
c
2
− Решив это уравнение относительно R, получим, что R
= Ответ.
2r.
.. Пусть ABC –– данный прямоугольный треугольник (∠C=
= 90

), CH –– его высота, M и N –– центры, аи точки касания с отрезком AB окружностей, вписанных в треугольники и BCH соответственно (см. рис. ). Воспользуемся следующим утверждением в произвольном треугольнике длина отрезка от вершины C до точки касания вписанной окружности со стороной AC равна+ b − см. тему , Треугольники ACH и CBH подобны треугольнику ABC с коэффициентами, откуда HK
=
a
+ b c
2
·
b
c
,
B
A
C
H Рис. 


HL
=
a
+ b c
2
·
a
c
. Треугольники MKH и NLH –– прямоугольные равнобедренные (почему, и значит, MH
=
a
+ b c
2
·
b
c
,
NH
=
a
+ b c
2
·
a
c
,
MHN = 90

. Остаётся вычислить гипотенузу прямоугольного треугольника MHN: MN
=
a
+ b − Ответ+ b a
2
+ b
2 2
.. Указание. Докажите, что прямоугольный треугольник с катетами AC и BD будет иметь гипотенузу 2R.
.. Пусть катеты треугольника равны a и b, S =
ab
2
–– его площадь. Биссектриса l прямого угла делит гипотенузу на отрезки, длины которых по теореме о биссектрисе равны a
=
=
a
a
2
+ b
2
a
+ и b
=
b
a
2
+ b
2
a
+ b
. По формуле для длины биссектрисы+ откуда (a
+b)
2
=
49(ab)
2 144
. С другой стороны, S
=
1 2
·
12 5
· Отсюда S
2
=
36 25
((a
+ b)
2
− 2ab) =
36 25 49(ab)
2 144
− 2ab , то есть удовлетворяет уравнению S
2
=
49 25
S
2

144 25
S. Решая, находим, что S
= Ответ.
6.
.. Указание. Опишите вокруг данного квадрата новый квадрат, две стороны которого лежат на прямых AC и Ответ+ Решите сами. Площадь равностороннего треугольника, построенного на гипотенузе прямоугольного треугольника, вдвое больше площади последнего. Определите углы прямоугольного треугольника

(). В прямоугольном треугольнике высота прямого угла делит гипотенузу в отношении 1 : 9. В каком отношении делите биссектриса, опущенная из прямого угла. На окружности с диаметром AB взята точка C. Пусть –– точка пересечения прямой AC с касательной к окружности, проведённой через точку B. В каком отношении площадь треугольника BCM делится касательной к окружности, прове- дённой через точку C?
(). Отрезок AE разбивает треугольник ABC на два подобных треугольника, причём коэффициент подобия равен 3
. Известно, что длина отрезка AE равна 1. Найдите площадь треугольника ABC.
(). В трапеции ABCD на основаниях AD = 12 и BC = взяты точки E и F соответственно. Найдите EF, если AE
= 5,
BF
= 3 и ∠B + ∠C = 270

. Даны отрезки a и b. Постройте отрезки длины единичный отрезок не дан. Можно ли на клетчатой бумаге нарисовать правильный треугольник с вершинами в узлах (). Дан квадрат ABCD и точка O. Известно, что OB =
= OD = 13, OC = 5 2 и что длина стороны квадрата больше. Найдите длину стороны квадрата и выясните, где расположена точка O –– вне или внутри квадрата.
Л и тер ату р а поте м е Белый С. Прямоугольный треугольник // Квант. . № С.  ––.
[2] Курляндчик Л. Прямоугольный треугольник // Квант. .
№ . С. –– .
[3] Вавилов В. Последам теоремы Пифагора. М Школа им.
А. Н. Колмогорова, Самообразование, .

Тема Медианы, высоты, биссектрисы в треугольниках
Т е ори я
Для произвольного треугольника справедливы следующие утверждения. Медианы пересекаются водной точке и делятся этой точкой на отрезки, длины которых относятся как 2 : 1, считая от вершины. Биссектрисы пересекаются водной точке, которая является центром вписанной окружности. Биссектриса любого угла делит противоположную сторону на части, пропорциональные прилежащим сторонам. Высоты пересекаются водной точке, которая называется ортоцентром треугольника. Треугольник с вершинами в основаниях высот называется ортотреугольником.


. Серединные перпендикуляры к сторонам пересекаются водной точке, которая является центром описанной окружности. Длины медиан, биссектрис и высот могут быть найдены по формулам+ b
2 2

a
2 4
,
l
2
a
= bc b
1
c
1
,
h
a
=
2S
a
(b
1
, c
1
–– длины отрезков, на которые биссектриса угла A делит сторону a).


. Углы, под которыми сторона треугольника видна из центра вписанной окружности I и ортоцентра H, равны = и
= ∠ABC + соответственно
Задачи. Дан остроугольный треугольник ABC. Пусть P,
Q, R –– основания высот, опущенных соответственно из вершин. Докажите, что = ∠ABQ.
. (). Докажите, что диаметры окружностей, каждая из которых проходит через две вершины треугольника и точку пересечения высот этого треугольника, равны между собой. В треугольнике ABC проведены биссектрисы всех внешних углов. Они образуют треугольник A
1
B
1
C
1
. В треугольнике также проведены биссектрисы всех внешних углов, которые образуют треугольник A
2
B
2
C
2
. Найдите углы в треугольнике ABC, если углы в треугольнике равны 55

, и 65

. (). Углы треугольника, вершинами которого служат основания высот треугольника ABC, равны 30

, 60

, 90

. Найдите углы треугольника ABC.
. (). В треугольнике ABC через AA
1
, и обозначим высоты, а через AA
2
, и CC
2
–– медианы. Докажите, что длина ломаной равна периметру треугольника. В треугольнике ABC точки X и Y –– проекции вершины на биссектрисы углов B и C. Найдите длину стороны, если AC
= b, AB = c, XY = l.
. (). В треугольнике ABC проведены медианы AD и пересекающиеся в точке F. Известно, что круги, вписанные в треугольники AFE и CFE, равны между собой, сторона AB
=
= 4. Найдите BC.
. (). Биссектрисы AM и BL разностороннего треугольника пересекаются в точке I. Найдите угол C, если известно, что MI
= IL.
. (). Середины сторон неравнобедренного треугольника лежат на окружности, центр которой принадлежит биссектрисе угла C. Найдите сторону AB, если BC
= a, AC = b.


. (). В прямоугольном треугольнике ABC (∠C = проведены биссектрисы BL и CM. Найдите острые углы треугольника, если угол BLM равен 30

. (). В остроугольном треугольнике ABC проведены высоты AA
1
, BB
1
, CC
1
. Периметр треугольника равен P. Найдите площадь треугольника ABC, если радиус окружности, описанной около этого треугольника, равен R.
.. Медианы AN и BP разностороннего треугольника площади 3 15 равны 3 и 6 соответственно. Найдите длину третьей медианы. Постройте циркулем и линейкой треугольник по двум сторонами, если известно, что угол против одной из них в два раза больше угла против второй. Постройте треугольник по стороне, углу и разности двух других сторон (рассмотрите случая. Постройте треугольник по двум сторонами медиане
(рассмотрите случая. Докажите, что в любом треугольнике биссектриса внутреннего угла лежит между медианой и высотой. Рассматриваются всевозможные треугольники сданным основанием и углом при вершине, равным. Найдите геометрическое место а) пересечений высот б) пересечений медиан в) пересечений биссектрис. В треугольнике ABC высоты AL и BM пересекаются в точке K. Известно, что AL
= 6, ∠AKM = 30

. Найдите если площадь треугольника ABC равна Ответы и решения. Указание. Докажите, что четырёхугольник PBRH (H точка пересечения высот) вписанный. Указание. Воспользуйтесь теоремой синусов (см. также Рис. 
.. Проведём в треугольнике также внутренние биссектрисы AI,
BI, CI см. рис. ). Они перпендикулярны соответствующим внешним биссектрисам. Это следует из того, что развёрнутый угол DAB луч AD –– продолжение заточку) состоит из равных углов и B
1
AC и равных углов CAI и IAB. В четырёхугольни- ке углы при вершинах A и B прямые, значит, он вписан. Поэтому π − ∠AIB =
π − см. 

). В треугольнике будем иметь
− ∠C
1 Если 65

, то
= 80

. Аналогично находим два других угла.
Ответ. 40

, 60

, 80

.. Рассмотрим сначала случай остроугольного треугольника. Пусть AA
1
, BB
1
, CC
1
–– его высоты и H –– точка их пересе- чения.
Будем считать, что углы B
1
A
1
C
1
, и равны соответственно 90

, и 30

, углы BAC, CBA и ACB соответственно, β и γ. Из подобия прямоугольных треугольников и следует равенство отношений
BA
1
AB
=
BC
1
CB
Пользуясь этим равенством и признаком подобия треугольников по двум сторонами углу между ними, заключаем, что треугольники ABC и подобны. Поэтому и γ. Аналогично получаем равенства ∠CA
1
B
1
= α,
AB
1
C
1
= ∠CB
1
A
1
= β и ∠AC
1
B
1
= Представив развёрнутый угол CA
1
B как сумму углов и B
1
A
1
C
1
, получим
+ 90

= откуда
= 45

. Применив это рассуждение к двум другим углам, найдём
β = и
= Треугольник является ортотреугольником для трёх тупоугольных треугольников ABH, BCH и ACH докажите
что ровно для трёх!). Их углы равны в ∠ABH = 45

,
BAH = 30

,
AHB = в ∠BCH = 30

,
CBH = 15

,
BHC = в ∠CAH = 15

,
ACH = 45

,
AHC = Ответ. Возможны четыре варианта а) 45

, 60

, 75

; б) 30

,
45

, 105

; в) 15

, 30

, 135

; г) 15

, 45

, 120

.. Указание. C

2
B
1
= C
2
B.
.. Рассмотрим случай, когда точки X и Y лежат внутри треугольника см. рис. ). Обозначим за K и L точки пересечения стороны BC с прямыми AX и AY соответственно.
B
A
C
X
Y
L
K
Рис. Прямоугольные треугольники AXB и KXB равны по катету и прилегающему острому углу. Это означает, что BK
= AB = Аналогично из равенства треугольников AYC и LYC получаем, что LC
= AC = b. Отрезок XY –– средняя линия треугольника, поэтому LK
= 2XY = 2l, откуда CL + BK LK = b + c Аналогично рассматриваются случаи, когда X или Y лежат вне треугольника Ответ. b
+ c − 2l.
.. Указание. У треугольников AFE и CFE равны площади,
радиусы вписанных окружностей, а следовательно, и пери- метры.
Ответ. BC
= 4.
.. Указание. Если из точки I опустить перпендикуляры и IN на стороны AC и BC соответственно, то прямоугольные треугольники LKI и MNI будут равны по катету и гипотенузе
Углы IMN ив этих треугольниках можно выразить через углы исходного треугольника.
Ответ. 60

.. Пусть A
1
, B
1
, C
1
–– середины сторон данного треугольника центр окружности, описанной вокруг треугольника. Коль скоро точка O лежит на серединном перпендикуляре к стороне и на биссектрисе угла C, она также лежит и на окружности, описанной вокруг треугольника. Поэтому π − ∠B
1
CA
1
. С другой стороны 2∠B
1
C
1
A
1
= 2∠B
1
CA
1
. Из равенства
− ∠B
1
CA
1
=
= находим, что. Сторона AB находится по теореме косинусов AB
2
= a
2
+ b
2
− Ответ. AB

= a
2
+ b
2
ab.
.. Пусть N –– точка, симметричная M относительно прямой см. рис. ). Так как BL –– биссектриса угла B, точка лежит на луче BC. Треугольник LMN –– правильный, поскольку и ∠LMN = 2∠BLM = Рис. 
Проведём через M перпендикуляр к отрезку MN, и пусть –– точка пересечения этого перпендикуляра с прямой Сумма углов C и M четырёхугольника MNCK составляет поэтому вокруг этого четырёхугольника можно описать окружность. Заметим, что хорды MK ив этой окружности равны, так как на них опираются равные вписанные углы и MCN. Значит, треугольник LMK –– равнобедренный, а его высота MH является также и биссектрисой. Отсюда. С другой стороны, стороны треугольников и LBC попарно параллельны, и значит = ∠KMH =
= 15

,
ABC = 2∠LBC = Ответ. и 60


Рис. 
.. Покажем, что радиус описанной окружности OA перпендикулярен отрезку см. рис. ). Четы- рёхугольник BC
1
B
1
C вписан в окружность с диаметром BC, так как углы и BC
1
C оба прямые. Отсюда 180

− ∠B
1
C
1
B
= Пусть N –– точка пересечения прямых и B
1
C
1
, M –– середина отрезка. Тогда
=
1 2
AOB = ∠ACB = и значит, треугольники AMO и подобны по двум углам. Так как OM –– серединный перпендикуляр к отрезку AB,
ANC
1
= ∠AMO = 90

. Площадь четырёхугольника равна (см. тему , 

)
S
AB
1
OC
1
=
1 2
AO
· B
1
C
1
=
1 2
R
· Вычислив таким же образом площади четырёхугольников
BC
1
OA
1
и и сложив их, получим окончательно 2
R
· (B
1
C
1
+ C
1
A
1
+ A
1
B
1
)
=
1 Ответ. Указание. Медианы делят треугольник на 6 равновеликих треугольников, один из которых будет равнобедренным.
Ответ. m
c
= 6 или m
c
= 3 6.
.. Допустим, что нужный треугольник ABC построен (см.
рис. ). В нм
= 2∠BAC, так как напротив большей стороны лежит больший угол. Пусть BD –– биссектриса, тогда треугольник ABD –– равнобедренный, AD
= BD = l. Угол
–– внешний угол треугольника ABD, значит
= 2∠ABD = и треугольники BDC и ABC подобны. Отсюда получаем соотношение, где c
= AB. Выразим теперь l через a и b с помощью теоремы о биссектрисе l
a
=
l
c
, откуда l
=
b
2
a
2
b


B
A
C
D
c
b Рис. Рис. Таким образом, c
=
bl
a
=
b
2
a
a, и этот отрезок несложно построить с помощью циркуля и линейки (построение отрезка длины с помощью теоремы Фалеса показано на рис. ). Далее строим треугольник ABC по трём сторонам. Пусть известны длины отрезков a и b c (b > c). Возможны варианта дан угол, β или В первом случае построим лучи отложим на нём отрезок. Тогда треугольник KAB будет равнобедренным AB), откуда определяется его внешний угол ∠CKB =
=
π + α
2
. Проводим луч KB под этим углом и строим его пересечение с окружностью, имеющей центр в C и радиус a –– это точка B. По известным точками вершина A находится как точка пересечения луча CA и серединного перпендикуляра к отрезку В случае, когда известен угол, сначала построим треугольник где K –– точка, лежащая на продолжении прямой заточку на расстоянии b
c от B) по сторонами углу π β между ними. Треугольник должен быть равнобедренным, поэтому точку A можно построить как пересечение луча KB с серединным перпендикуляром к отрезку Если же дан угол, то сначала нужно отложить отрезок b c под углом γ к стороне CB, а затем восстановить положение вершины A, пользуясь тем, что треугольник должен быть равнобедренным. Указание. В случае, когда даны две стороны и медиана,
проведённая к третьей стороне, дополните треугольник до параллелограмма. Указание. Докажите, что биссектриса угла пересекается с серединным перпендикуляром, проведённым к противоположной стороне, в точке на описанной окружности. Указание. Выразите углы между высотами и биссектрисами через углы треугольника. В случае медиан воспользуйтесь гомотетией с центром в середине стороны. Указание.
Четырёхугольник CLKM вписанный.
Ответ. BM
= Решите сами. Пусть h
1
, h
2
–– высоты треугольника, r –– радиус вписанной в него окружности. Докажите, что 2r
<
1
h
1
+
1
h
2
<
1
r
1   ...   8   9   10   11   12   13   14   15   ...   19

перейти в каталог файлов


связь с админом