Каталог по темам

Задачи

Страница: << 18 19 20 21 22 23 24 >> [Всего задач: 541]

Задача 54458

Темы:	[	Теорема Пифагора (прямая и обратная)	]
Темы:	[	Прямоугольники и квадраты. Признаки и свойства	]

Сложность: 4-
Классы: 8,9

Внутри прямоугольного треугольника ABC (угол B — прямой) взята точка D, причём площади треугольников ABD и BCD соответственно в три и в четыре раза меньше площади треугольника ABC. отрезки AD и DC равны соответственно a и c. Найдите BD.

Подсказка

Расстояние от точки D до катетов BC и AB равны ${\frac{1}{4}}$ AB и ${\frac{1}{3}}$ BC соответственно.

Решение

Пусть P и Q — проекции точки D на катеты BC и AB. Обозначим BC = x, AB = y. Из условия задачи следует, что

BP = QD = $\displaystyle {\frac{x}{3}}$ , BQ = DP = $\displaystyle {\frac{y}{4}}$ .

Поэтому PC = ${\frac{2x}{3}}$ , AQ = ${\frac{3y}{4}}$ .

По теореме Пифагора из треугольников DPC и DQA находим, что

$\displaystyle {\frac{4x^{2}}{9}}$ + $\displaystyle {\frac{y^{2}}{4}}$ = c², $\displaystyle {\frac{x^{2}}{9}}$ + $\displaystyle {\frac{9y^{2}}{4}}$ = a².

Умножив обе части первого уравнения на 8, а второго на 3 и сложив почленно эти уравнения, получим, что

$\displaystyle {\frac{35x^{2}}{9}}$ + $\displaystyle {\frac{35y^{2}}{16}}$ = 8c² + 3a².

Отсюда следует, что

BD = $\displaystyle \sqrt{BP^{2}+ BQ^{2}}$ = $\displaystyle \sqrt{\frac{x^{2}}{9} + \frac{y^{2}}{16}}$ = $\displaystyle \sqrt{\frac{8c^{2}+3a^{2}}{35}}$ .

Ответ

$\sqrt{\frac{8c^{2}+3a^{2}}{35}}$ .

Прислать комментарий

Задача 108511

Темы:	[	Теорема Пифагора (прямая и обратная)	]
	[	Средние пропорциональные в прямоугольном треугольнике	]
	[	Теорема косинусов	]

Сложность: 4-
Классы: 8,9

В прямоугольном треугольнике ABC отрезок BH является высотой, опущенной на гипотенузу, а BL — медианой в треугольнике BHC. Найдите угол LBC, если известно, что BL = 4 и AH = ${\frac{9}{2\sqrt{7}}}$

Подсказка

Обозначьте HL = CL = x. Применив теорему Пифагора к треугольнику BHL и теорему о квадрате высоты прямоугольного треугольника, проведённой из вершины прямого угла, к треугольнику ABC, составьте квадратное уравнение относительно x. Далее воспользуйтесь теоремой косинусов.

Решение

Обозначим HL = x. Тогда CH = 2x. Из прямоугольных треугольников BHL и ABC находим, что

BH² = BL² - HL² = 16 - x², BH² = CH^.AH = 2x^. $\displaystyle {\frac{9}{2\sqrt{7}}}$ .

Поэтому

16 - x² = 2x^. $\displaystyle {\frac{9}{2\sqrt{7}}}$ .

Из этого уравнения находим, что x = $\sqrt{7}$ .

Тогда

LC = x = $\displaystyle \sqrt{7}$ , BC = $\displaystyle \sqrt{BH^{2}+HC^{2}}$ = $\displaystyle \sqrt{16-x^{2}+4x^{2}}$ = $\displaystyle \sqrt{16+3\cdot 7}$ = $\displaystyle \sqrt{37}$ .

По теореме косинусов из треугольника BCL находим, что

cos $\displaystyle \angle$ LBC = $\displaystyle {\frac{BC^{2}+BL^{2}-LC^{2}}{2BC \cdot BL}}$ = $\displaystyle {\frac{37+16-7}{2\cdot \sqrt{37}\cdot 4}}$ = $\displaystyle {\frac{46}{8\sqrt{7}}}$ = $\displaystyle {\frac{23}{4\sqrt{37}}}$ .

Ответ

arccos ${\frac{23}{4\sqrt{37}}}$ .

Прислать комментарий

Задача 108512

Темы:	[	Теорема Пифагора (прямая и обратная)	]
	[	Средние пропорциональные в прямоугольном треугольнике	]
	[	Теорема косинусов	]

Сложность: 4-
Классы: 8,9

В прямоугольном треугольнике ABC отрезок BH является высотой, опущенной на гипотенузу, а точка L делит отрезок HC пополам. Найдите угол LBC, если известно, что AH = ${\frac{2}{\sqrt{5}}}$ , а BL = 3

Ответ

arccos ${\frac{7}{\sqrt{54}}}$ .

Прислать комментарий

Задача 53697

Темы:	[	Теорема Пифагора (прямая и обратная)	]
	[	Хорды и секущие (прочее)	]
	[	Произведение длин отрезков хорд и длин отрезков секущих	]

Сложность: 4-
Классы: 8,9

Два квадрата ABCD и KLMN расположены так, что вершины B, C, K и N лежат на одной прямой, а четыре оставшиеся расположены по разные стороны от BC и лежат на одной окружности. Известно, что сторона одного из квадратов на 1 больше стороны другого. Найдите расстояние от центра окружности до прямой BC.

Решение

Обозначим через x сторону меньшего квадрата KLMN, тогда сторона квадрата ABCD равна x + 1. Пусть прямая, проходящая через центр O указанной окружности перпендикулярно BC, пересекает BC в точке F, OF = a.
Первый способ. Пусть прямая OF пересекает LM в точке Q, P – проекция точки O на DC, R – радиус окружности.
По теореме Пифагора (a + x)² + ¼ x² = OQ² + QM² = R² = OP² + DP² = ¼ (x + 1)² + (x + 1 – a)².
Отсюда (a + x)² – ((x + 1 – a)² = ¼ ((x + 1)² – x²), или 2a – 1 = ¼, то есть a = ⁵/₈.

Второй способ. Заметим, что отрезок MN лежит на хорде длины 2(x + a). Пусть отрезок BC лежит на хорде длины 2b. Тогда b² = MF·FA = ⁵/₄ x(x + 1).
С другой стороны, вычисляя двумя способами степень точки N, получаем (b – ^x/₂)(b + ^x/₂) = x(x + 2a), то есть 2ax = b² – ⁵/₄ x² = ^5x/₄, откуда a = ⁵/₈.

Ответ

⁵/₈.

Прислать комментарий

Задача 53809

Темы:	[	Теорема Пифагора (прямая и обратная)	]
	[	Признаки и свойства параллелограмма	]
	[	Треугольник, образованный основаниями двух высот и вершиной	]
	[	Тождественные преобразования	]

Сложность: 4-
Классы: 8,9

Сторона AB параллелограмма ABCD равна 2, ∠A = 45°. Точки E и F расположены на диагонали BD, причём ∠AEB = ∠CFD = 90°, BF = ³/₂ BE.
Найдите площадь параллелограмма.

Решение

Обозначим EF = x, тогда BE = 2x. Поскольку прямоугольные треугольники ABE и CDF равны, то FD = 2x, BD = 5x.
Высота BK параллелограмма равна . По теореме Пифагора DK² = 25x² – 2, DA² – 9x² = AE² = 4 – 4x², то есть AD² = 5x² + 4. Кроме того, из подобия треугольников EDK и ADB следует, что DA·DK = DB·DE = 15x².
Следовательно, (5DA – DK)² = 25DA² – 10DA·DK + DK² = 100 – 2 = 98, откуда 5DA – DK = 7 . А поскольку DA – DK = , то 4DA = 6 , а
S_ABCD = AD·BK = 3.

Ответ

Прислать комментарий

Страница: << 18 19 20 21 22 23 24 >> [Всего задач: 541]