Тема:
Все темы
>>
Геометрия
>>
Планиметрия
>>
Треугольники
>>
Сумма углов треугольника. Теорема о внешнем угле.
Фильтр
Задачи
Задача 54046 |
|
|
Дан равнобедренный треугольник ABC с вершиной A. Длина прыжка кузнечика равна основанию BC. Известно, что начиная движение из точки C, кузнечик за 22 прыжка оказался в точке A, приземляясь после каждого прыжка на боковой стороне треугольника ABC и чередуя стороны при каждом прыжке, кроме последнего. Найдите углы треугольника ABC, если известно, что с каждым прыжком кузнечик приближался к точке A.
Решение
Обозначим через A0, A1, A2, ..., A22 точки, в которых побывал кузнечик (A0 – это точка C, A22 – точка A). Перед последним прыжком кузнечик оказался в точке A21 стороны AB. Если ∠BAC = α, то ∠A20A21B = 2α как внешний угол равнобедренного треугольника AA21A20, а так как ∠A20A19A21 = ∠A20A21B = 2α, то
∠A19A20C = 3α. Рассуждая аналогично, найдём, что ∠ACB = ∠ABC = ∠BA1C = 22α. Поэтому 22α + 22α + α = 180°, откуда α = 180° : 45 = 4°.
Ответ
4°, 88°, 88°.
|
|
Задача 102441 |
|
|
Пусть M – точка пересечения диагоналей выпуклого четырёхугольника ABCD, в котором стороны AB, AD и BC равны между собой.
Найдите угол CMD, если известно, что DM = MC, а ∠CAB ≠ ∠DBA.
Решение
Пусть ∠ABD = ∠ADB = α, ∠BAC = ∠ACB = β. По теореме о внешнем угле треугольника ∠BMC = α + β.
Через точку A проведём прямую, параллельную стороне CD. Пусть эта прямая пересекается с прямой DB в точке K. Треугольник AMK равнобедренный, так как он подобен равнобедренному треугольнику CMD. Значит, ∠DK = DM + MK = CM + MA = CA, то есть трапеция AKCD – равнобедренная. Поэтому CK = AD = BC, то есть треугольник BCK также равнобедренный (по условию точка K не совпадает с точкой B). Кроме того,
∠KCM = ∠ADM = α. Рассмотрим два случая.
1) Точка K лежит на диагонали DB. Тогда ∠KBC = ∠BKC = ∠KMC + ∠KCM = 2α + β. Отсюда
180° = ∠BMC + ∠MBC + ∠MCB = (α + β) + (2α + β) + β = 3α + 3β.
2) Точка лежит на продолжении DB за точку B. Тогда ∠BKC = ∠KBC = ∠BMC + ∠BCM = α + 2β. Отсюда
180° = ∠KMC + ∠MK + ∠KCM = (α + β) + (α + 2β) + α = 3α + 3β.
Итак, в любом случае α + β = 60°. Следовательно, ∠CMD = 180° – ∠KMC = 180° – (α + β) = 120°.
Ответ
120°.
|
|
|
Задача 102442 |
|
|
В равнобедренном треугольнике ABC равные стороны AB и CB продолжены за точку B и на этих продолжениях взяты соответственно точки D и E. Отрезки AE, ED и DC равны между собой, а ∠BED ≠ ∠BDE. Найдите угол ABE.
Решение
Это переформулировка задачи 102441.
Ответ
60°.
|
|
|
Задача 108055 |
|
|
Угол при вершине A равнобедренного треугольника ABC (AB = AC) равен 20°. На стороне AB отложим отрезок AD, равный BC. Найдите угол BCD.
Решение
Поочерёдно построим на сторонах AB и AC точки E, F и G так, что BC = CE = EF = FG (см. рис. слева). Получатся равнобедренные треугольники BCE (с углом 20° при вершине E), CEF (с углом 60° при основании CF), EFG (с углом 100° при вершине F) и FGA (с углами 20° при основании FA).
AG = AD, поэтому точка G совпадает с точкой D. Так как треугольник CEF равносторонний, то треугольник CFG равнобедренный с углом 10° при основании, и ∠BCD = ∠BCG = 80° – 10° = 70°.
Ответ
70°.
|
|
|
Задача 108698 |
|
На продолжении стороны AC (за точку A) остроугольного треугольника ABC отмечена точка D, а на продолжении стороны BC (за точку C) отмечена точка E, причём AD = CE. Известно, что 2∠A = ∠C. Докажите, что ∠CDE < ½ (∠ABD + ∠A).
Решение
Обозначим ∠A = α, ∠BDC = δ, ∠CDE = γ. Тогда 2α = ∠C, ∠ABD = ∠A − ∠BDC = α − δ, ∠BED = ∠CED = ∠C − ∠BDC = 2α − γ.
Нам нужно доказать, что 2γ < (α − δ) + α, или, что то же самое, γ + δ < 2α − γ, то есть ∠BDE < ∠BED.
Отметим на отрезке AC такую точку K, что ∠BKC = ∠C. Тогда ∠ABK = ∠BKC − ∠BAK = α. Треугольники KBC и AKB – равнобедренные, поэтому
BC = BK = AK, значит, BE = BC + CE = AK + AD = DK. В треугольнике BKD против тупого угла BKD (смежного с углом при основании равнобедренного треугольника BCK) лежит большая сторона BD, следовательно, BD > DK = BE.
В треугольнике BDE против большей стороны лежит больший угол, поэтому ∠BDE < ∠BED
|
|
|
Страница: << 9 10 11 12 13 14 15 >> [Всего задач: 239]
