Тема:
Все темы
>>
Геометрия
>>
Планиметрия
>>
Треугольники
>>
Подобные треугольники
>>
Вспомогательные подобные треугольники
Фильтр
Задачи
Задача 35216 |
|
|
В окружность вписан выпуклый шестиугольник ABCDEF.
а) Известно, что диагонали AD, BE, CF пересекаются в одной точке. Докажите, что AB·CD·EF = BC·DE·FA.
б) Известно, что AB·CD·EF = BC·DE·FA. Докажите, что диагонали AD, BE, CF пересекаются в одной точке.
Подсказка
Используйте подобие треугольников.
Решение
а) Пусть O – точка пересечения диагоналей шестиугольника. Треугольники ABO и EDO подобны, так как пары углов BAO, DEO и ABO, EDO являются вписанными в окружность, опирающимися на одну дугу. Из подобия этих треугольников следует, что AB : DE = AO : EO. Аналогично EF : BC = EO : CO и CD : FA = CO : AO. Перемножая три полученных равенства, имеем:
б) Пусть O – точка пересечения диагоналей AD и BE, а G – вторая точка пересечения прямой CO с описанной окружностью (она лежит на дуге AE, содержащей точку F). Согласно п. а) GA : EG = FA : EF. Значит, точки F и G совпадают (если бы, например, G лежала между A и F, то GA < FA, EG > EF и GA : EG < FA : EF).
|
|
Задача 53896 |
|
|
Через точку пересечения биссектрисы угла A треугольника ABC и отрезка, соединяющего основания двух других биссектрис, проведена прямая, параллельная стороне BC. Докажите, что меньшее основание образовавшейся трапеции равно полусумме её боковых сторон.
Решение
Пусть AL, BE и CF – биссектрисы треугольника ABC, K – точка пересечения отрезков EF и AL, M и N – точки пересечения прямой, проходящей через точку K параллельно BC, со сторонами AB и AC соответственно. Обозначим BC = a, AC = b, AB = c.
Поместим в вершины B и C массы b и c соответственно, а в вершину A – массу 2a. Центр тяжести этой системы материальных точек, с одной стороны, совпадает с центром тяжести системы точек M и N с массами a + b и a + c соответственно, а с другой стороны, – с центром тяжести системы точек A и L с массами 2a и b + c соответственно. Отсюда следует, что общий центр тяжести – точка K – делит отрезок AL в отношении AK : KL = (b + c) : 2a. Следовательно, k = AK/AL = b+c/2a+b+c.
Из подобия треугольников AMN и ABC следует, что MN = ka, BM + CN = b(1 – k) + c(1 – k) = 2a(b+c)/2a+b+c = 2ka.
|
|
|
Задача 64813 |
|
|
Даны окружность, её хорда AB и середина W меньшей дуги AB. На большей дуге AB выбирается произвольная точка C. Касательная к окружности, проведённая из точки C, пересекает касательные, проведённые из точек A и B, в точках X и Y соответственно. Прямые WX и WY пересекают прямую AB в точках N и M соответственно. Докажите, что длина отрезка NM не зависит от выбора точки C.
Решение
Пусть отрезки AB и CW пересекаются в точке T (см. рис.). Тогда ∠ACW = ∠ABW = ∠TAW, то есть треугольники CAW и ATW подобны. Поскольку прямая WX – симедиана треугольника CAW (см. задачу 56983), она является медианой треугольника ATW, то есть точка N – середина отрезка AT. Аналогично точка M – середина BT, поэтому MN = ½ AB.
|
|
|
Задача 108041 |
|
|
Если повернуть квадрат вокруг его центра на 45°, то стороны повёрнутого квадрата разобьют каждую сторону первоначального отрезка на три отрезка, длины которых относятся как a : b : a (эти отношения легко вычислить). Для произвольного выпуклого четырёхугольника сделаем аналогичное построение: разобьём каждую его сторону в тех же отношениях a : b : a и проведём прямую через каждые две точки деления, соседние с вершиной (лежащие на сходящейся к ней стороне). Докажите, что площадь четырёхугольника, ограниченного четырьмя построенными прямыми, равна площади исходного четырёхугольника.
Решение
Очевидно, a : b = 1 : .
Рассмотрим теперь произвольный выпуклый четырёхугольник ABCD (см. рисунок).
Заметим, что стороны второго четырёхугольника параллельны диагоналям четырёхугольника ABCD, так как каждая из них делит стороны данного четырёхугольника в одинаковых отношениях. Пусть точки P и Q лежат на стороне AB, причём AP : PQ : QB = 1 : : 1. Пусть также прямая l1, проходящая через точку P параллельно диагонали BD, пересекает диагональ AC в точке S, прямая l2, проходящая через точку Q параллельно AC, пересекает диагональ BD в точке T, а прямые l1
и l2 пересекаются в точке R. Поскольку треугольники APS и QPR подобны с коэффициентом
, то площадь первого равна половине
площади второго. Точно так же докажем, что площадь треугольника BQT
вдвое меньше площади треугольника QPR. Значит,
SPQR = SAPS + SBQT. Аналогично получаем, что сумма площадей четырёх добавленных треугольников равна сумме площадей четырёх отсечённых, что и требовалось.
|
|
|
Задача 108147 |
|
|
В остроугольном неравнобедренном треугольнике ABC биссектриса угла между высотами AA1 и CC1 пересекает стороны AB и BC в точках P и Q соответственно. Биссектриса угла B пересекает отрезок, соединяющий ортоцентр H треугольника ABC с серединой M стороны AC в точке R. Докажите, что точки P, B, Q и R лежат на одной окружности.
Решение
Пусть перпендикуляр, восставленный к стороне AB в точке P, пересекает высоту AA1 в точке S, а перпендикуляр, восставленный к стороне BC в точке Q, пересекает высоту CC1 в точке T. Если K – точка пересечения этих перпендикуляров, то точки P и Q лежат на окружности с диаметром BK. Утверждение задачи равносильно тому, что точка K совпадает с R (см. рис.).Действительно, треугольник PHC1 подобен треугольнику QHA1, треугольник AHC1 – треугольнику CHA1, а треугольник PHS – треугольнику THQ, поэтому HS : HT = PH : HQ = CH1 : HA1 = AH : HC.
Значит, ST || AC. Поэтому медиана HM треугольника AHC проходит через середину O отрезка ST, а так как O – точка пересечения диагоналей параллелограмма HTKS, то точка K лежит на прямой HO, а значит, на прямой HM.
Следовательно, K – точка пересечения прямой MH с биссектрисой угла B, а значит, совпадает с точкой R.
|
|
|
Страница: << 25 26 27 28 29 30 31 >> [Всего задач: 497]
