atnasyan-gdz-8-2005 (546187), страница 23
Текст из файла (страница 23)
Таким образом, л4 = г'.3 и, следовательно, РЕ = РЕ, а так как РЕ=АЕ, то АЕ=РЕ. Из равенства (1) получаем: РА РГ РГ АГ' что и требовалось доказать. 848. В треугольнике АВС (,4В ф АС) через середину ЛХ стороны ВС проведена прямая, параллельная биссектрисе угла А, которая пересекает прямые АВ и АС соответственно в точках Р и Е. Докажите, что ВР = СЕ. Решение. Пусть АВ < АС и АК вЂ” биссектриса треугольника АС КС АВС (рис.
186). Согласно задаче 535, =- и, следовательно, В С В Рис 186 Рис 185 139 Задачи повышенной трудности КС > КВ, Поэтому точка ЛХ лежит между точками К и С, КС =- =- КМ+МС = 2КМ+ КВ, АС 2КЛХ + КВ 2КЛХ +1 ЛВ КВ КВ КЛ1 АР Так как, согласно задаче 555, = —, то ЛС 2ЛХ) — -= — — +1, ЛВ ЛВ откуда АВ+ АР =.4С вЂ” АР, т, е, ВР = АС вЂ” АР. Из параллельности АК и РМ следует, что а3 = х'.1, х.'4 = ''2, а так как а! = а2, то а3 = а4 и, следовательно, АР = АЕ. Поэтому ВР = АС вЂ” АР = АС вЂ” АЕ = СЕ, что и требовалось доказать. 849. Докажите, что отрезки, соединяющие основания высот остроугольного треугольника, образуют треугольник, в котором эти высоты являются биссектрисами.
Р е щ е н и е. Пусть ААП ВВП СС~ высоты остроугольного треугольника АВС (рис.187). Требуется доказать, что лучи А!А, В~ В и С~С являются биссектрисами углов Аы В~ и С~ тре- С 2 1 угольника А~В~Си 1 Из прямоугольного треугольника АВВ~ полу- А, чаем: АВ~ = АВ.совА, а из прямоугольного треугольника АСС~ находим: АС~ = АС совА. Сле- А д, Е ЛВ~ ЛС~ довательно, = ', т. е. стороны АВ~ н АС! Рнс 18? треугольника АВ~С~ пропорциональны сторонам АВ и АС треугольника АВС.
Поэтому ЛАВ~С~ ХтАВС, откуда следует, что е'! = аС. Аналогично доказывается, что ХхВА~С~ ХхВАС, откуда следует, что и'2 = х'С. Таким образом, а! = а'2, а так как х'АС~С = ~ВС~С = 90', то ''В~С~С = ~А~С~С, т. е. луч С~С биссектриса угла С~ треугольника А~В~Си Аналогично доказывается, что лучи А~А и В~ — биссектрисы углов А~ и В~ треугольника А~В~Си 850. Точки Е и Г лежат на стороне .4В треугольника АВС, причем так, что точка Е лежит на отрезке ЛЕ и АЕ =- ВГ. Прямая, проведенная через точку Е параллельно стороне АС, пересекает прямую, проведенную через точку Г параллельно стороне ВС, в точке К.
Докажите, что точка К лежит на медиане треугольника,4ВС, проведенной к стороне АВ. 140 Гл 3 Подобные г реугольники Р е ш е н и е. Пусть луч СК пересекает сторону АВ в точке ЛХ (рис. 188). Требуется доказать, что АЛХ = ЛХВ. Так как ЕК ~~ АС, то ГьМАС ХхЛХЕК, откуда следует, что ЛХС АМ ЛХС АЕ+ ЕМ АЕ МК ЕЛХ' ' МК ЕЛХ ЕМ Так как ГК ~~ ВС, то ГьЛХВС ГхМГК, откуда следует, что МС ЛХВ ЫС МГ+ ИГ ВГ МК ЛХГ' ' " ЛХК МГ МГ ЛХС АЕ Приравнивая два выражения для отношения ., получаем: ВГ . Но АЕ =- ВГ по условию, поэтому ЕЛХ = ЛХГ и, значит, АЕ + ЕМ = ЛХГ + ВГ, т. е. АМ = — МВ. 851. Гнпотенуза прямоугольного треугольника является стороной квадрата, не перекрывающегося с этим треугольником.
Найдите расстояние от точки пересечения диагоналей квадрата до вершины прямого угла треугольника, если сумма катетов равна а. Р е ш е н и е. Обозначим данный прямоугольный треугольник через АВС, а точку пересечения диагоналей квадрата, построенного на гипотенузе ВС, — буквой Р (рис.189). Требуется найти АР. Проведем луч РЕ так, что г'.СРЕ = 'ВРА. Тогда ГьАВР = = ГьЕСР по стороне и двум прилежащим углам ВР = СР, так как каждый из этих отрезков равен половине диагонали квадрата; ЕВРА = г'СРЕ по построению; ЛАВР = г'.1 + 45', г'РСЕ = 180' — (г'.2+ 45') = 180' — (90' — г'.1+ 45') = л1+ 45' и, следовательно, г'.АВР = — г'.РСЕ. Отсюда следует, что АР =- РЕ и АВ =- СЕ.
Поэтому АЕ = АС+ СЕ = АС+ АВ = о. Рис. 189 Рис. 188 Задачи повышенной трудносши а О т в е т. 'Л' 180' 852. В треугольнике АВС пА =- и пВ = ? 360' 1 1 1 Докажите, что Р е ш е н и е. Пусть АВ =- с, ВС = а, АС = 6. 1 1 1 Требуется доказать, что — = — + — . а Ь с С 21 А с'.С = 180' — (с'.А+ ЛВ) = —, поэтому 720' 7 с'С = 2 с'В, а с'В =- 2.
с'А. Проведем биссек- трисы ВР и СЕ (рис. 190). Тогда сзВОС ЛАВС (по двум углам), откуда следует, что ВО СР а, с а Ь Рис. 190 Отсюда получаем: ВР =- —, СР = — '. 6' 6' Так как в треугольнике АВР с'.А = с'.АВО (см. рис. 190), то АР ас ас а ВР = —.. Сложив равенства АР = — и СР = —, получим: 6 Ь' Ь 6' ос о — + —, или 6 = ос+ а, откуда 6 Ь' (Ь вЂ” а) (Ь + а) = ас.
7'.АСЕ ЛАВС (по двум углам), откуда следует, что СЕ АЕ 6 а Ь с Отсюда получаем: Ьг СЕ= —, АЕ= —. с с ВЕ =- СЕ =- —. с аб Ь г — + —, илие с с Так как в треугольнике ВСЕ кВ =- с'ВСЕ, то аб б Сложив равенства ВЕ = — и АЕ = —, получим; с.= с с = аЬ+ Ьг .= Ь(о, + 6), откуда а+Ь= —. 6 Треугольник АРЕ равнобедренный (АР =- РЕ) и прямоугольный (ЕАРЕ = ~СОЕ + с'.АОС = ЕВРА + ЛАОС = с'.ВРС = 90'). Поэтому АР = — ' = —.
ч72 чг 2 Гл 3 Подобные гнреугольники 142 Подставляя это выражение в равенство (1), приходим к равенству (6 — а)с — — = ас, или 6с .= ос+ аЬ. 6 Разделив последнее равенство на або, получим ! 1 1 — = — + —, а 6 с' что и требовалось доказать. 853. Из точки ЛХ внутренней области угла АОВ проведены перпендикуляры ЛХР н ЛХЯ к его сторонам ОА н ОВ.
Из точек Р н Я проведены перпендикуляры РЛ н б)В соответственно к ОВ н ОА Докажите, что ЛЯ Х ОЛХ. Ре ш е н не. Пусть прямая ЛХР пересекается с лучом ОВ в точке Е, а прямая ЛХЯ с лучом ОА — в точке Г (рис. 191). Так как РЛ 'р' Геьз, то хзОЛР йгОГс„З, ОР ОГ Е хг откуда следует, что — = †. Аналогично Ой ОХ) ' из подобия треугольников ОЯ(„1 и ОРЕ сле- А Ое Ос) ХХ дует, что — = —. Перемножая получен- ОР ОН' ОЕ ные равенства, приходим к пропорции — = ОЛ ОГ которая показывает, что ГзОЕГ Рис.
191 ОН' ХзОЛВ. Следовательно, г'.ОЕГ = г'.ОЛЯ и поэтолзу ЕГ р' ЛВ. Пусть луч ОЛХ пересекает отрезок ЕГ в точке Н. Для доказательства того, что ХВ й ОЛХ, достаточно доказать, что ОН Х ЕГ. Прямоугольные треугольники МРГ и ЕРО подобны, так как имеют по равному острому углу (г'ЛХГР = г'.()ГО = 90' — кАОВ н БОЕР .= 90' — г'.АОВ, поэтому лЛХГР = лсОЕР). Из подобия МР ОР этих треугольников следует, что = , т. е, катеты ЛХР и ОР треугольника ОМР пропорциональны катетам РГ и РЕ треугольника РГЕ. Следовательно, ДОМР ГзРГЕ, а значит, г'.РОЛХ =- = АРЕГ или г'РОЛХ = АМЕН, т. е.
в треугольниках РОМ и НЕМ углы с вершинами О и Е равны. Углы этих треугольников с вершинами в точке ЛХ равны как вертикальные. Поэтому ГзНЕЛХ ХуРОМ (по двум углам) и, следовательно, АЕНЛХ = /ОРАХ = 90', т. е. ОН А ЕГ. О 5 Р Г А 854. В равнобедренном треугольнике АВС нз середины Р основания АС проведен перпендикуляр РН к стороне ВС. Пусть ЛХ вЂ” середина отрезка РН.
Докажите, что ВЛХ Х АН. Р е ш е н и е. Пусть АŠ— высота треугольника АВС (рис. 192). Тогда РХХ ~ АЕ и так как АР = РС, то ЕН = НС. 143 Задачи наеыгиеннай трудности Так как прямоугольные треугольники АЕС и ВРС (они имеют общий острый угол С) и также прямоугольные треугольники ВРС и ВНР (они имеют общий угол с вершиной В) подобны, то НАЕС ХхВНР. Отрезки АН и ВлХ вЂ”. сходственные медианы в этих подобных треугольниках, поэтому ХзАЕН ХзВЛХН, откуда следует, что к'.Е.4Н = аНВлХ.
Пусть отрезки АН и ВЛХ пересекаются в точке К. Тогда аВНК = = аЕНА = 90' — к'ЕАН = 90' — кНВЛХ = 90' — МНВК, откуда получаем: ~'ВНК+ 'НВК = 90' и, значит, аВКН = 90', т. е. Вйу з' АН. 855. В прямоугольном треугольнике АВС из вершины прямого угла С проведен перпендикуляр СР к гипотенузе, а из точки Р— перпендикуляры РЕ и РЕ к катетам ЛС и ВС. Докажите, что. а) СРл = — ЛВ ЛЕ ВГ; б) АЕ ч- ВГ + 3СР' = АВ', ) ъ~АЕ' + тгВГ' = ч~ЛВ'.
Решение. а) Из прямоугольных треугольников АВС, ВРС и АСВ (рис. 193) находим (см, задачи 573, 574): АРа = АС АЕ, ВР = ВС' ВЕ, СР~ = АР ВР,АС ВС = АВ СР. Перемножая первые два равенства и учитывая третье, получаем СР4 (С ВС (Е ВХе Заменяя АС. ВС на АВ СР (четвертое равенство в (1)) и разделив на СР, приходим к равенству СРз = АВ АЕ ВХ.
б) АВа = (АВ РВР)з = АРз+ВРз+2 АР ВР = =- АРз + ВР' 4- 2СРз (2) Из треугольников АРЕ и ВРЕ по теореме Пифагора находим: АРа — АЕ2 ЕРА ВР2 =- ВЕ2 + РЕз С Е 8 Рис. 193 Рис. 192 144 Гл 3 Подобные г реугольники откуда АР~+ВР =АЕ +ВЕ-+(ЕР +РЕ~).=АЕ +ВЕ~+СР. Подставляя это выражение в равенство (2), получаем АВг = АЕ" + ВРз + ЗСРг, что и требовалось доказать. ЛР ЛВ ЛРВ в) ГхАРЕ ГхАВС, поэтому —, = —, а так как АС =, (пер- АЕ ЛС' АЕ АВ АВ АЕ вое равенство в (1)), то — = ' , , откуда АР АР= АВ-АВ . Аналогично, используя подобие треугольников ВРЕ и ВАС и второе равенство в (1), получаем: ВР— АВ ВВ Отсюда следует: АР АВР— А — ААВ АВ А ЕАВ ВГ Разделив на ~~ АВ, приходим к равенству хГЛВз = ъ'ЛЕз + эгВРз, что и требовалось доказать. 856.
В выпуклом четырехугольнике АВСВ диагонали пересекаются 1, 2 в точке Р. Известно, что лАРР = — лРВС, лАРР = — БУРАВ и АВ = 2 ' 3 =- ВВ =- СВ. а) Найдите все углы четырехугольника, б) Докажите, что АВА =- = ВР ВВ. Решение. а) Пусть г'.АРР = а. Тогда г'РРС = 2а, г'РАР = = — а (рис. 194). 3 2 Треугольник АСР равнобедренный (АР = 3 = СР), поэтому г'.АСР = -а.
В треугольнике ЛСР: — а + ха + За = 180', 3 3 2 2 В откуда имеем: а = 30' и, значит, г'Р = За = 90'. В равнобедренном треугольнике АВР Рис 194 г'А = г'АВР = — = 75'. 2 Задачи повышенной трудноеша В равнобедренном треугольнике ВСР ~С = ~СВР = = 60'. 2 аАВС = аАВР+ аСВР = 75' + 60' = 135'. Итак, в четырехугольнике АВСР аА = 75', аВ = 135', аС = 60', х' Р = 90'.
б) ЕВАР = аВАР— 'РАР =- 75' — 45' = 30'. ХхАВР ХйАВР по двум углам (ЕВАР =- аАВР = 30', аВ— АВ ВР общий), поэтому — =, т, е. АВ =ВР ВР, что и требовалось доказать. Ответ. а) 75', 135', 60' и 90'. 857. Точка ЛХ не лежит на прямых, содержащих стороны параллелограмма АВСР. Докажите, что существуют точки М, Р и се, расположенные так.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
