atnasyan-gdz-8-2005 (546187), страница 6
Текст из файла (страница 6)
Решен ив. Пусть прямые, проведенные через произвольную точку ЛХ основания ВС равнобедренного треугольника АВС параллельно боковым сторонам, пересекают эти стороны в точках Р и Е (рис.32). Так как РМ ~ АС, то а! = ЛС, а так как ЕМ ~ АВ, то а2 = аВ. Но аВ = ''С, поскольку ХьАВС вЂ” равнобедренный, поэтому а! = аВ и а2 = л'.С, а значит, треугольники ВМР и МСЕ равнобедренные, т.е. МР=РВ иЪ|Е=ЕС. Если Р периметр четырехугольника АРМЕ, то Р =- АР + + РМ + АХЕ+ ЕА =- АР + РВ + ЕС + ЕА =- ЛВ + АС, что и требовалось доказать.
428. В параллелограмме, смежные стороны которого не равны, проведены биссектрисы углов. Докажите, что при пересечении образуется прямоугольник. Решение. Пусть в параллелограмме АВСР биссектрисы углов А, В, С и Р при пересечении образуют четырехугольник РЕГО (рис. ЗЗ). а! = а2, так как луч АР биссектриса угла А, л'.2 = аЗ, так как эти углы — накрест лежа~пня при пересечении параллельных прямых АР и ВС секущей АЯ, а угол 2, в свою очередь, равен углу 4, так как это половины равных углов параллелограмма, поэтому е'1 =- аЗ = а4. Равные углы 3 и 4 — соответственные углы при пересечении прямых АЯ и СЕ секущей ВС, следовательно, АЯ ~ СЕ. Аналогично можно доказать, что ВЕ ~ РЯ. Таким образом, РЕ٠— параллелограмм. Так как х! = хЗ, то т5АВТ равнобедренный. Отрезок ВР биссектриса, а значит, и высота этого треугольника, т, е, ВР 1 АЯ.
Итак, в параллелограмме РЕЩ один угол прямой, поэтому он является прямоугольником (задача 399). Рис. 33 Рнс. 32 30 рл !. Чеглыргхугольники 429. Докажите, что выпуклый четырехугольник является параллелограммом, если сумма углов, прилежащих к каждой из двух смежных сторон, равна !80' Ре ш е н не. Пусть углы А и В, прилежащие к стороне АВ выпуклого четырехугольника АВСР, в сумме составляют 180', и углы А и Р, прилежащие к смежной стороне АР, также в сумме составляют 180'.
Углы А и  — односторонние при пересечении прямых АР и ВС" секущей АВ, поэтому АР !! ВС. Углы А и Р— односторонние при пересечении прямых АВ и РС секущей АР, поэтому АВ ~~ РС. Итак, в четырехугольнике АВСР противоположные стороны попарно параллельны, следовательно, четырехугольник АВСР— параллелограмм. 430. Докажите, что выпуклый четырехугольник является параллелограммом, если его противоположные углы попарно равны. Решение, Пусть в выпуклом четырехугольнике АВСР противоположные углы попарно равны, т. е, лА = лС и г'В =- г'Р. Сумма углов выпуклого четырехугольника равна 360', поэтому 2(г'А + ЛВ) = = 360', откуда л'А + ЛВ = 180', и, следовательно, лА + л'Р = 180'.
Из двух последних равенств следует, что четырехугольник АВСР— параллелограмм (см. задачу 429). 431. Точка К вЂ” середина медианы АЛХ треугольника АВС. Прямая ВК 1 пересекает сторону АС в точке Р. Докажите, что АР = — АС. 3 Решение. Проведем через середину стороны ВС (точку ЛХ) прямую ЛХГ, параллельную ВК (рис.34). Тогда по теореме Фалеса (задача 385) АР =- РГ и СГ = РГ.
Отсюда АР = РГ = ГС, поэтому АР =- — АС. ! 3 432. Точки ЛХ и Л! — середины сторон АР и ВС параллелограмма АВСР. Докажите, что прямые Адг и ЛХС делят диагональ ВР на три равные части Решение. Пусть прямые Адг и СЛХ пересекают диагональ ВР параллелограмма АВСР в точках Р и (Х соответственно (рис. 35). Рис. 35 Рис. 34 31 Дооолнительньче задачи Четырехугольник АЛХСЛХ параллелограмм, так как две его противоположные стороны ЛгС и АЛХ равны и параллельны, поэтому АЛХ ~ СЛХ. В треугольнике ВСО через середину Ж стороны ВС проведена прямая Хч'Р, параллельная СО, следовательно, ВР = РО (см.
задачу 384). В треугольнике АОР через середину ЛХ стороны АХ! проведена прямая ЛХО, параллельная АР, следовательно, РО = ЯХл. Таким образом, ВР =- РО = ОХ!, т. е. прямые Адг и СМ делят диагональ ВР на три равные части. 433. Из вершины В ромба АВСВ проведены перпендикуляры ВК и ВЛХ к прямым 4Р н ВС Докажите, что луч ВВ является биссектрисой угла КВЛХ.
Решен не. Так как диагональ ВХХ ромба делит угол Р пополам, то а! = а2 (рис. 36). Прямоугольные треугольники ВКХХ и ВЛХР равны по гипотенузе и острому углу (ВР— общая гипотенуза, г'1 = г'2). Отсюда следует, что а3 = а4, т. е. луч ВΠ— биссектриса угла КВЛХ. 434. Докажите, что точка пересечения диагоналей ромба равноудалена от его сторон Решен не. Пусть Π— точка пересечения диагоналей АС' и ВР ромба АВСР (рис.
37) и пусть ОГ д АР, ОР д ВС, ОЕ Х АВ, ОО Х. РС. Диагональ АС ромба делится точкой О пополам (ОА = ОС) и, в свою очередь, делит пополам равные углы ромба А и С, т. е. а! = = а2 = а3 = л'4. Отсюда следует, что прямоугольные треугольники АЕО, АРО, СРО и СОО равны друг другу по гипотенузе и острому углу. Поэтому ОЕ = ОГ = ОР = — ОЯ, т. е. точка О равноудалена от сторон ромба. 435. Докажите, что середина отрезка, соединяющего вершину треугольника с любой точкой противоположной стороны, лежит на отрезке с концами в серединах двух сторон.
Решение. Пусть Р— произвольная точка стороны АС треугольника АВС и Р— середина отрезка ВР (рис. 38). В С В чь С с Рис 38 Рис. 37 Рнс Зб 32 Гл Х. Чеяыргкугольники Проведем через точку Р прямую, параллельную стороне РС. Она пересекает стороны АВ и ВС в некоторых точках ЛХ и Лг. Согласно задаче 384, ВЛХ = ЛХА и Втт' = ЛХС, т. е. точка Р лежит на отрезке ЛХЛг, концы которого являются серединами сторон АВ и ВС, что и требовалось доказать.
436. Диагональ АС квадрата 4ВС12 равна 18,4 см. Прямая, проходящая через точку А и перпендикулярная 1 к прямой АС, пересекает прямые ВС и СР соответ- ственно в точках ЛХ и Лг Найдите ЛХАСУ. Р Р е ш е н и е. Так как диагональ АС делит угол С пополам, то л! = л2 = 45' (рис. 39). Отсюда следует, что углы ЛХ и Ху в прямоугольных треугольниках САЛХ и САЛг также равны 45'. Поэтому эти треугольники равнобедренные и, следовательРис.
39 но, АМ = АС и АтЧ = АС, а значит, Л!Н =. 2АС = = 2. 18,4 см = 36,8 см. Ответ. 36,8 см. 437. На диагонали АС квадрата АВСР взята точка ЛХ так, что АЛХ = = АВ. Через точку ЛХ проведена прямая, перпендикулярная к прямой АС и пересекающая ВС в точке Н. Докажите, что ВН = НЛ! = ЛХС Р е ш е н и е. Прямоугольные треугольники В Н АВН и АЛХН (рис. 40) равны по катету и гипотенузе (АВ = АЛХ по условию, АН общая гипотенуза), поэтому ВЕХ =- НМ Треугольник СМН вЂ” прямоугольный и равнобедренный (лНСЛХ= 45', так как диагональ АС делит угол С пополам, и г'СНЛХ = 45', так как А Р сумма острых углов прямоугольного треугольника равна 90'), поэтому НМ = ЛХС.
Рис. 40 Итак, ВН =- НЛХ = МС, что и требовалось доказать. 438. В трапеции АВСР с ббльшим основанием АХХ диагональ АС перпендикулярна к боковой стороне СР, АНАС = АСАР. Найдите АР, если периметр трапеции равен 20 см, а аР = 60'. Решен ие. В прямоугольном треугольнике АСР л'.Р = 60' (рис. 41), поэтому л'2 = 30', а так как по условию л! = л2, то л'А = = 2 л'.2 = 60', т. е. г'.А = л'.Р. Отсюда следует, что трапеция АВСР— равнобедренная (задача 389, а), значит, АВ = СР.
Так как в прямоугольном треугольнике АСР угол 2 равен 30', то катет СР, лежащий против этого угла, равен половине гипотенузы, т. е. СР = -АР, или АР = 2СР = 2АВ. 2 Донолнительньщ задачи 33 Поскольку ''1 =,.''2 и л'.2 =- 2'3, то л'.! = ''3 и, значит, треугольник АВС вЂ” равнобедренный, т. е. ВС = АВ.
Итак, Рдпрр = АВ+ ВС+ СВ+ АР = 5АВ, поэтому 5АВ = 20 см, откуда АВ = 4 см, а АР = 2АВ = 8 см. Ответ. 8 см. 439*. Сумма углов прн одном из оснований трапеции равна 90'. Докажите, что отрезок, соединяющий середины оснований трапеции, равен нх полуразности.
Р еще н не. Пусть сумма углов А и Р при основании АХд трапеции АВСР равна 90", а точки ЛХ и Лг середины ее оснований ВС и АХ). Проведем прямые ЛХР и ЛХО, соответственно параллельные боковым сторонам АВ и СР (рис. 42). Тогда образовавшиеся четырехугольники АВМР и Х)СЛХЯ вЂ” параллелограммы, поэтому ВЛХ = АР, СМ = ХлЯ, а так как по условию ВМ =: СЛХ, то АР = Х)ь',). Отсюда следует, что РЛ' = ЛгЯ, т. е. точка Лг — середина отрезка Рь1. Кроме того, РЯ = АР— (АР + Рф = АР— ВС.
Так как МР ~~ АВ, то л'1 = аА, а так как ЛХб,) ~ СР, то а2 = аР. Но аА+ ЛХ1 = 90' (по условию), поэтому а1+ а2 = 90' и, значит, треугольник ЛХХчР— прямоугольный с прямым углом ЛХ. Отрезок ЛХЛг — медиана этого треугольника, поэтому ЛХтт = 1 1 =- — РЯ (задача 404), т. е. ЛХХч' =- — (АХ1 — ВС), что и требовалось 2 ' 2 доказать. 440*. На двух сторонах треугольника вне его построены квадраты. Докажите, что отрезок, соединяющий концы сторон квадратов, выходящих из одной веригины треугольника, в два раза больше медианы треугольника, выходящей из той же вершины.
Р е ш е н и е. На сторонах АВ и АС треугольника АВС (вне треугольника) построены квадраты, отрезок ЕГ соединяет концы сторон этих квадратов, выходящих из вершины А, отрезок АЛХ вЂ” медиана треугольника АВС. Требуется доказать, что ЕР = 2АМ. Пусть точка Х1 симметрична точке А относительно точки ЛХ. Докажем, что треугольники АВР и ЕАР равны (рис.43). Так как ХтВЛ111 = ьзСЛХА (по двум сторонам и углу между ними), то ВР = АС и а1 = ПАСВ. Следовательно, В М С л Р А й Хз Рнс. 42 Рис.
41 2 Л,С, Атанесян и др Рг А Чепгьгрехргольники 34 дАВР = к'АВС+ д1 = ~АВС+ дАСВ = !80' — к'.ВАС. С другой стороны, ЕЕАЕ = 180' — ~ВАС, поэтому ЛАВР = = дЕАЕ. Треугольники АВР и ЕАЕ равны по двум сторонам и углу между ними (АВ =- АЕ, ВР = АС = АГ, к'.АВР = дЕАК). Отсюда следует, что ЕГ = АР = 2АЛХ. Рис 43 Рис 44 его биссектриса, проведенная к основанию, поэтому прямая АО является осью симметрии треугольника ВАР (задача 420). Также и прямая СО является осью симметрии треугольника ВСР. Так как АО и СО— одна и та же прямая, то прямая АС вЂ” ось симметрии ромба АВСР. Аналогично можно доказать, что прямая ВР является осью симметрии ромба АВСР.
Итак, прямые, содержащие диагонали ромба, являются его осями симметрии. 442. Докажите, что точка пересечения диагоналей параллелограмма является его центром симметрии. Решение. Пусть Π— точка пересечения диагоналей параллелограмма АВСР, тогда ОА = ОС, ОВ = ОР и поэтому вершины А и С' (и также В и Р) симметричны относительно точки О. Рассмотрим теперь произвольную точку М, лежащую на одной из сторон параллелограмма, например на стороне АВ (рис. 45), В и покажем, что точка, симметричная М точке ЛХ относительно точки О, лежит на стороне СР параллелограмлх ма АВСР.
! Проведем прямую ЛХО и обозначим через ЛХ~ точку ее пересечения Рис. 45 со стороной СР. ХьВОЛХ = г'тРОЛХ1 О 441. Докажите, что прямые, содержащие диагонали ромба, являются его осями симметрии. Решение. Пусть Π— точка пересечения диагоналей АС и ВР ромба АВСР (рис. 44). Треугольник ВАР— равнобедренный и АО— Дополнижельньье задачи по стороне и двум прилежащим к ней углам (см. рис.45), следовательно, ОЛХ = ОЛХн и, значит, точки ЛХ и ЛХ~ симметричны относительно точки О. Итак, для каждой точки ЛХ параллелограмма симметричная ей относительно точки О точка ЛХ~ также принадлежит параллелограмму, Это и означает, что точка О пересечения диагоналей параллелограмма является его центром симметрии.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
