atnasyan-gdz-8-2005 (546187), страница 8
Текст из файла (страница 8)
е. точка Р середина отрезка 1гЕ. Рассмотрим прямую ОР, параллель- Рис. 51 ную АС (см. рис. 51). Эта прямая про- ходит через середину стороны ВЕ треугольника ЛРЕ и ОР ~~ АС, поэтому АО = ОР (задача 384) и, следовательно, АО =- — АР =- —.
2 2 Так как ОР 'а АС, то 2 =- л'3, а поскольку Л! = л'2, то л'.1 =- = х'3, откуда следует, что КАОР— равнобедренный и, значит, ОР = АО =- —. 2' Кроме того, так как ОР ~~ ~~АС, то углы О и Р треугольника ОВР равны соответственно углам А и С треугольника АВС. Но углы А и С равны, поскольку г5АВС равнобедренный. Следовательно, углы О и Р треугольника ОВР также равны, и поэтому йОВР— равнобедренный с основанием ОР. Наконец, так как ОР ~~ АС и ВЛХ 3. АС, то ВХ 3 ОР (см. рис. 51), т. е. отрезок Вйг высота равнобедренного треугольника ОВР, проведенная к основанию, а значит, и медиана.
Итак, КР = ХО = ! а = — ОР = —. 2 4' Четырехугольник М1~'РК, очевидно, является прямоугольником, поэтому ЯХК = ХР = —. 4 Ответ. —. 4 817. Докажите, что в треугольнике сумма трех медиан меньше периметра, но больше половины периметра. Р е ш е н и е. Пусть в треугольнике АВС: ВС = а, СА = 6, АВ = с, а медианы, проведенные к сторонам ВС, СА и АВ, равны соответственно гп, кпь и ть Достроим треугольник АВС до параллелограмма АВРС так, как показано на рисунке 52.
Тогда в треугольнике АВР: ВР = 6, АР = 2т, Используя неравенство треугольника, получим АР < АВ -~- ВР, или 2ти < б+ с, б 4- с откуда гп < ††. 'ь Рис 52 Зидани иовьгшенной трудности Аналогичные неравенства имеют место для ть и пг.,: а -г с а -1- 6 ть<, т,< Сложив три последних неравенства, получим т, -Ьть+т, < а+6+с, т. е. сумма трех медиан треугольника меньше его периметра. Напишем теперь неравенство треугольника для г'гАВЛХ и ЬАСМ, а учитывая, что ВМ = СМ = — —: 2 а т, -ь — > с, Складывая эти неравенства, получим 2т„+а > 6+с, откуда 6 ч- с — а т„> Аналогичные неравенства имеют место для ть и гп,.: а+с †а+6 †пгь> ', т > Сложив три последних неравенства, приходим к неравенству 1 т, + ть + т, > — (а + 6+ с), т.
е, сумма трех медиан треугольника больше половины его периметра. 818. Диагонали выпуклого четырехугольника разбивают его на четыре треугольника, периметры которых равны. Докажите, что этот четырехугольник — ромб. Решение. Пусть АВСР— данный выпуклый четырехугольник, а Π— точка пересечения его диагоналей.
Докажем сначала, что АО = = ОС, ВО =- ОР. Предположим, что это не так. Тогда возможны два случая: а) Точка Π— середина одной из диагоналей и не является серединой другой диагонали. Пусть для определенности АО = ОС, ВО < ОР. Отметим на отрезке ОР точку В~ так, что ОВ~ =- ОВ, и рассмотрим треугольник ОВ~С (рис.53, а). Так как сгАВО = г'гСВ~О (по двум сторонам и углу между ними), то АВ =- СВи По условию Рина = Рг;рд, или АВ + АО т ОВ =- ОВ~ + В~ 1.1 + РС + СО Отсюда, учитывая равенства АО = ОС и ОВ = ОВг, получаем АВ = В~Р ' РС, или СВ~ = В~Р+ РС. 42 Гл й Чеглырехугольники Рис. 53 Но в треугольнике СВ~Р: СВ~ < В~Р+ РС. Мы пришли к противоречию и, значит, случай а) не может иметь места.
б) Точка О не является серединой ни одной из диагоналей. Пусть, например, АО < ОС, ВО < ОР. Отметим точки А1 и В~ на отрезках ОС и ОР так, что ОА| = = ОА, ОВ1 = ОВ, и рассмотрим треугольник ОА|В1 (рис. 53, б). Так как АЛОВ = гзА|ОВн то АВ = А|Вы По условию Рнии = Рсоа, или АВ + АО + ОВ =- ОВ1 + В1Р + РС + СА~ + А10. Отсюда, учитывая равенства ОЛ1 = ОА и ОВ = ОВи получаем АВ = В|Р + РС+ САн или А|В, = В,Р + РС+ САн Но в четырехугольнике А1В1РС А1В1 < В|Р + РС + САн Мы пришли к противоречию, и, значит, случай б) также не может иметь места.
Итак, АО = ОС, ВО =- ОР, и поэтому АВСР— параллелограмм (признак 3, п.43). Но из условия Р4он = Рыон следует, что АВ = ВС, т. е. смежные стороны параллелограмма АВСР равны. Следовательно, параллелограмм АВСР рамо. 819. Найдите множество середин всех отрезков, соединяющих данную точку со всеми точками данной прямой, не проходящей через эту точку. Решение. Пусть А и а — данные точка и прямая, АН вЂ” перпендикуляр, проведенный из точки А к прямой а, точка  — середина отрезка АН (рис. 54). Через точку В проведем прямую р, параллель ную прямой а, и докажем, что искомое мно- А жество точек есть прямая р. Если Х вЂ” произвольная точка прямой а, то прямая р пересекает отрезок АХ в его середине (см.
задачу 384). Следовательно, Х Н у середины отрезков, соединяющих точку А со всеми точками прямой а, лежат на прямой р. Рис. 54 Задачи поеысиенной трудности 820. Докажите, что прямая, проходящая через середины оснований рав- нобедренной трапеции, перпендикулярна к основаниям. Сформулируйте и до- кажите обратное утверждение Р е ш е н и е. Пусть О~ Ог — прямая, проходящая через середины Ог и Ог оснований АВ и СР равнобедренной трапеции АВСР (рис.55). Согласно задаче 388, а кА = кВ, поэтому ЛАО~Р = ЬВОгС по двум сторонам хг Ог с и углу между ними. Отсюда следует, что ОгР = 0|С, т. е. г501РС равнобедренный.
Отрезок О~Ог — медиана этого тре! з угольника, следовательно, ОгОг высо- 3 4 та, т. е. О~Ог 3 СР, а так как прямые АВ А О, и СР параллельны, то О~Ог Х. АВ, что и требовалось доказать. Рис. 55 Обратное утверждение сформулируем так: если прямая, проходящая через середины оснований трапеции, перпендикулярна к основаниям, то трапеция — равнобедренная. Докажем это утверждение.
Воспользуемся рисунком 55, на котором точки Ог и Ог середины оснований АВ и СР трапеции АВСР и ОгОг 3 АВ, 010г 3 СР. В треугольнике ОгСР отрезок 010г— медиана и высота, поэтому этот треугольник равнобедренный, т. е. О~Р = О~С и, кроме того, к1 = х'2 (см. рис. 55). Отсюда следует, что х'.3 = г'.4, поэтому г'.гАО~Р = АгВО~С по двум сторонам и углу между ними. Следовательно АР = ВС, т. е. трапеция АВСР равнобедренная.
821. При пересечении биссектрис всех углов прямоугольника образовался четырехугольник. Докажите, что этот четырехугольник квадрат. Р е ш е н и е. Пусть ЛХХРСХ вЂ” четырехугольник, образованный при пересечении биссектрис углов прямоугольника АВСР (рис. 56). Согласно задаче 428 четырехугольник МИРАХ вЂ” прямоугольник. Докажем, что Рис. 56 Докажем теперь, что любая точка ЛХ прямой р является серединой отрезка, соединяющего точку А с какой-то точкой прямой а. Пусть прямая АМ пересекает прямую а в точке У (см. рис.54).
Согласно задаче 384 прямая р пересекает отрезок АУ в его середине, т. е. точка ЛХ середина отрезка АУ. Итак, искомым множеством точек является прямая р. Ответ. Прямая, параллельная данной прямой и проходящая через середину перпендикуляра, проведенного из данной точки к данной прямой. Гл д Чегпыргхугольники ЛТХ = ХР. Треугольник АХВ равнобедренный, так как х'.1 = = х'.2 = 45', поэтому АХ = ВХ. Но АМ =- ВР, так как глАВЛ1 .= гзРгРС (по стороне и прилежащим к ней углам). Таким образом, Л|Х = АХ вЂ” АЛ1 = ВХ вЂ” ВР = ХР.
Итак, в прямоугольнике Л1ХРО две смежные стороны равны, следовательно, Л!ХРΠ— квадрат, 822. На сторонах параллелограмма вне его построены квадраты. Докажите, что точки пересечения диагоналей этих квадратов являются вершинами квадрата. Решение. Пусть Оы От, Огн 04 — точки пересечения диагоналей квадратов, построенных на сторонах параллелограмма АВСВ вне его (рис.57). Сначала докажем, что ЛАО~О4 = ЬВО~Ог = гхСОзОа = гххгОз04. (1) Сравним треугольники АО~Оч и ВО~От. АО~ = ВО~ и АО» = ВОа, так как эти отрезки являются половинами диагоналей соответствующих квадратов; ~О~АОл = 45' + а+ 45ь = 90' -е о, где а = г'ВАВ; так как г'О~ВОз = 90' + гх, то г'О~АОл = = ~О,ВО,. Следовательно, ЬАО~О4 =- ЬВО~Оз по двум сторонам и углу между ними. Остальные равенства в (1) доказываются аналогично.
Из равенств (1) следует, что 0~04 О~Оз = ОзОз = Оз04 т. е. четырехугольник О~ОаОз04 ромб. Из равенства треугольников АО~04 и ВО~Оа следует, что х'.1 = х'.2, поэтому угол ОаО!04 — прямой, а значит, ромб О~ОеОзОг является квадратом. Рис. 57 823. На стороне С!Э квадрата АВСВ отмечена точка ЛХ. Биссектриса угла ВАЛ1 пересекает сторону ВС в точке К.
Докажите, что АМ = ВК Е -'; ВЛ1. Решение. На луче АВ отложим отрезок АХ, равный отрезку АЛ1, проведем отрезок ХМ, а затем в треугольнике АЛ1Х проведем высоту ХВ (рис. 58). Пусть г'ЛХАК = лХАК = о. Прямоугольные треугольники АЯХ и ЛХВА равны по гипотенузе и острому углу (АХ = АЛХ по построению, х'.ХАЯ = 2о, х'.АЛХВ = = 90' — г'.РгАЛ1 = 2а и, следовательно, х'.ХАЯ = х'.АЛ10), поэтому (1) Зидачи повышенной трудности Прямоугольные треугольники АВК и ЛгЯЛХ равны по катету и острому углу (ЛгЯ = АР = АВ, ЕВКА = 90' — о, с'.АЛХХт' = 180' — 2о = — — — — = 90' — о, поэтому с'ВКА = с'АЛХХт'). Отсюда следует, 2 что (2) Из равенств (1) и (2) имеем: АЛХ = АВ+ ВЛХ = РМ + ВК, что и требовалось доказать. 824.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
