- •Введение.
- •Основные факты планиметрии.
- •I. Треугольники
- •1) Теорема синусов.
- •2) Теорема косинусов.
- •3) Теорема о биссектрисе угла в треугольнике.
- •4) Вычисление биссектрисы угла.
- •5 ) Вычисление координаты точки отрезка.
- •4 ) Теорема об отрезках пересекающихся хорд.
- •Вариант 1.
- •Вариант 2.
- •Вариант 4.
- •Вариант 5.
- •Вариант 6.
- •Вариант 7.
- •Вариант 8.
- •Вариант 9.
- •Вариант 10.
- •Вариант 11.
- •Вариант 12.
- •Вариант 13.
- •Вариант 14.
- •Вариант 15
- •Вариант 16.
- •Вариант 17.
- •Вариант 18.
- •Вариант 19.
- •Вариант 20.
Вариант 15
№ 13.
В треугольнике ABC биссектриса AE равна отрезку EC. Найдите углы треугольника ABC, если известно, что AC = 2AB.
Д ано: ABC, AE – биссектриса BAC, AE = EC, AC = 2AB
Найти: A, C, B
Решение.
Так как AE – биссектриса A, то BAE = CAE. Так как AE = EC, то AEC – равнобедренный BAE = CAE = C A = 2C. Пусть M – середина AC. Тогда AB = AM = MC, поскольку AC = 2AB, EM – медиана AEC, а так как AEC равнобедренный, то EM – высота AEC AME = 90. Так как по условию AC=2AB и М – середина АС, то AB = AM=МС, BAE = CAE, AE – общая сторона, то ABE = AME B = AME = 90. A + B + C = 180, а так как B = 90, A = 2C, то 3C = 90 C = 30 A = 60.
Ответ: A = 60, C = 30, B = 90.
№ 14.
В равнобокую трапецию с острым углом 30 вписана окружность. Найдите отношение длины окружности к периметру трапеции.
Дано: ABCD – равнобокая трапеция с основаниями AD и BC, A = D = = 30, Окр.(О;r) - вписанная
Найти:
Решение.
Пусть BH – высота трапеции. Тогда BH = 2r, где r – радиус окружности. Поскольку трапеция является описанной около окружности, то AB+CD = BC + AD, а так как AB = CD (трапеция равнобокая), то AB = .
Так как ABH – прямоугольный, а A = 30, то BH = . , .
Ответ:
№ 15.
Внутри треугольника ABC взята точка D такая, что ABD = ACD = 45. Докажите, что отрезки AD и BC перпендикулярны и равны, если угол BAC равен 45.
Д ано: ABC, A = 45, D ABC, ABD = ACD = 45
Доказать: AD = BC, AD BC
Доказательство.
Пусть BD AC = B1, CD AB = C1, AD BC = A1. Тогда BB1 AC, поскольку AB1B = 180 - A - ABD = 90, BB1 – высота ABC. Аналогично CC1 – высота ABC D – точка пересечения высот ABC AA1 – высота ABC AD BC. Так как ABB1 – равнобедренный, то AB1 = BB1. Также B1DC – равнобедренный, поэтому B1D = B1C. Тогда треугольники AB1D и BB1C равны по двум катетам AD = BC, ч.т.д..
Вариант 16.
№13.
В трапеции ABCD диагонали АС и BD перпендикулярны. На большем основании AD выбрана точка М так, что ВМ=MD=3 см. Найдите длину средней линии трапеции.
Д ано: ABCD – трапеция, , ВМ=MD=3 см.
Найти:
Решение.
I способ
Т.к. ВМ=MD, то - равнобедренный
как накрест лежащие при и секущей BD.
BN –биссектриса и высота - равнобедренный и ВК=ВС , KN=NC
как накрест лежащие при и секущей АD,
, т.е.
Ответ:
I I способ
Дополнительное построение:
LBCA – параллелограмм ( )
. - равнобедренный . Также , - равнобедренный длина ВМ численно равна длине средней линии трапеции и ВМ=3см
Ответ:
I II способ
Т.к. ВМ=MD, то - равнобедренный
как накрест лежащие при и секущей BD.
BН –биссектриса и высота - равнобедренный и ВК=ВС , ВС=ВО
Пусть ВС=ВО=х, тогда ОМ=3-х
( как накрест лежащие при и секущей АС), значит, - равнобедренный АМ=ОМ=3-х
Ответ:
№14.
Найдите углы треугольника, если высота и медиана, проведенные из одной вершины, делят угол при этой вершине треугольника на три равные части.
Д ано: , медиана СМ, СН - высота,
Найти: A, C, B
Решение.
: СН – биссектриса, тогда, по свойству биссектрисы угла треугольника,
Тогда
Ответ: ,
№ 15.
Две окружности пересекаются в точках A и B, прямая CD – общая касательная этих окружностей (C и D – точки касания). Прямые AB и CD пересекаются в точке N. Докажите, что N – середина CD.
Дано: 1 и 2 – окружности, 1 2 = {A;B}, CD – общая касательная, CD 1 = C, CD 2 =D, AB CD = N
Доказать: CN = ND
Доказательство.
По теореме о квадрате касательной для окружности 1 имеем: . Аналогично, для окружности 2 получаем: . Значит CN2 = ND2 CN = ND N – середина CD, ч.т.д.