otvet obuz tur10-11

Дистанционная Обучающая Олимпиада по Математике. 2009-2010 учебный год

Обучающий тур

Задачи для самостоятельного решения команд «старшей» возрастной группы

Задача 1

Медиана AD и высота CE равнобедренного треугольника ABC ( AB=BC ) пересекаются в точке P . Найдите площадь треугольника ABC , если CP=5 , PE=2 .

РешениеНа продолжении медианы AD за точку D отложим отрезок DK , равный AD . Тогда четырёхугольник ABKC – параллелограмм, т.к. его диагонали AK и BC делятся точкой пересечения D пополам. Пусть AB=BC=2x . Тогда CK=AB=2x . Треугольник APE подобен треугольнику KPC (по двум углам), поэтому

AE = CK· = · 2x = x, BE = AB-AE=2x- x = x.

По теореме Пифагора BC2 = BE2+CE2 , или

4x2 = x2+49 , откуда находим, что x = . Следовательно, SΔ ABC = AB· CE = x· 7 = · 7 = .

Ответ.

Задача 2Внутри квадрата ABCD взята точка P так, что PBA = = PAB = 15o. Докажите, что CPD - равносторонний треугольник.

РешениеПостроим на стороне AD квадрата внутренним образом треугольник AQD, равный треугольнику APB. Тогда PAQ = 90o - 15o - 15o = 60oиAP = AQ. Поэтому треугольник APQ - равносторонний. Поскольку PQD = 360o - 60o - 150o = 150o, то треугольники PQD и AQD равны (по двум сторонам и углу между ними). Следовательно, PD = DA = CD. Аналогично CP = CD.

Задача 3Найдите углы треугольника, если известно, что медиана и высота, выходящие из вершины одного из его углов, делит этот угол на три равные части. РешениеПусть высота CD и медиана CM делят угол C треугольника ABC на три равные части. Предположим, что точка D расположена между B и M. Обозначим BCD = DCM = ACM = . Поскольку в треугольнике BCM высота CD является биссектрисой, то этот треугольник равнобедренный, поэтому CD — медиана треугольника BCM и BD = DM. Первый способ.

Пусть K — проекция точки M на AC. Тогда из равенства прямоугольных треугольников CKM и CDM (по гипотенузе и острому углу) следует, что MK = DM = ½*BM = ½*AM. Значит, MAK = 30o. Следовательно, 2 = ACD = 90o - MAK = 90o -30o = 60o, = 30o, ACB = 3 = 90o, ABC = 60o. Второй способ. Биссектриса CM треугольника ACD делит сторону AD на отрезки, пропорциональные сторонам AC и CD, т.е.

МОУ ДПОС Центр информационных технологий, г.о. ТольяттиWeb-сайт ДООM: ht t p://www.tgl.net.ru/wiki e-mail: [email protected]тел.: (8482)327340

http://www.tgl.net.ru/wiki

mailto:[email protected]


Значит, CAD = 30o. Следовательно, 2 = ACD = 90o - CAD = 90o -30o = 60o, = 30o, ACB = 3 = 90o, ABC = 60o.

Ответ. 30o, 60o, 90o.

Задача 4Найдите высоту трапеции, у которой основания равны a и b (a < b), угол между диагоналями равен 90o, а угол между продолжениями боковых сторон равен 45o.

РешениеПусть BC и AD — основания данной трапеции ABCD, BC = a, AD = b. Обозначим боковые стороны трапеции AB = x, CD = y, а высоту — h. Через вершину B проведём прямую, параллельную боковой стороне CD, до пересечения с основанием AD в точке K. Удвоенная площадь треугольника ABC равна xy sin 45o = (b - a)h. По теореме косинусов из этого треугольника находим, что (b - a)2 = x2 + y2 - 2xy cos 45o. Пусть M — точка пересечения диагоналей трапеции. По теореме Пифагора из прямоугольных треугольников AMB, BMC, CMD и AMD находим, что x2 + y2 = (AM2 + BM2) + (CM2 + DM2) = (AM2 + DM2) + (BM2 + CM2) = a2 + b2. Таким образом, имеем уравнение (a - b)2 = a2 + b2 - 2(b - a)h,

из которого находим, что h = .

Ответ. .

Задача 5

Окружность с центром O , вписанная в треугольник ABC , касается сторон AC , AB и BC в точках K , M и N соответственно. Медиана BB1 треугольника пересекает MN в точке D . Докажите, что точка O лежит на

прямой DK .

РешениеПродолжим радиус OK вписанной окружности треугольника ABC до пересечения с MN в точке L

. Через точку L проведём прямую, параллельную стороне AC и обозначим через A1 и C1 точки пересечения этой прямой со сторонами AB и BC соответственно. Поскольку OK AC и A1C1 || AC , то KL A1C1 . Из точек L и M отрезок OA1 виден под прямым углом, значит эти точки лежат на окружности с диаметром OA1 . Вписанные углы MLA1 и MOA1 этой окружности опираются на одну

и ту же дугу, поэтому MOA1= MLA1 . Аналогично NOC1= NLC1 , а т.к. MLA1 = NLC1 (как

вертикальные углы), то MOA1= NOC1 . Значит, прямоугольные треугольники MOA1 и NOC1 равны по катету ( OM=ON ) и прилежащему острому углу. Следовательно, OA1=OC1 , т.е.

треугольник A1OC1 – равнобедренный. Его высота OL является медианой, поэтому L – середина A1C1 . С другой стороны, поскольку BB1 – медиана треугольника ABC , а A1C1 || AC , то точка D пересечения BB1 и A1C1 – также середина A1C1 . Значит, точка L совпадает с точкой D . Отсюда следует утверждение задачи.





Задача 6

В выпуклом четырёхугольнике ABCD диагонали AC и BD равны. Кроме того, BAC = ADB, CAD + ADC = ABD. Найдите угол BAD .

РешениеНа продолжении стороны CD за точку C отложим отрезок CF=AB . Тогда по теореме о внешнем угле треугольника ACF = CAD+ ADC = ABD.

Поэтому треугольники ACF и DBA равны по двум сторонам и углу между ними. Значит, CAF = ADB = BAC, Следовательно, точки A , B и F лежат на одной прямой. Кроме того, AF = AD и AFC = BAD . Значит, AD=DF . Таким образом, AF=AD=DF , т.е. треугольник AFD – равносторонний. Поэтому BAD = 60o . Ответ. 60o .

Задача 7Дан параллелограмм ABCD с острым углом при вершине A. На лучах AB и CB отмечены точки H и K соответственно, причём CH = BC и AK = AB. а) Докажите, что DH = DK. б) Докажите, что треугольники DKH и ABK подобны.

РешениеИз равенства треугольников HCD и DAK (по двум сторонам и углу между ними) следует равенство отрезков DH и DK. Из равенства углов KAH и HCK следует, что точки A, C, H, K лежат на одной окружности, а так как CKA + ADC = 180o, то на этой окружности лежит и точка D. Следовательно, углы KAB и KDH при вершинах A и D равнобедренных треугольников ABK и DKH равны. Поэтому треугольники подобны.

Задача 8

Через точку N проведены две прямые, касающиеся некоторой окружности с центром O. На одной из этих прямых взята точка A, а на другой прямой взята точка B так, что OA = OB, OA > ON, NA≠NB. Известно, что NA = a, NB = b, OA = c. Найдите ON.

Решение

Пусть окружность касается прямых NA и NB в точках P и Q соответственно. Тогда окружность вписана в угол PNQ. Заметим, что поскольку OA = OB и OA > ON, то точки A и B лежат на сторонах одного из двух углов, смежных с углом PNQ. Прямоугольные треугольники AOP и BOQ равны по катету (OP = OQ как радиусы окружности) и гипотенузе (OA = OB по условию), поэтому AP = BQ. Из равенства NP = NQ следует, что NA - AP = BQ - NB, или a - AP = BQ - b, а

т.к. AP = BQ, то AP = BQ = . Тогда NP = AN - AP = a - = . Из

прямоугольных треугольников AOP и NOP последовательно находим, что

OP2 = OA2 - AP2 = c2 – , ON2 = NP2 + OP2 = + c2 - =

c2 - ab. Следовательно, ON = .

Ответ. .

Задача 9





Дан треугольник ABC, причём AB = AC и A = 80o. Внутри треугольника ABC взята точка M такая, что MBC = 30o, а MCB = 10o. Найдите AMC.

Решение

Пусть N — точка пересечения прямой BM с биссектрисой угла BAC. Поскольку BNC = 120o, то ANC = ANB = 120o, а т.к. ACB = ABC = 50o, ACN = ABN = 20o, то NCM = 50o - 20o - 10o = 20o. Поэтому треугольники ACN и MCN равны по стороне (CN — общая) и двум прилежащим к ней углам. Следовательно,

AC = CM, AMC = MAC = (180o - ACM) = (180o - 40o) = 70o.

Ответ. 70o.

Задача 10Гипотенуза прямоугольного треугольника служит стороной квадрата, расположенного вне треугольника. Найдите расстояние между вершиной прямого угла треугольника и центром квадрата, если сумма катетов треугольника равна d. РешениеРассмотрим квадрат со стороной d и расположим по его углам четыре треугольника, равных данному, так, чтобы их гипотенузы образовывали квадрат (см.рис.). Искомый отрезок равен половине диагонали большего квадрата, т.е.

.

Ответ. .

Задача 11Диагонали выпуклого четырёхугольника ABCD пересекаются в точке E, AB = BC, DB — биссектриса угла D, ABC = 100o, BEA = 70o. Найдите угол CAD.

РешениеТреугольник ABC — равнобедренный, поэтому CAB = ACB = 40o. Тогда ABE = 180o - 70o - 40o = 70o, CBE = CBA - ABE = 100o - 70o = 30o. Пусть F — точка, симметричная вершине A относительно прямой BD. Поскольку DB — биссектриса угла ADC, то точка F лежит на луче DC, BFE = BAE = 40o = BCE. Таким образом, отрезок BE виден из точек C и F под одним углом, причём точки C и F лежат по одну сторону от прямой BE. Значит, точки C, F, B и E лежат на одной окружности. Поэтому CFE = CBE = 30o. Следовательно, CAD = DFE = CFE = 30o.

Ответ30o.





Задача 12

На биссектрисе угла с вершиной L взята точка A. Точки K и M -- основания перпендикуляров, опущенных из точки A на стороны угла. На отрезке KM взята точка P (KP < PM) и через точку P перпендикулярно к отрезку AP проведена прямая, пересекающая прямую KL в точке Q (K между Q и L), а прямую ML — в точке S. Известно, что KLM = , KM = a, QS = b. Найдите KQ. РешениеПоскольку AKQ = APQ = 90o, то точки P, K, Q и A лежат на окружности с диаметром AQ. Следовательно, AQS = AKM = ALK = /2. Аналогично ASQ = /2. Поэтому треугольник QAS — равнобедренный. Тогда

AQ = .

Из равнобедренного треугольника AKM находим, что

AK = .

По теореме Пифагора из прямоугольного треугольника AKQ находим, что KQ = .

Ответ. .

Задача 13В параллелограмме KLMN сторона KL равна 8. Окружность, касающаяся сторон NK и NM, проходит через точку L и пересекает стороны KL и ML в точках C и D соответственно. Известно, что KC : LC = 4 : 5 и LD : MD = 8 : 1. Найдите сторону KN.

РешениеПусть AB — гипотенуза прямоугольного треугольника ABC. Тогда AB = 2R. Если CAB = , то BC = AB sin = 2R sin . Если CD — высота треугольника ABC, то CD = BC cosDCB = BC cos = 2R sin cos = R sin 2 . Пусть P и Q — точки касания данной окружности со сторонами KN и MN параллелограмма KLMN. По теореме о касательной и секущей KP2 = KL . KC = 8*4/9* 8 =256/9. Поэтому KP =16/3. Обозначим KN = ML = x. Тогда QN = NP = KN - KP = x -16/3, DM = 1/9*ML =х/9. По теореме о касательной и секущей

MQ2 = MD . ML, или , или . Отсюда находим, что x =

10. Ответ. 10.





Задача 14Известно, что трапеция ABCD — равнобедренная, BC||AD и BC > AD. Трапеция ECDA также равнобедренная, причём AE||DC и AE > DC. Найдите BE, если известно, что косинус суммы двух углов CDE и BDA равен 1/3, а DE = 7.

РешениеПоскольку трапеция ABCD равнобедренная, то около неё можно описать окружность, а т.к. AE||CD, то AEC = DAE = 180o - ADC. Значит, точка E также лежит на этой окружности. Диагонали равнобокой трапеции равны, поэтому BD = AC = DE = 7. Обозначим CDE = , aBDA = . Тогда AED = CDE = , AEB = BDA = , Поэтому BED = AED + aAEB = + . По условию задачи cos(CDE + BDA) = cos( + ) =1/3. Из равнобедренного треугольника BDE находим, что BE = 2DE cosBED = 2 . 7 . cos( + ) =14/3.

Ответ. .

Задача 15Основание CD, диагональ BD и боковая сторона AD трапеции ABCD равны p. Боковая сторона BC равна q. Найдите диагональ AC.

РешениеОкружность с центром в точке D и радиусом p проходит через точки A, B и C. Если CC1 — диаметр окружности, то ABCC1 — равнобедренная трапеция, AC1

= BC = q. Поскольку CAC1 = 90o (точка A лежит на окружности с диаметром CC1), то AC2 = CC2

1 - AC21 = 4p2 - q2.

Окружность с центром в точке D и радиусом p проходит через точки A, B и C. Если CC1 — диаметр окружности, то ABCC1 — равнобедренная трапеция, AC1

= BC = q. Поскольку CAC1 = 90o (точка A лежит на окружности с диаметром CC1), то AC2 = CC2

1 - AC21 = 4p2 - q2.

Окружность с центром в точке D и радиусом p проходит через точки A, B и C. Если CC1 — диаметр окружности, то ABCC1 — равнобедренная трапеция, AC1 = BC = q. Поскольку CAC1 = 90o (точка A лежит на окружности с диаметром CC1), то AC2 = CC2

1 - AC21 = 4p2 - q2.

Ответ. .

Задача 16

Дан угол, равный . На его биссектрисе взята точка K; P и M — проекции K на стороны угла. На отрезке PM взята точка A такая, что KA = a. Прямая, проходящая через A перпендикулярно KA, пересекает стороны угла в точках B и C. Найдите площадь треугольника BKC.

РешениеЗаметим, что PMK = MPK = /2, Поскольку отрезок CK виден из точек A и M под прямым углом, то точки C, A, K и M лежат на одной окружности. Поэтому ACK = AMK = /2.





Аналогично ABK = APK = /2. Из прямоугольного треугольника ACK находим, что AC = AKctgACK = actg( /2). Следовательно, BC = 2AC = 2actg( /2), SBKC = ½*BC . AK = a2ctg( /2).

Ответ. a2ctg( /2).

Задача 17В трапеции ABCD ( AD || BC) угол ADB в два раза меньше угла ACB. Известно, что BC = AC = 5 и AD = 6. Найдите площадь трапеции.

РешениеПостроим окружность с центром в точке C и радиусом CB = CA = 5. Поскольку ADB = ½*ACB, то точка D принадлежит этой окружности и CD = CA = 5. Пусть CK — высота равнобедренного треугольника ACD. Тогда CK = .

Поскольку CK — высота трапеции ABCD, то

SABCD =

Ответ. 22.

Задача 18

Диагональ AC квадрата ABCD совпадает с гипотенузой прямоугольного треугольника ACK, причём точки B и K лежат по одну сторону от прямой AC.

Докажите, что BK = .

РешениеПусть CK > AK. Обозначим ACK = . Тогда < 45o. Точка K лежит на окружности, описанной около данного квадрата. Если R — радиус этой окружности, то

BK = 2R sinBCK = AC sin(45o - ) = AC( cos - . sin ) =

DK = 2R sinKCD = AC sin(45o + ) = .

Задача 19 Прямоугольный треугольник ABC (A = 90o) и два квадрата BEFC и AMNC расположены так, что точки E и A лежат по разные стороны от прямой BC, а точки M и B — по одну сторону от прямой AC. Найдите расстояние между центрами квадратов, если AB = a.

РешениеПервый способ. Рассмотрим случай, когда AB > AC. Пусть P — центр квадрата BEFC. Поскольку BPC = BAC = 90o, то около четырёхугольника ABPC можно описать окружность с диаметром BC. Поскольку BP = PC, то BAP = CAP = 45o. Обозначим BC = 2R, AC = b. Тогда AP = 2R sinABP = 2R sin(ABC + CBP) = 2R sin(B + 45o) =

Пусть Q — центр второго квадрата. Тогда CAQ = 45o. Поэтому точки A, Q и P лежат на одной прямой, и в рассматриваемом случае точка Q лежит между точками A и P. Следовательно,

QP = AP - AQ = .





Второй способ. (Другой способ нахождения AP.) Пусть X — проекция точки F на прямую AC, а Y — проекция точки E на прямую AB. Если Z — точка пересечения прямых FX и EY, то AXZY — квадрат со стороной a + b, а AP —

половина его диагонали. Следовательно, AP = .

Ответ. .

Задача 20Диагонали трапеции равны 3 и 5, а отрезок, соединяющий середины оснований, равен 2. Найдите площадь трапеции.

РешениеПусть M и K — середины оснований BC и AD трапеции ABCD. Через вершину C меньшего основания BC (AC = 3, BD = 5) проведём прямую, параллельную диагонали BD, до пересечения с прямой AD в точке P и прямую, параллельную MK, до пересечения с прямой AD в точке Q. Тогда

AQ = AK + KQ = AK + MC = AD + BC =

= (AD + BC) = (AD + DP).

Поэтому CQ — медиана треугольника ACP, CQ = MK = 2, AC = 3, CP = BD = 5, SABCD = SACP. На продолжении медианы CQ за точку Q отложим отрезок QF, равный CQ. Стороны треугольника CFP равны: CF = 2CQ = 4, CP = BD = 5, FP = AC = 3. Этот треугольник прямоугольный ( CP2 = CF2 + PF2). Поэтому

SCFP = CF . PF = 6. Следовательно, SABCD = SACP = SCFP = 6.

Ответ. 6.

Задача 21В параллелограмме АВСD угол при вершине А тупой, длина стороны ВС=17, СD=6, а площадь равна 90. Прямая, параллельная стороне АD, пересекает сторону АВ в точке Е, а диагональ ВD - в точке F. Длина отрезка ВЕ=2. Найти длину отрезка DF.Решение:

Запишем формулу площади параллелограмма: S= a*b*sinА, откуда

sinА = 17

15

.Через основное тождество найдем cosА= 17

8

.Для треугольника АВD запишем теорему косинусов: BD2=AB2+AD2-2AB*AD*cosАBD2=36+289-2*6*17*8/17, BD2=229





Треугольники АВD и EBF подобны по двум углам (В - общий, ВЕF=BAD как соответственные). Поэтому:

Ответ.

Задача 22

AD и BE - медианы треугольника ABC, BE=3 2 . Угол DAB равен 30°, угол ABE равен 15°. Найти длину стороны AB. Решение:Найдем синус угла АОВ: АОВ=180°-30°-15°=180°-45°.sin (180°-45°) = sin 45°Медианы точкой пересечения делятся в отношении 2:1, считая от вершин. Поэтому:

ВО= 3

2

ВЕ. Теперь для треугольника АОВ запишем теорему синусов:

Ответ. 4

Задача 23В четырёхугольнике АВСD угол при вершине А равен 30 градусов, а угол при вершине В равен 150 градусов.

Сторона АD равна (5 3 +14), сторона АВ=10, а диагональ АС=13. Найти площадь четырёхугольника.

Решение:Для двух прямых AD и ВС и пересекающей их прямой АВ сумма внутренних односторонних углов (ВАD и АВС) равна 180 градусов (150°+30°), поэтому прямые AD и ВС параллельны, а четырехугольник АВСD является трапецией по определению.Проведем высоты ВК и СМ (ВК=СМ как высоты трапеции). Из прямоугольного треугольника АВК:





Из прямоугольного треугольника АСМ:

Четырехугольник ВКМС является прямоугольником, т.к. все его углы прямые по построению. Поэтому ВС=КМ. Найдем площадь трапеции:

Ответ. 65.

Задача 24Около круга радиуса 2 описана равнобедренная трапеция с площадью 20. Найти длину большего основания трапеции. Решение:Если в трапецию вписана окружность, то сумма длин её оснований равна сумме длин боковых сторон. Значит: ВС + AD = AB + CD. Трапеция равнобедренная, значит АВ = CD, следовательно, ВС + AD = 2AB.Высота КМ = 2R = 4.Найдем расстояние АТ = ½*(AD - BC).Теперь запишем формулу площади:

Из прямоугольного треугольника АВТ найдем АТ: AT2 = 25 - 16 = 9; AT = 3.

Ответ. 8.

Задача 25В трапеции АВСD АD большее основание, угол D равен 60 градусов, биссектрисы С и D пересекаются в точке О, ОD = а, ВС = b, АD = с. Найти площадь трапеции.

Решение:Так как СМ - биссектриса, ВСМ = МСD. ВСМ = СМD как накрест лежащие для параллельных прямых ВС и AD и секущей СМ. Поэтому МСD =СМD.





В треугольнике СМD два угла равны, а третий равен 60 градусов. Из этого получаем, что треугольник СМD равносторонний. Поэтому DO является и биссектрисой, и высотой, и медианой.Треугольники КСО и ОМD равны по стороне и прилежащим к ней углам: МО=ОС (DO - медиана), ВСМ = СМD (накрест лежащие для параллельных прямых ВС и AD и секущей СМ), КОС = МОD (вертикальные).Из равенства этих треугольников следует равенство их соответствующих высот ОТ и ОР.Теперь рассмотрим треугольник ОDТ: катет, противолежащий углу в 30°, равен половине гипотенузы. Или OT = ½*OD =а/2.РТ = РО + ОТ = 2ОТ = а.По имеющимся основаниям и высоте найдем площадь трапеции:

Ответ.

Задача 26В треугольнике ABC на стороне AC как на диаметре построена окружность, пересекающая стороны AB и AC в точке C1 и A1 соответственно. Угол BCA равен 40°. Найти BC1A1.

Решение: Обозначим центр окружности за О. Центральный АОА1 опирается на дугу АА1, значит его градусная мера равна градусной мере дуги АА1. Вписанный угол АСА1

опирается на дугу АА1, значит его градусная мера равна половине градусной меры дуги АА1, получаем: АОА1=2АСА1=80°.

По теореме о смежных углах: СОА1=180°-АОА1=100°.Аналогично получаем: САА1=1/2*СОА1=50° и 2САА1=СС1А1=50°Угол АС1С опирается на диаметр и поэтому равен 90°.АС1А1=АС1С+СС1А1=90°+50°=140°По теореме о смежных углах: ВС1А1=180°-АС1А1=40°Ответ. 40°

Задача 27Около равнобедренного треугольника описана окружность радиуса 25 см. Расстояние от центра окружности до основания равно 7 см. Найдите площадь треугольника. Решение:Центр описанной около треугольника окружности лежит на пересечении серединных перпендикуляров к сторонам треугольника. Пользуясь этой теоремой, утверждаем, что точка О - центр окружности лежит на высоте СМ.Прямая, определяющая расстояние от центра окружности до основания совпадет с высотой СМ, т.к. из точки на прямую можно опустить только один перпендикуляр.СМ=СО+ОМ=25+7=32 см.Из прямоугольного треугольника АОМ определим АМ:АМ2=АО2-ОМ2 , АМ2=252-ОМ7=576, АМ=24 см.Пользуясь свойством равнобедренного треугольника: АВ=2АМ=48 см. S=1/2AB*CM=1/2*48*32S=768Ответ. 768 см2.

Задача 28В треугольнике ABC точка O - ортоцентр. В нём проведены высоты AA1, BB1, CC1. Точкой O высоты делятся в следующем отношении: AO:OA1=5:3, BO:OB1=1:1. Найти CO:OC1.

Решение: Выразим высоты через их части:





Найдем площадь треугольника и его частей и сравним их:

Выразим площадь треугольника АОВ через площади треугольников АВС, АОС и ВОС и найдем искомое соотношение:

Ответ. 7:1

Задача 29В ромбе ABCD с острым углом ADC из середины L стороны AD проведен перпендикуляр LM к прямой BC и перпендикуляр LN к прямой AB. Найти площадь ромба, если известно, что BM=23, BN=31.

Решение:Обозначим высоту ромба за h (LM=h). Обозначим сторону ромба за х, тогдаNA = BN – AB= 31 – xМС = ВС – ВМ = х – 23Т.к. точка L - середина AD, AL=х/2.Теперь из точки С параллельно LM проведем прямую CТ. Четырехугольник МСТLявляется параллелограммом: в нем параллельны противоположные стороны (ТС||ML - по построению, МС||LT - лежат на противоположных (параллельных) сторонах ромба). В параллелограмме противоположные стороны равны.СТ = LM = h





LТ = МС = х-23TD = LD-MC =х/2- (x-23) = 23-х/2.

Прямоугольные треугольники CTD и LAN – подобны по острому углу (CDT=NAL равны как внутренние накрест лежащие при параллельных прямых АВ и DС и секущей АD), следовательно, отношение соответствующих отрезков равно

В треугольнике CTD:

Площадь ромба можно вычислить по формуле:S = x · h = 26 · 24 = 624

Ответ. 624.

Задача 30Дан треугольник АВС со сторонами ВС=17, АС=21, АВ=10. Найдите радиус окружности, проходящей через вершины А и В, центр которой находится на высоте BD.

Решение:

Определим площадь треугольника по формуле Герона: ))()(( cpbpappS

p=24; р-а=7; p-b=3; р-с=14S=84

Используя формулу S=1/2*ah площади треугольника определим высоту BD= AC

S2

=8

Из прямоугольного треугольника АВD по теореме Пифагора определим катет AD:AD2=AB2-BD2

AD2=100-64=36AD=6Соединим точки О и А. Обозначим радиус окружности за R (АО=ВО=R). Значит, OD = BD – OB = 8 – R. Запишем для прямоугольного треугольника АОD теорему Пифагора:АО2=AD2+OD2

R2=62+(8-R)2

R2=36+64-16R+R2

16R=100R=25/4Ответ. 25/4





Задача 31В треугольнике АВС проведены высота АН и медиана ВМ. Найти площадь треугольника СМН, если АВ=13, ВС=14, АС=15.

Решение: Обозначим НС = х, тогда ВН = ВС- х. В прямоугольных треугольниках АВН и АСН по теореме Пифагора соответственно найдем:

Запишем теорему косинусов для треугольника АВС (угла С):

Найдем синуса угла С:

Знаем, что медиана делит противоположную сторону пополам, поэтому МС= 2

15

.

Ответ. 27

Задача 32Две окружности радиусов R и 3R внешне касаются друг друга в точке М. Их общая внешняя касательная касается их в точках А и В. Найти площадь криволинейного треугольника МАВ между внешней касательной и дугами окружности.

Решение:

Для начала докажем, что центры и точка касания двух окружностей (как внешне, так и внутренне, но внутренне не будем трогать) лежат на одной прямой.Через точку касания окружностей проведем касательную к одной из окружностей. Эта прямая будет также касательной и для второй окружности (по определению). Проведем радиусы в точку касания. Как известно радиус проведенный в точку касания перпендикулярен касательной. Мы имеем два перпендикуляра, проведенных к одной точке. Как известно, из одной точки на прямой можно поднять только один перпендикуляр. Поэтому радиусы продолжают друг друга или лежат на одной прямой. Т.е. точка М принадлежит OD.Из точки М опустим перпендикуляр МК на АВ. Из точки D опустим перпендикуляр DC

на ОВ. Он пересечет МК в точке Т.





Четырехугольник АВСD - прямоугольник (в нем все углы прямые по построению). Поэтому АВ=CD и AD=BC=R. Также ТК=ВС=R (ТКВС - прямоугольник также). ОС=ОВ-ВС=2R. MT=MK-TK=MK-R. OD=OM+DM=4R.Прямоугольные треугольники ОСD и MTD подобны (общий острый угол), поэтому:ОС:МТ=OD:MD2R:(MK-R)=4R:R2R=4MK-4R6R=4MKMK=3/2*RИз прямоугольного треугольника ОCD:

Углы СОD и АDО являются внутренними односторонними для параллельных прямых ОВ и DA. Поэтому АDО=180°-СОD=120°Найдем площади сегментов АМ и ВМ, обозначенных на рисунке желтым:

Найдем площадь треугольника АВМ, а затем и площадь искомой фигуры:

Ответ.





Задача 33Постройте сечение тетраэдра плоскостью, проходящей через точки М, N, K

1) 2) 3) Задача 31Постройте сечение куба плоскостью, проходящей через три данные точки, являющиеся либо вершинами куба, либо серединами его ребер (точки М, N, K).

1) 2) 3)

Задачи на развитие «геометрического зрения»

Задача 34

Найдите сумму величин углов MAN, MBN, MCN, MDN и MEN, нарисованных на клетчатой бумаге так, как показано на рисунке 1.

Рис. 1

Решение

Заметим, что MAN = RES, MBN = QER, MCN = PEQ, MDN = фNEP. Отсюда сразу видно, что MAN + MBN + MCN + MDN + MEN = MES = 45o.





Рис. 2

Ответ. 45o.

Задача 35

В музее Гугенхайм в Нью-Йорке есть скульптура, имеющая форму куба. Жук, севший на одну из вершин, хочет как можно быстрее осмотреть скульптуру, чтобы перейти к другим экспонатам (для этого достаточно попасть в противоположную вершину куба). Какой путь ему выбрать?

Решение

Сделаем развертку куба. Две противоположные вершины куба попадут в противоположные вершины прямоугольника 2 × 1, образованного двумя соседними гранями куба. Кратчайший соединяющий их путь - это диагональ прямоугольника, она пересекает общее ребро этих граней в его середине. Таким образом, жуку следует двигаться по прямой к середине ребра, не выходящего из его вершины, а затем по прямой к вершине, в которую нужно попасть. Заметим, что таких ребер всего шесть, и значит существует шесть кратчайших путей.

Задача 36

Придумайте раскраску граней кубика, чтобы в трёх различных положениях он выглядел, как показано на рисунке. (Укажите, как раскрасить невидимые грани, или нарисуйте развёртку.)

Решение

См. развёртку. На первом рисунке в условии внизу белая грань, а две оставшиеся невидимые грани — треугольники. Лучше всего сделать из подручных материалов кубик и пофантазировать... Похоже, первая картинка отличается от второй просто поворотом, то есть две невидимые вертикальные грани на первом рисунке — треугольники. Нарисуем их на нашем кубике. Ага, теперь не получается на него посмотреть так, чтобы увидеть третью картинку. Что-то тут не так, но мы вроде где-то близко... Очень уж хочется





''спрятать'' два треугольника со второй картинки на задние грани в первой... Идея — их надо ещё перевернуть! То есть вторая картинка — это не просто повёрнутая на 180 градусов первая, а ещё и перевёрнутая! Верхняя грань на второй картинке была внизу на первой! Рисуем... Теперь всё сходится и на третьей картинке.

Ответ. См. рисунок.

Задача 37

Из бумаги склеено цилиндрическое кольцо, ширина которого равна 1, а длина по окружности равна 4. Можно ли не разрывая сложить это кольцо так, чтобы получился квадрат площади 2?

Решение

Отметим на одной кромке кольца диаметрально противоположные точки A и C, а на другой — диаметрально противоположные точки B и D, повернутые относительно A и C на 90. На рис. а) изображен прямоугольник, получаемый из кольца разрезанием по образующей цилиндра . Сложив цилиндр по линиям AB, BC, CD и DA, получим квадрат площади 2 (рис.б).

Ответ. Да, можно

Задача 38

Муравей ползает по проволочному каркасу куба, при этом он никогда не поворачивает назад. Может ли случиться, что в одной вершине он побывал 25 раз, а в каждой из остальных - по 20 раз?

Решение

Пометим вершины куба числами 1 и – 1 так, чтобы на концах каждого ребра стояли разные числа (рис. 1). Предположим, что муравей так прополз по каркасу куба, что в одной вершине он побывал 25 раз, а в остальных — по 20 раз. Вычислим сумму чисел, пройденных муравьём (каждое число входит в эту сумму несколько раз). С одной стороны, она по модулю не превосходит 1, с другой стороны, она должна быть равна ±5. Противоречие.

Ответ. Нет, не может.

Задача 39

Из квадрата 5×5 вырезали центральную клетку. Разрежьте получившуюся фигуру на две части, в которые можно завернуть куб 2×2×2.

Ответ. См. рисунок.





Задача 40Можно ли в тетрадном листке вырезать такую дырку, через которую пролез бы человек?

ПодсказкаПопробуйте сложить лист вдвое и вырезать вдоль линии сгиба узкое отверстие. Вы получите узкую дыру с широкими краями. Попробуйте увеличить "длину" краёв за счёт уменьшения их "ширины".

РешениеНужно сложить лист вдвое, вырезать вдоль линии сгиба узкое отверстие, а затем сделать много прямолинейных разрезов так, как показано на рисунке. Первый разрез делает "дырку", а остальные увеличивают длину "краёв" этой дырки.

Ответ. Да. Нужно сложить лист вдвое, вырезать вдоль линии сгиба узкое отверстие, а затем сделать много прямолинейных разрезов так, как показано на рисунке.

Задача 41

Предложите способ измерения диагонали обычного кирпича, который легко реализуется на практике (без теоремы Пифагора).

Решение

Сложите три кирпича, как показано на рисунке и измерьте расстояние AB:

Задача 42

Разрежьте крест, составленный из пяти одинаковых квадратов, на три многоугольника, равных по площади и периметру.

Решение

Приведём некоторые из возможных разрезаний.

Задача 43

В Совершенном городе шесть площадей. Каждая площадь соединена прямыми улицами ровно с тремя другими площадями. Никакие две улицы в городе не пересекаются. Из трёх улиц, отходящих от каждой площади, одна проходит внутри угла, образованного двумя другими. Начертите возможный план такого города.

Решение . План города может быть, например, таким, как на рисунке.





Задача 44Развертки каких тел изображены на рисунках? Выполните чертежи по рисункам, склейте их так, чтобы получилось геометрическое тело.

1)Треугольная призма

2)Наклонный параллелепипед

3)Призма наклонная

4)Прямая четырехугольная призма в основании которой трапеция

5)Треугольная пирамида





6) Четырехугольная пирамида, в основании ромб 7)Четырехугольная пирамида одно из боковых

ребер перпендикулярно плоскости основания

8) Правильная треугольная усеченная пирамида

9)Прямоугольный тетраэдр

10) Ромбовидный додекаэдр





11)Невыпуклый многогранник. Призма.




Documents

otvet obuz tur10-11