14.2*.В любой трапеции середины оснований, точка пересечения диагоналей и точка пересечения прямых, на которых лежат боковые стороны, лежат на одной прямой.

Д ано: ABCD – трапеция. Точки M и N – середины сторон AB и CD.

Доказать:

Доказательство

Пусть точки N₁ и M₁ - точки пересечения прямой KO cо сторонами DC и AB. Покажем, что эти точки совпадают с точками M и N.

Треугольник D N₁ O подобен треугольнику BM₁ O ( 8.1), поэтому (1)

Из подобия треугольников C N₁ O и AM₁ O ( 8.1) получим (2). Из равенств (1) и ( 2) следует или (3).

Из подобия треугольников D N₁K и AM₁ L (8.1) получим (4).

Из подобия треугольников CN₁K и BM₁ L (8.1) получим (5). Из равенств (4) и ( 5) следует

или (6). Из равенств (3) и (6) следует AM₁ = BM₁ . Следовательно, точка M₁ совпадает с точкой M. Из равенства (3) следует, что N₁ совпадает с точкой N. Доказательство закончено.

1 4.5*. В равнобокой трапеции прямая, проходящая через середины оснований, перпендикулярна основаниям и проходит через точку пересечения диагоналей.

Доказательство

Из 14.2 следует, что прямая, проходящая через середины оснований проходит через точку пересечения диагоналей, а следовательно, отрезки OM и ON являются медианами равнобедренных треугольников, а значит и высотами.

14.6*. В равнобокой трапеции больший из отрезков, на которые высота трапеции, проведенная из вершины, делит большее основание трапеции равен средней линией трапеции.

Дано: ABCD – трапеция, AD = CB,

Доказать: MB = ½( CD+AB)

Доказательство

Заметим, что AM = NB = (AB-CD)/2, тогда MB = MN + ND = DC+(AB-CD)/2 = ½( CD+AB). Доказательство закончено.

14.7*. Угол, под которым из центра вписанной в трапецию окружности видна ее боковая сторона, равен 90º.

Дано: ABCD – трапеция, точка O – центр вписанной в трапецию окружности.

Доказать: <DOA = 90º

Доказательство

Так как точка O равноудалена от сторон трапеции, то лучи DO и AO – биссектрисы углов A и D трапеции.

Так как сумма этих углов равна 180º, то полусумма - 90º = <DAO+<ADO.Тогда угол <DOA = 90º, что и требовалось доказать.

14.9.*8 Длина отрезка, параллельного основаниям трапеции, проходящего через точку пересечения диагоналей трапеции, заключенного между боковыми сторонами, равна среднему гармоническому оснований трапеции, т.е.

Дано: ABCD – трапеция, MN||AB,

O

DC= b , AB= a.

Доказать: MN =

Доказательство

MN = MO + ON. Из подобия треугольников MDO и ADB получим , по свойству 14.1 , тогда

, откуда MO = . Аналогично предыдущему, NO = . Тогда MN = Доказательств закончено.

14.10.**Отрезок, параллельный основаниям трапеции, который делит трапецию на две равновеликих, равен среднему квадратичному оснований трапеции.

Дано: ABCD – трапеция, MN||AB,

DC= b , AB= a , S _MDCN = S_AMNB

Доказать: MN =

Доказательство

S _MDCN = S_ABCD. Из подобия треугольников MDL и ADF (DF||CB) . , a² - b ² = 2 (MN² – b² ),

2MN² = a²+b² , MN = , что и требовалось доказать.

14.11**. Отрезок, параллельный основаниям трапеции, который делит трапецию на две подобных, равен среднему геометрическому оснований трапеции.

Д ано: ABCD – трапеция, MN||AB,

DC= b , AB= a , трапеции NMDC и BAMN подобны.

Доказать: MN =

Доказательство

Стороны подобных многоугольников пропорциональны, поэтому ,

MN = , что и требовалось доказать.

14.12.* Если биссектриса тупого угла трапеции пересекает основание трапеции, то она отсекает от трапеции равнобедренный треугольник.

Доказательство

Угол CBK равен ABK по условию, а по свойству 10.12 он равен углу BKA. Из равенства углов ABK и BKA следует, что треугольник ABK равнобедренный.

15.6*. Длина общей внешней касательной двух касающихся окружностей равна , где r и R – радиусы этих окружностей.

Дано: (O; R), (S;r)

MN- общая касательная двух касающихся окружностей.

Доказать: MN = ,

Доказательство

Проведем SK||MN. Так как OM | MN, SN | MN, (свойство 15.9), то MN = KS,

KM = SN = r, OK = R- r, OS = R+ r свойство 15.3. Из прямоугольного треугольника OKS найдем KS, KS² = (R+r)² - (R- r)² =4Rr, значит MN = , что и требовалось доказать.

15.7*. Если угол между внешними касательными к двум касающимся окружностям равен 60º, то отношение их радиусов равно 3. Справедливо и обратное: если отношение двух внешне касающихся окружностей равно 3, то угол между внешними касательными равен 60º.

Д ано: <CBA = 60º, вписанные в угол окружности (O; R), (S;r) касаются.

Доказать: R = 3r

Доказательство

По свойству 15.9 угол CBO равен 30º. Тогда (свойство 4.20) BS = 2r, BO = 2R. SO= r+R (15.4), тогда

2R = 2r+ r+R , тогда R = 3r.

Дано: Вписанные в угол BCA окружности (O; R), (S;r) касаются, R = 3r

Доказать: <CBA = 60º

Доказательство

Так как SO = 4R, то из подобия треугольников BSK и BOS получим , откуда BS = 2r. В треугольнике BKS KS= r, BS = 2r, тогда (4.20) CBO равен 30º. По свойству 15.9 угол CBA равен 60º. Доказательство закончено.

15.8*.Угол между хордами внешне касающихся окружностей проведенными из их точки касания в точки касания с их внешней касательной – прямой.

Д ано: Окружности (O; R), (S;r) касаются в точке L. KC – внешняя касательная.

Доказать: <KLC = 90º.

Доказательство

Обозначим угол KSL через α, тогда <KLS = 90º- α/2, <CLO = 90º- <LOC/2, <LOC = 180º- α

( KS||OC). <CLO = 90º- (180º- α ) /2 = α/2 , тогда <KLC= 180º- (<CLO+ KLS) = 90º, что и требовалось доказать.

15.14*. Если из точки М к окружности проведены касательная и секущая, то квадрат отрезка касательной от точки М до точки касания равен произведению длин отрезков секущей от точки М до точек ее пересечения с окружностью.

Дано: AB – касательная к окружности, AC – секущая.

Доказать: AB² = AC·AD

Доказательство

Треугольники ABC и ADB подобны ( <A – общий, < ABD = ½ ˘BD (16.4) , <DCB = ½ ˘BD(16.1)).

Из подобия этих треугольников получим пропорциональность сторон , отсюда получаем

AB² = AC·AD.Доказательство закончено

15.15*. Если из одной точки к окружности проведены две секущие, то произведения секущих на их соответствующие внешние части равны.

Доказательство следует из 15.14, так как произведения секущих на их соответствующие внешние части равны квадрату касательной, проведенной из этой точки.

16.4*.Градусная мера угла, образованного хордой и касательной, имеющими общую точку на окружности, равна половине градусной меры дуги, заключенной между его сторонами.

Дано: AB- касательная к окружности с центром O, AC – хорда.

Доказать: <BAC= ½ ˘AC.

Доказательство

Проведем диаметр AO. По свойству 16.1 <CAB = ½ ˘MC. По свойству 15.9 < BAM = 90º.

<BAC= 90º - ½ ˘MC = ½( 180º - ˘MC) = ½ ˘AC, что и требовалось доказать.

16.6*.Если вершина угла находится вне круга, а стороны пересекают окружность, то величина этого угла равна полуразности дуг, заключенных между точками пересечения сторон угла с окружностью.

Дано:

Доказать: <CKD = ½(˘DC- ˘AB)

С оединим точки C и B, получим <CKB = 180º - <ACB- <KBC = 180º - <KBC-<ACB =

<DBC-<ACB = ½(˘DC- ˘AB), что и требовалось доказать.

16.7*.Если вершина угла находится внутри круга, а стороны пересекают окружность, то величина этого угла равна полусумме дуг, заключенных между точками пересечения сторон угла с окружностью.

Д ано:

Доказать: <CKD = ½(˘DC+˘AB)

Соединим точки D и B, получим ( свойство 2.3) <CKD = <ADB + <KBD =

= ½(˘DC + ˘AB), что и требовалось доказать.

17.2*Во вписанном четырехугольнике сумма произведений противоположных сторон равна произведению диагоналей (теорема Птолемея)

Доказательство

П роизведение диагоналей четырехугольника ABCD равно площади этого четырехугольника S, деленной на ½sinAOB. AOB=+, как внешний угол треугольника BOC. Покажем, что и ABCD+ADBC=S(½sin(γ+)). сторон Площадь четырехугольника ABCD не изменится, если треугольник BCD «перевернуть», поменяв местами вершины B и D

Тогда S=½AB·CD·sin(α+β)+ ½CB·AD·sin(γ+δ). По (17.1 )имеем α+β+γ+δ=180˚, откуда следует,

что sin(α+β)=sin(γ+δ) и AB·CD+ CB·AD=AC·BD.Доказательство закончено.

17.3* Если около трапеции описана окружность, то она равнобедренная.

Доказательство следует из свойства 17.1: <B + <D = 180º и 10.12: <A + <D = 180º, откуда следует

<A = <B.

17.4.*Около четырехугольника ABCD можно описать окружность, тогда и только тогда, когда угол ADB равен углу ACB.

Д ано: <ACB = <ADB.

Доказать: около четырехугольника ABCD можно описать окружность.

Доказательство

Предположим,что точка D лежит вне окружности и точка D₁ – точка пересечения стороны AD с окружностью. По свойству 16.2 <ACB = <AD₁B.По условию <ACB = <ADB. Следовательно, <ADB = <AD₁B.По свойству 2.4 <AD₁B > <ADB. Противоречие. Следовательно, наше предположение неверно, отбросим его, останется, что около четырехугольника ABCD можно описать окружность. Доказательство закончено.

18.2*.Если в равнобедренную трапецию вписана окружность, то ее средняя линия равна боковой стороне.

Доказательство

По свойству 18.1 сумма оснований трапеции равна сумме боковых сторон, а полусумма, равная средней линии, – боковой стороне.

18.4*. Если в многоугольник с четным числом сторон можно вписать окружность, то суммы длин его сторон, взятых через одну, равны.

Доказательство

По свойству 15.9 из каждой вершины многоугольника выходят два равных отрезка касательных, один из них войдет в одну из сумм, другой – в другую. Т.обр., суммы длин его сторон, взятых через одну, равны.

20.8*Отрезок прямой от вершины угла треугольника до точки на противоположной стороне делит площадь треугольника на части, пропорциональные отрезкам, на которые сторона делится этой прямой.

Д ано: ∆ABC,

Доказать: S _∆ABM : S _∆ABM = AM : MC.

Доказательство

Проведем высоту BH треугольника ABC. Она будет высотой треугольников ABM и CBM. Поэтому отношение площадей треугольников ABM и CBM равно отношению сторон, к которым проведена эта высота, т.е. AM : MC, что и требовалось доказать.

20.9*Отношение площадей треугольников, имеющих общий угол, равно отношению произведений сторон треугольников, заключающих этот угол.

Дано: ∆ABC,

Доказать: S _∆NBM : S _∆ABC = BM·BN : BC·BA.

Доказательство

S _∆NBM = ½ BM·BNsin<B, S _∆ABC = ½ BC·BAsin<B(20.4).Тогда

S _∆NBM : S _∆ABC = BM·BN : BC·BA, что и требовалось доказать.

20.10**Площадь треугольника равна произведению полупериметра ортоцентрического треугольника и радиуса описанной окружности.

Дано: ∆MND- ортоцентрический треугольник для треугольника ABC.

Точка O – центр описанной окружности около треугольника ABC.

OC= R

Доказать: S _∆ABC = R· p_∆MND

Доказательство

Площадь треугольника ABC равна сумме площадей четырехугольников MONC, ONBD, MODA.

По свойству 6.7 отрезки OC, OB, OA перпендикулярны к сторонам MN, ND, MD соответственно. По свойству 20.23 площадь каждого из этих четырехугольников равна половине произведение диагоналей.

Поэтому S _∆ABC = ½(MN·CO + DN·BO+ MD·AO) =

1/2R (MN + DN + MD) = = R· p_∆MND , что и требовалось доказать.

2014*.Площадь трапеции равна произведению боковой стороны и отрезка перпендикуляра, проведенного к этой стороне из середины другой боковой стороны.

Дано: ABCD – трапеция, AD= DM, .

Доказать: S _ABCD = CB ·NM.

Доказательство:

П роведем через точку М прямую, параллельную CB, получим CBKL – параллелограмм. Заметим, что площадь этого параллелограмма равна площади данной трапеции. (∆AMK= ∆DML). Площадь параллелограмма равна произведению его стороны CB и высоты NM, проведенной к этой стороне. Следовательно, S _ABCD = CB ·NM, что и требовалось доказать.

2015.*Площадь равнобедренной трапеции с перпендикулярными диагоналями равна квадрату ее высоты.

Дано: ABCD – трапеция, AB= DC, , .

Доказать: S _ABCD = NM ² .

Доказательство

Заметим, что треугольники BCO и AOD прямоугольные и равнобедренные, а отрезки OM и ON их соответствующие высоты, проведенные к гипотенузе. Поэтому OM = ½ BC, ON = ½AD, NM = ½ BC +½AD= ½(AD+ BC). Поэтому

S _ABCD = ½(AD+ BC) MN = NM ², что и требовалось доказать.

2016.* Площади двух треугольников, образованных диагоналями трапеции прилежащих к ее боковым сторонам, равны.

Дано: ABCD – трапеция

Доказать: S _ABO = S _DCO

Доказательство

S _ABO = S _ABD - S _ADO , S _DCO = S _ACD - S _ADO , S _ABD = S _ACD (эти треугольники имеют общее основание и равные высоты), тогда S _ABO = S _DCO.