Глава 6. Известная задача с отношением катетов 1 к 3 находит применение!
№1. Исходная задача.Больший катет такого треугольника разделён на три равные части. Тогда сумма острых углов, образованных отрезками, соединяющими вершину прямого угла и эти точки и гипотенузой, равна 90 градусов.
№2. Условие: равнобедренный треугольника ABC с боковыми сторонами CA=CB, причём его высота, проведнная к основанию, относится к длине основания как 3:2. На высоте CD выбрана точка E, делящая её в отношении 1:2, считая от точки С. Прямая AE пересекает сторону BC в точке K. Прямая, перпендикулярная AE, пересекает эту же сторону в точке M.
Доказать: EK=EM.
№3. Условие: прямоугольный треугольник ABC с прямым углом A и отношением катетов AC:AB=4:1. На отрзке AC отмечены точки D, E, F, так что D ближе к A, а E является серединой катета AC, делящие его на четыре равные части. Центр тяжести треугольника EBC--точка G.
Доказать: отрезки DG и BE пересекаются под углом 45 градусов.
№1. Первое решение. Обозначим треугольник ABC, так что AB=3, BC=1—катеты. Пусть точка D такова, что она лежит на отрезке AB и BD=2. Отразим относительно AB осевой симметрией точку D и полусим точку D’. Проведём через отрезок D’C луч, имеющий вершину в точке D’. Опустим из точки A перпендикуляр AE на этот луч. Ясно, что отрезки CE и AE равны и перпендикулярны, отсюда из теоремы о внешнем угле, применённой к треугольнику D’AC, и построения получаем утверждение.
Второе решение. Построим на катете AB как на основании равнобедренный прямоугольный треугольник ABD во внешнюю сторону. Обозначим точку E на стороне AB, такую, что BE=BC. Ясно, что эта точка является ортоцентром треугольника DBC. Обозначим центр описанной окружности треугольника ACD как K. Тогда из теоремы Эйлера следует, что расстояние от K до стороны DC равно 1. Отметим на тметим на отрезке СD середину M. Тогда через вспомогательные равные треугольниками со сторонами 1 и 2 можно доказать теорему. Попробуйте это сделать.
№2. Обозначим данную высоту CD. Так как углы AED и ACD в сумме составляют 45 градусов, то и углы CEK и BCD в сумме составляют 45 градусов. Поэтому угол EKM равен 45 градусов, и, следовательно, EK=EM.
№3. Указание: найдите соотношение отрезков EG и ED.
ЗОЛОТОЙ ТРЕУГОЛЬНИК
№1.
Условие: золотой треугольник ABC с углом B, равным 36 градусам. Около него описана окружность, из точки C проведена хорда CD, которая параллельна AB На отрезках AD и CE отмечены их середины K и L (AEE-биссектриса треугольника ABC). Середина стороны AB—M.
Доказать: K,L,M лежат на одной прямой
№2. Центр вписанной окружности треугольника--I. Биссектриса угла CAI пересекает сторону BC в точке F.
Доказать: CF=AI
№3.
Условие: треугольник ABC с углами A, B и C, равными 72, 36 и 72 градусам соответственно. Биссектриса BD, на стороне BC взята точка E, так что AB=BE. Из точки C проведён перпендикуляр CF на прямую, содержащую биссектрису BD. Середина AB--K. Отрезок EA пересекает отрезок FK в точке N.
Доказать: прямая ND перпендикулярна прямой EF.
№4.
Условие: в треугольнике ABC с углами A, B и C, равными соответственно 72, 36 и 72 градусам. Отмечены центр описанной окружности окружности O треугольника и его же ортоцентр H.
Доказать: H—центр описанной окружности треугольника AOC.
№5.
Условие: треугольник ABC с углами A, B, C, равными 72,36,72 градусам соответственно; I—центр вписанной окружности треугольника, O—центр его описанной окружности.
Доказать: I—ортоцентр треугольника AOC.
№6.
Условие: в треугольнике ABC углы A, B и C равны 72, 36 и 72 градусам соответственно. около треугольника ABC описана окружность, высота BD продолжена до пересечения с нею в точке E. Из точки E проведён луч, перпендикулярный прямой AB (обозачим его l). Середина дуги AB (меньшей) —F.
Доказать: прямые AC, BF и l пересекаются в одной точке.
№7.
Условие: золотой треугольник ABC с углом B, равным 36 градусам. На продолжении стороны AC за A взята точка D, так что CD=BC; AE—биссектриса треугольника ABC.
Доказать: отрезок DE делится стороной AB пополам.
№8.
Условие: золотой треугольник ABC с углом B, равным 36 градусам, центр вписанной окружности треугольника I, середина стороны AC—D, центр окружности Эйлера—E.
Доказать: прямые AI и DE перпендикулярны.
№9.
Условие: золотой треугольник ABC с углом B, равным 36 градусам. Середины сторон AB и AC—M и K соответственно; AL—перпендикуляр из A на биссектрису угла C.
Доказать: точки K,L,M лежат на одной прямой.
№10.
Условие: золотой треугольник ABC у сглом B, равным 36 градусам. Высота CE, биссектриса CD, середины AB и BC—F и K.
Доказать: прямая KD—биссектриса угла EKF .
№11.
Условие: золотой треугольник ABC с углом B, равным 36 градусам, на сторонах AC и BC взяты точки D и E, такие, что CD=AI=BE.
Доказать: точки D,I,E лежат на одной прямой.
№12.
Условие: золотой треугольник ABC с углом B, равным 36 градусам. Биссектриса CD и средняя линия EF, параллельная основанию AC. Прямые, их содержащие, пересекаются в точке P.
Доказать: PE=AD/2.
№13.
Условие: золотой треугольник ABC с меньшим углом B. На AC отмечена её середина D, также отмечены центр описанной окружности треугольника O и центр его вписанной окружности –I.
Доказать: BC^2/BI^2=OD/DI
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Решения.
№1.
Заметим, что CK перпендикулярен AD по свойству равнобедренного треугольника (каким является ACD). По свойству средней линии треугольника, MK||BD (в треугольнике ABD). Тогда угол AKM равен 72 градусам, а угол CKL’—18 градусам. Отрезки AL и CE перпендикулярны по свойству равнобедренного треугольника. Тогда четырёхугольник AKLC—вписанный, значит, точки L’ и L совпадают.
Замечание. Вполне возможно доказательство через теорему Менелая, применённую к треугольнику ABE.
№2.
Заметим, что A, I, E, B лежат на одной окружности (теорема о вписанном угле—углы AIB и AEB равны по теореме о сумме углов треугольника, применённой к треугольникам AIB и AEB). Тогда AI=IE и IE=BE, значит, AI=BE.
№3.
Продолжим CF и BA до пересечения в точке Q. Тогда так как BE=BA (условие), BK=BC (признак равнобедренности треугольника) и угол B—общий, треугольники ABC и BEQ равны по двум сторонам и углу между ним и точки Q, D, E лежат на одной прямой. Ясно, что, поскольку в золотом треугольнике биссектриса при основании равна основанию, В—центр описанной окружности треугольника BQC и отрезок FK перпендикулярен отрезкуQD, а значит, и прямой DE. Тогда в силу конкуррентности высот, в треугольнике EFN точка D—ортоцентр, поэтому прямая ND перпендикулярна EF.
№4.
Заметим, что угол AHC=180-B=144 и равен удвоенному углу AOC. Поэтому в силу равнобедренности треугольника AOC точка H—центр его описанной окружности.
№5.
Угол IAC равен 36 градусам, так же,как и угол DOC. Поэтому из теоремы о вписанном угле следует, что AI перпендикулярен OC, откуда I—ортоцентр треугольника AOC.
№6.
Заметим, что углы QO C(AOC) и QEC равны и составляют 72 градуса. По теореме о вписанном угле, точки Q,E,O,C лежат на одной окружности. Тогда угол ECQ равен 36 градусам, как равный углу EOQ. Угол ECF также равен этой величине, поэтому l, OA и СF пересекаются в одной точке.
№7.
Продолжим BA за A, и отметим на его продожении точку F, так что треугольник DAE—золотой. Тогда отрезки FA и BE параллельны и равны, следовательно, DBEF—параллелограмм. По его свойству, BF делит DE пополам, следовательно, BA также делит его пополам.
№8.
Докажем, что CO||DE. Угол DEB и угол FOC (здесь F—середина AC) равны и составляют 36 градусов. Поэтому эти прямые параллельны в силу равенства накрест лежащих углов при секущей BF. То, что AI перпендикулярен OC, известно из задачи 5. Тогда отрезки AI и DE перпендикулярны.
№9.
Возьмём на биссектрисе угла C такую точку D, что AD||BC. Тогда точка L будет серединой CD (см. задачу 1). Осталось применить известное свойство трапеции: середины диагоналей и боковых сторон трапеции лежат на одной прямой. Тогда точки K,L,M лежат на одной прямой.
№10.
Угол EKF равен 36 градусам по свойству медианы из вершины прямого угла (EK в BEC). Угол DKB —прямой, так как CD=BD и K—середина BC. Угол FKB равен 72 градусам, так как FK—средняя линия треугольника ABC. Значит, угол FKD равен 18 градусам, откуда угол DKE также равен 18 градусам, то есть KD—биссектриса угла FKE.
№11. См. задачу 2.
№12.
PE=PF-EF=FC=EF= (BC-AC)/2=AD/2.
№13.
Это следует из равенств OD/CD=CD/DI и CB/BI=CD/DI (подобие треугольников COD и DCI по двум углам и свойство биссектрисы треугольника).
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Задачи для самостоятельного решения.
Условие: в прямоугольном треугольнике ABC угол B равен 90 градусам, и из вершины B проведена высота BD. На стороне BC отмечена точка E, такая, что BD=DE.
Докажите, что AE=CE.
Условие: из вершины B прямого угла прямоугольного треугольника ABC, не имеющего равных сторон, проведён отрезок BD, равный его гипотенузе. Дан модуль разности катетов треугольника ABC—q-- и его площадь S. Найдите площадь треугольника BDC
В равнобедренном треугольнике ABC c основанием AC на боковой стороне отмечена точка D, так что AC=CD, а на стороне BC—точка E, такая, что DE=CE. Окружность, описанная около треугольника ADC, касается прямой DE. Найдите углы треугольника ABC.
Постройте вписанный четырёхугольник, у которого сумма противолежащих сторон равна полусумме катетов данного прямоугольного треугольника с углом 30 градусов.
Найдите сумму проекций вершин гипотенузы на прямые, содержащие медиану и биссектрису треугольника, проведённые из вершины треугольников, если известна гипотенуза.
Через середину гипотенузы проведён отрезок с концом на одном из катетов под углом 60 градусов к ней. Найти получившийся отрезок, если известен меньший из катетов.
Условие: в треугольнике ABC BE=высота, а AD==биссектриса; G—центр тяжести треугольника, угол A равен 60 градусов, угол B—прямой.
Доказать: угол EFG равен разности угла в 60 градусов и угола FEC.
Найдите угла треугольника, образованного основаниями биссектрисы угла в 60 градусов, медианы из вершины угла в 30 градусов и высоты, проведённой к гипотенузе.
Найдите углы между чевианой в прямоугольном треугольнику с углом 15 градусов, выходящей из вершины прямого угла так, чтобы проекция основания её на один из катетов, была равна половине другого катета, и катетами.
Дан прямоугольный треугольник ABC с прямым углом B и углом C, равным 15 градусам. Биссектриса угла A продолжена до точки D, так что AB=AD и DD_0—проекция точки D на катет AC. Докажите: AB^2=DD_0*AC.
Сколько сторон может иметь многоугольник с вершинами в узлах клетчатой бумаги, чтобы все его углы были кратны 45 градусам?
Условие: на стороне прямоугольного треугольника ABC с катетами AB=3 и BC=1 построен равнобедренный прямоугольный треугольник ABD во внешнюю сторону (AB=BD). Медиана BE пересекает отрезок, соединяющий вершину треугольника С и точку F, такую, что AF=1, пересекаются в точке Q.
Доказать: отрезок ВF виден из точки Q под прямым углом.
Докажите, что расстояние от центра вписанной окружности египетского треугольника до середины его гипотенузы вдвое меньше расстояния от этой же точки до конца гипотенузы, принадлежащего также меньшему катету.
Докажите, что проекция большей части стороны такого треугольника, отсекаемой этой биссектрисой от неё, на меньший катет египетского треугольника, равна радиусу его вписанной окружности.
Сопряжённый треугольник золотого треугольника.
Условие: в золотом треугольнике ABC угол B—меньший. Высота—AD, и на отрезке BD как на боковой стороне золотого треугольника BDE во внешнюю сторону. В нём проведена биссектриса BF. Середина BD—K.
Доказать: а) BE=AB/2 б) прямая, проходящая через точку пересечения отрезков AF и BD и параллельная прямой FK, проходит через центр тяжести треугольника.