(C5) Геометрическая задача на доказательство
Задание 919
Внутри параллелограмма $$ABCD$$ выбрали произвольную точку $$E$$. Докажите, что сумма площадей треугольников $$AEB$$ и $$CED$$ равна половине площади параллелограмма.
Проведём через точку $$E$$ прямую $$MN \parallel AB$$
Площадь $$\triangle ABE = \frac{1}{2}S_{ABNM}$$ (*)
(*) Докажем это утверждение. Пусть $$EH$$ - высота в треугольнике $$ABE$$. Тогда $$S_{ABE} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot EH$$. Но $$S_{ABNM} = AB \cdot EH$$. Тогда $$S_{ABE}=\frac{1}{2}S_{ABNM}$$.Площадь $$\triangle CED = \frac{1}{2}S_{CNMD}$$
Сумма площадей: $$S_{ABE} + S_{CED} = \frac{1}{2}(S_{ABNM} + S_{CNMD})$$
Но $$S_{ABNM} + S_{CNMD} = S_{ABCD}$$
Таким образом: $$S_{ABE} + S_{CED} = \frac{1}{2}S_{ABCD}$$
Что и требовалось доказать.
Задание 2414
Высоты $$BB_{1}$$ и $$CC_{1}$$ остроугольного треугольника $$ABC$$ пересекаются в точке $$E$$. Докажите, что углы $$BB_{1}C_{1}$$ и $$BCC_{1}$$равны.
Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!
Задание 3115
Дан параллелограмм $$ABCD$$. Прямая, параллельная $$AB$$, пересекает биссектрисы углов $$A$$ и $$C$$ в точках $$M$$ и $$N$$ соответственно. Докажите, что углы $$ADM$$ и $$ABN$$ равны
Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!
Биссектрисы $$AA_{1}$$ и $$CC_{1}$$; $$AA_{1}\cap CD=H$$; $$CC_{1}\cap AB=R$$
1) Пусть $$\angle A=2\alpha$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle BAA_{1}=\angle A_{1}AD=$$$$\angle BCC_{1}=\angle C_{1}CD=\alpha $$($$AA_{1}; CC_{1}$$ - биссектрисы)
2) $$\angle AHC=\angle BAA_{1}=\alpha$$ ; $$\angle ARC=\angle C_{1}CR=\alpha$$ (накрест лежащие ) $$\Rightarrow$$ $$BC=AD$$, то равнобедренные $$\Delta RBC=\Delta AHD$$$$\Rightarrow$$ $$RB=AD(1)$$
3) $$\angle BAM=\angle BRN=\alpha$$ $$\Rightarrow$$ $$AM\left | \right |RN, AR\left | \right |NM$$ (по построению ) $$\Rightarrow$$ AMNR - параллелограмм $$\Rightarrow$$ $$RN=AM(2)$$
4)С учетом (1) и (2) , и, что $$\angle BRN =\angle MAD=\alpha$$ $$\Rightarrow$$ $$\Delta BRN=\Delta MAD$$$$\Rightarrow$$ $$\angle ABN=\angle ADM$$
Задание 3647
Дан правильный восьмиугольник. Докажите, что если его вершины последовательно соединить отрезками через одну, то получится квадрат.
Последовательно соединенные через одну вершины восьмиугольника образуют треугольники, стороны которых образованы сторонами восьмиугольника и проведенными отрезками. В правильном восьмиугольнике все стороны и углы равны. Получается, что все получившиеся треугольники равны по двум сторонам и углу между ними. Значит, все стороны у получившейся фигуры равны.
Углы у этих треугольников равны $$135;22,5; 22,5.$$
Тогда угол фигуры можно рассчитать как: $$\frac{360 - 135 - 22,5 - 22,5}{2}=90.$$
Итак, у нас получилась фигура с углами в $$90$$ градусов и равными сторонами. То есть квадрат.
Задание 2319
Дан правильный восьмиугольник. Докажите, что если последовательно соединить отрезками середины его сторон, то получится правильный восьмиугольник.
Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!
Задание 690
Дан правильный шестиугольник. Докажите, что если последовательно соединить отрезками середины его сторон, то получится правильный шестиугольник.
Рассмотрим треугольники $$ABC$$ и $$BDE.$$
Т.к. стороны правильного шестиугольника равны, то и $$CA=AB=BD=DE, \angle A=\angle D,$$ т.к. углы правильного шестиугольника тоже равны. Следовательно, данные треугольники равны (по первому признаку равенства треугольников).
Тогда $$BC=BE.$$ Углы $$\angle BCA=\angle CBA=\angle EBD=\angle BED$$ (по свойству равнобедренного треугольника). Следовательно внутренние углы $$\angle С=\angle B=\angle E.$$
Данные выкладки справедливы для любой пары треугольников, следовательно все стороны внутреннего шестиугольника равны и все внутренние углы равны. Это означает, что внутренний шестиугольник - правильный (по определению).
Задание 3091
Дан равнобедренный треугольник $$ABC$$ с основанием $$AC$$. Вписанная в него окружность с центром $$O$$ касается боковой стороны $$BC$$ в точке $$P$$ и пересекает биссектрису угла $$B$$ в точке $$M$$. Докажите, что отрезки $$MP$$ и $$OC$$ параллельны.
Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!
1) Пусть $$\angle PCO=x$$, тогда $$\angle POC=90-x$$ ($$OP\perp BC$$ как радиус в точку касания )
2) $$\Delta OHC=\Delta OPC$$$$\Rightarrow$$ $$\angle OCH=x$$$$\Rightarrow$$ $$\angle HBC=90-2x$$$$\Rightarrow$$ из $$\Delta OBP$$: $$\angle BOP=2x$$
3) из $$\Delta MOP$$ ($$MO=OP$$ - радиусы): $$\angle OMP=\angle MPO=\frac{180-2x}{2}=90-x=\angle POC$$$$\Rightarrow$$ накрест лежащие углы равны и $$MP\left | \right |OC$$
Задание 2610
Дан треугольник $$ABC$$ . На сторонах $$AB$$ и $$BC$$ построены внешним образом квадраты $$ABMN$$ и $$BCPQ$$ . Докажите, что центры этих квадратов и середины отрезков $$MQ$$ и $$AC$$ образуют квадрат.
Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!
1) $$FD=DQ$$; $$MF=FA$$ $$\Rightarrow$$ $$FD$$ - средняя линия $$\bigtriangleup AQM$$ $$FD=\frac{1}{2}AQ$$ и $$FD\parallel AQ$$; $$EC_{1}=FD$$ (из $$\bigtriangleup AQC$$)
2) Аналогично п.1: $$FE=\frac{1}{2}MC=DG$$ и $$EG\parallel FD$$; $$FE\parallel MC\parallel DG$$ из $$\bigtriangleup MAC$$ и $$\bigtriangleup MQC$$
3) $$MB=BA$$; $$BC=BQ$$ (стороны квадратов); $$\angle MBC=90^{\circ}+\angle ABC$$; $$\angle QBA=90^{\circ}+ABC$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle MBC=\angle QBA$$ $$\Rightarrow$$ $$\bigtriangleup MBC=\bigtriangleup ABQ$$ $$\Rightarrow$$ $$MC=AQ$$ $$\Rightarrow$$ $$FD=DG=GE=FE$$ $$\Rightarrow$$ $$FDGE$$ - ромб
4) $$\angle MLB=\angle ALK$$ - вертикальные; $$\angle MBL=90^{\circ}$$; из $$\bigtriangleup MBC=\bigtriangleup ABQ$$: $$\angle MBL=\angle LAK$$ $$\Rightarrow$$ $$\bigtriangleup MBL\sim\bigtriangleup ALK$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle LKA=90^{\circ}$$ $$\Rightarrow$$ $$MC\perp AQ$$ $$\Rightarrow$$ $$FD\perp FE$$ $$\Rightarrow$$ $$FDGE$$ - квадрат
Задание 1952
Два равных прямоугольника $$ABCO$$ и $$KLMO$$ имеют общую вершину $$O$$, причём $$AO = OM$$ и $$OC = OK$$. Докажите, что площади треугольников $$AOK,\ COM$$ равны.
Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!
$$\angle AOK=\alpha \to \angle COM=360-2\cdot 90-\alpha =180-\alpha \to {\sin AOK\ }={\sin COM\ }.$$ $$S_{\triangle AOK}=\frac{AO\cdot OK\cdot {\sin AOK\ }}{2};\ S_{\triangle COM}=\frac{OC\cdot OM\cdot {\sin COM\ }}{2},$$ но $$AO=OM;OC=OK\to S_{AOK}=S_{COM}$$
Задание 2952
Две окружности с радиусами $$R$$ и $$r$$ касаются друг друга внешним образом в точке $$A$$. Общие касательные $$AD$$ и $$BC$$ к окружностям пересекаются в точке $$D$$. Докажите, что $$AD^{2}=Rr$$.
Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!
1) По свойству касательных : CD=DA и DA=DB $$\Rightarrow$$ $$CD=DB\Rightarrow$$ AD-медиана $$\Rightarrow$$$$\angle CAB=90$$
2) Пусть $$\angle ACD=\alpha \Rightarrow$$ из $$\Delta ABC$$: $$\angle ABC=90-\alpha$$. Из $$\Delta O_{1}CD$$: $$\angle CO_{1}D=\angle ACD=\alpha$$ и $$\angle AO_{1}D=\angle CO_{1}D=\alpha$$. Аналогично , $$\angle ABC=\angle DO_{2}B=\angle DO_{2}A=90-\alpha$$. Тогда $$\angle O_{1}DO_{2}$$( из $$\Delta O_{1}D0_{2}$$) равен 90 ($$180-(\alpha +90-\alpha)$$)
3) из $$\Delta O_{1}CD$$: $$O_{1}D^{2}=O_{1}C^{2}+CD^{2}=R^{2}+AD^{2}$$. Из $$\Delta O_{2}DB$$: $$O_{2}D=DB^{2}+O_{2}B^{2}=r^{2}+AD^{2}$$. При этом $$O_{1}D^{2}+O_{2}D^{2}=O_{1}O_{2}^{2}=(R+r)^{2}$$. Тогда: $$R^{2}+r^{2}+2AD^{2}=$$$$R^{2}+2Rr+r^{2}\Rightarrow$$ $$AD^{2}=Rr$$


