Завдання на доказ

У трапеції KLMN бічна сторона KL перпендикулярна підставах. З точки K на сторону MN опустили перпендикуляр KA. На стороні KL відзначена точка B так, що прямі LA і BN паралельні.

а) Доведіть, що прямі BM і MN перпендикулярні.

б) Знайдіть відношення LA: BN, якщо кут LMN дорівнює 150 ^.

а) Для доказу перпендикулярності прямих BM і MN досить довести, що BM \ parallel KA, а це виконується в разі, якщо подібні трикутники SBM і SKA. тобто якщо справедливо рівність \ frac = \ frac.

Нехай \ angle SML = \ alpha. тоді \ angle SKA = \ angle ANK = \ alpha. З паралельності прямих LA і BN слід, що трикутники SLA і SBN подібні, значить, вірно рівність \ frac = \ frac.

У прямокутному трикутнику SLM. \ Frac = \ sin \ alpha. звідки SM = \ frac.

У прямокутному трикутнику SAK. \ Frac = \ sin \ alpha.

У прямокутному трикутнику SKN. \ Frac = \ sin \ alpha. SK = SN \ sin \ alpha.

Перемножая почленно рівності \ frac = \ sin \ alpha і \ frac = \ sin \ alpha. отримаємо: \ frac = \ sin ^ 2 \ alpha. SA = SN \ sin ^ 2 \ alpha. З огляду на, що \ frac = \ frac, маємо \ frac = \ sin ^ 2 \ alpha. звідки SB = \ frac.

\ Frac = \ frac = \ frac. Праві частини рівностей рівні, отже, \ frac = \ frac, значить, прямі LA і BN паралельні, і BM і MN перпендикулярні.

б) У зв'язку з подібністю трикутників SML і SKN. \ Frac = \ frac.

Як показано в пункті а). \ Frac = \ sin ^ 2 \ alpha. За умовою \ angle LMN = 150 ^, \ angle LMN + \ alpha = 180 ^, \ alpha = 180 ^ -150 ^ = 30 ^.

\ Frac = \ sin ^ 2 \ alpha = \ sin ^ 2 30 ^ = \ frac14.

Тип завдання: 16
Тема: Завдання на доказ

Два кола, з центрами O_ і O_ відповідно стосуються зовнішнім чином. З точки O_ проведена дотична O_K до другої кола (K - точка дотику). а з точки O_ проведена дотична O_L до першої окружності (L - точка дотику). точки дотику K і L лежать по різні боки від прямої O_O_.

а) Доведіть, що \ angle O_KL = \ angle O_O_L.

б) Знайдіть радіус меншою окружності, якщо додатково відомо, що він в 4 рази менше радіуса більшої окружності, а площа чотирикутника O_KO_L дорівнює 54 + 9 \ sqrt.

а) По властивості дотичної до кола O_L \ perp O_L і O_K \ perp O_K. Прямокутний \ bigtriangleup O_O_K вписаний в деяку окружність з діаметром O_O_.

Аналогічно прямокутний \ bigtriangleup O_O_L вписаний в деяку окружність з тим же діаметром. Отже, \ bigtriangleup O_O_K і O_O_L вписані в одну і ту ж коло, тобто точки O_, O_, K. L лежать на окружності з діаметром O_O_. Значить, \ angle O_O_L і \ angle O_KL - вписані і спираються на одну й ту ж дугу O_L. Звідси, \ angle O_KL = \ angle O_O_L.

б) Нехай O_L - радіус меншою окружності. Позначимо його через r. Отже, O_K = 4r. Тоді O_O_ = r + 4r = 5r. Звідси з \ bigtriangleup O_LO_ по теоремі Піфагора O_L = \ sqrt = 2 \ sqrtr. З \ bigtriangleup O_KO_ по теоремі Піфагора O_K = \ sqrt = 3r.

З умови випливає, що S_KO_L> = 54 + 9 \ sqrt. Тоді (6 + \ sqrt) r ^ 2 = 54 + 9 \ sqrt, (6 + \ sqrt) r ^ 2 = 9 (6 + \ sqrt), r = 3.

Тип завдання: 16
Тема: Завдання на доказ

Дві довільні кола, що стосуються один одного, вписані в заданий кут, величиною \ alpha. що не перевищує \ pi.

а) Доведіть, що відношення модуля різниці радіусів до суми радіусів цих кіл є постійною величиною.

б) Знайдіть радіус меншою окружності, якщо кут \ alpha = \ frac і радіус більшої окружності дорівнює 10.

а) Позначимо заданий кут через ABC. радіуси кіл r_ і r_ (r_

Так як центри кіл рівновіддалені від сторін кута, то вони лежать на бісектрисі кута B. Проведемо з центрів кіл радіуси O_T і O_E в точки дотику зі стороною AB.

Тоді O_T і O_E перпендикулярні AB.

З центру O_ меншою окружності опустимо перпендикуляр O_K на радіус O_E більшої окружності. Отримаємо прямокутник O_TEK. Тоді EK = TO_ = r_. Отже, O_K = O_E-KE = r_-r_.

Так як O_K \ parallel AB. то \ angle ABO _ = \ angle KO_O_. Відзначимо також, що O_O_ = r_ + r_.

Звідси випливає, що \ frac-r _> + r _> = \ fracK> O _> = \ sin \ angle KO_O_ = \ sin \ angle ABO_.

Але \ angle ABO _ = \ frac, де \ alpha - заданий кут, тому \ frac-r _> + r _> = \ sin \ frac.

б) Підставляючи задані значення \ alpha і r_ в отриману вище формулу, отримуємо:

Тип завдання: 16
Тема: Завдання на доказ

Підстава CD трапеції ABCD перпендикулярно її бічній стороні BC. Через точки A і D провели окружність, яка стосується прямої BC в точці M.

а) Доведіть подібність \ bigtriangleup ABF і \ bigtriangleup FBK за умови, що F - точка перетину прямих BC і AD. а BK - висота \ bigtriangleup ABF.

б) За умови CD = 4 см і AB = 5 см, обчисліть відстань від точки M до прямої AD.

Не порушуючи спільності, можна розглянути одну з можливих конфігурацій:

а) Висота \ bigtriangleup ABF \: BK \ perp AF \ Rightarrow \ bigtriangleup ABF і \ bigtriangleup FBK - прямокутні, вони подібні до (по загальному кутку F).

б) Проведемо MN \ perp AD. Тоді MN - відстань від точки M до прямої AD.

\ Bigtriangleup ABF, \ bigtriangleup MNF, \ bigtriangleup CDF - прямокутні, їх гострий кут F - загальний, значить, вони подібні.

\ Bigtriangleup MNF \ sim \ bigtriangleup ABF \ Rightarrow \ frac = \ frac, MN = \ frac.

\ Bigtriangleup MNF \ sim \ bigtriangleup DCF \ Rightarrow \ frac = \ frac, MN = \ frac.

По теоремі про січною і дотичній маємо:

FM ^ = AF \ cdot FD. тоді MN ^ = AB \ cdot CD = 20.