Страница: << 5 6 7 8 9 10 11 >> [Всего задач: 240]      

по 1 по 2 по 5 по 10 по 20 по 50 по 100   с решениями  

---

Задача 108621

Темы:   [ Сумма углов треугольника. Теорема о внешнем угле. ] [ Взаимное расположение высот, медиан, биссектрис и проч. ]

Сложность: 3 Классы: 8,9

В треугольнике ABC биссектриса, проведённая из вершины A, высота, проведённая из вершины B, и серединный перпендикуляр к стороне AB пересекаются в одной точке. Найдите угол при вершине A.

Решение

  Пусть  ∠A = 2α,  M – точка пересечения трёх указанных в условии прямых. Поскольку точка M лежит на серединном перпендикуляре к отрезку AB, то
∠ABM = ∠BAM = α.
  Из прямоугольного треугольника ABH получаем  α + 2α = 90°,  то есть  α = 30°.  Следовательно,  ∠BAC = 60°.

Ответ

60°.

Прислать комментарий

---

Задача 108896

Темы:   [ Сумма углов треугольника. Теорема о внешнем угле. ] [ Признаки и свойства равнобедренного треугольника. ] [ Правильный (равносторонний) треугольник ] [ Взаимное расположение высот, медиан, биссектрис и проч. ] [ Теорема Пифагора (прямая и обратная) ]

Сложность: 3 Классы: 8,9

В остроугольном неравностороннем треугольнике через одну вершину проведена высота, через другую – медиана, через третью биссектриса.
Докажите, что если проведённые линии, пересекаясь, образуют треугольник, то он не может быть равносторонним.

Решение

  Пусть высота AH треугольника ABC пересекает медиану BM в точке P, биссектрису CL – в точке R, а биссектриса CL и медиана BM пересекаются в точке Q. Допустим, что треугольник PQR – равносторонний. Тогда  ∠RCH = 90° – ∠CRH = 90° – 60° = 30°,  ∠C = 60°.
  Кроме того,  ∠PBH = 90° – ∠BPH = 90° – ∠RPQ = 90° – 60° = 30°,  ∠BMC = 90°.
  Значит, BM – высота и медиана треугольника ABC. Поэтому треугольник ABC – равнобедренный, а так как один из его углов (угол C) равен 60°, то он – равносторонний. Противоречие.

Прислать комментарий

---

Задача 110805

Темы:   [ Сумма углов треугольника. Теорема о внешнем угле. ] [ Признаки и свойства равнобедренного треугольника. ]

Сложность: 3 Классы: 8,9

Дан равнобедренный треугольник ABC  (AB = AC).  На продолжении стороны AC за точку C отложен отрезок CD, равный BC. Оказалось, что  BD = AB.
Найдите углы треугольника ABC.

Решение

  Пусть  ∠B = ∠C = α.  По теореме о внешнем угле треугольника  ∠CBD = ∠CDB = ^α/₂.
  Углы при основании равнобедренного треугольника ABD равны, поэтому  ∠BAC = ∠BAD = ∠ADB = ^α/₂.
  Применяя теорему о сумме углов треугольника к треугольнику ABC, получим уравнение  α + α + ^α/₂ = 180°,  откуда  α = 72°.

Ответ

36°, 72°, 72°.

Прислать комментарий

---

Задача 111361

Темы:   [ Сумма углов треугольника. Теорема о внешнем угле. ] [ Правильный (равносторонний) треугольник ] [ Примеры и контрпримеры. Конструкции ]

Сложность: 3 Классы: 8,9

Середина одной из сторон треугольника и основания высот, опущенных на две другие стороны, образуют равносторонний треугольник.
Верно ли, что исходный треугольник тоже равносторонний?

Решение

Фактически один и тот же пример можно строить и обосновывать по разному.

Первый способ. Рассмотрим остроугольный треугольник ABC, где  ∠B = 60°.  Пусть AH и CK – высоты, M – середина AC. В прямоугольных треугольниках AHC и AKC медианы HM и KM равны половине гипотенузы, поэтому треугольники CMH и AMK равнобедренные. Угол AMH – внешний угол треугольника CMH и, значит, равен 2∠C. Аналогично  ∠CMK = 2∠A.  Следовательно,
∠HMK = ∠AMH + ∠CMK – 180° = 2(∠A + ∠C) – 180° = 2·120° – 180° = 60°.

Второй способ. На полуокружности с диаметром AC и центром M отметим точки K и H так, чтобы дуга KH составляла 60° и прямые AK и CH пересекались в точке B вне полукруга. Тогда K и H – основания высот треугольника ABC (лежащие на его сторонах), треугольник KMH равносторонний, а треугольник ABC – нет (если прямая KH не параллельна AC).

Ответ

Неверно.

Прислать комментарий

---

Задача 111601

Темы:   [ Сумма углов треугольника. Теорема о внешнем угле. ] [ Диаметр, хорды и секущие ] [ Биссектриса угла (ГМТ) ]

Сложность: 3 Классы: 8,9

В окружности с центром O проведены три равные хорды AB, CD и PQ (см. рисунок). Докажите, что угол MOK равен половине угла BLD.

Решение

  Равные хорды равноудалены от центра окружности, поэтому точка O равноудалена от сторон угла AMQ, то есть лежит на биссектрисе этого угла. Аналогично точка O лежит на биссектрисе угла DKP. Пусть  ∠OKM = ∠OKD = α,  ∠OMK = ∠OMA = β.  Тогда  ∠MKL = 180° – 2α,  ∠KML = 180° – 2β. 
  По теореме о внешнем угле тругольника  ∠BLD = ∠MKL + ∠KML = 360° – 2α – 2β = 2(180° – α – β) = 2∠MOK.

Прислать комментарий

---

Страница: << 5 6 7 8 9 10 11 >> [Всего задач: 240]      

по 1 по 2 по 5 по 10 по 20 по 50 по 100   с решениями