ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Фильтр
Сложность с по   Класс с по  
Задачи

Страница: << 9 10 11 12 13 14 15 >> [Всего задач: 498]      



Задача 102217

Темы:   [ Углы, опирающиеся на равные дуги и равные хорды ]
[ Площадь треугольника (через две стороны и угол между ними) ]
Сложность: 4-
Классы: 8,9

Биссектрисы внутренних углов треугольника продолжены до точек пересечения с описанной около треугольника окружностью, отличных от вершин исходного треугольника. В результате попарного соединения этих точек получился новый треугольник. Известно, что углы исходного треугольника равны 30o, 60o и 90o, а его площадь равна 2. Найдите площадь нового треугольника.

Подсказка

Применяя теорему о вписанных углах, опирающихся на одну и ту же дугу, найдите углы нового треугольника.

Решение

Пусть биссектрисы углов $ \angle$A = 60o, $ \angle$B = 30o и $ \angle$C = 90o пересекают описанную окружность треугольника ABC в точках A1, B1 и C1 соответственно. По теореме о вписанных углах

$\displaystyle \angle$CC1A1 = $\displaystyle \angle$CAA1 = $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$$\displaystyle \angle$A = 30o$\displaystyle \angle$CC1B1 = $\displaystyle \angle$CBB1 = $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$$\displaystyle \angle$B = 15o,

поэтому

$\displaystyle \angle$A1C1B1 = $\displaystyle \angle$CC1A1 + $\displaystyle \angle$CC1B1 = 30o + 15o = 45o.

Аналогично находим, что $ \angle$B1A1C1 = 60o и $ \angle$A1B1C1 = 75o. Пусть R — радиус окружности. Тогда

AB = 2RAC = RBC = R$\displaystyle \sqrt{3}$S$\scriptstyle \Delta$ABC = $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$AC . BC = $\displaystyle {\frac{R^{2}\sqrt{3}}{2}}$ = 2,

откуда находим, что R2 = $ {\frac{4}{\sqrt{3}}}$. По теореме синусов

A1C1 = 2R sin 75oB1C1 = 2R sin 60o,

следовательно,

S$\scriptstyle \Delta$A1B1C1 = $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$A1C1 . B1C1sin 45o = $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$ . 2R sin 75o . 2R sin 60o . sin 45o = 2R2 . $\displaystyle {\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}}$ . $\displaystyle {\frac{\sqrt{3}}{2}}$ . $\displaystyle {\frac{\sqrt{2}}{2}}$ = 1 + $\displaystyle \sqrt{3}$.

Ответ

1 + $ \sqrt{3}$.
Прислать комментарий


Задача 102218

Темы:   [ Углы, опирающиеся на равные дуги и равные хорды ]
[ Площадь треугольника (через две стороны и угол между ними) ]
Сложность: 4-
Классы: 8,9

Биссектрисы внутренних углов треугольника продолжены до точек пересечения с описанной около треугольника окружностью, отличных от вершин исходного треугольника. В результате попарного соединения этих точек получился новый треугольник с углами 45o, 60o и 75o. Найдите отношение площадей исходного и нового треугольников.

Подсказка

Применяя теорему о вписанных углах, опирающихся на одну и ту же дугу, найдите углы нового треугольника.

Ответ

$ \sqrt{3}$ - 1.
Прислать комментарий


Задача 52408

Темы:   [ Углы, опирающиеся на равные дуги и равные хорды ]
[ Пятиугольники ]
[ Вспомогательные подобные треугольники ]
[ Вписанные и описанные многоугольники ]
Сложность: 4-
Классы: 8,9,10

Пятиугольник ABCDE вписан в окружность. Расстояния от точки A до прямых BC, CD и DE равны соответственно a, b и c.
Найдите расстояние от вершины A до прямой BE.

Подсказка

Пусть A1, A2, A3, A4 – основания перпендикуляров, опущенных из точки A на прямые BC, DC, DE и BE соответственно. Тогда треугольник AA1A4 подобен треугольнику AA2A3.

Решение

  Пусть A1, A2, A3, A4 – основания перпендикуляров, опущенных из точки A на прямые BC, DC, DE и BE соответственно.
  Точки A1 и A4 лежат на окружности с диаметром AB, а точки A1 и A1 – на окружности с диаметром AD. Поэтому  ∠AA1A4 = ∠ABE = ∠ADE = ∠AA2A3,
A1AA4 = ∠CBE = ∠A2AA3.
  Следовательно, треугольники AA1A4 и AA2A3 подобны и  AA1 : AA2 = AA4 : AA3.  Отсюда  AA4 = AA1·AA3/AA2 = ac/b.

Ответ

ac/b.

Прислать комментарий

Задача 52494

 [Задача Архимеда]
Темы:   [ Углы, опирающиеся на равные дуги и равные хорды ]
[ Признаки и свойства равнобедренного треугольника. ]
[ Вспомогательные равные треугольники ]
[ Ломаные ]
Сложность: 4-
Классы: 8,9

В дугу AB окружности вписана ломаная AMB из двух отрезков  (AM > MB).
Докажите, что основание перпендикуляра KH, опущенного из середины K дуги AB на отрезок AM, делит ломаную пополам.

Решение

  Первый способ. Отложим на продолжении отрезка AM за точку M отрезок MB1, равный MB. Пусть прямая KM пересекает отрезок BB1 в точке P. Тогда
BMB1 = ∠MAB + MBA = ½ (⌣ MB + ⌣MA) = ½ ⌣AKB = ⌣AK = 2∠KMA = 2∠B1MP.
  Поэтому прямая KP делит угол BMB1 равнобедренного треугольника BMB1 пополам. Значит, KP – серединный перпендикуляр к отрезку AB1. Следовательно,
KB1 = KB = AK.  Поэтому KH – серединный пенрпедикуляр к отрезку AB1, и  AH = HB1 = HM + MB. и   AH = HB1 = HM + MB.

  Второй способ. Отметим на отрезке AM такую точку B2, что  AB2 = MB  (пусть B2 лежит между точками A и H). Так как точки A и B лежат на окружности по одну сторону от хорды KM, то  ∠KAM = ∠KBM.  Кроме того,  AK = KB,  поэтому треугольники KAB2 и KBM равны. Значит,  KB2 = KM  и треугольник B2KM – равнобедренный. Его высота KH является медианой, поэтому H – середина B2M. Следовательно,  AH = AB2 + B2H = HM + MB.

  Третий способ. Пусть луч KH второй раз пересекает окружность в точке L, а прямые AM и LB пересекаются в точке B1. Вписанные углы ALK и BLK равны, так как каждый из них опирается на половину дуги AKB. Таким образом, высота LH треугольника ALB1 является его биссектрисой, поэтому треугольник ALB1 – равнобедренный. Значит,  AH = HB1  и  ∠MBB1 = ∠MAL = ∠MB1B.
  Поэтому треугольник B1MB – также равнобедренный и  MB = MB1.  Следовательно,  AH = HB1 = HM + MB1 = HM + MB.

Прислать комментарий

Задача 53714

Темы:   [ Углы, опирающиеся на равные дуги и равные хорды ]
[ Правильный (равносторонний) треугольник ]
Сложность: 4-
Классы: 8,9

Через точку O, взятую на стороне правильного треугольника ABC, проведены прямые, параллельные сторонам AB и AC, и пересекающие стороны AC и AB в точках K и L соответственно. Окружность, проходящая через точки O, K и L пересекает стороны AC и AB соответственно в точках Q и P, отличных от K и L. Докажите, что треугольник OPQ — равносторонний.

Подсказка

Дуги, заключённые между параллельными хордами, равны.

Решение

Поскольку дуги, заключённые между параллельными хордами, равны, меньшая дуга OQ равна меньшей дуге LK, поэтому

$\displaystyle \angle$OPQ = $\displaystyle \angle$LOK = 60o.

Из равенства меньших дуг PK и OL следует равенство меньших дуг OP и KL, поэтому

$\displaystyle \angle$OQP = $\displaystyle \angle$LOK = 60o.

Прислать комментарий


Страница: << 9 10 11 12 13 14 15 >> [Всего задач: 498]      



© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .