Решения задач 10 класса задача №1




Скачать 75.99 Kb.
Дата06.06.2016
Размер75.99 Kb.
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ 10 КЛАССА
Задача № 1. Дежурный 10-Б класса стер с доски параллелограмм, оставив только его вершину и середины сторон, не содержащих эту вершину. Как восстановить параллелограмм по этим трем точкам?
Анализ.

Пусть АВСD – искомый параллелограмм, М – середина ВС, N – середина CD .




  1. АСBD=O, AC и BD – диагонали параллелограмма.

  2. Так как М – середина ВС, N – середина CD, то MN – средняя линия треугольника BCD (по определению)  MN || BD и MNBD (по свойству средней линии).

  3. Пусть K=АСMN. Так как MN || BD и ВО=OD (по свойству диагоналей параллелограмма), то MK=KN.

  4. Так как MK || BO и ВМ=МС, то по теореме Фалеса CK=KO=½AO.


Построение.


  1. K – середина MN.

  2. AK.

  3. C, CAK, CK=⅓AK.

  4. O, OAK, AO=⅔AK.

  5. BD, OBD, BO=OD=2MK, BD || MN.

  6. ABCD.





Доказательство.


  1. BO=OD (по п.5 построения)

  2. AO=OC (по п.3 и 4 построения)

  3. Из 1. и 2. следует, что четырехугольник ABCD – параллелограмм (по признаку).

  4. Так как CK=KO и MN || BD, то M – середина ВС и N – середина CD по теореме Фалеса. Следовательно, ABCD – искомый параллелограмм.


Задача № 2. Докажите, что в сечении куба плоскостью нельзя получить правильный пятиугольник.
Доказательство.
У куба имеются три пары параллельных граней. Две стороны сечения, которое является пятиугольником, обязаны принадлежать параллельным граням. Поскольку они лежат в одной плоскости (плоскости сечения), то должны быть параллельны между собой (докажите!). Этот факт приводит к противоречию, поскольку у правильного пятиугольника нет параллельных сторон.



Задача № 3. Плоскость, содержащая сторону основания треугольной пирамиды, делит одно из боковых ребер пирамиды на две равные части. Найдите отношение, в котором эта плоскость делит отрезок, соединяющий вершину пирамиды с точкой пересечения медиан основания.

Решение.


Рис. 1.
Рассмотрим треугольную пирамиду ABCD (см. рис. 1)

  1. Пусть секущая плоскость содержит сторону основания ВС и проходит через точку М – середину ребра DA.

  2. Так как МÎ и ВÎ , то МВ Ì .

Аналогично, МСÌ .

Таким образом, в сечении пирамиды ABCD плоскостью получим треугольник МВС.



  1. Пусть AKCN=O, где AK и CN – медианы треугольника АВС.

  2. Рассмотрим плоскость треугольника ADK: DÎ (ADK), OÎ (ADK) Þ DO Ì (ADK); M Î (ADK), K Î (ADK) Þ MK Ì (ADK).

Следовательно, DOMK = F, F Î (ADK) и FÎ (ВМС).

  1. Найдем отношение .

  2. По свойству медиан треугольника .

  3. Рассмотрим DADK.

Пусть Е – середина АО, тогда AE=EO=OK.

Проведем через точки Е и О прямые, параллельные MK до пересечения со стороной AD в точках Р и Т соответственно.

Тогда, по теореме Фалеса AP=PT=TM.


  1. Так как MF || TO, то по обобщенной теореме Фалеса .

Но DM=MA (по условию) и MA=3MT.

Следовательно, .


Ответ: .


Задача № 4. Две прямые делят каждую из двух противоположных сторон выпуклого четырехугольника на три равные части, а сам четырехугольник – на три выпуклых четырехугольника. Докажите, что площадь четырехугольника, заключенного между этими прямыми, в три раза меньше площади исходного.
Доказательство.

Пусть ABCD – выпуклый четырехугольник, AM=MN=NB, CP=PQ=QD.

Докажем, что .

  1. Дополнительные построения.

  • NC, MP, AQ.







  1. Очевидно, что .

  2. Рассмотрим трапецию .

Так как AM=MN (по условию) и , то – средняя линия трапеции Þ

.

(1)

  1. Найдем площади треугольников ADQ, MQP, NPC.

Распишем площадь треугольника DMQP, учитывая равенство (1). Получим



Но, так как DQ=QP=PC (по условию), то последнее равенство запишется в виде





  1. Аналогично,



  1. Так как

то

Таким образом,

Откуда


Что и требовалось доказать.


Задача № 5. Вписанная в треугольник АВС окружность касается сторон АВ и АС в точках F и E соответственно, К и М – середины сторон ВС и АС. Прямые FE и КМ пересекаются в точке N. Докажите, что AN лежит на биссектрисе угла ВАС.



Доказательство.

1 случай. Точка N лежит вне треугольника АВС.

1) Пусть Q – точка касания вписанной окружности со стороной АС.

Обозначим .

2) По свойству отрезков касательных к окружности, выходящих из одной точки, .

Тогда

3) Рассмотрим треугольники EBF и EKN.

Так как М – середина АС, К – середина ВС, то МК – средняя линия треугольника АВС (по определению). Следовательно, (по свойству средней линии треугольника).

Тогда (как накрест лежащие при параллельных MN и АВ и секущей FN).

Кроме того, (как вертикальные).

Таким образом, EBF EKN (по I пр.).

А так как треугольник EBF – равнобедренный (BF=BE), то и треугольник EKN равнобедренный и .

4) Найдем длину отрезка EK.




5) По свойству средней линии, .

В силу 4) и 5),

6) Так как М – середина АС и , то .

Таким образом, , следовательно, треугольник AMN – равнобедренный (по определению).

7) По свойству углов при основании равнобедренного треугольника, .

8) Так как, AN – секущая, то (как накрест лежащие).

Из 7) и 8) следует, что . Последнее означает, что биссектриса .

Ч.т.д.
2 случай. Точка N лежит внутри треугольника АВС (рис. 1).

Доказательство во втором случае проводится аналогично предыдущему. Докажите это самостоятельно.



3 случай. Точка N лежит на стороне ВС (рис. 2).


В этом случае K=E=N. Но тогда и . Поскольку в равнобедренном треугольнике медиана, проведенная к основанию, совпадает с биссектрисой, то AN – биссектриса угла ВАС.

Ч.т.д.

Задача № 6. Через точку пересечения высот остроугольного треугольника проходят три окружности, каждая из которых касается одной из сторон треугольника в основании высоты. Докажите, что вторые точки пересечения окружностей являются вершинами треугольника, подобного исходному.



Доказательство.

Пусть высоты треугольника АВС, .

Докажем, что .

1) Рассмотрим окружность, проходящую через точки Н и . Так как ВС – касательная к окружности (по условию), точка касания и , то диаметр окружности.

Аналогично, и диаметры соответствующих окружностей.

2) , как вписанный в окружность, опирающийся на диаметр . Аналогично, .

Тогда, . Следовательно, . Аналогично, .

3) Так как , то точки В, , , С лежат на окружности с диаметром ВС. Но тогда (как вписанные, опирающиеся на общую дугу).

4) В треугольнике ():

.

Следовательно, .

Аналогично, .

5) Рассмотрим треугольника и .



(см. п. 2),

(см. п. 4),

общая гипотенуза,
Следовательно, точки и симметричны относительно диаметра .

Последнее означает, что . А так как , то .

Аналогично доказывается, что , .

Но тогда углы при соответствующих вершинах треугольников равны (докажите это самостоятельно!) и, следовательно, .



Ч.т.д.


База данных защищена авторским правом ©uverenniy.ru 2016
обратиться к администрации

    Главная страница