Пересечения диагоналей

14.6*. В равнобокой трапеции больший из отрезков, на которые высота трапеции, проведенная из вершины, делит большее основание трапеции равен средней линией трапеции.

14.7*. Угол, под которым из центра вписанной в трапецию окружности видна ее боковая сторона, равен 90º.

14.9.*8 Длина отрезка, параллельного основаниям трапеции, проходящего через точку пересечения диагоналей трапеции, заключенного между боковыми сторонами, равна среднему гармоническому оснований трапеции, т.е.

14.10.**Отрезок, параллельный основаниям трапеции, который делит трапецию на две равновеликих, равен среднему квадратичному оснований трапеции.

14.11**. Отрезок, параллельный основаниям трапеции, который делит трапецию на две подобных, равен среднему геометрическому оснований трапеции.

15.6*. Длина общей внешней касательной двух касающихся окружностей равна , где r и R – радиусы этих окружностей.

15.7*. Если угол между внешними касательными к двум касающимся окружностям равен 60º, то отношение их радиусов равно 3. Справедливо и обратное: если отношение двух внешне касающихся окружностей равно 3, то угол между внешними касательными равен 60º.

15.8*.Угол между хордами внешне касающихся окружностей проведенными из их точки касания в точки касания с их внешней касательной – прямой.

15.14*. Если из точки М к окружности проведены касательная и секущая, то квадрат отрезка касательной от точки М до точки касания равен произведению длин отрезков секущей от точки М до точек ее пересечения с окружностью.

15.15*. Если из одной точки к окружности проведены две секущие, то произведения секущих на их соответствующие внешние части равны.

16.4*.Градусная мера угла, образованного хордой и касательной, имеющими общую точку на окружности, равна половине градусной меры дуги, заключенной между его сторонами.

16.6*.Если вершина угла находится вне круга, а стороны пересекают окружность, то величина этого угла равна полуразности дуг, заключенных между точками пересечения сторон угла с окружностью.

16.7*.Если вершина угла находится внутри круга, а стороны пересекают окружность, то величина этого угла равна полусумме дуг, заключенных между точками пересечения сторон угла с окружностью.

17.2*Во вписанном четырехугольнике сумма произведений противоположных сторон равна произведению диагоналей (теорема Птолемея).

17.3*Если около трапеции описана окружность, то она равнобедренная.

17.4.*Около четырехугольника ABCD можно описать окружность, тогда и только тогда, когда угол ABD равен углу ACD.

18.2*.Если в равнобедренную трапецию вписана окружность, то ее средняя линия равна боковой стороне.

18.4*. Если в многоугольник с четным числом сторон можно вписать окружность, то суммы длин его сторон, взятых через одну, равны.

20.8*Отрезок прямой от вершины угла треугольника до точки на противоположной стороне делит площадь треугольника на части, пропорциональные отрезкам, на которые делится сторона этой прямой.

20.9*Отношение площадей треугольников, имеющих общий угол, равно отношению произведений сторон треугольников, заключающих этот угол.

20.10**Площадь треугольника равна произведению полупериметра ортоцентрического треугольника и радиуса описанной окружности.

2014*.Площадь трапеции равна произведению боковой стороны и отрезка перпендикуляра, проведенного к этой стороне из середины другой боковой стороны.

2015.*Площадь равнобедренной трапеции с перпендикулярными диагоналями равна квадрату ее высоты.

2016.* Площади двух треугольников, образованных диагоналями трапеции прилежащих к ее боковым сторонам, равны.

1.3*.Углы с соответственно параллельными сторонами равны или в сумме составляют 180º.

Дано: AB||MN, AC ||MK

Доказать:

Доказательство

Соединим вершины углов A и М. Тогда , .

, как соответственные при параллельных прямых AB||MN и секущей AM, аналогично этому . Поэтому разности равных углов равны. Т.е. . Поскольку угол NML – смежный с углом NMK, то их сумма равна 180º, а следовательно и сумма углов

BAC и NML также равна 180º. Доказательство закончено.

1.4*.Углы с соответственно перпендикулярными сторонами равны

или в сумме составляют 180º.

Дано:

Доказать:

Доказательство

В четырехугольнике AMNL два угла прямые, значит сумма углов MAL и MNL равна 180º. Поскольку углы KNL и MNL – смежные, то их сумма равна 180º, а значит, углы MAL и KNL равны.

Доказательство закончено.

4.16*. В прямоугольном треугольнике ABC обозначим h _c – высоту, проведенную к гипотенузе, a_c, b _c - отрезки, на которые высота делит гипотенузу с, прилежащие соответственно к катетам a и b.

Тогда справедливы формулы:

a) h_c² = a_c b _c; b) a² = c a_c; c) b² = c b _c; d) a ²: b² = b _c: a_c.

Доказательство

a)Заметим, что треугольники BCH и CAH подобны (8.1). Из подобия этих треугольников следует пропорциональность сторон

, откуда h _c² = a_c b _c;

b) Треугольники BCH и ВAС подобны (8.1). Из подобия этих треугольников следует пропорциональность сторон

, откуда a² = c a _c; (1)

c) Треугольники ACH и ABС подобны (8.1). Из подобия этих треугольников следует пропорциональность сторон

, откуда b² = c b _c; (2)

d) Разделим почленно равенства (1) и (2), получим a ²: b² = b _c: a_c. Доказательство закончено.

4.17*.В прямоугольном треугольнике

r = (a + b – c)/2, r = p – c; r = p- 2R;

r – радиус вписанной в треугольник окружности R – радиус описанной около треугольника окружности a, b – катеты, c – гипотенуза, p – полупериметр.

Доказательство

Четырехугольник CMON – квадрат, так как радиусы вписанной окружности перпендикулярны катетам (15.9). Отрезок BM равен отрезку BK, а отрезок AK равен AN (15.10), поэтому

сумма длин отрезков MB = a-r и AK b-r равна длине гипотенузы c, т.е. a-r+ b-r = c. Откуда

r = (a + b – c)/2. Преобразуем полученную формул

:r = (a + b – c + с -с)/2 = (a + b + с -2с)/2= p-c. По свойству 4.9 с = 2R, поэтому r = p- 2R.

Доказательство закончено.

4.18*. Радиусы окружностей, вписанных в данный прямоугольный треугольник (r_c) и треугольники, на которые высота, проведенная к гипотенузе, делит этот треугольник(r_a, r_b), связаны соотношением

r_c ² = r _a ² + r _b² .

Доказательство

Заметим (доказательство 14.16), что данный треугольник и треугольники, на которые высота, проведенная к гипотенузе делит этот треугольник подобны. Значит отношения их соответствующих элементов равны, т.е.

, откуда получим равенства r_c = k c, r_a = ka, r_b = kb (1). По теореме Пифагора (kc) ² = (ka) ² + (kb) ² , заменив произведения на радиусы по формулам (1), получим r_c ² = r _a ² + r _b² . Доказательство закончено.

4.21**. В равнобедренном треугольнике сумма расстояний от любой точки основания до боковых сторон равнобедренного треугольника есть величина постоянная для данного треугольника.

Дано: ∆ABC, AC= CB, MK AC, KN BC.

Доказать: MK+KN не зависит от выбора точки K на стороне AB.

Доказательство

Соединим вершину треугольника C с точкой K.

Площадь данного треугольника равна сумме площадей треугольников

ACK и KCB, в которых отрезки MK и KN являются высотами, проведенными к сторонам AC и BC соответственно.

Отрезок BH – высота треугольника, тогда площадь треугольника ABC, равна 1/2AC·BH. С другой стороны, площадь треугольника ABC равна сумме площадей треугольников AKC и BKC: 1/2AC·BH = 1/2AC·MK +1/2BC·KN =

1/2AC·MK +1/2AC·KN =1/2AC·(MK +KN), из равенства 1/2AC·BH= 1/2AC·(MK +KN) следует, что BH = MK +KN, т.е.

сумма MK+KN не зависит от выбора точки K на стороне AB и равна высоте треугольника, проведенной с боковой стороне. Доказательство закончено.

5.3*.Длину биссектрисы можно вычислить по формуле: l_a= , где

l_a - длина биссектрисы, проведенной из угла A треугольника ABC, b_l, a_l -

отрезки, на которые биссектриса делит сторону BC, b, a - длины сторон треугольника.

Дано: AD- биссектриса треугольника BAC.

Доказать: AD² = A B ·AC - D B ·DC

Доказательство

Применим теорему косинусов к треугольникам BAD и ABD, получим

AB² = BD² + AD² - 2BD·AD cos<BAD,

AC² = CD² + AD² +2CD·AD cos<BAD. Умножим первое равенство на CD, а второе – на BD и сложим эти равенства, тогда получим

AB² СD + AC² BD = BD² CD + CD² DB + AD² (BC+ DC) (1), по свойству 5.2 , откуда , .

Подставим эти выражения в левую часть равенства(1), получим

AB·CA ·BD + AC·AB· CD = B D² CD + CD² DB + AD² (BC+ DC) или

AB·CA ·(BD + CD) = BD CD(BD + CD) + AD² (BC+ DC), откуда AD² = AB·CA - BD CD. Доказательство закончено.

5.4*.Длину биссектрисы можно вычислить по формуле: l_a= , где l_a - длина биссектрисы, проведенной из угла A треугольника ABC,α = BAC, b, a - длины сторон треугольника.

Дано: AD- биссектриса треугольника BAC.

Доказать:

Доказательство

S= S₁ + S₂ , S = ½ AB·AC sin<BAC, S₁ = ½ AB·AD sin1/2<BAC, S₂ = ½ AC·AD sin1/2<BAC, откуда

AD = AB·AC sin<BAC/ (AB·AD sin1/2<BAC+ AC·AD sin1/2<BAC), учитывая, что sin<BAC = 2 sin1/2<BACcos1/2<BAC, получим

. Доказательство закончено.

5.5.*Тупой угол между биссектрисами, двух углов треугольника равен α/2 + 90º, где α – величина третьего угла треугольника.

Дано: Отрезки AM и BN –биссектрисы треугольника. ABC

Доказать: <AOB = ½<ABC+ 90º.

Доказательство

< AOC = 180º - (1/2<A+1/2<C) = 180º - 1/2(<A+<C) = 180º - ½(180 º - <B) = ½<ABC+ 90º.Доказательство закончено.

5.6*. Площадь треугольника, вершинами которого являются основания биссектрис, равна , где S – площадь данного треугольника, a,b,c – его стороны.

Дано: ∆ABC, AN, CM, BK- биссектрисы углов треугольника.

Доказать: S _∆MNK = .

Доказательство

Площадь ∆MNK найдем как разность площади треугольника ABC и треугольников ANK, CKM и BNM.

По свойству 20.9 . По свойству 5.2 , , тогда .

Аналогично предыдущему , . Тогда

S _∆MNK = S _∆ABC (1- ) = . Доказательство закончено.

5.7*.Биссектриса внешнего угла треугольника пересекает противоположную сторону в точке, отношение расстояний от которой до концов этой стороны равно отношению двух других сторон треугольника.

Дано: ∆ABC, BL- биссектрисa внешнего угла CBM

Доказать: LC:AL= CB:AB

Доказательство

Проведем прямую CD, параллельно прямой BL, получим < LBM= <DCB, как внутренние накрестлежащие при параллельных CD и BL и секущей CB, < LBM= <CDМ, как соответственные при параллельных CD и BL и секущей AM. Тогда <CDМ = <DCB, следовательно, треугольник CDB равнобедренный и BD = CB. По теореме Фалеса AL:CL = AB:BD или AL:CL = AB:BC. Доказательство закончено.

6.2*. Отрезок, соединяющий основания высот остроугольного треугольника, отсекает от данного треугольника подобный ему с коэффициентом подобия, равным косинусу общего угла этих треугольников.

Дано: ∆ABC, , .

Доказать: ∆ABC ~ ∆AMN.

Доказательство

В прямоугольном треугольнике CAN , в прямоугольном треугольнике BAM . Тогда = cos<A, откуда следует, что ∆ABC ~ ∆AMN по углу и пропорциональности сторон, заключающих этот угол (8.2). Коэффициент подобия равен отношению соответствующих сторон этих треугольников, т.е. равен cos<A. Доказательство закончено.

6.4*. Разность квадратов двух сторон треугольника равна разности квадратов отрезков, на которые высота, проведенная к третьей стороне треугольник, делит эту сторону.

Дано:

Доказать: AC² – BC² = AD² - DB²

Доказательство

Из прямоугольного треугольника ACD выразим сторону CD по теореме Пифагора: CD ² = AC² - AD² .

Из прямоугольного треугольника BCD выразим сторону CD по теореме Пифагора: CD ² = BC² - BD² .

Приравняем правые части полученных равенств, получим

AC² - AD² = BC² - BD² . Откуда: AC² - BC² = AD² - BD² , что и требовалось доказать.

6.5**. Высоты данного остроугольного треугольника являются биссектрисами углов ортоцентрического.

Дано: , , .

Доказать: <NMB = <DMB, <MNA = <DNA, <MDC = <CDN.

Доказательство

Докажем, например, что <MNA = <DNA.

Так как треугольники MNC и BAC подобны (6.2), то < MNC=< BAC. Аналогично предыдущему из подобия треугольников ВND и BAC следует, что < DNB=< BAC. Следовательно, < MNC =< DNB, а значит и равны углы

MNA и DNA, как дополняющие до 90º равные углы. Доказательство закончено.

6.6**.Площадь ортоцентрического треугольника S₁ выражается через площадь S данного по формуле:

S₁ = 2ScosA cosB cosC.

Доказательство

Площадь треугольника NMD можно найти по формуле S₁ = 1/2MN·MD sin < NMD =

1/2 c·cos<C · a · cos<A sin 2< B = 1/2 c·cos<C · a · cos<A 2sin < B cos<B= 1/2 c· a sin < B 2cos<A cos<C cos<B=

2ScosA cosB cosC, что и требовадось доказать.

6.7**. Радиусы описанной около данного треугольника окружности, проведенные в вершины треугольника, перпендикулярны сторонам ортоцентрического треугольника.

Дано: , , .

Точка O – центр окружности, описанной около треугольника ABC.

Доказать: , .

Доказательство

Докажем, например, что . Проведем касательную CL к окружности в точке C. по свойству 15.9 . Покажем, что MN||CL. Угол BCL равен половине дуги СB (свойство 16.4), а угол CAB- вписанный, опирается на эту же дугу и равен и поэтому так же измеряется половиной дуги AC (16. 1). Из подобия треугольников ABC и NMC следует, что углы CNM и CAB равны, а значит равны и углы LCB и CNB. По свойству (10.11) для прямых CL и MN и секущей CN получим MN||CL. Откуда следует, что .

6.8**. Углы ортоцентрического треугольника равны 180º- 2α, 180º- 2β,180º- 2γ, где α,β,γ – углы данного треугольника.

Дано: , , .

Доказать: <NMD = 180º - 2<B, <MND = 180º - 2<A, <MDN = 180º - 2<C.

Доказательство

Докажем, например, что <MND = 180º - <A.

Так как треугольники MNC и BAC подобны (6.2), то < MNC=< BAC. Аналогично предыдущему из подобия треугольников ВND и BAC следует, что < DNB=< BAC. Тогда < MND = 180º - < MNC- < DNB = 180º - 2<A. Доказательство закончено.

7.3*. Длину медианы треугольника, можно вычислить по формуле:

, где m_a – длина медианы, проведенной к стороне a.

Дано: , AM – медиана этого треугольника.

Доказать: AM² = AC² /2+ AB² /2– CB² /4

Доказательство

Отложим на прямой AM отрезок DM = MD. Четырехугольник ABCD – параллелограмм (свойство 10. 10).По свойству диагоналей параллелограмма10.6 будем иметь

4AM² + CB² = 2(AC² + AB² ). Откуда получим AM² = AC² /2+ AB² /2– CB² /4, что и требовалось доказать.

7.4**.Сумма квадратов медиан треугольника равна ¾ суммы квадратов его сторон.

Дано: , AM, BN, CK – медианы этого треугольника.

Доказать: AM² + BN² + CK² = ¾(AB² + AC² + BC² )

Доказательство

По свойству 7.3 будем иметь AM² = AC² /2+ AB² /2– CB² /4,

BN² = BC² /2+ AB² /2– CA² /4,

CK² = AC² /2+ CB² /2– AB² /4. Сложим почленно последние три равенства, получим

AM² + BN² + CK² = ¾(AB² + AC² + BC² ), что и требовалось доказать.

7.5**.Сумма квадратов медиан прямоугольного треугольника равна 3/2 квадрата его гипотенузы.

По свойству 7.4 m _a² + m _b² + m _с² = ¾(a² + b² + c² ). По теореме Пифагора a² + b² =c², тогда

m _a² + m _b² + m _с² = 3/2(c² ), что и требовалось доказать.

7.6**.Сумма квадратов медиан прямоугольного треугольника, проведенных из вершин острых углов, равна 5/4 квадрата его гипотенузы.

По свойству 7.5 m _a² + m _b² + m _с² = 3/2(c² ), по свойству 4.9 m_c = ½ c. Тогда m _a² + m _b² + 1/4с² = 3/2(c² ) или

m _a² + m _b² = 5/4c², что и требовалось доказать.

8.7*.Теорема Чевы