Задача - LanCats

Задача 76. Доказать, что точка пересечения диагоналей трапеции, точка
пересечения прямых, содержащих боковые стороны трапеции, и середины
оснований трапеции лежат на одной прямой. [2, п.84]
Решение.
S
1. Пусть O – точка пересечения диагоналей AC и BD
B
B1
M
C
O
A
трапеции ABCD ( AD || BC ), S – точка пересечения AB и
C1
N
Рис. 10
CD , N и M – середины сторон AD и BC соответственно
D
(рис. 10). Докажем, что M  SN , O  SN .
2. Из подобия треугольников SBC и SAD следует, что
SB BC

. Тогда подобны треугольники SBM
SA AD
и SAN , т.к. SBM  SAN как
соответственные при параллельных прямых и
1
BC
SB BC 2
BM



.
SA AD 1
AN
AD
2
Значит,
BSM  ASN , т.е. M  SN .
3.
Проведём B1C1 || AD ( B1C1 || BC ), B1  AB , C1  C . Тогда B1O  OC1 , т.к. SN -
медиана ASB , а медиана делит любой отрезок, параллельный основанию и с
концами на сторонах треугольника, пополам. В результате, аналогично
предыдущему случаю докажем, что B1SO  ASN , т.е. O  SN .
Комментарий к задаче
1)
Задача, раскрывая свойство трапеции, демонстрирует один из
возможных способов и, в свою очередь, даёт новый способ доказательства
принадлежности трёх точек одной прямой. Поэтому достраивание трапеции до
треугольника с помощью нахождения точки пересечения её боковых сторон
становится одним из дополнительных построений в трапеции.
2)
Основная идея представленного доказательства – использование
подобия треугольников и того факта, что от данного луча в заданную
полуплоскость можно отложить только один угол, равный данному углу. Но
существуют и другие способы решения этой задачи. Также примечательно
использование особого свойства медианы треугольника – делить пополам любой
отрезок, с концами на сторонах треугольника и параллельный основанию.
1
Проведение
3)
дополнительного
построения
во
второй
части
доказательства обусловлено общим подходом к решению – необходимостью
доказать равенство углов на основе подобия треугольников.
Задача 77. В трапеции известны основания a и b ( a  b ). Вычислить длину
отрезка с концами на боковых сторонах трапеции, параллельного основаниям и:
а) проходящего через точку пересечения диагоналей трапеции;
б) рассекающего трапецию на две подобные трапеции;
в) соединяющего середины боковых сторон трапеции;
г) делящего площадь трапеции пополам.
Сравнить рассматриваемые отрезки.
Решение.
K
а) Пусть
O
–
точка
пересечения
диагоналей AC и BD трапеции ABCD
b
D
M1
N1
M
L1
O
h2
M 1 M 2 || CD , M1  AD , M 2  CB
M2
N2
R
K1
a
Рис.11
11).
AKB , где K – точка пересечения AD и BC .
Проведём
S
(рис.
Достроим трапецию ABCD до треугольника
N
L2
h1
A
тогда
( AB || DC ), O  M1M 2 , M 1 M 2 || AB ,
C
B
в
AKB
медиану
KK1
из
вершины K . Тогда O  KK1 (см. задачу 76).
Т.к.
медиана
делит
любой
отрезок,
параллельный основанию и с концами на сторонах треугольника, пополам, а
M 1 M 2 || AB , M1  AK , M 2  BK , то OM 1  OM 2 .
Введём обозначение: OM 1  x . Тогда из подобия треугольников DOM 1 и
DBA следует, что
что
x DM 1
(1), из подобия треугольников AOM 1 и ACD следует,

a
DA
x AM 1
x x DM 1 AM 1 DA
ab
(2). Сложим (1) и (2):  
.


 1 . Тогда x 

ab
a b
DA
DA
DA
b
DA
Значит, M 1 M 2  2ab 
ab
2
1 1

a b
– среднее гармоническое величин a и b .
2
б)
Пусть N1 N 2 || AB ( N1 N 2 || CD ) и рассекает трапецию ABCD на две
подобные трапеции
Тогда
AN1 N 2 B
и
N1 DCN 2 ,
где
N1  AD ,
N 2  CB
(рис. 11).
N N
a
 1 2 , т.е. N 1 N 2  ab – среднее геометрическое для a и b .
N1 N 2
b
в)
Учитывая, что MN - средняя линия трапеции ABCD (рис. 11),
получаем MN 
г)
ab
– среднее арифметическое для a и b .
2
Пусть L1 L2 || AB ( L1 L2 || CD ) делит площадь трапеции пополам ABCD (рис.
11), т.е. S AL L B  S L L CD . Обозначим L1 L2  y . Тогда имеем:
1 2
1 2
h1 и h2 – высоты трапеций AL1 L2 B и L1 L2 CD . Значит,
1
a  y   h1  1  y  b   h2 , где
2
2
h1 b  y
(3).

h2 a  y
Дополнительное построение: L1 S || BC и DR || BC . Тогда AL1 S и L1 R  y  b ,
AS  a  y . Из подобия треугольников AL1 S и L1 DR следует, что
AS a  y h1
(4),


L1 R y  b h2
т.к. h1 и h2 являются также высотами соответственно в AL1 S и L1 DR . Из (3) и (4)
следует, что
b y a y
,

a  y y b
т.е. a 2  y 2  y 2  b 2 , тогда
y
a2  b2
2
– среднее
квадратичное для a и b .
Известна связь между средними:
2
1 1

a b
 ab 
ab
a2  b2

, где a  0 , b  0 ,
2
2
причём равенство выполняется при a  b . Тогда можно утверждать, что
M1M 2  N1 N 2  MN  L1 L2 .
Комментарий к задаче
1)
Задача раскрывает интересные факты, связанные с трапецией, и
наглядно иллюстрирует связь между средними двух величин, причём тот факт,
что M1M 2  N1 N 2  MN  L1 L2 можно доказать и геометрически.
2)
В ходе рассмотрения пункта 1) используется одно из дополнительных
построений в трапеции и свойство принадлежности особых точек трапеции одной
прямой, доказанное в задаче ?. Также примечательно использование особого
свойства медианы треугольника - делить пополам любой отрезок, с концами на
3
сторонах треугольника и параллельный основанию. Это позволяет получить
первую формулу на основе подобия соответствующих треугольников. Идея
использования подобия фигур далее также прослеживается и при рассмотрении
пункта 2) и 3).
Проведение дополнительных построений в пункте 4) обусловлено
3)
рассмотрением соответствующих высот в трапециях, равных по площади, и
получением первой пропорции, определяющей отношение этих высот. Поэтому
далее логично используется тот факт, что отношение соответствующих высот в
подобных треугольниках равно коэффициенту подобия.
Задача 78. При пересечении биссектрис всех углов параллелограмма
образовался
четырёхугольник.
Доказать,
что
этот
четырёхугольник
–
прямоугольник. Каков будет вид этого четырёхугольника, если исходная фигура –
прямоугольник, ромб, квадрат? [2, № 428].
Решение.
1. По свойству параллелограмма биссектрисы углов,
прилежащих к одной стороне, перпендикулярны.
Значит, если AC1 , BC1 , СA1 , DA1 – биссектрисы A ,
Рис.12
 B , C , D параллелограмма ABCD соответственно,
то
AC1 B  A1 B1C1  CA1 D  C1 D1 A1  90 0 ,
тогда
A1 B1C1 D1 – прямоугольник (рис. 12).
2.
Если ABCD – прямоугольник, тогда AD  DC . Т.к. СA1 , DA1 – биссектрисы
C , D , то точка A1 равноудалена от прямых AD и BC . Аналогично, C1 равноудалена
от AD и BC . Значит, т.к. AD || BC , то A1C1 || AD . Аналогично, B1 D1 || DC . Тогда
B1C1  B1 D1 , т.е. ABCD – квадрат.
3.
Если ABCD – ромб или квадрат, то его диагонали делят углы пополам
и взаимно перпендикулярны, т.е. A1 B1C1 D1 выродится в точку.
Комментарий к задаче
1)
углов
В задаче используется много интересных фактов: свойство биссектрис
параллелограмма,
прилежащих
к
одной
стороне;
свойство
равноудалённости точек биссектрисы угла от сторон угла; прямая, параллельная
4
данным прямым и проходящая посередине между ними, как множество точек,
равноудалённых от двух параллельных прямых; свойство сохранения угла между
попарно параллельными прямыми. В свою очередь, раскрывается интересный
факт, связанный с параллелограммом и его частными видами.
2)
Доказательство основано на использовании определений, свойств и
признаков прямоугольника, ромба, квадрата.
Причём используемый в задаче
признак прямоугольника следует непосредственно из его определения, а вот
признак квадрата (ромба) является теоремой, обратной к свойству диагоналей
ромба.
Задача 79. В трапеции диагонали равны 3 и 5, а отрезок, соединяющий
середины оснований, равен 2. Найти площадь трапеции.
Решение.
A
M
Пусть
задана
трапеция
ABCD
с
основаниями AB и CD (рис. 13), BD =3, AC =5,
B
MN  2 , где M
и N – середины AB и CD
соответственно.
D
N
O
C
E
1. Проведём BE || AC , E  DC . Тогда BE  AC  5 ,
DE  DC  AB и S ABCD  S DBE .
2. Проведём ВОМN, ODC. Тогда ВО=МN=2,
K
Рис.13
1
NO= AB, DO 
2
1
1
1
DC  AB  DE , т.е.
2
2
2
BO
–
медиана треугольника DBE .
3. Удвоим медиану BO , за точку O и отложим отрезок OK  BO получим
отрезок BK , BK  2BO  4 . Тогда DBEK – параллелограмм, DK  BE  5 . Получаем
S DBE 
1
S DBEK  S DBK  S ABCD .
2
4. DK 2  25  16  9  BK 2  DB 2 , значит треугольник DBK
1
2
– прямоугольный,
1
2
тогда S DBK  DB  BK  3  4  6  S ABCD .
Ответ. 6 .
Комментарий к задаче
Решение
задачи
базируется
на
двух
основных
дополнительных
построениях: прямой, параллельной диагонали трапеции, и удвоение медианы
5
треугольника. Чем они вызваны? – Необходимостью получить треугольник,
стороны которого равны заданным отрезкам или кратны им. Поэтому, сначала
получим треугольник ABE со сторонами 3 и 5 , затем треугольник DBK со
сторонами 3,5 и 2 . Площадь последнего оказалась равной площади трапеции. Так
же
как
вспомогательное
становится
необходимым
построение
прямой,
параллельной заданному отрезку, соединяющему середины оснований трапеции.
Данные
построения
определяются
заданными
элементами,
а
именно
целесообразностью сведения их в одну точку, и связью между их длинами.
Задача 80. Доказать, что
середина отрезка, соединяющего точки
пересечения продолжений противоположных сторон четырёхугольника, лежит на
прямой, проходящей через середины диагоналей (теорема Гаусса).
Решение.
M
содержащие
Пусть
стороны
прямые,
AB
и
CD
четырёхугольника ABCD , пересекаются
в точке M , а прямые, содержащие
C
N
стороны AD и BC , – в точке ; N –
B
середина
T
X
Z
E
MK ,
T
и
E–
середины
диагоналей AC и BD соответственно
(рис. 14).
K
Y
A
D 1. Отметим
X, Y
и Z – середины
отрезков BK , AK и AB соответственно. Тогда XY , ZY , ZX – средние линии
треугольника AKB . Используем тот факт, что прямая, содержащая среднюю
линию треугольника, есть множество середин отрезков, соединяющих вершину
треугольника с точками на прямой, содержащей основание. Значит N  XY ,
T  ZY , E  ZX .
XN 1 YN
 
, тогда
BM 2 AM
2. По свойству средней линии




BM  p MA (1), XN  p NY (2).
6


BM
XN
    p , т.е.
MA NY






3. Аналогично пункту 2 получаем: KC  q CB (3), YT  q TZ (4), AD  r DK (5),


ZE  r EX (6).
4. Т.к. точки M , С и D принадлежат одной прямой, то на основе равенств
(1), (3) и (5), по теореме Менелая, получаем: pqr  1 . Тогда, учитывая равенства
(2), (4) и (6), по теореме Менелая, можно сделать вывод, что точки N , T и
E принадлежат одной прямой.
Комментарий к задаче
1)
В задаче представлена классическая ситуация для применения
теоремы Менелая. Она используется в п. 4 сначала как необходимое условие
принадлежности трёх точек одной прямой, а затем как достаточное.
2)
Необходимость
введения
в
рассмотрение
в
п.
1
середин
соответствующих отрезков обуславливается заданными точками. В результате
рассматривается прямая, содержащая среднюю линию треугольника, как
множество середин отрезков, соединяющих вершину треугольника с точками на
прямой, содержащей основание. Так же применяется тот факт, что средняя линия
треугольника равна половине основания.
7