Задачи

Фильтрация

Показать фильтрацию

По классам:

По предметам:

По подготовке:

По классам:

По авторам:

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники, подобие треугольников,

Задача в следующих классах: 8 класс 9 класс

Сложность задачи : 3

Задача встречается в следующей книге: Прасолов В. В. Решение задач повышенной сложности по геометрии. 7–9 классы //М: Просвещение. – 2019.

Из вершины \(А\) параллелограмма \(ABCD\) проведены перпендикуляры \(АМ\) и \(AN\) к прямым \(ВС\) и \(СD\). Докажите, что \(\Delta ABC \sim \Delta MAN\).

Решение №38342: Из подобия прямоугольных треугольников \(AMB\) и \(AND\) следует, что \(AM : AN = AB : AD = AB : ВC\). Кроме того, \(\angle ABC = \angle MAN\), поскольку стороны этих углов взаимно перпендикулярны и эти углы либо оба острые, либо оба тупые.

Ответ: Утверджение доказано.

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники, подобие треугольников,

Задача в следующих классах: 8 класс 9 класс

Сложность задачи : 3

Задача встречается в следующей книге: Прасолов В. В. Решение задач повышенной сложности по геометрии. 7–9 классы //М: Просвещение. – 2019.

Две стороны треугольника равны двум сторонам подобного ему треугольника. Могут ли эти треугольники быть неравными?

Решение №38343: Рассмотрите треугольники со сторонами 1, \(а\), \(а^2\) и \(а\), \(а^2\), \(а^3\).

Ответ: NaN

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники, подобие треугольников,

Задача в следующих классах: 8 класс 9 класс

Сложность задачи : 3

Задача встречается в следующей книге: Прасолов В. В. Решение задач повышенной сложности по геометрии. 7–9 классы //М: Просвещение. – 2019.

В равнобедренном треугольнике \(АВС\) из середины \(Н\) основания \(ВС\) проведён перпендикуляр \(НЕ\) к боковой стороне \(АС\); точка \(O\) - середина отрезка \(НЕ\). Докажите, что прямые \(АО\) и \(ВЕ\) перпендикулярны.

Решение №38344: Пусть точка \(D\) - середина отрезка \(ВН\). Треугольники \(ВНА\) и \(НЕА\) подобны, поэтому \(AD: AO = AB: AH\) и \(\angle DAH = \angle OAE\). Следовательно, \(\angle DAO = \angle BAH\). Поэтому \(\Delta DAO \sim \Delta ВАН\) и \(\angle DOA = \angle BHA = 90^\circ\). Кроме того, \(DO \parallel BE\).

Ответ: Утверджение доказано.

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники, подобие треугольников,

Задача в следующих классах: 8 класс 9 класс

Сложность задачи : 3

Задача встречается в следующей книге: Прасолов В. В. Решение задач повышенной сложности по геометрии. 7–9 классы //М: Просвещение. – 2019.

Хорды \(АВ\) и \(CD\) окружности пересекаются в точке \(М\). Докажите, что \(\Delta АМС \sim \Delta DMB\).

Решение №38345: Вписанные углы \(ACD\) и \(ABD\) равны.

Ответ: Утверджение доказано.

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники, подобие треугольников,

Задача в следующих классах: 8 класс 9 класс

Сложность задачи : 3

Задача встречается в следующей книге: Прасолов В. В. Решение задач повышенной сложности по геометрии. 7–9 классы //М: Просвещение. – 2019.

Хорды \(АВ\) и \(СD\) окружности пересекаются в точке \(М\). Докажите, что \(AM \cdot MB = CM \cdot MD\).

Решение №38346: Стороны \(AM\) и \(СМ\) треугольника \(АМС\) пропорциональны сторонам \(DM\) и \(ВМ\) подобного ему треугольника \(DMB\).

Ответ: Утверджение доказано.

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники, подобие треугольников,

Задача в следующих классах: 8 класс 9 класс

Сложность задачи : 3

Задача встречается в следующей книге: Прасолов В. В. Решение задач повышенной сложности по геометрии. 7–9 классы //М: Просвещение. – 2019.

Хорды \(АВ\) и \(СD\) окружности пересекаются в точке \(М\). Докажите, что \(\frac{AC \cdot AD}{BC \cdot BD} = \frac{AM}{BM}\).

Решение №38347: Из подобия треугольников \(АМС\) и \(DMB\) следует, что \(AC : BD = AM : DM\), а из подобия треугольников \(AMD\) и \(СМВ\) следует, что \(AD : CB = DM : BM\).

Ответ: NaN

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники, подобие треугольников,

Задача в следующих классах: 8 класс 9 класс

Сложность задачи : 3

Задача встречается в следующей книге: Прасолов В. В. Решение задач повышенной сложности по геометрии. 7–9 классы //М: Просвещение. – 2019.

Вершины равностороннего треугольника \(ABC\) лежат на окружности. На меньшей дуге \(BC\) этой окружности отмечена точка \(Р\). Отрезок \(АР\) пересекает сторону \(ВС\) в точке \(Q\). Докажите, что \(\frac{1}{PQ} = \frac{1}{PB} + \frac{1}{PC}\).

Решение №38348: Ha продолжении отрезка \(ВР\) за точку \(Р\) отметим точку \(D\) так, что \(PD = PC\). Тогда треугольник \(CPD\) равносторонний и \(CD \parallel QP\). Поэтому \(\frac{BP}{PQ} = \frac{BD}{CD} = \frac{BP+PC}{PC}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники, подобие треугольников,

Задача в следующих классах: 8 класс 9 класс

Сложность задачи : 3

Задача встречается в следующей книге: Прасолов В. В. Решение задач повышенной сложности по геометрии. 7–9 классы //М: Просвещение. – 2019.

Вершины равностороннего треугольника \(АВС\) лежат на окружности. На меньшей дуге \(АВ\) отмечена точка \(М\). Прямые \(АС\) и \(ВМ\) пересекаются в точке \(К\), а прямые \(ВС\) и \(АМ\) - в точке \(N\). Докажите, что произведение длин отрезков \(АК\) и \(BN\) не зависит от выбора точки \(М\).

Решение №38349: Каждый из углов \(АКВ\) и \(МСВ\) равен \(60^\circ - \frac{1}{2} \cup AM\), поэтому \(\angle AKB = \angle MCB = \angle BAN\). Аналогично \(\angle КВА = \angle MCA = \angle ANB\). Следовательно, \(\Delta АКВ \sim \Delta ВАN\), поэтому \(АК : AB = BA : BN\), т. e. \(AK \cdot BN = AB^2\).

Ответ: Утверджение доказано.

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники, подобие треугольников,

Задача в следующих классах: 8 класс 9 класс

Сложность задачи : 3

Задача встречается в следующей книге: Прасолов В. В. Решение задач повышенной сложности по геометрии. 7–9 классы //М: Просвещение. – 2019.

Докажите, что биссектриса треугольника делит его сторону на части, пропорциональные двум другим сторонам.

Решение №38350: Пусть \(AD\) - биссектриса треугольника \(АВС\). Проведём из вершин \(В\) и \(С\) перпендикуляры \(ВВ_{1}\) и \(СС_{1}\) к прямой \(AD\) (рис. 226). Из подобия прямоугольных треугольников \(DBB_{1}\) и \(DCC_{1}\) следует, что \(BD: CD = BB_{1} : CC_{1}\). Из подобия прямоугольных \(ABB_{1}\) треугольников и \(ACC_{1}\) следует, что \(BB_{1} : CC_{1} = AB : AC\).

Ответ: Утверджение доказано.

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники, подобие треугольников,

Задача в следующих классах: 8 класс 9 класс

Сложность задачи : 3

Задача встречается в следующей книге: Прасолов В. В. Решение задач повышенной сложности по геометрии. 7–9 классы //М: Просвещение. – 2019.

Биссектриса внешнего угла с вершиной \(А\) треугольника \(АВС\) пересекает прямую \(ВС\) в точке \(D\). Докажите, что \(BD: CD = AB : AC\).

Решение №38351: Проведите из вершин \(В\) и \(С\) перпендикуляры \(ВВ_{1}\) и \(СС_{1}\) к прямой \(AD\) (рис. 227). Из подобия прямоугольных треугольников \(DBB_{1}\) и \(DCC_{1}\) следует, что \(BD : CD = BB_{1} : СС_{1}\). Из подобия прямоугольных треугольников \(ABB_{1}\) и \(ACC_{1}\) следует, что \(BB_{1} : CC_{1} = AB : AC\).

Ответ: Утверджение доказано.

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники, подобие треугольников,

Задача в следующих классах: 8 класс 9 класс

Сложность задачи : 3

Задача встречается в следующей книге: Прасолов В. В. Решение задач повышенной сложности по геометрии. 7–9 классы //М: Просвещение. – 2019.

В каком отношении биссектриса \(ВЕ\) треугольника \(АВС\) делит биссектрису \(AD\), если \(АВ = с\), \(ВС = а\) и \(АС = b\)?

Решение №38352: Из того, что \(ВС = а\) и \(BD : DC = с : b\), следует, что \(BD = \frac{ac}{b+c}\). Пусть \(О\) - точка пересечения биссектрис \(AD\) и \(ВЕ\). По свойству биссектрисы треугольника \(АO : OD = AB : BD\).

Ответ: NaN

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники, подобие треугольников,

Задача в следующих классах: 8 класс 9 класс

Сложность задачи : 3

Задача встречается в следующей книге: Прасолов В. В. Решение задач повышенной сложности по геометрии. 7–9 классы //М: Просвещение. – 2019.

В треугольнике \(АВС\) проведена биссектриса \(AD\) и на стороне \(АВ\) отмечена точка \(Е\) так, что \(ED \parallel AC\). Найдите \(ED\), если \(АВ = с\) и \(AC = b\).

Решение №38353: Из подобия треугольников \(EBD\) и \(АВС\) следует, что \(ED : AC = BD : ВС\). Из свойства биссектрисы треугольника следует, что \(BD = \frac{ac}{b+c}\).

Ответ: NaN

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники, подобие треугольников,

Задача в следующих классах: 8 класс 9 класс

Сложность задачи : 3

Задача встречается в следующей книге: Прасолов В. В. Решение задач повышенной сложности по геометрии. 7–9 классы //М: Просвещение. – 2019.

Точка \(M\) - середина стороны \(АВ\) треугольника \(АВС\), отрезки \(MA_{1}\) и \(MB_{1}\) - биссектрисы треугольников \(АМС\) и \(ВМС\). Докажите, что прямые \(АВ\) и \(А_{1}В_{1}\) параллельны.

Решение №38354: Согласно свойству биссектрисы треугольника \(AA_{1} : A_{1}C = AM : MC = BM : MC = BB_{1} : В_{1}С\).

Ответ: Утверджение доказано.

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники, подобие треугольников,

Задача в следующих классах: 8 класс 9 класс

Сложность задачи : 3

Задача встречается в следующей книге: Прасолов В. В. Решение задач повышенной сложности по геометрии. 7–9 классы //М: Просвещение. – 2019.

В треугольнике \(АВС\), сторона \(АВ\) которого вдвое больше стороны \(АС\), проведены биссектриса \(AD\) и медиана \(СМ\). Докажите, что \(BD = 2MD\).

Решение №38355: По свойству биссектрисы \(BD = 2CD\). Кроме того, \(CD = MD\).

Ответ: Утверджение доказано.

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники, подобие треугольников,

Задача в следующих классах: 8 класс 9 класс

Сложность задачи : 3

Задача встречается в следующей книге: Прасолов В. В. Решение задач повышенной сложности по геометрии. 7–9 классы //М: Просвещение. – 2019.

В треугольнике \(АВС\) угол \(А\) вдвое больше угла \(В\). Докажите, что \(BC^2 = (AC + AB) \cdot AC\).

Решение №38356: Проведите биссектрису \(AD\) треугольника \(АВС\). По свойству биссектрисы \(DC = \frac{AC \cdot BC}{AB + AC}\). Tpeугольники \(ABC\) и \(DAC\) подобны по двум углам, поэтому \(АС : ВС = DC : АС\).

Ответ: Утверджение доказано.

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники, подобие треугольников,

Задача в следующих классах: 8 класс 9 класс

Сложность задачи : 3

Задача встречается в следующей книге: Прасолов В. В. Решение задач повышенной сложности по геометрии. 7–9 классы //М: Просвещение. – 2019.

В равнобедренном треугольнике \(АВС\) с основанием \(АС\) проведена биссектриса \(AD\). Докажите, что если \(BD = AC\), то \(AD = AC\).

Решение №38357: Пусть \(АВ = ВС = а\) и \(АС = b\). По свойству биссектрисы \(BD = \frac{a^2}{a+b}\) и \(DC = \frac{ab}{a+b}\) (рис. 228). По условию \(BD = AC\), т. e. \(\frac{a^2}{a+b} = b\). Следовательно, \(\frac{a}{a+b} = \frac{b}{a}\), поэтому \(CD: AC = AC : ВA\). Стороны треугольников \(ACD\) и \(ВАС\), заключающие равные углы, пропорциональны, поэтому они подобны и треугольник \(ACD\) тоже равнобедренный.

Ответ: Утверджение доказано.

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, треугольники, подобие треугольников,

Задача в следующих классах: 8 класс 9 класс

Сложность задачи : 3

Задача встречается в следующей книге: Прасолов В. В. Решение задач повышенной сложности по геометрии. 7–9 классы //М: Просвещение. – 2019.

Точка \(С\) расположена на гипотенузе \(AF\) прямоугольного треугольника \(АВF\). Докажите, что в треугольнике \(АВС\) биссектриса \(AD\), медиана \(ВМ\) и высота \(СН\) пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда \(AB = CF\).

Решение №38358: Пусть медиана \(ВМ\) и высота \(СН\) пересекаются в точке \(L\). Отрезок \(AL\) является биссектрисой треугольника \(АВМ\) тогда и только тогда, когда \(BA: AM = BL: LM\). Кроме того, \(BL : LM = CF: CM = CF : AM\).

Ответ: Утверджение доказано.

Углы \(\alpha\) и \(\beta\) могут быть как острыми, так и тупыми. Следует ли из неравенства \(\alpha < \beta\) неравенство \(sin \alpha < sin \beta\)?

Решение №38359: Синус острого угла \(\alpha\) равен синусу тупого угла \(180^\circ - \alpha\).

Ответ: NaN

Докажите, что если \(\alpha + \beta < 180^\circ\), то \(sin (\alpha + \beta) = sin \alpha cos \beta + cos \alpha sin \beta\).

Решение №38360: Рассмотрите треугольник \(АВС\) с углами \(angle A = \alpha\) и \(angle В = \beta\). Пусть радиус описанной около него окружности равен \(R\). Тогда \(АВ = 2Rsin (\alpha + \beta)\). Проведите высоту \(СС_{1}\). Если оба угла \(\alpha\) и \(\beta\) острые, то \(AC_{1} = 2Rsin \beta cos \alpha\) и \(BC_{1} = 2R sin \alpha cos \beta\). Поэтому из равенства \(AB = AC_{1} + С_{1}В\) следует требуемое. Случай, когда один из углов \(\alpha\) и \(\beta\) тупой или прямой, разберите самостоятельно.

Ответ: Утверджение доказано.

Докажите, что если \(\alpha + \beta < 180^\circ\), то \(cos (\alpha + \beta) = cos \alpha cos \beta - sin \alpha sin \beta\).

Решение №38361: Возьмите треугольник \(АВС\) со стороной \(ВС = 1\) и углами \(\angle A = \alpha\) и \(angle B = \beta\) и проведите перпендикуляр \(ВН\) к прямой \(AC\) (рис. 229). Предположите, что углы \(\alpha\), \(\beta\) и \(\alpha + \beta\) меньше \(90^\circ\). Тогда \(CH = АН - AC\), т. е. \(cos(\alpha + \beta) = \frac{sin(\alpha + \beta)}{sin\alpha}cos\alpha - \frac{sin\beta}{sin\alpha}\). Воспользовавшись тем, что \(sin (\alpha + \beta) = sin\alpha cos\beta + cos\alpha sin\beta\), легко получить требуемое. Случаи, когда один из углов \(\alpha\), \(\beta\) и \(\alpha + \beta\) больше или равен \(90^\circ\), разберите самостоятельно.

Ответ: Утверджение доказано.

Диагональ \(АС\) квадрата \(ABCD\) является гипотенузой прямоугольного треугольника \(АСК\), причём точки \(В\) и \(К\) лежат по одну сторону от прямой \(АС\). Докажите, что \(ВК = \frac{|AK-CK|}{\sqrt2}\) и \(DK = \frac{|AK+CK|}{2^(1/2)}\)\).

Решение №38362: Точки \(B\), \(D\) и \(К\) лежат на окружности с диаметром \(АС\). Для определённости будем считать, что \(\angle KCA = \varphi \leq 45^\circ\). Тогда \(BK = AC sin (45^\circ - \varphi) = \frac{AC(cos \varphi - sin \varphi)}{2^(1/2)}\) и \(DK = AC sin (45^\circ + \varphi) = \frac{AC(cos \varphi + sin \varphi)}{2^(1/2)}\). Кроме того, \(AC sin \varphi = AK\) и \(ACcos \varphi = CK\).

Ответ: Утверджение доказано.

Докажите, что для углов любого треугольника \(АВС\) выполняется равенство \(2cos A cos B cos C = 1 - (cos A)^2 - (cosB)^2 - (cosC)^2\).

Решение №38363: Оба выражения равны \(2sin A sin B cos A cos B - 2(cos A)^2(cos B)^2\).

Ответ: Утверджение доказано.

Докажите, что для углов любого треугольника \(АВС\) выполняется равенство \(2sin A sin B cos C = 1 + (cos C)^2 - (cosA)^2 - (cosB)^2\).

Решение №38364: Оба выражения равны \(2(sin A)^2(sin B)^2 - 2sin A sin B cosA cos B\).

Ответ: Утверджение доказано.

Докажите, что \((sin \alpha)^2 + (sin (60^\circ + \alpha))^2 + (sin(60^\circ - \alpha))^2 = \frac{3}{2}\).

Решение №38365: Из формулы синуса суммы углов следует, что \((sin (60^\circ \pm \alpha))^2 = \frac{1}{4}(3^(1/2) cos \alpha \pm sin \alpha)^2 = \frac{1}{4}(3(cos \alpha)^2 \pm 2 3^(1/2)cos \alpha sin \alpha + (sin \alpha)^2)\). Поэтому \((sin(60^\circ + \alpha)^2 + (sin(60^\circ - \alpha)^2 = \frac{1}{2}(3(cos \alpha)^2 + (sin \alpha)^2)\).

Ответ: Утверджение доказано.

Точка \(X\) движется по окружности, описанной около равностороннего треугольника \(АВС\). Докажите, что при этом величина \(AX^2 + BX^2 + CX^2 остается постоянной.

Решение №38366: Пусть для определённости точка \(X\) находится на дуге \(АВ\) и на дугу \(АХ\) опирается центральный угол \(2\alpha\). Тогда \(AX = 2Rsin \alpha\), \(BX = 2R sin (60^\circ - \alpha)\) и \(CX = 2Rsin (60^\circ + \alpha)\); здесь \(R\) - радиус описанной окружности. Поэтому согласно задаче 18.7 \(AX^2 + BX^2 + CX^2 = 6R^2\).

Ответ: Утверджение доказано.

Угол \(С\) треугольника \(АВС\) тупой, \(АА_{1}\) и \(BB_{1}\) - высоты треугольника. Докажите, что треугольники \(АВС\) и \(А_{1}В_{1}С\) подобны, причём коэффициент подобия равен \(-cos С\).

Решение №38367: У треугольников \(АВС\) и \(А_{1}В_{1}С\) углы \(ACB\) и \(A_{1}CB_{1}\) вертикальные, \(A_{1}C = -AC cos C\) и \(B_{1}C = -BC cos C\).

Ответ: Утверджение доказано.

Отрезки \(АА_{1}\) и \(ВВ_{1}\) - высоты треугольника \(АВС\). Найдите угол \(С\), если отрезок \(А_{1}В_{1}\) вдвое меньше стороны \(АВ\).

Решение №38368: Согласно примеру 2 на с. 70 и задаче 18.9 \(A_{1}B_{1} = \pm AB cos C\), поэтому \(cos C = \pm frac{1}{2}\).

Ответ: NaN

В остроугольном треугольнике \(АВС\) проведены высоты \(АА_{1}\), \(ВВ_{1}\) и \(СС_{1}\). Докажите, что отношение площади треугольника \(A_{1}B_{1}C_{1}\) к площади треугольника \(АВС\) равно \(2 cos A cos B cos C\).

Решение №38369: Треугольник \(AB_{1}C_{1}\) подобен треугольнику \(ABC\), и коэффициент подобия равен \(cos А\), поэтому \(B_{1}C_{1} = BC cos A\). Аналогично \(A_{1}C_{1} = AC cos В\). Кроме того, \(\angle A_{1}C_{1}B_{1} = 180^\circ - 2 \angle C\). Поэтому отношение площади треугольника \(А_{1}В_{1}С_{1}\) к площади треугольника \(АВC\) равно \(frac{cos A cos B sin 2C}{sinC} = 2cos A cos B cos C\).

Ответ: Утверджение доказано.

Из вершин произвольного выпуклого четырёхугольника проведены перпендикуляры к его диагоналям. Докажите, что четырёхугольник с вершинами в основаниях этих перпендикуляров подобен исходному.

Решение №38370: Пусть \(O\) - точка пересечения диагоналей выпуклого четырёхугольника \(ABCD\). Выполните сначала гомотетию с коэффициентом \(cos AOB\) и центром \(О\), а затем симметрию относительно биссектрисы угла \(АОВ\). При этом преобразовании вершины четырёхугольника переходят в основания перпендикуляров.

Ответ: Утверджение доказано.

Докажите, что высота \(СН\) треугольника \(АВС\) равна \(\frac{AC \cdot BC}{2R}\), где \(R\) - радиус окружности, описанной около треугольника.

Решение №38371: Высота \(СН\) равна \(AC sin A = AC \times \frac{BC}{2R}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Из основания высоты треугольника проведены перпендикуляры к двум его сторонам, и основания этих перпендикуляров соединены отрезком. Докажите, что для всех трёх высот треугольника длина этого отрезка одна и та же.

Решение №38372: Проведите высоту \(АН\) треугольника \(АВС\) и из точки \(Н\) проведите перпендикуляры \(НМ\) и \(HN\) к сторонам \(АВ\) и \(АС\). Точки \(M\) и \(N\) лежат на окружности с диаметром \(АН\), поэтому \(MN = AH sin A\). Далее, \(AH = AB sin B = 2Rsin Csin B\), где \(R\) - радиус окружности, описанной около треугольника \(АВС\). Поэтому \(MN = 2RsinAsin B sin C\).

Ответ: Утверджение доказано.

На основании \(АС\) равнобедренного треугольника \(АВС\) отмечена точка \(К\). Докажите, что радиусы окружностей, описанных около треугольников \(АВК\) и \(ВСК\), равны.

Решение №38373: Пусть \(R_{1}\) и \(R_{2}\) - радиусы окружностей, описанных около треугольников \(ABK\) и \(BCK\). Тогда \(AB = 2R_{1}sin AKB\) и \(BC = 2R_{2}sin BKC\). Поэтому из равенств \(AB = BC\) и \(sin AKB = sin BKC\) следует, что \(R_{1} = R_{2}\).

Ответ: Утверджение доказано.

На стороне \(ВС\) остроугольного треугольника \(АВС\) отмечена точка \(D\), и из неё проведены перпендикуляры \(DE\) и \(DF\) к сторонам \(АВ\) и \(АС\). При каком положении точки \(D\) длина отрезка \(EF\) наименьшая?

Решение №38374: Точки \(E\) и \(F\) лежат на окружности с диаметром \(AD\), поэтому длина отрезка \(EF\) равна \(ADsinA\). Таким образом, длина отрезка \(EF\) наименьшая, когда длина отрезка \(AD\) наименьшая, т. е. когда \(AD\) - высота треугольника \(АВС\).

Ответ: NaN

Четырёхугольник \(ABCD\) вписан в окружность. На луче \(DC\) отложен отрезок \(DA_{1}\), равный стороне \(ВС\), а на луче \(ВА\) отложен отрезок \(ВС_{1}\), равный стороне \(AD\). Докажите, что прямая \(BD\) делит отрезок \(А_{1}С_{1}\) пополам.

Решение №38375: Перпендикуляры, проведённые из точек \(А_{1}\) и \(С_{1}\) к прямой \(BD\), равны \(DA_{1}sin BDC = BC sin BDC\) и \(BC_{1}sin ABD = AD sin ABD\) (рис. 230). Оба числа \(BC sin BDC\) и \(AD sin ABD\) равны диаметру окружности, описанной вокруг четырёхугольника.

Ответ: Утверджение доказано.

Докажите, что площадь треугольника \(АВС\) равна \(\frac{1}{2}absin C\).

Решение №38376: Высота треугольника \(АВС\), проведённая к стороне \(ВС\), равна \(bsinC\).

Ответ: Утверджение доказано.

Докажите, что площадь треугольника \(АВС\) равна \(\frac{abc}{4R}\), где \(R\)- радиус окружности, описанной около треугольника.

Решение №38377: Площадь треугольника \(АВС\) равна \(\frac{1}{2}absinC\) и \(sin C = \frac{c}{2R}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Докажите, что длина биссектрисы \(AD\) треугольника \(АВС\) равна \(\frac{2bc}{b+c}cos \frac{A}{2}\).

Решение №38378: Обозначим длину биссектрисы \(AD\) буквой \(l\). Из равенства \(S_{ABC} = S_{ABD} + S_{ACD}\) следует, что \(bc sin A = blsin \frac{A}{2} + c\sin(\frac{A}{2})\). Кроме того, \(sin A = 2sin(\frac{A}{2}) cos(\frac{A}{2})\).

Ответ: Утверджение доказано.

Докажите, что для любого треугольника \(АВС\) выполняется неравенство \(c \geq (a + b) \sin(\frac{C}{2})\).

Решение №38379: Пусть \(l\) - длина биссектрисы \(CD\), \(h\) - длина высоты \(CH\). Тогда \(cl \geq ch = 2S_{ABC} = 2S_{ACD} + 2S_{BCD} = bl \sin \frac{C}{2} + al \sin \frac{C}{2}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Вершины четырёхугольника \(ABCD\) лежат на окружности. Докажите, что произведение расстояний от произвольной точки \(M\) этой окружности до прямых \(АВ\) и \(CD\) равно произведению расстояний от неё до прямых \(ВС\) и \(AD\).

Решение №38380: Согласно задаце 18.13 высота треугольника равна \(\frac{ab}{2R}\), где \(а\) и \(b\) - длины сторон, выходящих из той же вершины, что и высота, а \(R\) - радиус окружности, описанной около треугольника. Поэтому высоты треугольников \(МАВ\) и \(MCD\), проведённые из вершины \(М\), равны \(\frac{MA \cdot MB}{2R}\) и \(\frac{MC \cdot MD}{2R}\), а высоты треугольников \(МВС\) и \(MAD\), проведенные из вершины \(М\), равны \(\frac{MB \cdot MC}{2R}\) и \(\frac{MA \cdot MD}{2R}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Докажите, что сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов всех его сторон.

Решение №38381: Пусть смежные стороны параллелограмма равны \(а\) и \(b\), а угол между ними равен \(\alpha\). Тогда квадраты диагоналей равны \(а^2 + b^2 - 2abcos \alpha\) и \(a^2 + b^2 + 2abcos \alpha\), поэтому сумма квадратов диагоналей равна \(2а^2 + 2b^2\).

Ответ: Утверджение доказано.

Длины медиан, проведённых к сторонам \(а\) и \(b\) треугольника, равны \(m_{a}\) и \(m_{b}\) соответственно. Докажите, что если \(а > b\), то \(m_{a} < m_{b}\).

Решение №38382: Из формулы квадрата длины медианы (пример 4 на с. 70) следует, что \((m_{b})^2 - (m_{a})^2 = \frac{3(a^2 - b^2)}{4}\).

Ответ: NaN

Основание и боковая сторона равнобедренного треугольника равны 5 и 20. Найдите биссектрису угла при основании.

Решение №38383: Сначала по теореме косинусов докажите, что косинус угла при основании равен \(\frac{1}{8}\). Затем по свойству биссектрисы докажите, что биссектриса угла при основании делит сторону на отрезки, равные 4 и 16. Наконец, ещё раз применив теорему косинусов, найдите длину \(l\) биссектрисы: \(l^2 = 4^2 + 5^2 - 2 \cdot 4 \cdot 5 \cdot \frac{1}{8} = 36\).

Ответ: NaN

У треугольников \(АВС\) и \(А_{1}В_{1}С_{1}\) стороны \(АВ\) и \(А_{1}В_{1}\) равны, стороны \(АС\) и \(А_{1}С_{1}\) тоже равны, а угол \(А\) больше угла \(А_{1}\). Докажите, что \(BC > B_{1}C_{1}\).

Решение №38384: Воспользуйтесь теоремой косинусов и тем, что \(соs А < cos А_{1}\) (пример 1 на с. 69 для острых углов и равенство \(cos (180^\circ - \alpha) = -cos \alpha\) для тупых углов).

Ответ: Утверджение доказано.

Докажите, что медианы \(АА_{1}\) и \(BB_{1}\) треугольника \(АВС\) перпендикулярны тогда и только тогда, когда \(а^2 + b^2 = 5с^2\).

Решение №38385: Пусть \(М\) - точка пересечения медиан треугольника \(АВС\). Медианы \(АА_{1}\) и \(ВВ_{1}\) перпендикулярны тогда и только тогда, когда угол \(АМВ\) прямой, т. е. \(АМ^2 + BM^2 = c^2\). Воспользуйтесь выражением для квадрата медианы из примера 4 на c. 70: \(AM^2 = frac{4}{9} \cdot \frac{2b^2+2c^2-a^2}{4}\) и \(BM^2 = \frac{2a^2+2c^2-b^2}{9}\). Поэтому равенство \(AM^2 + BM^2 = с^2\) эквивалентно равенству \(2b^2+ 2c^2 - a^2 + 2a^2 + 2c^2 - b^2 = 9c^2\).

Ответ: Утверджение доказано.

Стороны параллелограмма равны \(а\) и \(b\), его диагонали равны \(m\) и \(n\). Докажите, что \(а^4 + b^4 = m^2n^2\) тогда и только тогда, когда острый угол параллелограмма равен \(45^\circ\).

Решение №38386: Пусть острый угол параллелограмма равен \(\varphi\). Тогда \(m^2n^2 = (a^2 + b^2 - 2ab cos \varphi)(a^2 +b^2 + 2ab cos \varphi) = (a^2 + b^2)^2 - 4a^2b^2 (cos \varphi)^2 = a^4 + b^4 + 2a^2b^2(1-2 (cos \varphi)^2)\). Для острого угла \(\varphi\) равенство \(2 (cos \varphi)^2 = 1\) эквивалентно тому, что \(\varphi = 45^\circ\).

Ответ: NaN

Стороны выпуклого четырёхугольника равны \(а\), \(b\), \(с\) и \(d\) (стороны \(а\) и \(с\) противоположные), диагонали равны \(m\) и \(n\), а угол между диагоналями равен \(\alpha\). Докажите, что \(|a^2 + c^2 - b^2 - d^2| = 2mn|cos \alpha|\).

Решение №38387: Пусть отрезки, на которые диагонали делятся точкой пересечения, равны \(m_{1}\), \(m_{2}\), \(n_{1}\), \(n_{2}\) и \(\angle AOB = \beta\) (рис. 231). Тогда \(a^2 = (m_{1})^2 + (n_{1})^2 - 2m_{1}n_{1} cos \beta\), \(c^2 = (m_{2})^2 + (n_{2})^2 - 2m_{2}n_{2} cos \beta\), \(b^2 = (m_{2})^2 + (n_{1})^2 + 2m_{2}n_{1} cos \beta\), \(d^2 = (m_{1})^2 + (n_{2})^2 + 2m_{1}n_{2} cos \beta\). Поэтому \(a^2 + c^2 - b^2 - d^2 = -2(m_{1} + m_{2})(n_{1} + n_{2}) cos \beta = - 2mncos \beta\). Кроме того, \(cos \beta = \pm cos \alpha\).

Ответ: Утверджение доказано.

На стороне \(ВС\) треугольника \(АВС\) отмечена точка \(Х\). Докажите, что \(AB^2 \cdot CX + AC^2 \cdot BX - AX^2 \cdot BC = BC \cdot BX \cdot CX\) (теорема Стюарта).

Решение №38388: Введите следующие обозначения: \(а_{1} = ВХ\), \(а_{2} = XC\), \(b = AC\), \(с = AB\), \(х = АX\). Выразите в треугольниках \(АВС\) и \(АВХ\) косинус угла \(В\) по теореме косинусов и приравняйте полученные выражения: \(\frac{c^2 +(a_{1}+a_{2})^2 - b^2}{2c(a_{1}+a_{2})} = \frac{c^2 + (a_{1})^2 - x^2}{2ca_{1}}\). Это равенство несложно преобразовать к требуемому равенству \(c^2a_{2} + b^2a_{1} - x^2(a_{1} + a_{2}) = (a_{1} + a_{2})a_{1}a_{2}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Наибольшая сторона треугольника равна \(\sqrt{3}\). Докажите, что три круга радиуса 1 с центрами в вершинах треугольника полностью покрывают треугольник.

Решение №38389: Предположите, что точка \(О\) расположена внутри треугольника \(АВС\) и не покрыта кругами, т. е. отрезки \(ОА\), \(ОВ\) и \(ОС\) больше 1. Один из углов \(АОВ\), \(ВОС\) и \(СОА\) не меньше \(120^\circ\). Пусть для определённости \(\alpha = \angle AOB \geq 120^\circ\). Тогда \(AB^2 = AO^2 + BO^2 - 2AO \cdot BOcos \alpha > 1 + 1 + 1 = 3\).

Ответ: Утверджение доказано.

В остроугольном треугольнике \(АВС\) биссектриса \(AD\), медиана \(ВМ\) и высота \(СН\) пересекаются в точке \(О\). Найдите \(cos А\), если \(OM = 2OA\).

Решение №38390: Пусть \(ОА = х\) и \(\angle A = 2 \alpha\). Тогда \(AM= \frac{AC}{2} = \frac{AH}{2cos 2\alpha} = \frac{xcos \alpha}{2 cos 2 \alpha}\). Примените теорему косинусов к треугольнику \(АОМ\): \(4x^2 = x^2 + (\frac{xcos \alpha}{2 cos 2 \alpha})^2 - 2x \frac{x cos \alpha}{2 cos 2 \alpha} cos \alpha\). Сократите обе части на \(x^2\) и воспользуйтесь тем, что \(2(cos \alpha)^2 = cos2\alpha + 1\), получите квадратное уравнение \(28 (cos 2 \alpha)^2 + 3cos 2 \alpha - 1 = 0\). Это уравнение имеет положительный корень \(\frac{1}{7}\) и отрицательный корень \(- \frac{1}{4}\). Нас интересует только положительный корень.

Ответ: NaN

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, площадь,

Задача в следующих классах: 8 класс 9 класс

Сложность задачи : 3

Задача встречается в следующей книге: Прасолов В. В. Решение задач повышенной сложности по геометрии. 7–9 классы //М: Просвещение. – 2019.

Докажите, что если две стороны одного треугольника соответственно равны двум сторонам другого треугольника, а заключённые между этими сторонами углы составляют в сумме \(180^\circ\), то площади этих треугольников равны.

Решение №38391: Пусть \(AB = A_{1}B_{1}\), \(АС = А_{1}C_{1}\) и \(\angle A + \angle A_{1} = 180^\circ\). Совместите стороны \(АВ\) и \(А_{1}В_{1}\) так, чтобы точки \(С\) и \(С_{1}\) лежали по разные стороны от прямой \(АВ\) (рис. 232). Тогда высоты треугольников \(АВС\) и \(А_{1}В_{1}С_{1}\), проведённые к сторонам \(АВ\) и \(А_{1}В_{1}\), совпадут.

Ответ: Утверджение доказано.

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, площадь,

Задача в следующих классах: 8 класс 9 класс

Сложность задачи : 3

Задача встречается в следующей книге: Прасолов В. В. Решение задач повышенной сложности по геометрии. 7–9 классы //М: Просвещение. – 2019.

Докажите, что медианы разбивают треугольник на шесть треугольников равной площади.

Решение №38392: Пусть \(M\) - точка пересечения медиан треугольника \(АВС\), \(С_{1}\) - середина стороны \(АВ\). У треугольников \(АМС_{1}\) и \(ВМС_{1}\) равны стороны \(АС_{1}\) и \(ВС_{1}\) и равны высоты, проведённые к этим сторонам.

Ответ: Утверджение доказано.

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, площадь,

Задача в следующих классах: 8 класс 9 класс

Сложность задачи : 3

Задача встречается в следующей книге: Прасолов В. В. Решение задач повышенной сложности по геометрии. 7–9 классы //М: Просвещение. – 2019.

Для треугольника \(АВС\) найдите все точки \(Р\), для которых площади треугольников \(АВР\), \(ВСР\) и \(АСР\) равны. Сколько всего таких точек?

Решение №38393: Из равенства площадей треугольников \(АВР\) и \(АСР\) следует, что прямая \(АР\) равноудалена от точек \(В\) и \(С\). Такая прямая либо параллельна отрезку \(ВС\), либо проходит через его середину.

Ответ: NaN

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, площадь,

Задача в следующих классах: 8 класс 9 класс

Сложность задачи : 3

Задача встречается в следующей книге: Прасолов В. В. Решение задач повышенной сложности по геометрии. 7–9 классы //М: Просвещение. – 2019.

Стороны \(ВС\) и \(СD\) пятиугольника \(ABCDE\) параллельны диагоналям \(AD\) и \(ВЕ\). Докажите, что треугольники \(АВС\) и \(CDE\) равновелики.

Решение №38394: Прямые \(ВС\) и \(AD\) параллельны, поэтому треугольники \(АВС\) и \(DBC\) равновелики. Прямые \(CD\) и \(ВЕ\) параллельны, поэтому треугольники \(BCD\) и \(ECD\) равновелики.

Ответ: Утверджение доказано.

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, площадь,

Задача в следующих классах: 8 класс 9 класс

Сложность задачи : 3

Задача встречается в следующей книге: Прасолов В. В. Решение задач повышенной сложности по геометрии. 7–9 классы //М: Просвещение. – 2019.

Биссектрисы \(ВВ_{1}\) и \(СС_{1}\) треугольника \(АВС\) пересекаются в точке \(О\). Докажите, что если площади треугольников \(АОВ_{1}\) и \(АОС_{1}\) равны, то треугольник \(АВС\) равнобедренный.

Решение №38395: Из равенства площадей треугольников \(АОВ_{1}\) и \(АОС_{1}\) с общим основанием \(АО\) следует, что высоты, проведённые к этому основанию, равны. Поэтому из равенства углов \(ОАВ_{1}\) и \(ОAC_{1}\) следует, что \(AB_{1} = AC_{1}\). По свойству биссектрисы треугольника \(AB_{1} = \frac{bc}{a+c}\) и \(AC_{1} = \frac{bc}{a+b}\), где \(а = ВС\), \(b = СА\) и \(с = АВ\). Следовательно, \(b = с\).

Ответ: Утверджение доказано.

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, площадь,

Задача в следующих классах: 8 класс 9 класс

Сложность задачи : 3

Задача встречается в следующей книге: Прасолов В. В. Решение задач повышенной сложности по геометрии. 7–9 классы //М: Просвещение. – 2019.

Докажите, что отношение площадей треугольников с общим углом равно отношению произведений их сторон, заключающих общий угол.

Решение №38396: Если углы \(А\) и \(А_{1}\) треугольников \(АВС\) и \(А_{1}В_{1}С_{1}\) равны, то их высоты, проведённые к сторонам \(АВ\) и \(А_{1}В_{1}\), пропорциональны сторонам \(АС\) и \(А_{1}С_{1}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, площадь,

Задача в следующих классах: 8 класс 9 класс

Сложность задачи : 3

Задача встречается в следующей книге: Прасолов В. В. Решение задач повышенной сложности по геометрии. 7–9 классы //М: Просвещение. – 2019.

Углы \(А\) и \(А_{1}\) треугольников \(АВС\) и \(А_{1}В_{1}С_{1}\) составляют в сумме \(180^\circ\). Докажите, что отношение площадей этих треугольников равно отношению произведений их сторон, заключающих углы \(А\) и \(A_{1}\).

Решение №38397: Воспользуйтесь задачами 19.1 и 19.6.

Ответ: Утверджение доказано.

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, площадь,

Задача в следующих классах: 8 класс 9 класс

Сложность задачи : 3

Задача встречается в следующей книге: Прасолов В. В. Решение задач повышенной сложности по геометрии. 7–9 классы //М: Просвещение. – 2019.

Диагонали четырёхугольника \(АВСD\) пересекаются в точке \(О\). Докажите, что произведение площадей треугольников \(АОВ\) и \(COD\) равно произведению площадей треугольников \(ВОС\) и \(COD\).

Решение №38398: Отношение произведения площадей треугольников \(АОВ\) и \(COD\) к произведению площадей треугольников \(ВОС\) и \(AOD\) равно отношению произведения \(AO \cdot BO \cdot CO \cdot DO\) к произведению \(BO \cdot CO \cdot AO \cdot DO\).

Ответ: Утверджение доказано.

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, площадь,

Задача в следующих классах: 8 класс 9 класс

Сложность задачи : 3

Задача встречается в следующей книге: Прасолов В. В. Решение задач повышенной сложности по геометрии. 7–9 классы //М: Просвещение. – 2019.

Диагонали трапеции \(ABCD\) с основанием \(AD\) пересекаются в точке \(О\). Докажите, что \((S_{AOB})^2 = S_{AOD} \cdot S_{BOC}.

Решение №38399: Первый способ. Воспользуйтесь тем, что \(\frac{S_{AOB}}{S_{AOD}} = \frac{AO \cdot BO}{AO \cdot DO} = \frac{BO}{DO} = \frac{OC}{AO} = \frac{BO \cdot OC}{AO \cdot BO} = \frac{S_{BOC}}{S_{AOB}}\). Второй способ. Воспользуйтесь задачей 19.8 и примером 1 на с. 74.

Ответ: Утверджение доказано.

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, площадь,

Задача в следующих классах: 8 класс 9 класс

Сложность задачи : 3

Задача встречается в следующей книге: Прасолов В. В. Решение задач повышенной сложности по геометрии. 7–9 классы //М: Просвещение. – 2019.

В треугольнике \(АВС\) проведены биссектрисы \(АА_{1}\), \(ВВ_{1}\) и \(СС_{1}\). Докажите, что отношение площади треугольника \(А_{1}В_{1}С_{1}\) к площади треугольника \(АВС\) равно \(\frac{2abc}{(a + b)(b + c)(a + c)}\), где \(а\), \(b\) и \(с\) - длины сторон треугольника \(АВС\).

Решение №38400: Согласно свойству биссектрисы \(АС_{1} : АВ = b: (a + b)\) и \(AB_{1} : AC = c : (a + c)\). Поэтому отношение площади треугольника \(AB_{1}C_{1}\) к площади треугольника \(АВC\) равно \(\frac{bc}{(a+b)(a+c)}\).

Ответ: Утверджение доказано.

Экзамены с этой задачей:

Предмет и тема: Предмет и тема: Математика, Геометрия, Планиметрия, площадь,

Задача в следующих классах: 8 класс 9 класс

Сложность задачи : 3

Задача встречается в следующей книге: Прасолов В. В. Решение задач повышенной сложности по геометрии. 7–9 классы //М: Просвещение. – 2019.

Точка \(М\) расположена внутри параллелограмма \(ABCD\). Прямые, проходящие через эту точку параллельно сторонам параллелограмма, разбивают его на четыре параллелограмма. Докажите, что площади параллелограммов с вершинами \(В\) и \(D\) равны тогда и только тогда, когда точка \(М\) лежит на диагонали \(АС\).

Решение №38401: Пусть точка \(М\) лежит на диагонали \(АС\). Тогда равны площади треугольников 1 и 2, 3 и 4 (рис. 233, а); площади треугольников \(АВС\) и \(ADC\) также равны. Пусть точка \(М\) не лежит на диагонали \(АС\). Тогда можно рассмотреть точку \(М_{1}\), в которой прямая, проходящая через точку \(М\) параллельно прямой \(АВ\), пересекает диагональ \(АС\), и сравнить площади параллелограммов с вершинами \(В\) и \(D\) для точек \(М\) и \(М_{1}\) (рис. 238, б).

Ответ: Утверджение доказано.