Просто об электротехнике, электронике, математике, физике
Просто об электротехнике, электронике, математике, физике
Категория: 9 класс, ОГЭ (ГИА) по математике, ОГЭ 25 (ГИА С5)

Чуть более сложные задачи на доказательство


Задачи взяты из книги “ГИА 9 – 2014. Типовые тестовые задания. 30 вариантов. И.В.Ященко, С.А.Шестаков, А.С. Трепалин, А.В.Семенов, П.И.Захаров”

Не все задачи этой записи сложны, однако в этом пособии уровень сложности этих задач мне показался более высоким, чем в других.

Задача 1. Докажите, что окружность, построенная на стороне треугольника как на диаметре, пересекает две другие стороны в основаниях высот.

К задачам 1 и 2

Окружность имеет диаметр, являющийся также основанием треугольника. Основание треугольника – не что иное, как развернутый центральный угол, равный 180{circ}. А мы знаем, что любой вписанный угол, опирающийся на ту же дугу, будет равен половине центрального. То есть какую бы мы ни взяли точку на данной окружности, угол, полученный при соединении данной точки отрезками с концами диаметра, будет прямым.

В частности, если взять точки пересечения нашей окружности с двумя другими сторонами треугольника – они не будут исключением. А отрезки, соединяющие эти точки с концами диаметра – как раз и есть высоты треугольника ABC, ч.т.д.

 

Задача 2. В треугольнике ABC проведены высоты AK и BL. Докажите, что около четырехугольника ALKB можно описать окружность.

Рассмотрим треугольники ABL и ABK. Они оба прямоугольные по условию, и имеют общую сторону – гипотенузу. Известно, что окружность, описанная около прямоугольного треугольника, имеет своим центром середину гипотенузы. Таким образом, описанная около треугольника ABL окружность имеет диаметр AB и пройдет через точки A, B, L. Окружность, описанная около треугольника ABK имеет диаметр AB и пройдет через точки A, B, K. Таким образом, одна и та же окружность проходит через все вершины четырехугольника ALKB, то есть является его описанной окружностью, ч.т.д.



Задача 3. В треугольнике ABC проведены высоты AK  и BL. Докажите, что треугольники ABC и CKL подобны.

К задаче 3

Воспользуемся предыдущей задачей и задачей 1 и проведем описанную окружность четырехугольника ALKB. Тогда угол KLB равен углу KAB (вписанные, опирающиеся на одну дугу). Обозначим эти углы alpha. Угол LKA равен углу LBA по той же причине. Обозначим эти углы beta. Но треугольники ALB и KAB  – прямоугольные. Тогда угол KBA равен  90{circ}-alpha и равен углу B треугольника ABC. Угол LAB равен 90{circ}-beta и равен углу A треугольника ABC. Теперь рассмотрим треугольник CLK. Его угол CLK – разность углов CLB и KLB, то есть прямого угла и угла alpha, 90{circ}-alpha – то есть он равен углу B треугольника ABC. Так как указанные треугольники ABC и CLK имеют один общий угол – угол С, то для доказательства подобия этого достаточно. Но можно заметить также, что угол CKL – разность углов CKA и LKA, то есть прямого угла и угла beta90{circ}-beta – то есть он равен углу A треугольника ABC.

 

 

Задача 4. Периметр треугольника равен 24. Докажите, что расстояние от любой точки внутри этого треугольника до любой из вершин больше 4.

К задаче 4

Так как нас интересует расстояние до любой из вершин, то самый “напряженный” случай – это такой случай, когда точка равноудалена ото всех вершин, то есть она – центр описанной окружности. Так как точка внутри треугольника – то он точно остроугольный – в противном случае, будь он тупоугольным – она была бы вне треугольника, а у прямоугольного эта точка принадлежит его границе, а именно – середина гипотенузы. Изо всех остроугольных треугольников самый “тяжелый” случай – это треугольник правильный, так как именно в нем радиус описанной окружности минимален. Тогда сторона такого треугольника равна a=P/3=24/3=8. Радиус описанной окружности правильного треугольника равен {2/3}h, а высоту можно найти по теореме Пифагора, если вы забыли формулы правильного треугольника:  h=sqrt{a^2-(a/2)^2}={a/2}*sqrt{3}=4sqrt{3}, тогда  R={2/3}h={2/3}4sqrt{3}=8/{sqrt{3}}. Так как sqrt{3}<2, то R>4″ title=”R>4″/><img src=, ч.т.д.

 

 

Задача 5. Сумма длин диагоналей выпуклого четырехугольника равна 8. Докажите, что расстояние от любой точки плоскости внутри этого четырехугольника до любой из вершин не меньше 2.

Задача похожа на предыдущую. Опять, если подумать, то самый плохой случай – это правильный четырехугольник (квадрат) и точка в нем, которая равноудалена ото всех вершин – а это центр описанной окружности (кстати, в квадрате он не где-нибудь, а на пересечении диагоналей, в точке, которая является серединой обоих диагоналей). Таким образом, если диагонали равны, и делятся точкой пересечения пополам, то радиус описанной окружности – половина диагонали, тогда радиус описанной окружности равен 2.

Вообще, такая формулировка задач означает следующее: существует ли такая точка внутри данной фигуры, что что она удалена ото всех вершин меньше  чем на 2?

 

Задача 6. Внутри параллелограмма ABCD отметили точку М. Докажите, что сумма площадей треугольников ABM и CDM равна сумме площадей треугольников BCM и ADM.

К задаче 6

Иными словами, требуется доказать, что сумма площадей треугольников ABM и CDM (как и треугольников BCM и ADM) равна половине площади параллелограмма.

Проведем высоту L параллелограмма через точку М. Эта точка разделит нашу высоту на два кусочка, обозначим их h и H. Тогда h – высота треугольника ABM, а H – высота треугольника DMC, L=h+H. Запишем площади этих треугольников: S_{{Delta}ABM}={h*AB}/2S_{{Delta}DMC}={H*DC}/2. Сумма площадей: S_{{Delta}ABM}+S_{{Delta}DMC}={h*AB}/2+{H*DC}/2, но AB=DC, тогда S_{{Delta}ABM}+S_{{Delta}DMC}={h*AB}/2+{H*AB}/2={AB/2}(h+H),  S_{{Delta}ABM}+S_{{Delta}DMC}={AB/2}L={S_{ABCD}/2}, ч.т.д.

 

Задача 7. Основания BC и AD трапеции ABCD соответственно равны 5 и 20, а диагональ BD равна 10. Докажите, что треугольники CBD и ADB подобны.

К задаче 7

Для доказательства подобия нужно доказать, что отношения двух сторон одного треугольника  к двум другим сторонам другого треугольника равны, и что углы этих треугольников, заключенные между указанными сторонами, равны.

Отношение сторон нам дано по условию: {AD/AC}={AC/BC}. Отметим углы между этими сторонами, равенство которых нам предстоит доказать: угол BCA равен углу CAD как накрест лежащие, ведь основания трапеции параллельны. Таким образом, подобие доказано по второму признаку.

 

Задача 8. В прямоугольном треугольнике KLM с прямым углом L проведена высота LP. Докажите, что LP^2=KP*MP.

К задаче 8

Рассмотрим наши треугольники. На рисунке их три –  KLM, KPL и PLM – и все они подобны друг другу по первому признаку, то есть имеют равные два угла. Действительно, они все – прямоугольные по условию, треугольники KLM и  KPL имеют общий угол PKL, а треугольники KLM и PLM имеют общий угол PML. Тогда можно составить отношение подобия для каких-нибудь двух, например, для треугольников KPL и PLM: {KP/PL}={PL/PM}. Отсюда требуемое: LP^2=KP*MP, ч.т.д.

 

Задача 9. В трапеции ACD с основаниями BC и AD диагонали AC и BD пересекаются в точке О. Докажите равенство площадей треугольников AOB и COD.

К задаче 9

Рассмотрим треугольники АВС и BCD для начала. Их площади равны, так как они имеют одно и то же основание, и одну и ту же высоту – это высота трапеции:  S_{{Delta}ABC}=S_{{Delta}BCD}. Так как  треугольник  BOC входит и в треугольник ABC, и в треугольник BCD, то и разности площадей будут равны: S_{{Delta}ABC}-S_{{Delta}BOC}=S_{{Delta}BCD}-S_{{Delta}BOC}, или, что то же самое, S_{{Delta}ABO}=S_{{Delta}COD}, ч.т.д.

 

Задача 10. Отрезки AB и CD пересекаются в точке О, являющейся их серединой. Докажите параллельность прямых AC и BD.

К задаче 10

Треугольники AOC и ODB равны по первому признаку: OC=OD, AO=OB, угол AOC равен углу DOB как вертикальные. Тогда углы этих треугольников OAC  и DBO равны, а они являются накрест лежащими для прямых AC и DB при пересечении их секущей AB, следовательно, прямые  AC и DB параллельны.

 

Задача 11. В треугольнике ABC M – середина AB, N – середина BC, P – середина AC. Докажите равенство треугольников MNP и CPN.

К задаче 11

Треугольник MNP подобен треугольнику ABC, так как образован средними линиями его сторон, то есть все его стороны относятся к соответствующим сторонам треугольника АВС с коэффициентом 1/2 (третий признак подобия). Треугольник PNC подобен треугольнику ABC, так как имеет с ним общий угол и две пропорциональные стороны: NC и PC (второй признак подобия). Коэффициент подобия также 1/2. Тогда треугольники MNP и NCP равны по трем сторонам, ч.т.д.

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *