Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Планиметрия (16 (C4))

Задачи с фантазией – 9

Продолжаю серию статей “Задачи с фантазией”. Эти задачи можно и нужно использовать как подготовку к решению задачи 16: они очень хорошо развивают “геометрическое видение”. Решайте больше – и количество не замедлит перерасти в качество!

Задача 1. Дан правильный десятиугольник H_1H_2H_3…H_{10}. Чему равен угол между диагоналями H_1H_3 и G_2G_9?

Задача 1

Рассчитаем угол между сторонами по известной формуле:

    \[\alpha=\frac{(n-2)180^{\circ}}{n}=8\cdot 18^{\circ}=144^{\circ}\]

Тогда треугольник H_1H_2H_3 – равнобедренный, его острые углы равны

    \[\frac{180^{\circ}-144^{\circ}}{2}=18^{\circ}\]

Четырехугольник H_1H_2H_9H_{10} – равнобедренная трапеция, сумма углов  \angle H_2H_9H_{10}+\angle H_9H_{10}H_1=180^{\circ}, поэтому угол \angle H_2H_9H_{10}=36^{\circ}=\angle H_1H_2H_9.

Теперь рассмотрим треугольник H_1H_2L. Два угла в нем известны, найдем внешний \angle H_1LH_9, он и будет искомым углом:

    \[\angle H_1LH_9=36^{\circ}+18^{\circ}=54^{\circ}\]

Ответ: 54^{\circ}.

 

Задача 2. Расстояния от концов диаметра окружности до некоторой касательной равны 3 и 8. Чему равно наибольшее из расстояний от концов этого же диаметра до перпендикулярной касательной?

Пусть диаметр окружности – NO. Точка касания первой касательной – Q, перпендикулярной ей касательной – S. Тогда NP=8, OR=3.

Задача 2

Расстояние от точки до прямой – это перпендикуляр. Следовательно, раз NP \perp PR и OR \perp PR, то NP \parallel OR и NPRO – трапеция, средняя линия которой MQ – радиус окружности, тогда MO=\frac{3+8}{2}=5,5.

В задаче требуется найти длину PT, для этого сначала придется отыскать длину PR.

Рассмотрим прямоугольный треугольник NVO. В нем VO=PR. NO – диаметр окружности, а NV=NP-OR=8-3=5, тогда по теореме Пифагора

    \[VO=PR=\sqrt{NO^2-NV^2}=\sqrt{11^2-5^2}=\sqrt{96}=4\sqrt{6}\]

Тогда PQ=\frac{1}{2}PR=2\sqrt{6}, а PT=PQ+QT=PQ+R:

    \[PT=2\sqrt{6}+5,5=\frac{11+4\sqrt{6}}{2}\]

Ответ: PT=\frac{11+4\sqrt{6}}{2}.

 

Задача 3. В окружности проведены два радиуса VG и VB. Вторая окружность касается обоих отрезков VG и VB, а также касается первой окружности. Чему равен радиус первой окружности, если угол GVB равен \arccos(0,9), а радиус второй окружности равен 1?

Задача 3

Найдем косинус половинного угла – угла DVL: с ним работать будет, очевидно, удобнее.

    \[\cos \frac{\alpha}{2}=\sqrt{\frac{1+\cos \alpha }{2}}=\sqrt{\frac{1+0,9}{2}=\sqrt{0,95}\]

Опеределим синус половинного угла:

    \[\sin{\frac{\alpha}{2}}=\sqrt{1-cos^2{\frac{\alpha}{2}}}=\sqrt{0,05}\]

Обозначим длину отрезка  VD за x, тогда можно записать синус половинного угла как отношение:

    \[\sin{\frac{\alpha}{2}}=\frac{1}{x}\]

Откуда

    \[x=\frac{1}{\sqrt{0,05}}=\sqrt{20}\]

Радиус первой, большей, окружности, равен:

    \[VZ=VD+DZ=\sqrt{20}+1\]

Ответ: R= VZ=\sqrt{20}+1.

 

Задача 4. На биссектрисе угла EJF выбрана точка A, и в треугольник EJA вписана окружность. Пусть L и K – точки касания этой окружности со сторонами EA и EJ соответственно. Оказалось, что ELFJ – параллелограмм. Чему равна длина LK, если JF=3, EA=5?

Задача 4

Так как JF=3, EA=5, а ELFJ – параллелограмм, то EL=3, а JE=5, и треугольник JEA – равнобедренный. По свойству касательных EL=KE, и треугольник KLE – равнобедренный. Также из свойств асательных вытекает, что LA=AD=DJ=JK. Следовательно, треугольники JEA и  KLE подобны. Из подобия можем записать:

    \[\frac{LK}{JA}=\frac{EL}{EA}\]

    \[LK=\frac{EL\cdot JA}{EA}=\frac{3\cdot 4}{5}=\frac{12}{5}\]

Ответ: LK=\frac{12}{5}

 

Задача 5. В трапеции ISTJ с основаниями IS и TJ на стороне IJ  лежит точка G так, что \frac{IG}{GJ}=3\frac{1}{2}. Отрезок GP параллелен основаниям трапеции, точка P лежит на стороне ST. Чему равен TJ, если IS=29 и GP=22?

Задача 5

Достроим трапецию до треугольника: пересечем вверху продолжения ее сторон. Тогда треугольники  QJT и QGP, и QIS подобны. Так как \frac{IG}{GJ}=3\frac{1}{2}, то введем обозначения: IG=7y, GJ=2y, JQ=x, JT=z.

Тогда для подобных треугольников QGP и QIS запишем отношение сходственных сторон:

    \[\frac{IS}{GP}=\frac{IQ}{GQ}=\frac{x+9y}{x+2y}\]

    \[\frac{29}{22}=\frac{x+9y}{x+2y}\]

    \[29(2y+x)=22(9y+x)\]

Откуда x=20y

Тогда для подобных треугольников QJT и QGP:

    \[\frac{JT}{GP}=\frac{JQ}{GQ}\]

    \[\frac{z}{22}=\frac{x}{x+2y}\]

    \[\frac{z}{22}=\frac{20y}{22y}\]

Откуда z=JT=20

Ответ: JT=20.

 

Задача 6. В треугольник CEQ вписан ромб GHRF, вершины H,R,F которого лежат на сторонах GE, EQ и GQ соответственно. Чему равна сторона ромба, если стороны GE и GQ равны 2 и 5 соответственно?

Задача 6

 

 

Обозначим длину стороны ромба за x. Треугольники HER и GEQ подобны (так как HR \parallel GQ). Тогда для сходственных сторон запишем:

    \[\frac{GE}{HE}=\frac{GQ}{HR}\]

    \[\frac{2}{2-x}=\frac{5}{x}\]

    \[2x=10-5x\]

    \[7x=10\]

    \[x=\frac{10}{7}\]

Ответ: HR=GH=\frac{10}{7}.

Добавить комментарий

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