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 О – точка пересечения диагоналей АС и ВD
B
B1
A
M
C
трапеции АВСD (AD BC), S – точка пересечения АВ и
C1
O
N
Рис. 10
СD, N и М – середины сторон AD и BC соответственно
D
(рис. 10). Докажем, что МSN, OSN.
2. Из подобия треугольников SBС и SAD следует, что
SB BC

. Тогда подобны треугольники SBМ и SAN, т.к.
SA AD
соответственные при параллельных прямых и
SBM  SAN как
1
BC
SB BC 2
BM



.
1
SA AD
AN
AD
2
Значит,
BSM  ASN , т.е. МSN.
3. Проведём В1С1AD (В1С1BC), B1AB, C1CD. Тогда В1О = ОС1, т.к. SN медиана АSВ, а медиана делит любой отрезок, параллельный основанию и с
концами на сторонах треугольника, пополам. В результате, аналогично
предыдущему случаю докажем, что B1SО=ASN, т.е. О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
3) Проведение 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 а 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
1. Пусть
О
–
точка
пересечения
диагоналей АС и ВD трапеции АВСD
b
D
M1
N1
M
L1
C
O
h2
M2
N2
М1М2СD,
М1АD,
треугольника
М1М2АВ,
М2СВ
трапецию
АKВ,
где
(рис.
АВСD
K
–
тогда
11).
до
точка
пересечения АD и ВС. Проведём в АKВ
h1
A
ОМ1М2,
Достроим
N
L2
R
(ABDC),
S
K1
a
B
Рис.11
медиану KK1 из вершины K. Тогда ОKK1
(см. задачу 76). Т.к. медиана делит любой
отрезок, параллельный основанию и
с концами на сторонах треугольника,
пополам, а М1М2АВ, М1АK, М2ВK, то ОМ1= ОМ2.
Введём обозначение: ОМ1 = х. Тогда из подобия треугольников DОM1 и
DBA следует, что
что
x DM 1
(1), из подобия треугольников AОM1 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
2

– среднее гармоническое величин а и b.
ab 1 1

a b
2
2. Пусть N1N2AB (N1N2CD) и рассекает трапецию АВСD на две подобные
трапеции АN1N2В и N1DCN2, где N1АD, N2СВ (рис. 11). Тогда
N 1 N 2  ab –
N N
a
 1 2 , т.е.
N1 N 2
b
среднее геометрическое для а и b.
3. Учитывая, что MN - средняя линия трапеции АВСD (рис. 11), получаем
MN 
ab
– среднее арифметическое для а и b.
2
4. Пусть L1L2AB (L1L2CD) делит площадь трапеции пополам АВСD (рис. 11),
т.е. S AL L B  S L L CD . Обозначим L1L2 = у. Тогда имеем:
1 2
1 2
и h2 – высоты трапеций AL1 L2 B и L1 L2 CD . Значит,
1
a  y   h1  1  y  b   h2 , где h1
2
2
h1 b  y
(3).

h2 a  y
Дополнительное построение: DRBC, L1 SBC. Тогда L1 R  y  b , AS  a  y .
Из подобия треугольников AL1S и L1DR следует, что
AS a  y h1
(4), т.к. h1 и h2


L1 R y  b h2
являются также высотами соответственно в AL1S и L1DR. Из (3) и (4) следует,
что
b y a y
, т.е. a 2  y 2  y 2  b 2 , тогда y 

a  y y b
a2  b2
– среднее квадратичное для
2
а 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 а=b. Тогда можно утверждать, что
М1М2<N1N2<MN<L1L2.
Комментарий к задаче
1) Задача раскрывает интересные факты, связанные с трапецией, и наглядно
иллюстрирует связь между средними двух величин, причём тот факт, что
М1М2<N1N2<MN<L1L2 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).
3) Проведение
дополнительных
построений
в
пункте
4)
обусловлено
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 АС1, ВС1, СА1, DA1
Рис.12
– биссектрисы А, В, С, D параллелограмма
АВСD
соответственно,
то
AC1 B  A1 B1C1  CA1 D  C1 D1 A1  90 0 , тогда А1В1С1D1 – прямоугольник (рис. 12).
2. Если АВСD – прямоугольник, тогда АDDC. Т.к. СА1, DA1 – биссектрисы С,
D, то точка А1 равноудалена от прямых АD и ВС. Аналогично, С1 равноудалена
от АD и ВС. Значит, т.к. АDВС, то А1С1АD. Аналогично, В1D1DC. Тогда
А1С1  В1D1, т.е. АВСD – квадрат.
3. Если АВСD – ромб или квадрат, то его диагонали делят углы пополам и
взаимно перпендикулярны, т.е. А1В1С1D1 выродится в точку.
Комментарий к задаче
1) В задаче используется много интересных фактов: свойство биссектрис углов
параллелограмма, прилежащих к одной стороне; свойство равноудалённости
точек биссектрисы угла от сторон угла; прямая, параллельная данным прямым и
4
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. Пусть задана трапеция АВСD с
A
M
основаниями АВ и DC (рис. 13), ВD=3, АС=5,
B
МN=2, где М и N – середины АВ и CD
соответственно.
D
N
O
C
E Проведём
ВЕАС,
ЕDC.
Тогда
ВЕ=АС=5,
DE=DC+AB и S ABCD  S DBE .
K
Рис.13
DO 
1
Проведём ВОМN, ODC. Тогда ВО=МN=2, NO= AB,
2
1
1
1
DC  AB  DE , т.е. ВО – медиана треугольника DBE.
2
2
2
3. Удвоим медиану ВО, за точку О и отложим отрезок ОK=ВО 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 – прямоугольный,
1
2
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 треугольника.
Чем они вызваны? – Необходимостью получить треугольник, стороны которого
5
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,
АВ
и
СD
четырёхугольника АВСD, пересекаются
в точке М, а прямые, содержащие
C
N
стороны АD и ВС, – в точке ; N –
B
середина МK, Т и Е – середины
T
X
Z
E
диагоналей АС и ВD соответственно
(рис. 14).
K
Y
A
D 1. Отметим Х, Y и Z – середины отрезков
ВK, АK и АВ 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, ТZY,
EZX.




XN 1 YN
XN
 
BM

p
MA
2. По свойству средней линии
, тогда BM
,
т.е.


p


BM 2 AM
MA NY


(1), XN  p NY (2).






3. Аналогично пункту 2 получаем: KC  q CB (3), YT  q TZ (4), AD  r DK (5),


ZE  r EX (6).
6
4. Т.к. точки М , 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, Т и Е 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