Задача 8.
Даден е делтоид 
с ос на симетрия 
.През върховете 
и 
са прекарани прави, перпендикулярни съответно на 
и 
, които пресичат в точка 
.Да се докаже, че около четириъгълника 
може да се опише окръжност.
Решение:
Ако 
, то очевидно съвпада с 
и съгласно теорема 1 около делтоида може да се опише окръжност 
.
Нека 
,
, 
(фиг.4) .
Тъй като е ортоцентър на 
(фиг.4)
и 
, то 
Точката е вътрешна за
, ако 
, и
външна за този триъгълник,
ако 
( както на черт.5).
Около четириъгълника 
може да се опише окръжност,
понеже 
. Тогава 
. Но 
и следва, че 
, т. е. около четириъгълника може да се опише окръжност .
Задача 9.
В равнобедрен трапец 
е вписана окръжност, която се допира до страните
съответно в точките 
отношението на лицето на четириъгълника
към лицето на трапеца е равно на 
.Да се намери мярката на 
.
Решение:
Тъй като трапецът е равнобедрен, точките 
и 
са средите на 
и 
и 
е диаметър на окръжността и височина на трапеца.Освен това 
и 
, така че 
и (от теоремата на Талес) следва 
.Тогава 
и 
.Нека 
. Тогава 
,откъдето 
.От 
по синусовата теорема имаме 
. Така 
. По нататък, понеже в трапеца може да се впише окръжност, то 
. Оттук 
. Спускаме височината 
на трапеца 
и от правоъгълния триъгълник
намираме 
. Така 
. Сега
. Намираме 
и 
.
Задача 10.
Четириъгълник със страна 
и диагонал 
е вписан в окръжност с център 
и диаметър страната .Лицето на 
е равно на 
a) Да се намерят дължините на страните 
и диагонала 
б) Да се докаже, че диагоналът 
e ъглополовяща на и че 
.
Решение:
-
Първо намираме 
. 
.
Нека 
. Тогава 
. Нека 
. Имаме 
. Но 
Следователно 
. Като се вземе предвид, че 
и приложим косинусовата теорема за , ще получим 
След опростяване стигаме до системата 
с единствено положително решение 
.Ще намерим диагонала от правоъгълния 
.
б) Разбира се, че диагоналът е ъглополовяща на : На равни хорди 
,в една и съща окръжност отговарят равни дъги 
, а 
. Вижда се, че
откъдето 
. Върху 
лежи ъглополовящата 
на равнобедрения 
тя е височина.
Задача:
Биссектрисы углов A и С треугольника ABC пересекают описанную около него окружность в точках E и D соответственно. Отрезок DE пересекает стороны AB и BC соответственно в точках F и G. Пусть I - точка пересечения биссектрис треугольника ABC. Докажите, что четырёхугольник BFIG - ромб.
Показать решение
-
Решение
Отразим треугольник ABC относительно прямой DE (см. рис.). По свойству вписанных углов /AED=/ACD=/BCD=/BED, поэтому прямая AE при этом отражении перейдёт в прямую BE, аналогично, прямая CD при отражении перейдёт в прямую BD. Тогда точка пересечения прямых AE и CD, то есть точка I, перейдёт при отражении в точку пересечения прямых BE и BD, то есть в точку B. Таким образом, треугольник IFG перейдёт при нашем отражении в треугольник BFG, откуда IF=BF, IG=BG и прямая BI перпендикулярна DE. Но луч BI - биссектриса угла FBG, и поэтому треугольник FBG - равнобедренный, то есть FB=BG.
Итак, все стороны четырёхугольника BFIG равны, значит, это ромб.
Задача:
Четырёхугольник ABCD описан около окружности . Продолжения сторон AB и CD пересекаются в точке O . Окружность 1 касается стороны BC в точке K и продолжений сторон AB и CD ; окружность 2 касается стороны AD в точке L и продолжений сторон AB и CD . Известно, что точки O , K и L лежат на одной прямой. Докажите, что середины сторон BC , AD и центр окружности лежат на одной прямой.
Показать решение
Решение
Пусть для определённости точка O лежит на продолжении отрезка AB за точку B . Обозначим через P и Q точки пересечения KL с окружностью , через M и N – точки касания сторон BC и AD с . Проведём касательные l1 и l2 к в точках P и Q . Обозначим через ? угол между касательной l1 (или l2 ) и хордой PQ . При гомотетии с центром O , переводящей окружность 1 в окружность , касательная BC в точке K перейдёт в l2 ; при гомотетии с центром O , переводящей окружность 2 в , прямая AD перейдёт в l1 . Поэтому BC || l2 и AD || l1 и, следовательно, 
LKC= KLD = ? . Кроме того, BMN = ANM как углы между касательной и хордой. Отсюда получаем, что четырёхугольник KLNM – равнобедренная трапеция и NMC = MND = ? . Таким образом, хорды PQ и MN параллельны и стягивают равные дуги величиной 2? . Следовательно, средняя линия этой трапеции проходит через центр окружности . Но середина KM совпадает с серединой BC (известно, что точки касания стороны треугольника со вписанной и вневписанной окружностью симметричны относительно середины стороны), и середина LN совпадает с серединой AD .
Задача:
Окружность, вписанная в четырёхугольник ABCD , касается его сторон DA, AB , BC и CD в точках K , L , M и N соответственно. Пусть S1 , S2 , S3 и S4 – окружности, вписанные в треугольники AKL , BLM , CMN и DNK соответственно. К окружностям S1 и S2 , S2 и S3 , S3 и S4 , S4 и S1 проведены общие касательные, отличные от сторон четырёхугольника ABCD . Докажите, что четырёхугольник, образованный этими четырьмя касательными, – ромб.
Показать решение
Решение
1) Докажем сначала, что центры O1 , O2 , O3 и O4 окружностей S1 , S2 , S3 и S4 , вписанных в треугольники AKL , BLM , CMN и DNK соответственно, совпадают с серединами соответствующих дуг окружности S , вписанной в четырёхугольник ABCD (рис.1). Действительно, пусть O1" – середина меньшей дуги KL окружности S1 . Тогда из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что
AKO1" = KLO1"= LKO1".
Аналогично, ALO1" = KLO1" , значит, O1" – точка пересечения биссектрис треугольника AKL . Следовательно, точки O1" и O1 совпадают. Аналогично докажем, что O2 , O3 и O4 – середины меньших дуг соответственно LM , MN И KN окружности S . 2) Докажем, что центр I окружности, вписанной в треугольник KLM лежит на общей касательной окружностей S1 и S2 , не совпадающей с прямой AB (рис.2). Из точки I проведём касательную IP к окружности S1 так, чтобы она пересекала меньшую дугу O1K окружности S . Аналогичным образом проведём касательную IQ к окружности S2 . Биссектриса MI угла KML делит дугу KL пополам, поэтому точки M , I и O1 лежат на одной прямой. Аналогично докажем, что точки K , I и O2 лежат на одной прямой. Положим KML = 2? , MKL = 2? . По теореме о внешнем угле треугольника
O1IK = IMK + IKM = ? + ?.
С другой стороны,
O1KI = O1KL + IKL = ? + ? = O1IK.
Значит, треугольник O1KI – равнобедренный, O1I=O1K . Пусть E – середина KL . Тогда окружность S1 касается KL в точке E . Прямоугольные треугольники O1PI и O1EK равны по катету ( O1P=O1E как радиусы окружности S1 ) и гипотенузе ( O1I =O1K по доказанному). Поэтому
O1IP = O1KE = ? = O1MK.
Следовательно, IP || KM . Аналогично, IQ || KM . Следовательно, точки Q , I , P лежат на одной прямой, параллельной KM . Аналогично докажем, что общая касательная к окружностям S3 и S4 , отличная от CD , также параллельна KM , а значит, эти две касательные параллельны. Аналогично докажем, что общие касательные к окружностям S1 и S4 , S2 и S3 отличные соответственно от прямых AD и BC , также параллельны. Таким образом, четырёхугольник XYZT (рис.3), о котором говорится в условии задачи, – параллелограмм. 3) Докажем, что XYZT – ромб. Пусть aij – длина общей касательной к окружностям Sij . Отрезки касательных, проведённых к окружности S1 из вершины A , равны между собой. Также равны между собой отрезки касательных, проведённых к окружности S1 из точки X . Аналогично для остальных вершин четырёхугольников ABCD и XYZT . Поскольку четырёхугольник ABCD – описанный, то AB+CD=AD+BC . Поэтому
(a12+a34) - (a23+a41)= AB+CD - (AD+BC) = 0,
(XY + ZT) - (YZ+XT) = (a12+a34) - (a23+a41)=0.
Значит, XY + ZT = YZ+XT . Следовательно, XYZT – ромб.
Използвана литература:
-
Математически спавочник-изд.печат „Демакс ООД”
Автор –Бояна Дачева Милкоева
-
Избрани въпроси по геометрия – изд. Народна просвета
Автори-Никола Мартинов и Костадин Петров
-
Учебно помагало за държавен зрелостен и кандидат-студентски изпит – изд.Летера
Автори – Л.Портев, Ив. Иванов, В. Милушев и др.
-
Кандидат – студентски конкурси по математика,година 1990-2005,изд.ВЕДИ
Автори – П.Сидеров,К.Чакьрян
-
Математика за кандидат – студенти изд.Интеграл 2005г.
Автори – К.Коларов,Н.Хаджииванов
-
Геометрия – Учебник за подготвителни курсове,изд.Наука и Изкуство
Автори – Х.Карапенев,Л.Каранджулов
-
www.math10.com
-
http://imc.rkc-74.ru
Сподели с приятели: 
