zhChinese    enEnglish
  ПМ-ПУ  » Поступающим  » Задачи по геометрии

Задачи по геометрии

?   В тетраэдре $DABC$ ребро $DC$ перпендикулярно плоскости $ABC$. Точка $N$ - середина ребра $AB$, точка $M$ - середина ребра $BD$, точка $K$ делит ребро $DC$ в отношени 2 к 1, считая от вершины $D$. Доказать, что прямая $CN$ равноудалена от прямых $AM$ и $BK$.
(Задача предлагалась на Первой олимпиаде Эйлера учителей математики)

Решение.

Рисунок 1Рисунок 2Обозначим: $T$ - точка пересечения медиан $AM$ и $DN$ треугольника $ABD$. В дальнейшем пересечение будем обозначать знаком $\cap$.
В плоскости $(CND)$: $DT : TN = 2 : 1 = DK : KC$, следовательно, $KT \ || \ CN$.
$r(CN,AM) = r(CN,AMK)$ и $r(CN,BK)=r(CN,BKT)$, где $r(\ast,\ast)$ - расстояние между объектами. Задача поиска расстояния между скрещивающимися прямыми сведена к задаче нахождения расстояния от прямой до параллельной ей плоскости.
Найдем теперь $r(CN,AM) = r(CN,AMK)$:$(AMK) \cap (ABC) =a$, прямая $a \ || \ CN$ (иначе $CN$ не параллельна $(AKT) $),
$CH_1 \perp a$ по построению, $KH_1 \perp a$ по теореме о трех перпендикулярах,
значит, плоскость $(KCH_1)$ $\perp a$, следовательно, $(KCH_1) \perp (AMK)$,
$(KCH_1) \cap (AMK) = KH_1$ и $r(CN,AMK) = r(C,AMK) = r(C,KH_1)$.
Аналогично находим $r(CN,BKT)$:
$(BKT) \cap (ABC) =b$, $b \parallel CN$,
$CH_2 \perp b$ по построению, $KH_2 \perp b$ по теореме о трех перпендикулярах,
значит, плоскость $(KCH_2) \perp b$, следовательно, $(KCH_2) \perp (BKT)$,
$(KCH_2) \cap (BKT) = KH_2$ и $r(CN,BKT)=r(C,BKT)=r(C,KH_2)$.
$a \parallel b$, $CH_2 \perp b$, $CH_1 \perp a$, следовательно, $H_2CH_1$ - прямая (а не ломаная).
$BN=NA$ и по теореме Фалеса $CH_2=CH_1$. Из равенства треугольников $KCH_1$ и $KCH_2$ заключаем, что $r(C,KH_1) = r(C,KH_2)$.

 

?  В треугольнике $ABC$ проведены высота $AF$,  биссектриса $AE$, медиана $AD$. Площадь треугольника $AED$ равна 1/14 площади треугольника $ABC$, а площадь треугольника  $AFD$ равна 7/50 площади треугольника $ABC$. Найти углы треугольника $ABC$.
(Задача предлагалась на олимпиаде по математике факультета ПМ-ПУ)

Решение.

Рисунок 4Пусть $S$ - площадь треугольника $ABC$. Тогда биссектриса $AE$ разбивает $ABC$ на треугольники с площадями $\left( \frac{1}{2} + \frac{1}{14} \right) S$ и $\left( \frac{1}{2}-\frac{1}{14} \right) S$, то есть $\frac{4}{7} S$ и $\frac{3}{7} S$. Значит, стороны, заключающие угол $A$ относятся как $4 : 3$ (свойств биссектрисы). Пусть их длины равны $4x$ и $3x$.

Высота $AF$ разбивает треугольник $ABC$ на треугольники с площадями $\left( \frac{1}{2}+\frac{7}{50} \right) S$ и $\left( \frac{1}{2} - \frac{7}{50} \right) S$, то есть $\frac{16}{25} S$ и $\frac{9}{25} S$. Значит, высота $AF$ разбивает сторону треугольника, к которой она проведена, на отрезки длиной $16y$ и $9y$.

Найдем соотношение между $x$ и $y$, выразив $AF$ из двух прямоугольных треугольников. Применяем теорему Пифагора (возможны два случая взаимного расположения сторон треугольника):

$ \left[ \begin{array}{l} (4x)^2-(16y)^2=(3x)^2-(9y)^2, \\ (4x)^2 - (9y)^2 = (3x)^2-(16y)^2, \end{array} \right.$ $\left[ \begin{array}{l} x^2=25 y^2, \\ x^2 = -25 y^2 , \end{array} \right. $ откуда получаем, что $x=5y$.

Значит, стороны треугольника $ABC$ имеют длины $15y$, $20y$ и $25y$. Следовательно, $\angle A =90^\circ$, а другие углы треугольника равны $\arccos 4/5$ и $\arccos 3/5$.

? Медиана $BM$ треугольника $ABC$ равна его высоте $AH$. Найдите угол $MBC$.
Источник задачи - Самое полное издание типовых вариантов реальных заданий ЕГЭ: 2010: Математика / авт.-сост. И.Р. Высоцкий, Д.Д. Гущин, П.И. Захаров и др.; под. ред. А.Л. Семенова, И.В. Ященко. — М.: АСТ: Астрель, 2010. — 93, [3] с. — (Федеральный институт педагогических измерений).

Решение.

Рисунок 5 Рисунок 6 Сначала рассмотрим остроугольный треугольник $ABC$ (рисунок слева). Проведем $MP \ || \ AH$.
Так как $CM=MA$, то $CP=PH$ и $MP$ - средняя линия треугольника $ACH$.
Значит, $MP= \frac{1}{2} AH= \frac{1}{2} BM$.
Треугольник $MBP$ прямоугольный, $MP=\frac{1}{2} BM$, следовательно, $\angle MBC = 30^\circ$.

Анализ других случаев (треугольник $ABC$ тупоугольный) дает нам ещё один вариант (рисунок справа): $\angle MBC = 150^\circ$.

 

Последние изменения: 26.09.2010 16:53