Внутри правильного треугольника авс взята произвольная точка м. доказать, что на сторонах ав, вс и са можно выбрать соответственно точки с1, а1 и в1 так, что в1с1= ам, с1а1 = вм, а1в1 = см. найти ва1, если ав1 = а, ас1= в, а > в .
Рассмотрим фигуру AB₁MC₁. Т. к. MC₁║AC ⇒ MC₁║AB₁, AC₁∦MB₁ ⇒ AB₁MC₁ - трапеция. Т. к. ∠A = ∠C, ∠C = ∠AB₁M как соответственные ⇒ ∠A = ∠AB₁M ⇒ AC₁ = MB₁, т. е. трапеция равнобедренная ⇒ B₁C₁ = AM как диагонали равнобедренной трапеции.
Аналогично рассуждая, C₁A₁ = BM, A₁B₁ = CM, что и требовалось доказать.
Пусть C₁H₁⊥AB₁, MH₂⊥AB₁. Тогда MC₁H₁H₂ - прямоугольник ⇒ H₁H₂ = C₁M. Т. к. A₁BC₁M - равнобедренная трапеция, A₁B = C₁M ⇒ A₁B = H₁H₂.
В прямоугольном треугольнике AH₁C₁ AH₁ = AC₁ * cos A = b * cos 60° = 0.5b. Аналогично B₁H₂ = 0.5b. Тогда H₁H₂ = AB₁ - AH₁ - H₂B₁ = a - 0.5b - 0.5b = a - b ⇒ A₁B = a - b.
В трапеции ABCD боковая сторона AB перпендикулярна основанию BC. Окружность проходит через точки C и D и касается прямой AB в точке E. Найдите расстояние от точки E до прямой CD, если AD=8, BC=4.
Есть 4 варианта расположения трапеции и окружности при данных ВС и АD. (Представлены на рисунках). Для всех четырех решение и результат одинаковы: Искомое расстояние - это перпендикуляр EF к прямой CD. По условию ВС - средняя линия треугольника ADS. DC=SC, AB=BS. SD=2DC. Тогда по свойству касательной и секущей из одной точки к окружности имеем: SE² = SD*SC = 2DC² или SE = CD√2. Прямоугольные треугольники HDC и FES подобны по острому углу <S=<C (так как НС параллельна AS). Из подобия треугольников имеем: EF/DH = SE/CD => EF = DH*SE/CD. EF=4CD√2/CD = 4√2. Или так: EF=SE*Sin(<ESF) =SE*Sin(<DCH). <ESF=<DCH =α (соответственные углы в подобных треугольниках) α= SE*Sinα Sinα=HD/DC. EF = SE*HD/CD. Или так: EF=SE*Cos(<SEF) =SE*Cos(<FDA). <SEF=<FDA =β (соответственные углы в подобных треугольниках) α= SE*Cosβ Cosβ=HD/DC. EF = SE*HD/CD. Все эти варианты, в принципе, одно и то же. ответ: EF= 4√2.
Так как решение при любых вариантах расположения окружности и трапеции одинаково, можно привести решение подобных задач в общем виде для разных значений ВС и AD. Решение. Пусть ВС= а, AD=b. AD>BC. Прямоугольные треугольники HDC и FES подобны по острому углу <S=<C (так как НС параллельна AS). Из подобия имеем: EF/HD = SE/CD => EF = DH*SE/CD. Следовательно, чтобы найти EF, надо выразить DH, SЕ и CD через основания трапеции ВС и AD. DH=AD-BC = (b-a) (по условию). Прямоугольные треугольники ASD и BSC подобны по общему острому углу <S. Коэффициент подобия равен k=ВC/AD=a/b. Тогда SC=CD*a/(b-a). SD=SC+CD = CD*(a/(b-a)+CD = CD(a/(b-a) +1)= CD*b/(b-a). По свойству касательной и секущей из одной точки к окружности имеем: SE² = SD*SC. SE² = SD*SC=CD*b/(b-a))*CD*a/(b-a) = CD²*a*b/(b-a)². SE = CD*√(a*b)/(b-a). EF=(b-a)*CD*√(a*b)/((b-a)*CD) = √(a*b). ответ: расстояние от точки Е до прямой CD равно √(ВС*AD) для любых значений ВС и AD. ЕF=√(ВС*AD).
Пусть MA₁║AB, MB₁║BC, MC₁║AC.
Рассмотрим фигуру AB₁MC₁. Т. к. MC₁║AC ⇒ MC₁║AB₁, AC₁∦MB₁ ⇒ AB₁MC₁ - трапеция. Т. к. ∠A = ∠C, ∠C = ∠AB₁M как соответственные ⇒ ∠A = ∠AB₁M ⇒ AC₁ = MB₁, т. е. трапеция равнобедренная ⇒ B₁C₁ = AM как диагонали равнобедренной трапеции.
Аналогично рассуждая, C₁A₁ = BM, A₁B₁ = CM, что и требовалось доказать.
Пусть C₁H₁⊥AB₁, MH₂⊥AB₁. Тогда MC₁H₁H₂ - прямоугольник ⇒ H₁H₂ = C₁M. Т. к. A₁BC₁M - равнобедренная трапеция, A₁B = C₁M ⇒ A₁B = H₁H₂.
В прямоугольном треугольнике AH₁C₁ AH₁ = AC₁ * cos A = b * cos 60° = 0.5b. Аналогично B₁H₂ = 0.5b. Тогда H₁H₂ = AB₁ - AH₁ - H₂B₁ = a - 0.5b - 0.5b = a - b ⇒ A₁B = a - b.
ответ: a - b