Глава VII. Дополнительные задачи — с. 159
605. Докажите, что площадь квадрата, построенного на катете равнобедренного прямоугольного треугольника, вдвое больше площади квадрата, построенного на высоте, проведённой к гипотенузе.
Пусть катеты равнобедренного прямоугольного треугольника ABC равны a, гипотенуза AB = c, CH = h — высота к гипотенузе. По теореме Пифагора c² = 2a², c = a√2.
В равнобедренном треугольнике высота к основанию (гипотенузе) является медианой, а в прямоугольном треугольнике медиана к гипотенузе равна её половине: h = c/2 = a√2/2.
Площадь квадрата на высоте: h² = 2a²/4 = a²/2. Площадь квадрата на катете: a².
a² : (a²/2) = 2, то есть площадь квадрата на катете вдвое больше. Что и требовалось доказать.
(Другой путь: площадь треугольника S = a²/2 = 1/2 · c · h = h², так как c = 2h; значит, h² = a²/2.)
В равнобедренном треугольнике высота к основанию (гипотенузе) является медианой, а в прямоугольном треугольнике медиана к гипотенузе равна её половине: h = c/2 = a√2/2.
Площадь квадрата на высоте: h² = 2a²/4 = a²/2. Площадь квадрата на катете: a².
a² : (a²/2) = 2, то есть площадь квадрата на катете вдвое больше. Что и требовалось доказать.
(Другой путь: площадь треугольника S = a²/2 = 1/2 · c · h = h², так как c = 2h; значит, h² = a²/2.)
606. Площадь земельного участка равна 27 га. Выразите площадь этого же участка: а) в квадратных метрах; б) в квадратных километрах.
1 га = 100 м × 100 м = 10 000 м² (гектар — площадь квадрата со стороной 100 м).
а) 27 га = 27 · 10 000 = 270 000 м².
б) 1 км² = 1 000 · 1 000 = 1 000 000 м², поэтому 270 000 м² = 270 000 : 1 000 000 = 0,27 км².
Ответ: а) 270 000 м²; б) 0,27 км².
а) 27 га = 27 · 10 000 = 270 000 м².
б) 1 км² = 1 000 · 1 000 = 1 000 000 м², поэтому 270 000 м² = 270 000 : 1 000 000 = 0,27 км².
Ответ: а) 270 000 м²; б) 0,27 км².
607. Высоты параллелограмма равны 5 см и 4 см, а периметр равен 42 см. Найдите площадь параллелограмма.
Пусть a — сторона, к которой проведена высота 5 см, b — сторона, к которой проведена высота 4 см. Площадь S = 5a = 4b, откуда a = 0,8b. Полупериметр a + b = 42 : 2 = 21.
0,8b + b = 21, 1,8b = 21, b = 35/3 см, a = 28/3 см.
S = 5a = 5 · 28/3 = 140/3 = 46 2/3 см². (Проверка: 4b = 4 · 35/3 = 140/3.)
Ответ: 46 2/3 см².
0,8b + b = 21, 1,8b = 21, b = 35/3 см, a = 28/3 см.
S = 5a = 5 · 28/3 = 140/3 = 46 2/3 см². (Проверка: 4b = 4 · 35/3 = 140/3.)
Ответ: 46 2/3 см².
608. Найдите периметр параллелограмма, если его площадь равна 24 см2, а точка пересечения диагоналей удалена от сторон на 2 см и 3 см.
Точка пересечения диагоналей O — центр симметрии параллелограмма, она равноудалена от противоположных сторон, поэтому расстояние между противоположными сторонами (высота) вдвое больше расстояния от O до стороны: высоты равны 2 · 2 = 4 см и 2 · 3 = 6 см.
Пусть a — сторона, к которой проведена высота 4 см, b — сторона, к которой проведена высота 6 см. S = 4a = 24, a = 6 см; S = 6b = 24, b = 4 см.
Периметр P = 2(6 + 4) = 20 см.
Ответ: 20 см.
Пусть a — сторона, к которой проведена высота 4 см, b — сторона, к которой проведена высота 6 см. S = 4a = 24, a = 6 см; S = 6b = 24, b = 4 см.
Периметр P = 2(6 + 4) = 20 см.
Ответ: 20 см.
609. Меньшая сторона параллелограмма равна 29 см. Перпендикуляр, проведённый из точки пересечения диагоналей к большей стороне, делит её на отрезки, равные 33 см и 12 см. Найдите площадь параллелограмма.
Пусть ABCD — параллелограмм, AB = 29 см — меньшая сторона, AD = 33 + 12 = 45 см — большая, O — точка пересечения диагоналей, OK ⊥ AD, AK и KD — отрезки 12 и 33 см в каком-то порядке.
Проведём высоту BH к прямой AD. Прямые BH и OK параллельны (обе перпендикулярны AD), O — середина BD, поэтому по теореме Фалеса K — середина HD, и HK = KD.
Если KD = 33 см, то HD = 66 см, H лежит на продолжении DA за A, AH = 66 − 45 = 21 см. Если KD = 12 см, то HD = 24 см, H лежит на AD и AH = 45 − 24 = 21 см. В обоих случаях AH = 21 см.
Из прямоугольного треугольника ABH: BH² = 29² − 21² = 841 − 441 = 400, BH = 20 см.
S = AD · BH = 45 · 20 = 900 см².
Ответ: 900 см².
Проведём высоту BH к прямой AD. Прямые BH и OK параллельны (обе перпендикулярны AD), O — середина BD, поэтому по теореме Фалеса K — середина HD, и HK = KD.
Если KD = 33 см, то HD = 66 см, H лежит на продолжении DA за A, AH = 66 − 45 = 21 см. Если KD = 12 см, то HD = 24 см, H лежит на AD и AH = 45 − 24 = 21 см. В обоих случаях AH = 21 см.
Из прямоугольного треугольника ABH: BH² = 29² − 21² = 841 − 441 = 400, BH = 20 см.
S = AD · BH = 45 · 20 = 900 см².
Ответ: 900 см².
610. Докажите, что из всех треугольников, у которых одна сторона равна а, а другая — b, наибольшую площадь имеет тот, у которого эти стороны перпендикулярны.
Пусть в треугольнике ABC AB = a, AC = b. Примем AB за основание, тогда высота CH из вершины C к прямой AB: CH ≤ AC = b, потому что перпендикуляр короче любой наклонной (равенство только при H = A, то есть при AC ⊥ AB).
Площадь S = 1/2 · AB · CH ≤ 1/2 · a · b, причём равенство достигается тогда и только тогда, когда CH = AC, то есть когда стороны a и b перпендикулярны.
Значит, наибольшую площадь 1/2 ab имеет треугольник с перпендикулярными сторонами a и b.
Площадь S = 1/2 · AB · CH ≤ 1/2 · a · b, причём равенство достигается тогда и только тогда, когда CH = AC, то есть когда стороны a и b перпендикулярны.
Значит, наибольшую площадь 1/2 ab имеет треугольник с перпендикулярными сторонами a и b.
611. Как провести две прямые через вершину квадрата, чтобы разделить его на три фигуры, площади которых равны?
Пусть ABCD — квадрат со стороной a, площадь S = a². Проведём прямые через вершину A.
Построение: разделим стороны BC и DC, выходящие не из A, так, чтобы BM = 2/3 BC и DN = 2/3 DC (разделив сторону на три равные части и взяв точку на расстоянии двух частей от вершины B, соответственно D). Проведём прямые AM и AN.
Доказательство. Треугольник ABM прямоугольный: SABM = 1/2 · AB · BM = 1/2 · a · 2a/3 = a²/3. Аналогично SADN = 1/2 · AD · DN = a²/3. Оставшаяся фигура — четырёхугольник AMCN — имеет площадь a² − a²/3 − a²/3 = a²/3. Итак, все три фигуры имеют площадь S/3.
Построение: разделим стороны BC и DC, выходящие не из A, так, чтобы BM = 2/3 BC и DN = 2/3 DC (разделив сторону на три равные части и взяв точку на расстоянии двух частей от вершины B, соответственно D). Проведём прямые AM и AN.
Доказательство. Треугольник ABM прямоугольный: SABM = 1/2 · AB · BM = 1/2 · a · 2a/3 = a²/3. Аналогично SADN = 1/2 · AD · DN = a²/3. Оставшаяся фигура — четырёхугольник AMCN — имеет площадь a² − a²/3 − a²/3 = a²/3. Итак, все три фигуры имеют площадь S/3.
612*. Каждая сторона одного треугольника больше любой стороны другого треугольника. Следует ли из этого, что площадь первого треугольника больше площади второго треугольника?
Нет, не следует.
Контрпример. Первый треугольник со сторонами 13, 13, 24: каждая его сторона не меньше 13. Второй — равносторонний со стороной 12. Каждая сторона первого (13, 13, 24) больше каждой стороны второго (12).
Площадь первого: он равнобедренный, высота к основанию 24 равна √(13² − 12²) = 5, S1 = 1/2 · 24 · 5 = 60.
Площадь второго: S2 = 12² · √3/4 = 36√3 ≈ 62,35.
S1 = 60 < S2 ≈ 62,35 (так как 36√3 > 60 ⇔ 3√3 > 5 ⇔ 27 > 25), то есть площадь первого треугольника меньше.
Ответ: нет.
Контрпример. Первый треугольник со сторонами 13, 13, 24: каждая его сторона не меньше 13. Второй — равносторонний со стороной 12. Каждая сторона первого (13, 13, 24) больше каждой стороны второго (12).
Площадь первого: он равнобедренный, высота к основанию 24 равна √(13² − 12²) = 5, S1 = 1/2 · 24 · 5 = 60.
Площадь второго: S2 = 12² · √3/4 = 36√3 ≈ 62,35.
S1 = 60 < S2 ≈ 62,35 (так как 36√3 > 60 ⇔ 3√3 > 5 ⇔ 27 > 25), то есть площадь первого треугольника меньше.
Ответ: нет.
613*. Докажите, что сумма расстояний от точки на основании равнобедренного треугольника до боковых сторон не зависит от положения этой точки.
Пусть в треугольнике ABC AB = BC = b, AC — основание, M — любая точка основания, MP ⊥ AB, MQ ⊥ BC. Соединим M с вершиной B. Отрезок BM делит треугольник на треугольники ABM и CBM.
SABC = SABM + SCBM = 1/2 · AB · MP + 1/2 · BC · MQ = 1/2 · b · (MP + MQ).
Отсюда MP + MQ = 2SABC : b. Правая часть не зависит от положения точки M (это постоянная для данного треугольника величина — высота, проведённая к боковой стороне). Следовательно, сумма расстояний не зависит от положения точки. Что и требовалось доказать.
SABC = SABM + SCBM = 1/2 · AB · MP + 1/2 · BC · MQ = 1/2 · b · (MP + MQ).
Отсюда MP + MQ = 2SABC : b. Правая часть не зависит от положения точки M (это постоянная для данного треугольника величина — высота, проведённая к боковой стороне). Следовательно, сумма расстояний не зависит от положения точки. Что и требовалось доказать.
614. Докажите, что сумма расстояний от точки, лежащей внутри равностороннего треугольника, до его сторон не зависит от положения этой точки.
Пусть ABC — равносторонний треугольник со стороной a, M — точка внутри него, MP, MQ, MR — перпендикуляры к сторонам AB, BC, CA. Соединим M с вершинами A, B, C. Треугольник разбивается на три треугольника ABM, BCM, CAM.
SABC = SABM + SBCM + SCAM = 1/2 · a · MP + 1/2 · a · MQ + 1/2 · a · MR = 1/2 · a · (MP + MQ + MR).
Значит, MP + MQ + MR = 2SABC : a — одна и та же величина (равная высоте треугольника) для любой точки M. Что и требовалось доказать.
SABC = SABM + SBCM + SCAM = 1/2 · a · MP + 1/2 · a · MQ + 1/2 · a · MR = 1/2 · a · (MP + MQ + MR).
Значит, MP + MQ + MR = 2SABC : a — одна и та же величина (равная высоте треугольника) для любой точки M. Что и требовалось доказать.
615*. Через точку D, лежащую на стороне ВС треугольника ABC, проведены прямые, параллельные двум другим сторонам и пересекающие стороны AB и АС соответственно в точках Е и F. Докажите, что треугольники CDE и BDF равновеликие.
Проведены DE ∥ AC (E на AB) и DF ∥ AB (F на AC). Тогда AEDF — параллелограмм (AE ∥ FD, AF ∥ ED). Пусть S — его площадь.
Треугольники CDE и ADE имеют общее основание DE, а их вершины C и A лежат на прямой AC, параллельной DE, поэтому высоты, проведённые к DE, равны, и SCDE = SADE. Диагональ AD делит параллелограмм AEDF на два равных треугольника, поэтому SADE = S/2. Значит, SCDE = S/2.
Аналогично треугольники BDF и ADF имеют общее основание DF, вершины B и A лежат на прямой AB ∥ DF, поэтому SBDF = SADF = S/2.
Итак, SCDE = SBDF = S/2, то есть треугольники равновеликие. Что и требовалось доказать.
Треугольники CDE и ADE имеют общее основание DE, а их вершины C и A лежат на прямой AC, параллельной DE, поэтому высоты, проведённые к DE, равны, и SCDE = SADE. Диагональ AD делит параллелограмм AEDF на два равных треугольника, поэтому SADE = S/2. Значит, SCDE = S/2.
Аналогично треугольники BDF и ADF имеют общее основание DF, вершины B и A лежат на прямой AB ∥ DF, поэтому SBDF = SADF = S/2.
Итак, SCDE = SBDF = S/2, то есть треугольники равновеликие. Что и требовалось доказать.
616. В трапеции ABCD с боковыми сторонами AB и CD диагонали пересекаются в точке О.
а) Сравните площади треугольников ABD и ACD.
б) Сравните площади треугольников ABО и CDO.
в) Докажите, что выполняется равенство ОА ⋅ ОВ = ОС ⋅ OD.
а) Сравните площади треугольников ABD и ACD.
б) Сравните площади треугольников ABО и CDO.
в) Докажите, что выполняется равенство ОА ⋅ ОВ = ОС ⋅ OD.
Основания трапеции — BC и AD, BC ∥ AD.
а) Треугольники ABD и ACD имеют общее основание AD, а их вершины B и C лежат на прямой BC, параллельной AD, поэтому высоты, проведённые к AD, равны. Значит, SABD = SACD.
б) SABO = SABD − SAOD, SCDO = SACD − SAOD. Так как SABD = SACD, то SABO = SCDO.
в) Углы AOB и COD равны как вертикальные. По теореме об отношении площадей треугольников, имеющих по равному углу, SABO : SCDO = (OA · OB) : (OC · OD). Но по пункту б) SABO : SCDO = 1. Следовательно, OA · OB = OC · OD. Что и требовалось доказать.
а) Треугольники ABD и ACD имеют общее основание AD, а их вершины B и C лежат на прямой BC, параллельной AD, поэтому высоты, проведённые к AD, равны. Значит, SABD = SACD.
б) SABO = SABD − SAOD, SCDO = SACD − SAOD. Так как SABD = SACD, то SABO = SCDO.
в) Углы AOB и COD равны как вертикальные. По теореме об отношении площадей треугольников, имеющих по равному углу, SABO : SCDO = (OA · OB) : (OC · OD). Но по пункту б) SABO : SCDO = 1. Следовательно, OA · OB = OC · OD. Что и требовалось доказать.