Часть 3. МНОГОУГОЛЬНИКИ. ЧЕТЫРЕХУГОЛЬНИКИ И ИХ СВОЙСТВА.

1.Доказать, что у выпуклого многоугольника каждый угол меньше 180 0 .

Дано: мног-к ABCDEF. Доказать: FAB< 180 0 . Доказательство: Возьмем любой угол многоугольника ABCDEF, например, FAB и его сторону ВА, выходящую из вершины А. Т.к. многоугольник выпуклый, то он лежит по одну сторону от прямой АВ. Значит и его угол лежит по одну сторону от прямой АВ. Значит, FAB меньше развернутого, т.е. FAB< 180 0 .

2.Сколько сторон имеет правильный многоугольник, каждый из внутренних углов которого равен 135 0 ?

Решение: Сумма внутренних углов многоугольника определяется формулой 180 0 (n - 2), где n- число сторон. По условию задачи имеем: 135n=180(n-2). 135n-180n+360=0. Отсюда n=8. Ответ: 8.

3.В окружность вписан одиннадцатиугольник, одна из сторон которого равна радиусу окружности, а остальные десять равны между собой. Найдите углы одиннадцатиугольника.

Дано: A1А2А3 … А10А11- одиннадцатиугольник, вписанный в окружность (О, ОА1). А1А2=ОА1; А2А3=А3А4=…=А10А11=А11А1. Найти: А1А2А3, А2А3А4, А3А4А5,… А10А11А1, А11А1А2. Решение: Рассмотрим ОА1А2: А1А2=ОА1 = ОА2, А1ОА2=60 0 . Т.к. А2А3=А3А4=…=А10А11=А11А1 и ОА1=ОА2=… ОА10=ОА11, то ОА2А3 = ОА3А4 = …= ОА10А11 = ОА11А1. А2ОА3= А3ОА4=…= А10ОА11= А11ОА1= ОА2А3= А3А2О= ОА3А4= А4А3О=…= ОА11А1= А1А11О= А11А1А2= А1А2А3=60 0 +75 0 =135 0 . А2А3А4= А3А4А5=…= А9А10А11= А10А11А1=75 0 +75 0 =150 0 . Ответ: 30 0 , 75 0 , 150 0 .

4.Стороны выпуклого пятиугольника в котором все внутренние углы тупые, продолжили до взаимного пересечения. Вычислите сумму углов при вершинах полученной пятиугольной звезды.

Дано: ABCDE выпуклый пятиугольник. Найти сумму углов при вершинах полученной пятиугольной звезды. Решение: АВС+ ВСА+ САВ=180 0 . Отсюда С=180 0 -( САВ+ АВС). Выразив таким образом каждый угол при вершинах звезды, получим, что их сумма равна разности между 180 0 ∙5 и удвоенной суммой внешних углов многоугольника, т.е. 180 0 ∙5-360 0 ∙2=180 0 . Ответ: 180 0 .

5.Точка F лежит на стороне АВ правильного восьмиугольника ABCDMNPQ так, что AF= , FB= . Найдите расстояние от точки F до прямых, содержащих стороны восьмиугольника.

Дано: ABCDMNPQ – правильный восьмиугольник, F AB, AF=3 , BF= . найти: FA1, FB1, FC1, FD1, FM1, FP1, FQ1. Решение: 1) Рассмотрим AА1F, он прямоугольный равнобедренный, т.к. QAB=135 0 и AA1F=90 0 , A1AF = A1FA =45 0 . 2) Из АА1F: FA1=AFcos45 0 =3 ∙ =3. Сторона восьмиугольника составляет: а=AF+FB=3 + =4 . Из рисунка следует: A1D1=AD=BC+(AB+CD)cos45 0 , A1D1=8+4 ; FD1=A1D1-FA1=5+4 . 3) Из FB1B: FB1=FB∙cos45 0 = ∙ =1; FP1=BP-FB1=7+ 4 . 4) Рассмотрим QQ1A, он – равнобедренный прямоугольный. Q1A=QA∙cos45 0 =4 ∙ =4. FQ1=FA+Q1A=4+3 , FC1=FB+BC1=4+ . Ответ: 3, 1, 4+ , 5+4 , 8+4 , 7+ 4 , 4+3 .

6.Может ли n – угольник иметь ровно 10 диагоналей?

Решение: . d=10. Отсюда =10. n(n-3)=20. n 2 -3n-20=0. D=9+80=89.Т.е. целых корней нет. Следовательно, не может.

7.Диагонали трапеции делят углы, прилежащие к большему основанию, пополам. Периметр трапеции равен 36 м, а средняя линия 11,7 м. Найдите стороны трапеции.

Дано: ABCD - трапеция. ВАС= САD, CDB= ВDA, P=36 м, MN=11,7. Найти: АВ, ВС, CD, AD. Решение: 1) P=AB+BC+CD+AD=36. MN= . Отсюда BC+AD=2MN=23,4. AB+CD+23,4=36. AB+CD=12,6. 2) Т.к. BC||AD и АС – секущая, то CAD= BCA – внутренние накрест лежащие, и следовательно, АВС – равнобедренный, а значит, АВ=ВС. 3) Аналогично, BCD – равнобедренный и BC=CD. 4) Обозначим ВС=х, AD=y, получим . Отсюда х=6,3, у=17,1. Ответ: 6,3; 6,3; 6,3; 17,1.

8.В равнобокой трапеции большее основание равно 3,7 см, боковая сторона равна 1,5 см, а угол между ними равен 60 0 . Найдите среднюю линию трапеции.

Дано: ABCD - трапеция. AD=3,7, AB=CD=1,5. ВАD=60 0 . Найти: MN. Решение: 1) MN= = . 2) В ABH: ABH=30 0 , отсюда AH= AB, HH1=BC=3,7=1,5=2,2. MN= (2,2+3,7)=2,95. Ответ: 2,95.

9.Основания трапеции равны 4 и 3, а боковые стороны при продолжении пересекаются под прямым углом. Найдите длину отрезка, соединяющего середины оснований трапеции.

Дано: ABCD - трапеция. О=АВ CD, O=90 0 . BC=3, AD=4. Найти: PK. Решение: 1) ВР=PC, АК=KD –по условию, AOD= 90°. Проведем МР||АВ, PN||CD, тогда MPN=90° (как угол между соответственно параллельны­ми прямыми), ВР = AM =1,5; PC = ND= 1,5 (как противоположные стороны параллелограмма). Тогда AM=ND=1,5, а MK=KN=0,5. 2) Отре­зок РК — это медиана прямоугольного треугольника MNP. По свойству медианы прямоугольного треугольника будем иметь РК = 0,5. (Медиана равна гипотенузе).

10.Основания трапеции относятся как 2:3, а средняя линия равна 5 м. Найдите основания трапеции.

Дано: ABCD - трапеция. BC:AD=2:3. MN=5. Найти: BC, AD. Решение: , MN= . Обозначим ВС=х, AD=y, тогда получим систему: . Отсюда, ответ: 4 и 6.

11.Средняя линия трапеции равна 2,4 м и делится диагональю на два отрезка, разность которых равна 0,6 м. Найдите основания данной трапеции.

Дано: ABCD - трапеция. MN=2,4 см. МО-ОN=0,6. Найти: BC, AD. Решение: 1) MN= . Обозначим ВС=х, AD=y, тогда х+у=4,8. МО-ОN=0,6, МО+ОN=2,4. Тогда 2МО=3, МО=1,5. ON=2,4-1,5=0,9. 2) Т.к. МО- средняя линия АВС, то МО= ВС. Или ВС=2МО=3. 3) ON- средняя линия ACD, то ОN= AD. Или AD=2ОN=1,8. Ответ: 1,8; 3.

12.Докажите, что отрезок, соединяющий середины диагоналей трапеции, параллелен основаниям и равен полуразности оснований.

Дано: ABCD- трапеция, АС и ВD диагонали, О1А=О1С. ВО2=О2D. Доказать: О1О2||ВC||AD, O1O2= (AD-BC). Доказательство: 1) Проведем через середину отрезка АВ прямую параллельно ВС и AD. По определению MN является средней линией трапеции. Т.к. в АВС точки М и О1 являются серединами отрезков АВ и АС соответственно, то следовательно МО1 является средней линией АВС, отсюда МО1= ВС. Аналогично, видим, что NO2 является средней линией DBC и O2N= ВС. Т.О. О1О2||DC||AD, MN= (ВС+AD), MN=MO1+O2N+O1O2. O1O2= MN-2BC- ВС= ВС+ AD-BC= (ВС-AD).

13.Основания трапеции равны а и b. Две прямые, параллельные основаниям, делят одну из боковых сторон на три равные части. Найдите отрезки этих прямых, лежащие внутри трапеции.

Дано: ABCD-трапеция, ВС=а, AD=b, MN||PQ||BC||AD. MB=MP=PA. Найти: MN, PQ. Решение: 1) Так как на АВ отложены равные отрезки и через их концы проведены параллельные прямые MN и PQ, то по теореме Фалеса другая боковая сторона CD так же разделится на три равные части, T.e. CN=NQ=QD. 2) Проведем через точки С, N, Q прямые, параллельные стороне АВ. Т.е. СЕ||NF||QT||AB. Получим четырехугольник АВСЕ — параллелограмм, тогда ВС = АЕ = b, a ED = а—b. 3) Применяя теорему Фалеса (DQ=QN=NC; СЕ||NF||TQ), получим ЕF=FT=TD= . Т.к. ET=LQ, то PQ= , а так как RN = EF, то MN = . Ответ: , .

14.В трапеции АВCD боковая сторона АВ равна 5, а основание ВС равно 4. Какую из сторон трапеции, ВС и CD, пересекает биссектриса угла А этой трапеции?

Дано: ABCD-трапеция, AF- биссектриса А. АВ=5, ВС=4. Найти AF BC или AF CD - ?. Решение: 1) FAD= AFB – как внутренние накрест лежащие углы при параллельных прямых AD и ВС и секущей AF. Тогда FAB= AFB, а значит ∆АВС – равнобедренный, АВ=BF=5. По условию ВС=4, значит биссектриса угла А пересекает сторону CD. (Т.к. если бы точка F лежала бы на отрезке ВС, то мы получили бы противоречие с условием, т.е. мы получим равенство АВ=BF=5, но весь отрезок ВС=4, а т. F будет левее чем С). Ответ: CD.

15.В прямоугольной трапеции один из углов равен 135 0 , средняя линия равна 18 м, а основания относятся как . Найдите меньшую боковую сторону трапеции.

Дано: ABCD- прямоуг. трапеция, С=135 0 . MN=18, BC:AD= . Найти AB. Решение: . Отсюда 8ВС=AD. Проведем высоту СС1. С1CD=135 0 -90 0 =45 0 . Отсюда C1DC=45 0 . Т.е. СС1D- равнобедренный и СС1=C1D. Пусть ВС=х, AD=y, тогда MN= (x+y), или х+у=36. AD=2BC. Или у=8х. Т.е. получили систему: . Отсюда х=4, у=32. Тогда СС1=АВ=32-АС1=32-4=28. Ответ: 28.

16.Найдите длину отрезка, параллельного основаниям трапеции (их длины a и b) и делящего трапецию на две равновеликие части.

17.Биссектриса тупого угла параллелограмма делит противоположную сторону в отношении 2 : 1, считая от вершины острого угла. Найдите стороны параллелограмма, если его периметр равен 60 м.

Дано: ABCD- паралл-м, DE-биссектриса. ВЕ:ЕС=1:2. Р=60. Найти АВ и ВС. Решение: 1) Пусть АВ=х, ВС=у, тогда ВЕ+ЕС=у, ВЕ:ЕС=1:2, т.е. 2ВЕ=ЕС. Тогда 3ВЕ=у, ВЕ=у/3. 2) Т.к. АDE= CDE= DEC (как внутренние накрест лежащие), то ЕС=СD=АВ=х. Тогда у-х=у/3. P=2(x+y)=60. x+y=30. т.е. получили систему: . Решая систему, получаем ответ: 12 и 18. Ответ: 12 и 18.

18.В параллелограмме ABCD AB = 5, ВС = 7. Биссектрисы внутренних углов, пересекаясь, образовали четырехугольник. Найдите отношение площади четырехугольника к площади параллелограмма.

Дано: ABCD- паралл-м, АВ=5, ВС=7, EFKP-четырехуг-к. Найти: SEFKP : SABCD. Решение: Пусть BAD = α и ABC=β. 1) Докажем, что четырехугольник EFPK – прямоугольник: α+ β=180 0 . и BAE= . ABE= . Но + =90 0 . Следовательно, АЕВ=90 0 , а значит АЕК=90 0 , и КЕF=90 0 , аналогично доказываются другие случаи с углами четырехугольника. 2) Пусть АВ=b, ВС=a. Тогда из треугольника ВКС BK = asin и из треугольника ABE BE = b sin . Тогда ЕК = ВК – ВЕ=(a-b)sin . Аналогично, EF=(a-b)cos . Имеем: SEFKP = (a-b) 2 sin cos = (a-b) 2 sinα. SABCD.=ab sinα. SEFKP : SABCD= . Подставляя вместо а и b получим, что отношение SEFKP : SABCD=2:35.

19.Биссектриса угла А параллелограмма ABCD пересекает сторону ВС в точке К и продолжение стороны CD в точке М; СМ = 1, ВК = 3. Найдите стороны параллелограмма.

Дано: ABCD-параллелограмм, АМ- биссектриса А, К=BC AM, M=AM CD, CM=1, BK=3. Найти AB, BC. Решение: 1) BAK= KAD, т.к. АК- биссектриса угла А, ВКА= КАD как внутренние накрест лежащие при параллельных прямых AD и ВК и секущей АК. Откуда ВАК= ВКА, значит, ∆АВК равнобедренный, АВ=ВК=3. ВАК= KMD как внутренние накрест лежащие при параллельных АВ и DM и секущей АМ. Из равенства этих углов следует, что ∆КМС равнобедренный и КС=СМ=1. Тогда ВС=1+3=4. Ответ: 3 и 4.

20.В равнобедренный прямоугольный треугольник вписан прямоугольник так, что две его вершины находятся на гипотенузе, а две другие – на катетах. Чему равны стороны прямоугольника, если известно, что они относятся как 5 : 2, а гипотенуза треугольника равна 45 см?

Дано: ABC- прямоуг, равнобедр треугольник, LP:LM=5:2, AB=45, LM АВ. Найти LP, LM. Решение: 1) Пусть LM=х, LP=у, тогда AB=AM+NB+y=45. 2) Т.к. ∆AML прямоугольный, и А=45 0 , то AM=LM=x=NB. Получили систему: , решая систему, получаем ответ: 10 и 25. Ответ: 10 и 25.

21.Докажите, что биссектрисы углов параллелограмма при пересечении образуют прямоугольник, диагонали которого параллельны сторонам па­раллелограмма и равны разности соседних сторон параллелограмма.

Дано: ABCD-параллелограмм, . Доказать: 1) MNPQ—прямоугольник. 2)MP||AD. 3) MP=AD-AB. Решение: 1) В параллелограмме ABCD биссектрисы углов пересекаются в точках M,N,P и Q. Покажем, что MNPQ — прямоугольник. AND = 180 0 -( NAD+ NDA)= ( A+ D) = 180° =90°. Аналогично оказывается, что остальные углы четырехугольника MNPQ — по 90°. 2) Покажем, что отрезок МР параллелен стороне AD. Обозначим точки пересечения прямых AM и СР со сторонами СВ и AD через Е и F. Заметим, что треугольники ABE и CFD равные равнобедренные с осно­ваниями АЕ и CF соответственно. Биссектрисы углов при вершинах в этих треугольниках одновременно являются высотами, а значит, и медианами. Тогда четырехугольник MAFP — параллелограмм (АМ=FP, AM||FP), значит, отрезок МР||AD. Покажем, что МР =AD-AB. Продолжим отрезок МР до пересечения со сторонами АВ и CD точках T и L соответственно. По теореме Фалеса AT=ТВ, DL =LC, т.е. отрезки МТ и PL — медианы прямоугольных треугольников АМВ и CPD. По свойству медианы равнобедренного треугольника МТ= АВ, аналогично PL = CD, значит, МР =TL- (АВ+CD)=AD-CD.

22.Из одной точки окружности проведены две взаимно перпендикулярные хорды, которые удалены от центра на 6 см и 10 см. Найдите их длины.

23.Биссектрисы углов В и С параллелограмма пересекаются в точке О на стороне АD. Найдите площадь параллелограмма, если ВС = 4 см, a A = 60°.

Дано: АВСD - параллелограмм, ВС=4, A = 60°, ВС, ОС - биссектрисы. Найти S. Решение: 1) Биссектрисы ВО и СО пересекаются в точке О, образуя прямой угол. Действительно, по свойству параллелограмма, сумма углов В и С равна 180°, а сумма половин этих углов — 90°. В прямоугольном ∆ВОС: ВС = 4см, ВО=2см (катет, лежащий против угла 30°). Заметим, что площадь треугольника ВОС равна половине площади параллелограмма (для доказательства достаточно провести OF||CD). Тогда площадь параллелограмма равна удвоенной площади треугольника: S = BC∙ABsin СВО. Так как величина угла СВО равна 60°, то S=4∙2∙ = см 2 . Ответ: .

24.Найдите площадь трапеции с боковыми сторонами 13 и 20 и основаниями 6 и 27.

Дано: АВСD - трапеция, АВ=13, CD=20, BC=6, AD=27. Найти S. Решение: 1) S= h(BC+AD). Нужно найти высоту. Пусть АЕ=х, DK=у. Тогда AD=х+у+6=27. х+у=21 (1). 2) Рассмотрим ∆АВЕ: по т. Пифагора имеем АВ 2 -х 2 =h 2 . Рассмотрим ∆СDK: по т. Пифагора имеем CD 2 -y 2 =h 2 . Отсюда 13 2 -x 2 =20 2 -y 2 . Преобразуем уравнение, получим y 2 -x 2 =231. Или (у-х)(у+х)=231. Или 21(у-х)=231 (2). Получили систему: Решая систему, получаем решение: х=5, у=16. Отсюда h 2 =169-25=144. h=12. S= 12(6+27)=198. Ответ: 198.

25.В параллелограмме площадью см 2 отношение сторон равно отношению диагоналей; меньшая из диагоналей перпендикулярна одной из сторон параллелограмма. Найдите его стороны.

Дано: АВСD - параллелограмм,S= см 2 , АВ:AD=BD:АС=k. Найти AB, BC. Решение: По свойству параллелограмма 2(АВ 2 + АD 2 )=BD 2 +AC 2 ; 2(АВ 2 + k 2 АВ 2 )=(BD 2 +k 2 BD 2 ); 2АВ 2 (1+k 2 )=BD 2 (1+k 2 );2АВ 2 =BD 2 ; , . SABD = = см 2 . Значит, , BD= см, АВ=2см. По теореме Пифагора AD 2 =BD 2 +AB 2 =8+4=12, AD= cм.

26.Сторона правильного вписанного в окружность треугольника равна 3. Найдите сторону квадрата, вписанного в эту окружность.

Дано: Окружность О, ∆АВС, LMNP- квадрат вписанный в окружность. АВ=3. Найти LM. Решение: Из формулы, связывающей радиус и сторону треугольника: R= = . Из формулы, связывающей радиус и сторону квадрата: R= . . Ответ: .

27.Найдите сторону и апофему правильного пятиугольника, вписанного в окружность радиуса R.

Дано: (О,R), АВСDE – правильный 5-угольник. АВ=3. Найти АВ, ОМ. Решение: 1) сумма углов 5-угольника = 180 0 (n-2)= 180 0 *3=540 0 . BAE=540 0 :5=108 0 . 2) АO- биссектриса А, тогда ОАЕ=108 0 :2=54 0 . 3) ∆АОМ – прямоугольный, Тогда АМ=Rcos54 0 . OM=Rsin54 0 . AE=2Rcos54 0 . Ответ: AE=2Rcos54 0 , OM=Rsin54 0 .

28.В прямоугольник со сторонами 3м и 4м вписан другой прямоугольник, стороны которого относятся как 1 : 3. Найдите площадь этого прямоугольника.

29.В параллелограмме угол между высотами равен α. Найдите высоты и площадь параллелограмма, если стороны его равны b и c.

Дано: АВСD – параллелограмм. АВ=b. BC=c, KOD=α. Найти: SABCD, BK, DE. Решение: 1) KDO=90 0 -α. ABK=90 0 -α. BAK=α. 2) ∆ABK – прямоугольный, Тогда BK=bsinα. 3) ∆AED – прямоугольный, Тогда ED=csinα. 4) S=bcsinα. Ответ: bsinα, csinα, S=bcsinα.

30.Внутри квадрата ABCD расположена точка М; МА = 7, МB = 3, МС = 5. Найдите сторону квадрата.

Дано: ABCD квадрат. М ABCD. МА = 7, МB = 3, МС = 5 Найти: АВ. Решение: Пусть АВМ=а, СВМ=β, АВ=х. Из ∆АВМ: 49=9+х 2 -6хcosa. (1) Из ∆СВМ: 25=9+х 2 -6хcosβ. (2) Из равенств (1) и (2): cosa= , cosβ= . Т.к. a+β=90 0 , и cosa= cosβ, то = или = ( ). Преобразуем, получим x 4 -74x 2 +928=0. Отсюда х1= и х2=4 (посторонний корень, т.к.4< ). Ответ:

31.Периметр ромба равен 2р, сумма диагоналей его с. Найдите площадь ромба.

Дано: АВСD – ромб. р=2р. АС+BD=с. Найти: SABCD. Решение: 1) р=4АВ=2р. АВ= . d1+d2=c. AO= , BO= . 2) AB 2 = , . Получили систему: . Возведем 2-е уравнение в квадрат: . Из 1-го: . 3) S= = . Ответ: .

32.Высота ромба равна 6 см. Его острый угол равен 30 0 . Найдите диагонали ромба. ( ).

Дано: АВСD–ромб. АН ВС. В=30 0 , Е=BD AC. Найти:BD, AC. Решение: Из прямоугольного треугольника АВН имеем: =12cм. По свойству диагонали ромба ABD= ABC=15 0 . Далее из прямоугольного треугольника АВЕ имеем: АЕ = АВ∙sin15 0 = . Заметим, что cos15 0 = . Тогда ВЕ=АВ∙cos15 0 = . Далее находим: АС=2АЕ= , BD=2BE= .

33.В равнобедренной трапеции, описанной около круга, острый угол при основании равен α. Найдите отношение площади круга к площади трапеции.

Дано: АВСD – трапеция, А=α. Найти: . Решение: 1) , . Пусть CD=x, CK=h. 2) ME - диаметр, МЕ=2R=h. 3) ∆AED – прямоугольный, . Отсюда h=xsinα. Итак, получили: h=xsinα, 2R=h. Т.е. 2R=xsinα. R= . 4) = = . 5) По свойству сторон описанного 4-угольника, следует: BC+AD=AB+CD. Или BC+AD=2x. 6) = = . = .

34.К окружности радиуса R проведены 4 касательные, образующие ромб, большая диагональ которого равна 4 R . Найдите площадь каждой из фигур, ограниченных двумя касательными, проведенными из общей точки, и дугой окружности, лежащей между соседними точками касания.

Дано: АВСD – ромб, BD=4R. OK=R. Найти: SMBKT, SNCKL. Решение: 1)Пусть S1= SMBKT, S2= SNCKL. 2) BD=4R, BO=2R, OM=R. (ОМ- лежит против угла в 30 0 ). MB= . 3) SMBKO=SMBO+SOBK=2SMBO= . 4) Т.к. МОВ=60 0 , то МОК=120 0 , то площадь сектора MOКT равна . Тогда S1= - = . 5) Аналогично рассуждая, получим, что S2= .

35.Вромбе ABCD из вершины D опущен перпендикуляр DK на сторону BC. Найдите длину стороны ромба, если AC = , АК = .

Дано: АВСD – ромб, DK BC. AC= , АК = . Найти: AB. Решение: 1)Пусть АВ=х, С=α. Из ∆CDK имеем: DK = xsinα; из ∆AKD: 14= х 2 +(xsinα) 2 , откуда sin 2 α = (1). В ∆ADC D=π-α, тогда по теореме косинусов 24=х 2 +х 2 –2xcos(p-α), откуда 12 = х 2 +x 2 cosα; cosα= ; cos 2 α= (2). Сложив равенства (1) и (2), получим: 1= + . Решая это уравнение, получим х = .

36.На сторонах AD и DC ромба ABCD построены правильные треуголь­ники AKD и DMC так, что точка К лежит по ту же сторону от AD, что и прямая ВС, а точка М – по другую сторону от DC, чем АВ. Докажите, что точки В, К и М лежат на одной прямой.

Дано: АВСD – ромб. Доказать: В, К, М – лежат на одной прямой. Док-во: Пусть ВАD=α. Найдем величину угла ВКМ. ВАК=α-60 0 , АВК= ВКА=120 0 - , MDK=180 0 -α, MKD = DMK = . BKM= BKA+ AKD+ MKD=120 0 - +60 0 + =180 0 . Значит, угол ВКМ – развернутый, т.е. точки В, К, М – лежат на одной прямой.

37.Точки M, P, Q и R – середины сторон ромба ABCD. Докажите, что четырехугольник MPQR – прямоугольник.

Дано: АВСD – ромб. Доказать: MPQR – прямоугольник. Док-во: Отрезки МР и QR — средние линии треугольников ABC и ADC соответ­ственно, по свойству средней линии треугольника они равны половине стороны АС ипараллельны ей. Тогда четырехугольник MPQR — параллелограмм. Аналогично MR||PQ. PMR= BOC как углы с соответственно параллельными сторонами. По свойству диагоналей ромба BOC=90°, значит, в параллелограмме MPQR М=90 0 , т.е. этот параллелограмм — прямоугольник.

38.В ромбе ABCD один из углов равен 60°. Докажите, что если угол NBМ треугольника BMN равен 60°, то и остальные его углы тоже по 60°.

Дано: АВСD – ромб. А=60 0 . Доказать: . Док-во: Пусть NBM=60°, покажем, что остальные углы треугольника BMN по 60°. Заметим, что ABD=60°. Тогда АВN= DBM,в треугольниках ABN и DBM равны стороны АВ и BD, углы ABN и DBM, BAN и BDM. Следовательно, эти треугольники равны, и равны их соответственные стороны: BN=BM. В равнобедренном треугольникеNBM угол при вершине 60°, значит, такой треугольник — правильный.

39.Высота ромба, проведенная из вершины его тупого угла, делит сторону ромба в отношении 1 : 2, считая от вершины его острого угла. Какую часть площади ромба составляет площадь вписанного в него круга?

Дано: АВСD – ромб. АН-высота, DH:CH=1:2, O- центр вписанной окружности. Найти: . Решение: Пусть сторона ромба равна а, тогда DH= , по теореме Пифагора АН= . Проведем PQ DC через точку О. Так как PQ=AH, то радиус окружности равен ; Sокр=πR 2 , ; . = .

40.На сторонах АВ и CD прямоугольника ABCD взяты точки K и М так, что четырехугольник AKCM – ромб. Диагональ АС составляет со стороной АВ угол 30 0 . Найдите сторону ромба, если наибольшая сторона прямоугольника равна 3.