Розв’язання вправ та завдань до підручника «ГЕОМЕТРІЯ» Г. П. Бевз 11 клас - 2011 рік

§2. Поділ відрізка в заданому відношенні

44.

а) М — середина PQ; Р( 1,2; -3; 6,3), Q(-2,6; 3,2; -5,1);

М(-0,7; 0,1; 0,6);

б)

45.

а) К — середина АВ; М — середина CD.

К(1; 0; -2); М( 1; 1; -2).

б) Р — середина АС; Z — середина BD.

Р(2,5; 0; 1); Z(-0,5; 1; -3).

46.

2 + хв = 2; хв = 0; -1 + ув = 8; ув =9;

6 + zв = 0; zв = -6. Отже, B(0; 9; -6).

47.

М(1; -1; 2), N(-3; 2; 4).

М — середина AN;

уA = -4; zA = 0; Отже, 4(5; -4; 0).

N — середина MB; хв = -7;

ув= 5; zв = 6. Отже, В(-7; 5; 6).

48.

АK — медіана ΔАВС, тоді K — середина ВС.

К(0; -1; 0);

ВР — медіана ΔАВС, тоді Р — середина АС

Р(4; 0; -1);

CD — медіана ΔАВС, тоді D — середина АВ.

D(-1; 2; 1);

49.

N — середина EF; М(-2; 3; 0); Р — середина FK; Р(-1; 0; -2);

С — середина EK; С(0; 1; 0).

50.

Μ — середина AB:xA = 4; yA = -2;

zA = 8. Отже, Α(4; -2; 8).

N — середина ВС: хC = 0;

yC = -8; zC = 4. Отже, C(0; -8; 4).

51.

Якщо AM — медіана, то М— середина ВС,

Тоді хв = 2; yв = 4;

zв = 2. Отже, В(2; 4; 2)

BN — медіана, тоді N — середина АС, N( 1; -2; 4).

52.

а)А(1г-3; 12); В(0;.2; 6); С(3; 3; -.10); D(4; -2; -4).

Знайдемо О — середину АС: O(2; 0; 1).

Знайдемо О1 — середину BD. O1(2; 0; 1). О і О1 збігаються.

Отже, діагоналі перетинаються і точкою перетину діляться навпіл.

Тому ABCD — паралелограм,

б) А(4; 2; -5); В(-6; 2; 8); С( 2; -3; 9); D(12; 2; 4).

Знайдемо середину АС:

Знайдемо середину BD: O1(3; 2; 2).

Середини діагоналей чотирикутника не збігаються.

Отже, у чотирикутнику ABCD не виконується умова:

діагоналі паралелограма точкою перетину діляться навпіл.

Тому ABCD не є паралелограмом.

53.

а) Знайдемо О — середину АС:O(-1; 2; 0).

Точка О є серединою і діагоналі BD.

Тому: хD = 8; yD = 7; zD = 2.

Отже, D(-3; 7; 2).

б) О — середина АС і BD. O(4; 2; -2).

1 + хD = 8; xD = 7; 5 + yD = 4; уD = -1;

2 + zD = -4; zD = -6. Отже, D(7; -1; -6).

54.

О — середина АС, тому

xC = 4;

уC = -3; zC = 6.Отже, C(1; -3; 6).

О — середина BD.

-4 + xD = 2; xD = 6;

yD = 0; 5 + zD = 4; zD = -1. Отже, D(6; 0; -1).

55.

a) AM : MB = 2, тобто AM : MB = 2 : 1. A(-5; 4; 2), B(1; 1; -1).

Отже, M(-1; 2; 0).

б) A(1; -1; 2), B(2; -4; 1), λ = 0,5, AM : MB = 1 : 2

Отже,

в) A(1; 0; -2), B(9; -3; 6),

Отже,

56.

ΔMNP: A(3; 2; 4), N(1; 3; 2), P(-3; 4; 3).

Медіани трикутника перетинаються в точці, яка ділить їх у відношенні 2:1,

починаючи від вершини. MZ — медіана, Z — середина NP.

Z(-1; 3,5; 2,5). Знайдемо координати точки О, яка ділить MZ у відношенні 2 : 1.

MO : OZ = 2 : 1.

Отже, — точка перетину медіан ΔMNP.

57.

а) Якщо Р лежить на осі z, то Р(0; 0; z), О — середина MN, М(а; -2; 3), N(2; 6; -1),

тоді: а = -2; б = 2.

б) М(2а2; -b; 1), N(а - 1; 1; 5).2 + о - 1 = 0; а = -1 або b = 1.

в) М(3а; 6 + 1; 4), N(b; 1-а; -2).

Маємо систему:

58.

ΔАBС: А(1; -1; 2), B(4; 2; -1), С(1; 5; 2)

ΔABC — рівнобедрений, АС — основа і найбільша сторона.

Тому висота, проведена до найбільшої сторони — це висота з вершини В.

ВК ┴ АС, K — середина АС (оскільки ΔABC — рівнобедрений).

К(1; 2; 2).

59.

А(1; 3; -1), В(3; -1; 1), С(3; 1; -1).

а)

АС — найбільша сторона ΔABC — рівнобедрений.

СK — висота, проведена до найбільшої сторони, і медіана.

K — середина АВ; К(2; 1; 0).

б)

Звідси ∠A = 30°, ∠B = ∠А = 30°,

∠C = 180° - (30° + 30°) = 120°.

в)

60.

A1(1; -2; 3), А2(З; 2; 1), А3(-1; 4; 1).

1-й випадок. А1А2 — діагональ, О — середина Α1Α2. O(2; 0; 2),

О — середина А3A4.

-1 + хА4 = 4; хА4 = 5; 4 + уА4 = 0; уА4 = -4;

-1 + z А4 = 4; z А4 = 4.

Отже, А4(5; -4; 4).

2-й випадок. А1А3 — діагональ. О — середина А1А3, O(0; 1; 1).

3 + xА4 = 0; х А4 = -3; 2 + уА4 = 2; у А4= 0;

1 + z А4 = 2; г А4 =1. Отже, А4(-3; 0; 1).

3-й випадок. А 2А3 — діагональ. О — середина А 2А3 O(1; 3; 0).

1 + х А4 = 2; x А4 =1; -2 + уА4 = 6; уа4 = 8;

3 + z А4 = 0; z А4= - 3.

Отже, А4(1; 8; -3).

Задача має три розв’язки.

61.

АK — медіана, K — середина ВС.

або K(2; 2; -2).

О 1 — точка перетину медіан ділить АK у відношенні 2:1,

тобто AO1 : О1K = 2 : 1.

O1(1; 2; 2), O(0; 0; 0) — початок координат.

62.

а)

ΔABC — рівносторонній, тому О — центр описаного кола —

знаходиться в точці перетину медіан; АР — медіана. Р(3; 2; 0).

АО : ОР = 2 : 1;

Отже,

б) АВ2 – 9 + 1 + 0 = 10; ВС2 = 1 + 9+ 4 - 14; АС2 = 16 + 4 + 4 = 24.

Нескладно замітити, що АС2 = АВ2 + ВС2, тому ΔАВС — прямокутний,

О — центр описаного кола. О — середина АВ,

O(1; 2; 2).

63.

а)

ΔАВС — рівносторонній. Центром кола, вписаного в цей трикутник,

є точка перетину медіан (в рівносторонньому трикутнику медіани є бісектрисами).

АK — медіана, K (5; 1; 2). О — центр вписаного кола. AO : ОK = 2 : 1.

Отже,

б)

ΔАВС — рівнобедрений. АС — основа. О — центр кола, вписаного в ΔАВС,

лежить на ВК — бісектрисі ΔАВС, оскільки АВ = ВС, то ВK — бісектриса і медіана.

К — середина АС, K(2; 1; 2), О лежить також на бісектрисі ∠C ΔАВС.

За властивістю бісектриси трикутника, бісектриса СК ділить ВK точкою О

у відношенні ВО : ОК = ВС : СK.

Отже,

64.

ABCD — основа куба, квадрат.

АС — діагональ. або

точка перетину діагоналей основи куба.

xD = 1; yD = 0; zD = 0;

Отже, O(1; 0; 0).

Оскільки довжина сторони куба дорівнює 5, то А1(-2; 4; 5), B1(2; 7; 5), C1(5; 3; 5),

D1( 1; 0; 5) або А 1 (-2; 4; -5), В1(2; 7; -5), С1(5; 3; -5), D(1; 0; -5).

Тоді координати точок перетину діагоналей є серединою діагоналі АС1, тобто

або або

65.

СК — медіана, K — середина АВ.

точка М ділить СK у відношенні CM : МK — 2 : 1, тоді

хC + 10 = 3; уC + 10 = 6; уC = -4;

zC - 5 = -6; zС = -1.

Отже, С(-7; -4; -1).

66.

BL — бісектриса ΔАВС, тому AL : LC = АВ : ВС.

А(5; 6; 3), С(0; 1; 1), AL : LC = 3 : 5.

Отже,

67.

ML — бісектриса, L ділить сторону NK у відношенні NL : LK = MN : МК.

68.

ΔАВС — рівносторонній, О1 — точка перетину медіан, О — початок координат, OO1 — шукана відстань. Знайдемо координати О1. АК — медіана ΔАВС, K — середина ВС, K(0; 3; 3). ΑO1 : О1K = 2 : 1.

Отже, O1(2; 2; 2).

Тоді

69.

Пряма АВ площини о. лежить в площині ху,

пряма KР площини β лежить в площині ху.

АВ є середня лінія ΔОKР (О — початок координат).

Тому АВ ‖ KР. Аналогічно ВС ‖ РТ.

Прямі AS і ВС перетинаються і лежать у площині α.

Прямі KР і РТ перетинаються і лежать у площині β.

АВ ‖ KР, ВС ‖ РТ, тому α ‖ β.

Відстань між а і β дорівнює відстані між точками перетину медіан ΔABC і ΔKРТ.

О1 — точка перетину медіан ΔАВС, АK — медіана, K — середина ВС, K(0; 1; 1).

АО1 : Ο1Κ = 2 : 1.

О2 — точка перетину медіан ΔАKРТ, KS — медіана; S — середина РТ, S(0; 2; 2).

KO2 : O2S = 2 : 1.

Отже,

70.

а)

Бічні ребра рівні, тому О — центр кола, описаного навколо ΔАВС,

де SO — висота піраміди.

ΔАВС — рівнобедрений.

ВK — медіана;K — середина АС; К(-1; 2; 1).

α — кут нахилу ребер до площини основи.

З ΔSOA — прямокутного:

б)

Бічні ребра рівні, тому О — центр кола, описаного навколо ΔABC;

SO — висота піраміди.

ΔABC — рівносторонній. За формулою Герона знайдемо S.

α — шуканий кут.





Відвідайте наш новий сайт - Матеріали для Нової української школи - планування, розробки уроків, дидактичні та методичні матеріали, підручники та зошити