Розв’язання вправ та завдань до підручника «ГЕОМЕТРІЯ» 8 клас О. С. Істера - 2017 рік

Розділ 2. Подібність трикутників

§ 17. Застосування подібності трикутників до розв’язання задач

Пояснення

Теорема. Якщо хорди АВ і CD перетинаються в точці S, то AS ∙ BS = CS ∙ DS.

Наслідок. Якщо точка О — центр кола, AS ∙ BS = MS ∙ NS = R2 - а2, де R — радіус кола, SO = а.

Теорема. Якщо з т. S, що знаходиться поза колом, провести січну, яка перетинає коло в точках А і В, та дотичну SC, де точка О — точка дотику, то SC2 = SA ∙ SB.

Наслідок 1. Якщо з точки S провести дві січні, одна з яких перетинає коло в точках А і В, а друга — у точках М і N, то SA ∙ SB = SM ∙ SN.

Наслідок 2. Якщо О — центр кола, то SC2 = SA ∙ SB = а2 - R2, де R — радіус кола, SO = а.

563. Дано: коло, т. О — центр, АВ, CD — хорди, АВ ∩ CD = т. В, АР = 9, РВ = 2, DP = 4.

Знайти: СР.

Розв’язання. За умовою хорди АВ і CD перетинаються в точці О, тоді АР ∙ РВ = СР ∙ DP. За умовою: АВ = 9, РВ = 2, DP = 4, тоді РА = АВ - РВ, РА = 9 - 2 = 7. Маємо:

Відповідь: 3,5.

564. Дано: коло, т. О — центр, MN, KL — хорди, MN ∩ КL = т. А, КА = 6, AL = 3, МА = 4.

Знайти: AN.

Розв’язання. За умовою хорди MN та KL перетинаються в точці А, тоді КА ∙ AL = МА ∙ AN. Оскільки КА = 6, AL = 3, MA = 4, маємо:

Відповідь: 4,5.

565. Дано: коло, т. О — центр, SA — дотична, SC — січна, т. В і т. С лежать на колі, SA = 6 CM, SB = 4 см.

Знайти: SC і ВС.

Розв’язання. За умовою задано коло з центром в т. О, SA — дотична, SC — січна, тоді за теоремою SА2 = SB ∙ SC. За умовою AА = 6 см, SВ = 4 см. 62 = 4 ∙ SC, SC = 9 см. Оскільки SC = SB + ВС, тоді ВС = SC - SB, ВС = 9 - 4 = 5 см.

Відповідь: 9 см, 5 см.

566. Дано: коло, т. О — центр, МР — дотична, МС — січна, МР = 4 см, МС = 8 см.

Знайти: MB, ВС.

Розв’язання. За умовою задано коло з центром в точці О, МР — дотична, МС — січна, тоді за теоремою МР2 = MB ∙ МС. За умовою МР = 4 см, МС = 8 см. МС = MB + ВС. Нехай MB — х см, тоді ВС — (8 - х:) см. 42 = х ∙ (8 - х); 16 = 8х - х2; х2 – 8x + 16 = 0; (х - 4)2 = 0; х = 4. Отже, MB = 4 см, тоді ВС = 8 – 4 = 4 см.

Відповідь: 4 см, 4 см.

567. Дано: коло, т. О — центр, АВ, CD — хорди, АВ ∩ CD = т. Т, АВ = 12 см, AT = 2 см, СТ = 1 см.

Знайти: CD.

Розв’язання. За умовою задано коло з центром в точці О. Хорди АВ і CD перетинаються в точці Т, тоді AT ∙ ТВ = СТ ∙ TD. За умовою АВ = 16 см, AT = 2 см, СТ = 1 см. АВ = AT + ТВ, тоді ТВ = 16 - 2 = 14 см. Маємо: 2 ∙ 14 = 1 ∙ DT, DT = 28 см. Оскільки CD = СТ + TD, тоді CD = 1 + 28 = 29 см.

Відповідь: 29 м.

568. Дано: коло, т. О — центр, CD, MN — хорди, CD ∩ MN = т. А, СА = 4 см, МА = 2 см, CD = 13 см.

Знайти: MN.

Розв’язання. За умовою задано коло з центром в точці О, CD і MN — хорди. CD ∩ MN = т. А. Маємо: СА ∙ AD = МА ∙ AN. За умовою CD = 13 см, СА = 4 см, МА = 2 см. Оскільки CD = 13 см і CD = СА + AD, тоді AD = 13 - 4 = 9 см.

Відповідь: 20 см.

569. Мал. 160 підручника. Дано: коло, т. О — центр, SB i SD — ciчнi, т. О ∈ SD, SA = 4 см, SM= 16 см, SC = 2 см.

Знайти: ОС.

Розв’язання. За умовою задано коло з центром в точці О, SB і SD — січні, т. О ∈ SD. Маємо SA ∙ SB = SC ∙ SD = SO2 - ОС2. За умовою SА = 4 см, SB = 16 см, SC = 2 см.

Маємо: 4 ∙ 16 = 2 ∙ SD, тоді оскільки CO = OD = R, TO

Відповідь: 15 CM.

570. Мал. 160 підручника. Дано: коло, т. О — центр, SB і SD — січні, т. О ∈ SD, SA = 4 CM, SB = 9 CM, SC = 3 CM.

Знайти: CD.

Розв’язання. За умовою задано коло з центром в точці О, SB і SD — січні, т. О ∈ SO. Маємо: SA ∙ SB = SC ∙ SO. За умовою SA = 4 CM, SB = 9 см, SC = 3 см, тоді SD = SC + CD, CD = 12 - 3 = 9 CM.

Відповідь: 9 CM.

571. Мал. 161 підручника. Дано: ΔACB та ΔAB1C1, ∠C1B1A = ∠CBA = 90°, BC = 1,5 м, АВ = 1 м, АВ1 = 6 м.

Знайти: В1С1.

Розв’язання. За умовою у ΔАСВ та ΔАВ1С1 ∠C1B1A = ∠CВА = 90°, ∠A — спільний кут цих трикутників, тоді за гострим кутом. Тоді За умовою ВС = 1,5 м, АВ = 1 м, АВ1 = 6 м. Маємо: C1B = 6 ∙ 1,5 = 9 м.

Відповідь: 9 м.

572. Аналогічно № 571. Знайти: ВС.

Розв’язання. В1С1 = 8 м, AB1 = 10 м, АВ = 2,5 м.

Відповідь: 2 м.

573. Мал. 162 підручника. Дано: ΔABC, ΔA1B1C1, ∠A = ∠A1, ∠B = ∠B1, АВ = 30 M, А1B1 = 5 CM, A1C1 = 7 CM.

Знайти: AC.

Розв’язання. За умовою ΔABC та ΔA1B1C1, ∠A = ∠A1, ∠B = ∠B1, тоді за двома кутами, отже,

За умовою АВ = 30 м = 3000 см, A1B1 = 5 см, A1C1 = 7 см.

Маємо:

Відповідь: 42 м.

574. Дано: коло, т. О — центр, CD і АВ — хорди, СD ∩ АВ = т. В, АЕ : ВE = 1 : 3, СD = 20 см, DE = 5 см.

Знайти: АВ.

Розв’язання. За умовою задано коло з центром в точці О, CD і АВ — хорди, отже, СЕ ∙ ED = АЕ ∙ BE. За умовою CD = 20 см, DE = 5 см, АВ : ВE = 1 : 3, тоді АE — х см, BE — 3х см. Маємо: Отже, АВ = 5 см, BE = 3 ∙ 5 = 15 см. АВ = АВ + BE, АВ = 5 + 15 = 20 см.

Відповідь: 20 см.

575. Дано: коло, т. О — центр, АВ і CD — хорди, т. М = АВ ∩ CD, AM = MB, CM = 16 CM, DM : MC = 1 : 4.

Знайти: AB.

Розв’язання. За умовою задано коло з центром в точці О, АВ і CD — хорди, АВ ∩ CD = т. М, тоді AM ∙ MB = DM ∙ MC. За умовою AM = MB, CM = 16 CM, DM : MC = 1 : 4.

DM : 16 = 1 : 4; DM = 16 : 4; DM = 4. AM ∙ AM = 4 ∙ 16;

Відповідь: 16 CM.

576. Мал. 163 підручника. Дано: коло, т. О — центр, АВ — дотична, АВ = 3 см, АО = 5 см, DC — діаметр.

Знайти: DC.

Розв’язання. За умовою задано коло з центром в точці О, DC — діаметр кола, АВ — дотична, отже, АВ2 = АС ∙ AD = АО2 - СО2. За умовою АВ = 3 см, АО = 5 см, тоді 32 = 52 - СО2; СО2 = 16; СО = 4 см. DC = 2 ∙ АО, DC = 2 ∙ 4 = 8 см.

Відповідь: 8 см.

577. Мал. 163 підручника. Дано: коло, т. О — центр, АВ = 8 см, АО = 10 см, АВ — дотична.

Знайти: СО.

Розв’язання. За умовою задано коло з центром в точці О, АВ — дотична, отже, АВ2 = АС ∙ AD = АО2 - СО2. За умовою АВ = 8 см, АО = 10 см, маємо: 82 = 102 - СО2; СО2 = 36; СО = 6 см.

Відповідь: 6 см.

578. Дано: коло, т. О — центр, АВ — діаметр, CD — хорда, АВ ⊥ CD, АВ ∩ CD = т. М, AM = 2 см, СМ = 4 см.

Знайти: ВО.

Розв’язання. За умовою задано коло з центром в точці О, АВ — діаметр кола, CD — хорда, АВ ∩ CD = т. М, АВ ⊥ CD. Тоді за властивістю CM = MD. За наслідком AM ∙ ВМ = СМ ∙ MD = BО2 - МО2. Маємо: 2 ∙ ВМ = 42 (за умовою AM = 2 см, СМ = 4 см), ВМ = 8 см.

Значить: BО2 = МО2 = 16. Оскільки BО = АО, а АО = АМ + МО, тоді 4МО = 12; МО = 3. Отже, BО = 2 + 3 = 5 см.

Відповідь: 5 см.

579. Дано: коло, т. О — центр, MN — діаметр, АВ — хорда, MN ∩ АВ = т. Р, MN ⊥ АВ, РВ = 12 см, NP = 18 см.

Знайти: MN.

Розв’язання. За умовою задано коло з центром в точці О, MN — діаметр кола, АВ — хорда. MN ∩ АВ = т. Р, MN ⊥ АВ. За властивістю АР = РВ = 12 см (за умовою РВ = 12 см). За наслідком: AP ∙ PB= MP ∙ PN = ON2 - OP2. Маємо: 12 ∙ 12 = МР ∙ 18, МР = 8 см. Оскільки ON = МО = МР + РО, тоді 16 ∙ PО = 80; PО = 5 см. Значить: ON = 8 + 5 = 13 см. Оскільки MN = 2 ∙ ON, тоді MN = 2 ∙ 13 = 26 см.

Відповідь: 26 см.

580. Дано: коло, т. О — центр, ВС ⊥ ОА, ОС : СА = 5 : 8, BС = 24 см.

Знайти: ОА.

Розв’язання. За умовою задано коло з центром в точці О, ОА — радіус кола, ВС ⊥ ОА. Виконаємо додаткову побудову: проведемо хорду ВК та діаметр AN. Тоді ВС ∙ СК = ОА2 - ОС2 (за теоремою). Оскільки ВС ⊥ ОА, тоді ВК ⊥ ОА, значить, ВС = СК = 24 см (ВС = 24 см за умовою). Нехай коефіцієнт пропорційності х, тоді ОС = 5х см, СА = 8х см, а АО = 5х + 8х = 13x см. Маємо: 24 ∙ 24 = (13x)2 - (5x)2; 24 ∙ 24 = 144x2; х2 = 4; х = 2. Отже, ОА = 13 ∙ 2 = 26 см.

Відповідь: 26 см.

581. Дано: ΔАВС, AL — бісектриса. АВ = 12 см, АС = 15 см, ВС = 18 см.

Знайти: AL.

Розв’язання. За умовою задано: ΔАВС, AL — бісектриса, тоді за формулою бісектриси AL2 = АВ ∙ АС - BL ∙ LC. За умовою: АВ = 12 см, АС = 15 см, ВС = 18 см. Оскільки тоді Нехай BL = х см, то отже, BL = 8 см, LC = 18 - 8 = 10 см, значить, AL2 = 12 ∙ 15 - 8 ∙ 10 = 180 - 80 = 100, AL = 10 см.

Відповідь: 10 см.

582. Дано:

1) Побудуємо довільний трикутник А1СВ1 подібний до даного, у якого ∠A1 = ∠A, ∠B1 = ∠B.

2) Будуємо бісектрису ∠A1CB1 — СМ1 і відкладаємо на промені СМ1 відрізок СМ, що дорівнює заданому.

3) Через т. М проводимо пряму паралельно А1В1, яка перетинає сторони ∠C у т. А і т. В. Отримуємо заданий ΔАВС.

4) Оскільки АВ || A1B1, тоді ∠CA1B1 = ∠CAB, ∠CB1А1 = СВА і

583. Аналогічно № 582, тільки будуємо СМ1 ⊥ A1B1.

584. Дано: ∠C = α, СМ = m — медіана, АС : СВ = 3 : 2.

1) Побудуємо ∠C = α.

2) На одній із його сторін відкладаємо 3 однакових відрізки, отримуємо т. F.

На другій його стороні відкладаємо 2 таких а самих відрізки, отримуємо т. N.

3) З’єднуємо т. F та т. N, ділимо відрізок FN навпіл, отримуємо т. О.

4) На промені СО відкладаємо відрізок СМ = m.

5) Через т. М проводимо пряму АВ || FN.

ΔАВС — шуканий.

за 2 кутами: ∠ACB — спільний, ∠BAC = ∠NFC як відповідні (АВ || FN), тоді

585. Дано: ΔPMN, PL — бісектриса, PN = 6 см, РМ = 10 см, LM = 5 см.

Знайти: NL.

Розв’язання. За умовою задано ΔPMN, PL — бісектриса ΔPMN, тоді За умовою PN = 6 см, РМ = 10 см, LM = 5 см, маємо

Відповідь: 3 см.

586. Дано: РΔA1B1C1 = 52 см, АВ : ВС : АС = 3 : 4 : 6.

Знайти: A1B1, B1C1, А1С1.

Розв’язання. За умовою тоді

Нехай коефіцієнт пропорційності x, тоді АВ = 3х см, ВС = 4х см, АС = 6х см. PΔABC = 3х + 4х + 6х = 13х. Маємо:

Відповідь: 12 см, 16 см, 24 см.

587. Дано: ABCD — трапеція, АВ = CD, ВС = b см, AD = а см, АС ⊥ CD, BK — висота.

Знайти: ВК2.

Розв’язання. За умовою задано трапецію ABCD, у якої АВ = ВС, ВС = b см, AD = а см, АС ⊥ CD. Опустимо висоту СР, за властивістю СР2 = АР ∙ PD (у ΔACD ∠ACD = 90°). Оскільки трапеція рівнобедрена, то отже,

Відповідь:

Домашня самостійна робота № 3

1 — Б; 2 — Г; 3 — В; 4 — А; 5 — В; 6 — Б; 7 — Г; 8 — Б; 9 — А; 10 — В; 11 — А; 12 — А.

Завдання для перевірки знань до § 12—17

1. 3.

2. Якщо тоді отже, Доведено.

3. Оскільки KL || MN (мал. 167 підручника), тоді ∠OKL = ∠OMN, ∠OLK = ∠ONK (внутрішні односторонні кути при січних ОМ та ON). Отже,

Маємо:

Відповідь: 4 CM.

4. Дано: ΔABC, ∠ACB = 90°, CK — висота, AB = 25 CM, AK = 4 см.

Знайти: AC, BC.

Розв’язання. За умовою задано ΔАВС, ∠ACB = 90°, CK — висота, тоді за властивістю АС2 = АВ ∙ АК. За умовою АВ = 25 см, АК = 4 см. АС2 = 25 ∙ 4, АС = 10 см. ВК = АВ - АК, ВК = 25 - 4 = 21 см. ВС2 = АВ ∙ ВК, ВС2 = 25 ∙ 21, ВС = 5√21 см.

Відповідь: 10 см, 5√21 см.

5. Дано: ΔABC, AL — бісектриса, АВ = 8 см, АС = 10 CM, BL = 4 см.

Знайти: ВС.

Розв’язання. За умовою задано ΔABC, AL — бісектриса, тоді За умовою АВ = 8 см, АС = 10 см, BL = 4 см.

Відповідь: 9 см.

6. оскільки ∠B — спільний, ∠BKL = ∠BCA за малюнком. Три кутники подібні за І ознакою.

7. Дано: АВ : ВС : АС = 5 : 6 : 7, А1C1 + А1B1 = 24 см.

Знайти: А1B1, В1С1, А1C1.

Розв’язання. За умовою тоді Оскільки АВ : BC : AC = 5 : 6 : 7, то AB = 5x CM, BC = 6x CM, AC = 7x CM. За умовою А1C1 + А1B1 = 24 CM. Нехай А1C1 = у CM, ТОДІ A1B1 = (24 - y) CM. Маємо: у = 14. Значить, А1C1 = 14 см, A1B1 = 24 - 14 = 10 см.

Відповідь: 10 см, 12 см, 14 см.

8. Дано: ABCD — трапеція, АВ || CD, АО = 6 см, ОС = 4 см, АВ + DC = 20 см.

Знайти: АВ, DC.

Розв’язання. За умовою задано трапецію ABCD (АВ || CD), АО = 6 см, ОС = 4 см, АВ + ВС = 20 см. (∠OAB = ∠OCD, ∠OBA = ∠ODC — внутрішні перехресні кути, січні АС та ВD, АВ || CD). Нехай АВ = х см, тоді DС = (20 - х) см. Маємо: Отже, АВ = 12 см, DС = 20 - 12 = 8 см.

Відповідь: 12 см, 8 см.

9. Дано: ABCD — трапеція, АВ = СD, ВС = 7 см, АD = 10 см, СК — висота, АС ⊥ СD.

Знайти: СК.

Розв’язання. За умовою задано трапецію ABCD, у якої АВ = СD, СК — висота, АС ⊥ СD, ВС = 6 см, АD = 10 см.

У ΔАСD: ∠ACD = 90°, СК — висота, за властивістю СK2 = АK ∙ KD. Оскільки трапеція рівнобедрена, то

AK = AD - KD; AK = 10 - 2 = 8 см. СК2 = 8 ∙ 2; СК = 4 см.

Відповідь: 4 CM.

10. Дано: ΔABC, ΔА1B1С1, AB = BC, A1B1 = B1C1, ∠B = ∠B1, PΔABC = 56 см. A1B1 : А1C1= 2 : 3.

Знайти: AB, ВС, АС.

Розв’язання. За умовою задано ΔABC та ΔА1B1С1 ∠B = ∠B1, AB = ВС, A1B1 = B1C1. Оскільки трикутники рівнобедрені, тоді ∠А = ∠С, ∠A1 = ∠С1 і ∠А = ∠A1, ∠С = ∠C1. Значить, за І ознакою. РΔABC = 2АВ + АС; 2АВ + АС = 56. Нехай АС = х см, тоді Оскільки , тоді Маємо: Отже, АС = 24 см,

Відповідь: 16 см, 16 см, 24 см.

11. Дано: ΔАВС, т. К ∈ АС, ∠ABK = ∠С. АВ = 8 см, AK = 4 см.

Знайти: КС.

Розв’язання. За умовою задано ΔАВС, т. К ∈ АС, ∠ABK = ∠С, АВ = 8 см, АК = 4 см. (за І ознакою, ∠А — спільний кут цих трикутників, ∠АВК = ∠С за умовою). Тоді Маємо: Тоді КС = АС - АК, КС = 16 - 4 = 12 см.

Відповідь: 12 см.





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