Розв’язання вправ та завдань до підручника «ГЕОМЕТРІЯ» 8 клас А. Г. Мерзляка - 2017 рік

§ 2. Подібність трикутників

13. Перша ознака подібності трикутників

Пояснення

Якщо два кути одного трикутника дорівнюють двом кутам другого трикутника, то такі трикутники подібні.

Властивість хорд кола, які перетинаються: якщо хорди АВ і CD кола перетиняються в точці О, то добутки частин, на які вони розбиваються, рівні. АО ∙ OB = CO ∙ OD

Властивість дотичної та січної, проведених до кола з однієї точки: якщо із точки поза колом до нього проведено дотичну і січну, то квадрат довжини відрізка дотичної дорівнює добутку відстаней від точки поза колом до точок перетину січної з колом.

Наприклад, із точки А проведено до кола дотичну AM, де М — точка дотику, та січну, яка перетинає коло в точках В і С. Тоді AM2 = АВ ∙ АС.

449. У ΔABC і ΔEDB рівні кути ∠BAC і ∠BED, ∠АВС = ∠EBD (спільний), тоді подібні за І ознакою подібності трикутників.

Відповідь: ні.

450. за І ознакою подібності трикутників, оскільки ∠А — спільний, ∠Е = ∠С = 90°.

за І ознакою подібності трикутників, оскільки ∠BEF = ∠DCF = 90°, ∠BFE = ∠DFC як вертикальні.

451. У ΔCDB і ΔСВА ∠С — спільний, ∠CDB = ∠АВС, тоді за І ознакою подібності трикутників. Тоді

452. а) У ΔACD і ΔАDЕ ∠A — спільний, ∠АСВ = ∠ADE = 90°, тоді звідки

б) У ΔАСВ і ΔDCE ∠А = ∠D, ∠АСВ = ∠ECD як вертикальні, тоді звідки

Відповідь: 1) 6 см; 2) 25,2 см.

453. Оскільки ∠А = ∠А1, ∠В = ∠В1, то за І ознакою подібності трикутників, тоді звідки Із рівності маємо із рівності маємо

Відповідь: АС = 12 см. В1С1 = 12 см.

454. У ΔСВЕ і ΔDFE ∠ВЕС = ∠FED як вертикальні, ∠СВЕ = ∠DFE як внутрішні різносторонні при ВС || АD і січній BF, тоді звідки тоді Із рівності оскільки СВ = АD = 9 см, то

Відповідь: FD = 4,5 см, EF = 5 см.

455. У ΔВОC і ΔDОА ∠ВОС = ∠DOA як вертикальні, ∠СВО = ∠ADO як внутрішні різносторонні при ВС || АD та їх січній BD, тоді звідки За умовою звідки

Відповідь: 12 см.

456. Скористайтеся рисунком до задачі 455. За доведеним у попередній задачі звідки За умовою звідки

Відповідь: 42 CM.

457. Сума гострих кутів прямокутного трикутника 90°, тому, якщо один гострий кут дорівнює 38°, то другий — 90° - 38° = 52°. Тоді у заданих трикутників по 2 рівні кути — в 90° і в 52°. Отже, трикутники подібні.

Відповідь: так.

458. Нехай задано ΔABC і ΔA1B1C1, у яких АВ = ВС, А1В1 = В1С1 і ∠B = ∠B1. Оскільки трикутники рівнобедрені, то кути при основі тоді ∠BAC = ∠B1A1C1 і за І ознакою подібності трикутників. Що й треба було довести.

Пояснення

Рівнобедрені трикутники, у яких рівні кути при вершині, подібні.

459. У рівнобедреного трикутника кути при основі рівні.

1) Якщо трикутники мають по рівному гострому куту, то ці трикутники подібні, оскільки: а) якщо цей кут при вершині — див. задачу 458; б) якщо цей кут при основі, то таких кутів по 2 у трикутників, тому можна застосувати І ознаку подібності.

2) Оскільки трикутники прямокутні і рівнобедрені, то їх гострі кути по 45°, отже, у трикутників по 3 рівних кути, тож трикутники подібні.

3) Оскільки рівні кути тупі, то це кути при вершині. Подібність таких трикутників доведено у задачі 458.

460. Нехай у ΔАВС і ΔA1B1C1 АВ = ВС, А1B1 = В1С1 і ∠A = ∠A1, АВ = 18 см, АС = 10 см, A1C1 = 8 см. Тоді за доведеним раніше тож звідки

Відповідь: 14,4 см.

461. Нехай у ΔАВС ∠C = 90°, СН — висота.

1) У ΔАНС і ΔАСВ ∠AHC = ∠ACB = 90°, ∠А — спільний, тому

2) У ΔВНС і ΔВСА ∠BHC = ∠BCA = 90°, ∠B — спільний, тому

3) У прямокутного ΔАВС ∠B = 90° - ∠A, ∠A = 90° - ∠B.

Тоді у прямокутного ΔАНС ∠ACH = 90° - ∠A = ∠B. Отже, у ΔАНС і ΔСНВ ∠AHC = ∠CHB = 90°, ∠ACH = ∠HBC, тоді

Відповідь: 3 пари.

462. Нехай у паралелограма ABCD ВС = 20 см, АВ = 14 см, ВН — висота, ВН ⊥ AD, ВН = 7 см. Висота BN — висота, проведена до меншої сторони. У ΔАНВ і ΔCNB ∠BHA = ∠BNC = 90°, ∠BAH = ∠BCN як протилежні кути паралелограма, тоді тоді звідки

Відповідь: 10 см.

463. Скористайтеся рисунком до задачі 455. У ΔВОС і ΔDOA ∠ВОС = ∠DOA як вертикальні, ∠CBO = ∠ADO як внутрішні різносторонні при ВС || AD та їх січній BD, тоді звідки тоді ОС = АС - ОА. Маємо: звідки 4ОА = 720 – 20OA, 24OА = 720, ОА = 30 см, тоді OC = 36 – 30 = 6 (см).

Відповідь: 30 см, 6 см.

464. Скористайтеся рисунком до задачі 455. За доведеним у задачі 463 звідки Тоді звідки 18ОС = 336 – 14OС, 32OС = 336, ОС = 10,5 см, тоді ОА = 25 – 10,5 = 13,5 (см).

Відповідь: 10,5 см і 13,5 см.

465. Нехай ВК — бісектриса ΔABC, В1К1 — бісектриса ΔА1В1С1. Із подібності ΔАВС і ΔА1В1С1 випливає, що ∠A = ∠A1, ∠B = ∠B1, тоді ∠ABK = ∠A1B1K1 як половини рівних кутів. У ΔАВК і ΔА1В1К1∠A = ∠A1, ∠ABK = ∠A1B1K1, тоді звідки Що й треба було довести.

Пояснення

У подібних трикутників бісектриси, проведені із вершин відповідних кутів, відносяться як відповідні сторони.

466. Нехай ВН — висота ΔАВС, В1Н1 — висота ΔA1B1C1, ВН ⊥ АС, B1H1 ⊥ A1C1. Із подібності ΔАВС і ΔA1B1C1 випливає, що

У ΔАВН і ΔА1В1Н1∠AHB = ∠A1H1B1 = 90°, ∠A = ∠A1, тоді звідки Що й треба було довести.

Пояснення

У подібних трикутників висоти, проведені з вершин відповідних кутів, відносяться як відповідні сторони.

467. У трапеції ABCD ∠BCA = ∠CAD як внутрішні різносторонні кути при ВС || AD та їх січній АС. У ΔВСА і ΔCAD ∠DCA = ∠CBA, ∠CAD = ∠BCA, тоді звідки звідки СА2 = BC ∙ AD, СА2 = 28 ∙ 63, СА = 42 см.

Відповідь: 42 см.

468. У ΔАВС і ΔADB ∠A — спільний, ∠ABD = ∠BCA за умовою, тоді звідки Із рівності , із рівності

Відповідь: 10 см і 14 см.

469. Нехай у ΔАВС ∠С = 90°, АВ = 20 см, АС = 16 см, О — середина АВ, OK ⊥ АВ, К ∈ АС. У ΔАСВ і ΔАОК ∠А — спільний, ∠АОК = ∠ACB = 90°, тоді звідки звідки Ураховуючи, що маємо Тоді КС = АС - АК, КС = 16 – 12,5 = 3,5 (см).

Відповідь: 12,5 см і 3,5 см.

471. Нехай A1B1 — зображення дерева, О — точка розміщення об’єктиву, АВ — дерево. Із точки об’єктива дерево видно під кутом АОВ, зображення — під кутом A1OB1. Проведемо ОН ⊥ АВ, ОH1⊥ A1B1; АВ || A1B1, тому HH1 проходить через точу О. У ΔОАН і ΔОА1Н1 ∠ОНА = ∠ОН1A1 = 90°, ∠AОН = ∠А1ОН1 як вертикальні, тому звідки H — середина АВ, H1 — середина A1B1, ОH = 60 м, О1H1 = 40 мм = 0,04 м, A1B1 = 8 мм = 0,008 м, А1Н1 = 0,004 м. Маємо: звідки тоді АВ = 2АH = 6 ∙ 2 = 12 (м).

Відповідь: 12 м.

472. Нехай ВС — стовп, В1С1 — дерево, АС — тінь від стовпа, А1С1 — тінь від дерева. ВС = 2 м, АС = 2,4 м, A1C1 = 8,4 м. Оскільки ВС ⊥ АС, В1С1⊥ А1С1, трикутники прямокутні і ∠ABC = ∠A1B1C1, оскільки це кут між променями сонця і вертикаллю. Тоді звідки звідки

Відповідь: 7 м.

473. Може. Наприклад, у прямокутного рівнобедреного трикутника пряма, перпендикулярна до гіпотенузи, перетинаючи дві сторони, відтинає подібний трикутник.

474. За властивістю хорд, що перетинаються, AM ∙ MB = CM ∙ DM, звідки

Відповідь: 7 CM.

475. За властивістю хорд, що перетинаються, MF ∙ KF = NF ∙ PF. Позначимо за х см довжину PF, х > 0, тоді NF — 3x см. Маємо: 9 ∙ 12 = 3х ∙ х, 3х2 = 108, х2 = 36, х = 6. NP = NF + PF, тоді NP = 4х см, NP = 6 ∙ 4 = 24 (см).

Відповідь: 24 см.

476. Нехай DK = 2 см, КЕ = 32 см. Позначимо довжину AX за х см, х > 0, тоді КС теж х см. За властивістю хорд, що перетинаються, маємо: АК ∙ СК = ЕК ∙ DK, х ∙ x = 32 ∙ 2, х2 = 64, х = 8. Оскільки АС = 2АK, то АС = 2х = 8 ∙ 2 = 16 (см).

Відповідь: 16 см.

477. Проведемо діаметр КМ через точки E і О, де О — центр кола. Позначимо довжину радіуса за х см, х > 0, тоді ЕМ = ОМ + ЕО = (х + 4) см, а КЕ = OK - ЕО = (х - 4) см. За властивістю хорд, що перетинаються, СЕ ∙ DE = КЕ ∙ ЕМ. Нехай СЕ = 16 см, ED = 15 см, тоді 16 ∙ 15 = (х - 4)(х + 4), звідки x2 - 16 = 240, х2 = 256, х = 16. Отже, радіус кола 16 см.

Відповідь: 16 см.

478. Нехай в колі з центром О хорду МК точка Р ділить на відрізки МР = 8 см, КР = 12 см. Проведемо через точки Р і О діаметр NE; ЕО = ON = 11 см — радіуси кола. PE = ОЕ + РО = 11 + РО, NP= NО - РО = 11 - РО. За властивістю хорд, що перетинаються, МР ∙ РК = NP ∙ РЕ, тоді 8 ∙ 12 = (11 - РО)(11 + РО), 121 - РО2 = 96, РО2 = 25, звідки РО = 5 см.

Відповідь: 5 см.

479. За властивістю дотичної і січної АМ2 = АК ∙ АР, звідки АР = АК + КР, тоді КР = АР – AK, КР = 18 - 8 = 10 (см).

Відповідь: 10 см.

480. Позначимо за х коефіцієнт подібності частин січної, х > 0, тоді АС — 4х см, CD — 5х см, a AD — 4х + 5х = 9х (см). За властивістю дотичної і січної АВ2 = АС ∙ AD, тоді 182 = 4х ∙ 9х, 36х2 = 324, x2 = 9, х = 3. Маємо: AD = 3 ∙ 9 = 27 (см).

Відповідь: 27 см.

481. 1) Проведемо через точку А дотичну AM до кола. За властивістю дотичної і січної AM2 = АВ ∙ АС, а також AM2 = AD ∙ АЕ. Отже, АВ ∙ АС = AD ∙ АЕ. Що й треба було довести.

2) AC = AB + BC, тоді AC = 18 + 12 = 30 (CM).

Позначимо за x коефіцієнт пропорційності відрізків січної АЕ, х > 0, тоді AD — 5х см, DE — 7х см, а АЕ = AD + DE = 5х + 7х = 12х (см). За доведеною в п. 1) властивістю січних, проведених із однієї точки до кола, АВ ∙ АС = AD ∙ АЕ, тоді 18 ∙ 30 = 5х ∙ 12x, звідки 60х2 = 540, х2 = 9, x = 3. Маємо: АЕ = 3 ∙ 12 = 36 (см).

Відповідь: 36 см.

Пояснення

Властивість січних, проведених із однієї точки до кола: якщо дві січні проведені із однієї точки до кола, то добутки відстаней від цієї точки до точок перетину кола з однією січною дорівнюють добутку відстаней від цієї точки до точок перетину другої січної з колом.

482. Нехай у колі з центром О АВ — хорда, на продовженні якої поза колом поставили точку С. Проведемо із точки С ще одну січну так, щоб вона проходила через центр кола. Нехай вона перетинає коло в точках К i М, при цьому К лежить між С і О. Оскільки АС : ВС = 1 : 4, то АС = 1/4ВС, тоді АВ = ВС = АС = 3/4ВС. За умовою АВ = 9 см, отже, 3/4ВС = 9, звідки ВС = 9 : 3/4 = 12 (см), а АС = 12 : 4 = 3 (см). Радіус кола 8 см, тоді CM = СК + KM = СК + 16, оскільки КМ — діаметр кола. Позначимо довжину СК за x см, x > 0, тоді СМ — x + 16 (см). За властивістю січних, проведених із однієї точки до кола, маємо: АС Δ СВ = СК ∙ СМ, 3 ∙ 12 = х ∙ (х + 16), звідки: x2 + 16х - 30 = 0. Коренями цього рівняння є числа —18 і 2, але лише число 2 може бути довжиною відрізка, тому х = 2, СК = 2 см. Відстань СО = СК + КО, СО = 2 + 8 = 10 (см).

Відповідь: 10 см.

483. Нехай у ΔАВС (АС = а, ВН — висота, ВН = h) вписано квадрата KLMN так, що К ∈ АС, N ∈ АС, L ∈ АВ, М ∈ ВС. Оскільки KLMN — квадрат, то LM || KN, LM || АС, тоді Оскільки ВН — висота ΔАВС, ВН ⊥ АС, то BO ⊥ LM (О — точка перетину ВН з LM), то ВО — висота ΔLBM. За доведеним раніше висоти подібних трикутників відносяться як відповідні сторони, тоді де ОН дорівнює стороні квадрата, ОН = LM, тоді ВО = ВН - LM. Маємо: звідки — сторона квадрата.

Відповідь:

484. Позначимо коефіцієнт пропорційності сторін прямокутника за х, х > 0, тоді МР — 9х CM, MN — 5х см. Оскільки MNKP — прямокутник, то NK || МР, NK || ВС, тоді Нехай висота ADΔABC перетинає NK в точці О. AO ⊥ NK, тоді АО — висота ΔANK. За властивістю висот подібних трикутників За умовою ВС = 72 см, AD = 24 см; NK = МР, OD = MN, тоді AO = AD - OD = AD - MN. Маємо: звідки 24x = 192 - 40x, 64x = 192, x = 3. Тоді сторони прямокутника МР = 3 ∙ 9 = 27 (см), MN = 3 ∙ 5 = 15 (см).

Відповідь: 27 см, 15 см.






Відвідайте наш новий сайт - Матеріали для Нової української школи 1 клас - планування, розробки уроків, дидактичні та методичні матеріали, підручники та зошити

Віртуальна читальня освітніх матеріалів для студентів, вчителів, учнів та батьків.

Наш сайт не претендує на авторство розміщених матеріалів. Ми тільки конвертуємо у зручний формат матеріали з мережі Інтернет які знаходяться у відкритому доступі та надіслані нашими відвідувачами. Якщо ви являєтесь володарем авторського права на будь-який розміщений у нас матеріал і маєте намір видалити його зверніться для узгодження до адміністратора сайту.

Дозволяється копіювати матеріали з обов'язковим гіпертекстовим посилання на сайт, будьте вдячними ми затратили багато зусиль щоб привести інформацію у зручний вигляд.

© 2008-2019 Всі права на дизайн сайту належать С.Є.А.