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

§ 3. Розв’язування прямокутних трикутників

15. Метричні співвідношення в прямокутному трикутнику

Пояснення

Лема. Висота прямокутного трикутника, проведена до гіпотенузи, ділить трикутник на два подібних прямокутних трикутники, кожен з яких подібний даному трикутнику.

Доведення. У ABC ВН — висота, ∠B = 90° - ∠A. У ΔВНС і ΔСНА ∠BHC = ∠CHA = 90°, ∠ACH = 90° — ∠A = ∠B, тобто ∠CBH = ∠ACH. Тоді за І ознакою подібності У ΔBHС і ΔВСА ∠BHC = ∠BCA = 90°, ∠B — спільний, тоді за І ознакою подібності

У ΔАНС і ΔАСВ ∠AHC = ∠ACB = 90°, ∠A — спільний, тоді за І ознакою подібності Що й треба було довести.

Метричні співвідношення в прямокутному трикутнику

Квадрат висоти прямокутного трикутника, проведеної до гіпотенузи, дорівнює добутку проекцій катетів на гіпотенузу. Квадрат катета дорівнює добутку гіпотенузи та проекції цього катета на гіпотенузу.

Якщо у прямокутного трикутника з катетами а і b та гіпотенузою с із вершини прямого кута опущено висоту hc, то hc2 = ас ∙ bс, де аc і bс — відповідні проекції катетів а і b на гіпотенузу; а2 = аc∙ с, b2 = bс ∙ с.

510. Нехай у прямокутному трикутнику висота, проведена до гіпотенузи с, hс, а проекції катетів на гіпотенузу ас і bс. І нехай aс = 2 см, bс = 18 см. Тоді hс2 = ас ∙ bc, hс2 = 2 ∙ 18, hс2 = 36, hc= 6 см.

Відповідь: 6 см.

511. Нехай катет а = 6 см прямокутного трикутника з гіпотенузою с має проекцію на гіпотенузу ас = 4 см. Тоді а2 = ас ∙ с, звідки

Відповідь: 9 см.

512. Нехай катети а і b прямокутного трикутника з гіпотенузою с мають проекції на гіпотенузу відповідно ас = 5 см, bс = 20 см. Тоді с = ас + bс, с = 5 + 20 = 25 (см). За метричними співвідношеннями а2 = ас ∙ с, тоді а2 = 5 ∙ 25, а = 5√5 см; b2 = bс ∙ с, b2 = 20 ∙ 25, b = 10√5 см.

Відповідь: 5√5 см, 10√5 см.

513. Нехай у прямокутного трикутника з катетами а і b та гіпотенузою с висота, проведена до гіпотенузи, hc. За умовою hс = 48 см. Нехай проекція катета а на гіпотенузу дорівнює 36 см, ас = 36 см. За метричними співвідношеннями:

1) hс2 = ac ∙ bc, звідки

2) c = ac + bc, c = 36 + 64 = 100 (CM);

3) a2 = aс ∙ c, a2 = 36 ∙ 100, a = 60 CM;

4) b2 = bc ∙ c, b2 = 64 ∙ 100, b = 80 CM.

Відповідь: 100 CM, 60 CM, 80 CM.

514. Скористайтеся рисунком до леми. Нехай у ΔАВС ∠С = 90°, СH ⊥ ВА, ВН = СН - 3 см, АH = СH + 4 см. Позначимо довжину СН за х см, тоді BH — (х - 3) см, АH — (х + 4) см. За метричними співвідношеннями СН2 = ВН ∙ НА, тоді х2 = (х - 3)(х + 4), звідки: х2 = х2 + 4х - 3х - 12, х = 12, отже, ВН = 12 - 3 = 9 (см), АH = 12 + 4 = 16 (см). АВ = ВН + AH, АВ = 9 + 16 = 25 (см). ВС2 = ВН ∙ АВ, ВС2 = 9 ∙ 25, ВС = 15 см; СА2 = АH ∙ AB, СА2 = 16 ∙ 25, СА = 20 см.

Відповідь: 15 см і 20 см.

515. Скористайтеся рисунком до леми. Нехай у ΔАВС ∠С = 90°, СH ⊥ ВА і нехай ВС — менший катет трикутника. За умовою АС = АВ - 10 см і АС = АH + 8 см. Позначимо довжину АС за х см, х > 0, тоді х = АВ - 10, х = АH + 8, звідки АВ = х + 10, АH = х - 8. За метричними співвідношеннями АС2 = АH ∙ АВ, тоді х2 = (х - 8)(х + 10), звідки х2 = х2 + 10х - 8х - 80, 2х = 80, х = 40, тоді АВ = 40 + 10 = 50 (см), АH = 40 - 8 = 32 (см), ВС2 = ВН ∙ АВ = (АВ - АH) ∙ АВ, тоді ВС2 = (50 - 32) ∙ 50 = 18 ∙ 50 = 900, ВС = 30 см.

Відповідь: 30 см.

516. Нехай у ромба ABCD О — точка перетину діагоналей. Діагоналі ромба взаємно перпендикулярні і діляться точкою О навпіл, тому BD = 2DO, АС = 2АО, ∠AOD = 90°. У прямокутному ΔAODна гіпотенузу АВ опущено висоту ОН. За умовою ОН = 2 см, HD : АH = 1 : 4. Позначимо коефіцієнт їх пропорційності за х, тоді HD — х см, АH — 4х см, АD = HD + АH, АD — 5х см. За метричними співвідношеннями ОН2 = АН ∙ HD, тоді 4х ∙ х = 22, 4х2 = 4, х2 = 1, х = 1, отже, АH = 4 ∙ 1 = 4 (см), HD = 1 см, АD = 1 ∙ 5 = 5 (см). АО2 = АH ∙ АD, АО2 = 4 ∙ 5, АО = 2√5 см, тоді АС = 2√5 ∙ 2 = 4√5 (см). ОD2 = HD ∙ АD, ОD2 = 1 ∙ 5, ОD = √5 см, тоді ВD = √5 ∙ 2 = 2√5 (см).

Відповідь: 2√5 см і 4√5 см.

517. Нехай в колі з центром О на діаметр АВ із точки С кола опущено перпендикуляр СH. За умовою HВ = 4 см, СH = 10 см. Побудуємо кут АСВ. Він є вписаним у коло і спирається на діаметр, а отже, є прямим. У прямокутного ΔАВС на гіпотенузу АВ опущено висоту СH. За метричними співвідношеннями СH2 = АH ∙ HВ, звідки Діаметр АВ = АH + HВ, АВ = 25 + 4 = 29 (см), тоді радіус кола

Відповідь: 14,5 см.

518. Нехай у трапеції АВСD АВ = CD, BD ⊥ АВ, ВН — висота трапеції, ВС = 7 см, АD = 25 см. За властивістю висоти рівнобічної трапеції ΔАВD — прямокутний (∠ABD = 90°) і до його гіпотенузи АВ проведено висоту ВН. Тоді АВ2 = АH ∙ АD, АВ2 = 9 ∙ 25, АВ = 15 см. РАBCD = ВС + AD + 2AB, РАBCD = 7 + 25 + 2 ∙ 15 = 62 (см).

Відповідь: 62 см.

519. Нехай в коло з центром О вписано трапецію ABCD, у якої АВ = CD, О ∈ АВ, BD = 20 см. Опустимо висоту ВН трапеції, тоді за умовою HD = 16 см. ∠ABD — вписаний в коло і спирається на діаметр, тому ∠ABD = 90°, ВН — висота, опущена на гіпотенузу AD ΔABD, тоді за метричними співвідношеннями BD2 = HD ∙ AD, звідки Тоді радіус кола

Відповідь: 12,5 см.

520. Скористайтеся рисунком до задачі 519. Якщо навколо трапеції описано коло, і кут між бічною стороною і діагоналлю трапеції прямий, то центр кола належить більшій основі трапеції, оскільки вписаний прямий кут спирається на діаметр кола. Нехай АВСD — вписана трапеція, у якої AВ = CD = 12 см, BD ⊥ АВ, OD = ОА = 10 см. Діаметр кола АD = 2OA, АD = 10 ∙ 2 = 20 (см). У прямокутного ΔАВD ВН — висота, опущена на гіпотенузу, тоді АВ2 = АН ∙ АВ, звідки За властивістю висоти рівнобічної трапеції і дорівнює середній лінії трапеції; HD = АD - AH, HD = 20 - 7,2 = 12,8 (см).

Відповідь: 12,8 см.

521. Скористайтеся рисунком до задачі 518. Нехай у трапеції АВСD АВ = CD, BD ⊥ AB, AD2 - ВС2= 25. Проведемо висоту ВН трапеції. За властивістю висоти рівнобічної трапеції У прямокутного ΔABD висота ВН2 = АН ∙ HD, тоді

Відповідь: 2,5 см.

522. Нехай у трапеції ABCD АВ ⊥ АD, О — центр вписаного кола, К, М, Н — точки дотику кола відповідно до сторін ВС, CD і AD, СМ = 8 см, MD = 50 см. За властивістю дотичних, проведених із однієї точки до кола, КС = СМ - 8 см, HD = MD = 50 см, СО — бісектриса ∠KCM, DO — бісектриса ∠MDH, тоді а їх сума оскільки сума кутів при бічній стороні трапеції 180°. У ΔCOD ∠COD = 180° - (∠OCD + ∠ODC), ∠COD = 180° - 90° = 90°. Проведемо у ΔOCD висоту ОМ — це висота, проведена до гіпотенузи, тоді ОМ2 = СМ ∙ MD, ОМ2 = 8 ∙ 50, ОМ = 20 (см) — радіус вписаного кола. ОК = ОН = ОМ = 20 см, OK ⊥ ВС, ОН ⊥ АD, ВС || АD, тоді точки К, О і Н лежать на одній прямій КН = 2ОМ, КН = 20 ∙ 2 = 40 (см); КН || ВА, тоді ВА = 40 см. BA + CD = 40 + 8 + 50 = 98 (см). Якщо у чотирикутник можна вписати коло, то суми його протилежних сторін рівні, отже, PABCD = 2(АВ + CD), PABCD = 98 ∙ 2 = 196 (см).

Відповідь: 196 см.

523. Нехай в трапецію ABCD, у якої АВ = CD, вписано коло з центром О. Точки К, М і H — точки дотику кола відповідно до сторін ВС, CD і AD. КН ⊥ AD, КН — висота трапеції, КН = 2ОН = 2ОМ. Проведемо відрізки ОС і OD. За доведеним у попередній задачі, якщо в трапецію вписано коло, то ∠COD = 90°. Проведемо радіус ОМ в точку дотику, ОМ ⊥ CD, тоді ОМ — висота ΔCOD, проведена до гіпотенузи, ОМ2 = CM ∙ MD. За умовою CM = 3 CM, MD = 27 см, тоді ОМ2 = 3 ∙ 27, ОМ = 9 см. Отже, КН = 9 ∙ 2 = 18 (см).

Відповідь: 18 см.

524. Побудуйте пряму і на ній відкладіть послідовно два відрізки АН = а і НВ = b/2. Через точку H проведіть перпендикуляр до АВ. Поділіть відрізок АВ навпіл точкою О. Побудуйте коло з центром О і радіусом точку його перетину з перпендикуляром позначте С. З’єднайте послідовно точки А, В і С. Відрізок СH — шуканий.

Доведення. ∠ACB — вписаний, що спирається на діаметр кола, тоді ∠ACB = 90°, СH ⊥ AB, отже, СH — висота прямокутного трикутника, опущена на гіпотенузу. Тоді за метричним співвідношенням За побудовою АН = а, НВ = b/2, тоді



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