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

Розділ IІ. Подібність трикутників. Теорема Піфагора

§ 11. Ознаки подібності трикутників

Пояснення

Пряма, яка паралельна стороні трикутника й перетинає дві інші його сторони, відтинає від даного трикутника подібний йому трикутник.

Діагоналі трапеції при перетині утворюють два подібні трикутники.

Якщо три сторони трикутників пропорційні, то трикутники подібні. Якщо із заданих чисел можна скласти пропорцію, то трикутники також подібні.

350. а) Якщо і ∠B = ∠B1, то

б) Якщо , то

351. Якщо то (відповідні кути подібних трикутників).

352. Якщо і ∠B = ∠N, то (відповідні кути подібних трикутників).

353. а) Так, прямокутний трикутник може бути одночасно рівнобедреним.

б) Ні, в рівносторонньому трикутнику всі кути по 60°.

в) Так, тоді третій кут дорівнює 30°.

г) Ні, тому що в трикутнику не може бути одночасно кутів 60° і 120°.

354. а) Якщо відомо, що ці кути обидва при основі, чи обидва при вершинах, в іншому випадку визначити не можна.

б) Так, оскільки тупий кут в рівнобедреному трикутнику може бути тільки при вершині.

355. Не обов’язково.

356. ABCD — дана трапеція, О — точка перетину діагоналей.

а) ∠CBO = ∠ODA (внутрішні різносторонні).

∠BOC = ∠AOD (вертикальні) => за двома кутами.

б) Якщо ВО = 1,4 см, OD = 4,4 см, ВС = 2 см, то

357. ABC — даний трикутник. М ∈ АВ, N ∈ ВС, MN || АВ.

а) Оскільки ∠BMN = ∠BAC (відповідні), a ∠B — спільний, то за двома кутами.

б) ∠MNB = 45°, ∠BMN = 60° => ∠A = 60°, ∠C = 45°, ∠В = 180° - (60° + 45°) = 75°.

358. a) ∠A = ∠C (за умовою), ∠BOA = ∠COD (вертикальні) => за двома кутами.

б) ∠A — спільний => за двома сторонами і кутом між ними.

в) ∠B — спільний => за двома сторонами і кутом між ними.

359. а) Оскільки AB = ВС і А1В1 = В1С1, то ∠B = 180° - (∠A + ∠C) = 180° - (50° + 50°) = 80°. Отже, ∠B = ∠B1 = 80°. Маємо за двома сторонами і кутом між ними.

б) за двома сторонами і кутом між ними.

в) за трьома сторонами.

360. ∠C — спільний => i АВ = 120.

Відповідь: 120 м.

361. Нехай ABCD — дана трапеція (AD || ВС), АВ і CD перетинаються в т. О.

a) ∠OBC = ∠OAD (відповідні при паралельних прямих ВС і AD і січній AO), ∠O — спільний => за двома кутами.

б)

Відповідь: 6 см.

362. Нехай ABCD — дана трапеція (AD || ВС), АС і BD перетинаються в т. О.

a) ∠BCO = ∠DAO (внутрішні різносторонні при паралельних прямих ВС і АD і січній АС).

∠BOC = ∠DOA (вертикальні) => за двома кутами.

Відповідь: 12 см.

363. а) Ні, оскільки б) Так, оскільки

364. Оскільки в даних трикутниках по два рівних кути, то ці трикутники подібні:

Відповідь: 10 см.

365. Оскільки рівнобедрені трикутники мають рівні кути при вершині, то i кути при основі теж рівні, тому трикутники подібні:

Відповідь: 4 см, 4 см, 2 см.

366. Якщо прямокутний трикутник є рівнобедреним, то кути при його основі (гіпотенузі) дорівнюють по (180° - 90°) : 2 = 45°. Отже, за двома кутами будь-які рівнобедрені прямокутні трикутники подібні.

367. Нехай MN — середня лінія ΔABC, що паралельна АС, M1N1 — середня лінія ΔA1B1C1, що паралельна А1C1, тоді

368. а) за двома кутами. ∠BAC = ∠BED за умовою, ∠В — спільний.

б) за двома сторонами і кутом між ними. ∠В — спільний.

в) за трьома сторонами.

369. а) за двома кутами. ∠DBC = ∠BAC — за умовою, ∠С — спільний.

б) за двома сторонами і кутом між ними. (вертикальні).

в) за трьома сторонами.

370. Оскільки AKLM — ромб, то KL || АM і KL || АС. Отже, ∠BLK = ∠LCM (відповідні при паралельних прямих KL і АС і січній ВС), ML || АК => ML || АВ і ∠KBL = ∠MLC (відповідні). Маємо за двома кутами. Якщо трикутники подібні, то їх сторони пропорційні. але KL = LM (сторони ромба), KL2 = 36; KL = 6 см. РAKLМ = 4 ∙ KL = 4 ∙ 6 = 24 см.

Відповідь: 24 см.

371. Нехай ABCD — дана трапеція. АС і BD перетинаються в т. О.

за двома кутами. ∠ВСО = ∠DAO (внутрішні різносторонні), ∠ВОС = ∠AOD (вертикальні) =>

Оскільки середня лінія трапеції дорівнює 10 см, то сума її основ (ВС + AD) дорівнює 20 см. Нехай ВС = х, тоді AD = 20 - х. Маємо: 7х = 60 - 3x; 10x = 60; x = 6. Отже, ВС = 6 см, АD = 20 - 6 = 14 см.

Відповідь: 6 см, 14 см.

372. Нехай ABC — даний рівнобедрений трикутник (АВ = ВС), ∠В = 36°.

AD — бісектриса ∠BAC = ∠ВСА = (180° - ∠В) : 2 = (180° - 36°) : 2 = 144° : 2 = 72°.

∠DAC = ∠BAC : 2 = 72° : 2 = 36° (AD — бісектриса).

Маємо: ∠АВС = ∠DAC = 36°, ∠BAC = ∠С = 72°, тому за двома кутами.

Нехай BOD — даний кут. С ∈ ОВ, В ∈ OD, ОА = 9 см, ОВ = 12 см, ОС = 6 см, OD = 18 см. ΔОАС і ΔOBD не подібні. i ∠O — спільний => за двома сторонами і кутом між ними.

374. Нехай ВМ і В1М1 — медіани.

Нехай k — коефіцієнт подібності, тоді АВ = k ∙ А1B1; АС = k ∙ А1С1; ВС = k ∙ В1С1 і ∠A = ∠A1. Розглянемо ΔАВМ і ΔА1В1М1.

375. Нехай AL i A1L1 — бісектриси.

Тоді ∠В = ∠B1, ∠A = ∠A1. Розглянемо ΔABL і ΔA1B1L1.

де k — коефіцієнт подібності ΔАВС і Δ А1B1С1.

376. Нехай ABC — даний трикутник, ∠B — найбільший кут цього трикутника. Через т. В можна провести дві прямі, щоб вони відтинали від даного трикутника подібний.

1. за двома кутами (∠BAC = ∠NBC за побудовою, ∠C — спільний).

2. за двома кутами (∠ABM = ∠ACB за побудовою, ∠A — спільний).

Але два варіанти можливі тільки тоді, коли ∠B — найбільший. Якщо ∠B — середній, то задача має єдиний розв’язок, якщо ∠B — найменший, то задача розв’язків не має.

377. Нехай ABC — даний довільний трикутник, М ∈ АВ.

1. Якщо MN1 || АС, то за двома кутами.

2. Якщо MN2 || ВС, то за двома кутами.

3. Якщо ∠BMN3 = ∠ACB, то за двома кутами.

4. Якщо ∠AMN4 = ∠ACB, то за двома кутами.

Якщо трикутник прямокутний, то варіантів може бути тільки 3.

378. Нехай ABCD — дана трапеція, О — точка перетину АС і BD. О ∈ MN, MN || ВС || AD.

за двома кутами (∠OBC = ∠ODA як внутрішні різносторонні, ∠BOC = ∠DOA як вертикальні) =>

за двома кутами (∠A — спільний, ∠ABC = ∠AMO як відповідні) =>

Аналогічно Маємо:

Відповідь:

379. Нехай ABCD — дана трапеція. М ∈ AB, N ∈ CD, MN || AD || BC; CN : ND = m : n.

Проведемо діагональ AC. O — точка перетину AC і MN.

за двома кутами (∠C — спільний, ∠CAD = ∠CON як відповідні) =>

за двома кутами (∠A - спільний ∠BCA = ∠MOA як відповідні) =>

Маємо:

Відповідь:

380. Нехай ABCD — дана трапеція, О — точка перетину її діагоналей, М — точка перетину продовжень її бічних сторін.

Позначимо через Е і F точки перетину прямої МО з основами трапеції.

за двома кутами =>

за двома кутами => Звідси маємо:

за двома кутами =>

за двома кутами => Звідси маємо

Перемножимо рівності (І) і (II). Отже,

Підставивши у рівність (II) замість ВЕ АЕ, отримаємо

381. Нехай ABC — даний трикутник, М ∈ АВ, N ∈ АС, MN || ВС.

Проведемо медіану AF. Е — точка перетину медіани з MN.

за двома кутами =>

за двома кутами =>

Звідси маємо: або Оскільки CF = FB, то тоді

382. Нехай ABC — даний трикутник (АВ = ВС).

1. Нехай проведено AM таким чином, що AM = АС, AM = ВМ.

Нехай ∠C = α, тоді ∠BAC = α (АВ = ВС) і ∠AMC = α (AM = АС).

З ΔАВС маємо: ∠ABC = 180° - (∠BAC + ∠C) = 180° - 2α, тоді ∠BAM теж дорівнює 180° - 2α (ΔАМВ — рівнобедрений), а з ΔАМС ∠MAC = 180° - 2α. Отже, ∠BAC = ∠BAM + ∠MAC; α = 180° - 2α + 180° - 2α; 5α = 360°; α = 72°. Тобто в ΔАВС: ∠A = ∠C = 72°, ∠B = 180° - 2 ∙ 72° = 36°.

Відповідь: 72°, 72°, 36°.

2. Нехай проведено BN таким чином, що AN = BN, ВС = NC.

Нехай ∠C = α, тоді ∠A = α (ΔАВС — рівнобедрений) і ∠ABN = α (ΔANB — рівнобедрений).

З ΔNBC: Отже, тобто в ΔАВС: ∠A = ∠C = 36°; ∠B = 180° - 2 ∙ 36° = 108°.

Відповідь: 36°, 36°, 108.

383. Через точку довільного трикутника можна провести три прямі, паралельні сторонам трикутника, і вони будуть відтинати трикутники, подібні даному. Через цю точку і вершину найбільшого кута можна провести ще 2 прямі, через точку і вершину середнього кута ще одну пряму (див. впр. 376). Через цю точку і сторону трикутника можна провести ще дві прямі, що відтинають подібні трикутники (див. впр. 377).

384. Нехай ABC — даний трикутник (∠A = 90°). AM — медіана, AH — висота, ∠MAH = 20°. За властивістю медіани, що проведена до гіпотенузи, AM = ВМ = МС.

Нехай ∠ABC = α, тоді ∠BAM = α (ΔВМА — рівнобедрений). за двома кутами (∠AHC = ∠BAC = 90°, ∠C — спільний) => ∠HAC = ∠ABC = α. Маємо: ∠BAC = ∠ВАМ + ∠MAH + ∠HAC. 90° = α + 20° + α; 2α = 70°; α = 35°. Отже, ∠B = 35°, ∠C = 90° - 35° = 55°.

Відповідь: 35°, 55°.

385. Нехай а — катет, R — радіус кола, описаного навколо прямокутного трикутника.

Аналіз. Нехай ΔABC побудовано. Вершини В і С є кінцями діаметра кола радіуса R. Вершину А можна знайти як точку перетину даного кола з колом з центром В і радіуса а.

Побудова.

1. Будуємо коло з центром О і радіуса R.

2. Проведемо довільний діаметр цього кола. Його кінці позначимо В і С.

3. Будуємо коло з центром В і радіуса а. А — точка перетину двох кіл.

4. Послідовно з’єднаємо точки А, В і С.

Доведення. ΔABC — прямокутний, ∠A = 90° (спирається на діаметр), ВС = 2R, АВ = а за побудовою.



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