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

Розділ IІ. Подібність трикутників. Теорема Піфагора

Додаткові задачі до розділу II

482. Нехай ABC — даний трикутник (∠A = 90°). AD — висота.

За умовою АС = 6, BD = 5. За метричними співвідношеннями в прямокутному трикутнику маємо: АС2 = ВС ∙ DC. Нехай DC = x, тоді ВС = BD + DC = 5 + x;

не задовольняє умову. Отже, DC = 4, а ВС = 5 + 4 = 9.

Відповідь: 9.

483. Нехай ABCD — даний прямокутник.

За умовою PABCD = 46 см => 2(АВ + ВС) = 46; АВ + ВС = 23. Нехай АВ = x, тоді ВС = 23 - x і за теоремою Піфагора з ΔАВС маємо:

Отже, АВ = 15 см, ВС = 23 - 15 = 8 см, або АВ = 8 см, ВС = 23 - 8 = 15 см.

Відповідь: 15 см і 8 см.

484. Нехай ABC — даний трикутник (АВ = ВС), BD — медіана.

За умовою РΔABC = 16, тому 2(ВС + DC) = 16; ВС + DC = 8. Нехай ВС = x, тоді DC = 8 - х.

За властивістю медіани рівнобедреного трикутника, що проведена до основи, ∠BDC = 90°, тому за теоремою Піфагора з ΔВDС: ВС2 = BD2 + DC2; х2 = 42 + (8 - х)2; х2 = 16 + 64 – 16x + х2; 16x= 80; x = 5. Тому АВ = ВС = 5 см, АС = 2 ∙ НС = 2 ∙ (8 - 5) = 6 см.

Відповідь: 5 см 5 см, 6 см.

485. Нехай ABC — даний трикутник (∠A = 90°), АН — висота.

За метричними співвідношеннями в прямокутному трикутнику маємо: АН2 = СН ∙ ВН. Нехай СН = х, тоді

Отже, HС = 9 см, ВН = 25 - 9 = 16 см.

АС2 = НС ∙ ВС = 9 ∙ 25; АС = 15 см; АВ2 = BH ∙ BC = 16 ∙ 25; АВ = 20 см.

Відповідь: 15 см, 20 см.

486. Нехай ABC — даний трикутник. ВD — його бісектриса, АD = 5 см, DС = 4 см.

За властивістю бісектриси трикутника

Нехай x — коефіцієнт пропорційності, тоді ВС = 4x,

Відповідь: 8 см, 9 см, 10 см.

487. Нехай ABCD — дана трапеція (АВ = СН).

Оскільки в трапецію вписане коло, то АВ + СD = ВС + АD. Оскільки РABCD = 1 м = 100 см, АВ = СD = 100 : 2 : 2 = 25 см. Проведемо СH ⊥ АD, НD = 14 : 2 = 7 см. За теоремою Піфагора з ΔСНD:

а

Відповідь: 12 см.

488. Нехай ABC — даний трикутник (∠А = 90°).

М ∈ АВ, MB = MС = 25 см, АВ = 32 см. AM =АВ - MB = 32 - 25 = 7 (см). За теоремою Піфагора з ΔМАС: МС2 = AM2 + АС2; АС2 = МС2 - AM2 = 252 - 72 = 625 - 49 = 576; АС = 24 см.

Із ΔВАС: ВС2 = АВ2 + АС2 = 322 + 242 = 1024 + 576 = 1600; DС = 40 см. РΔABC = АВ + ВС + АС = 32 + 40 + 24 = 96 (см).

Відповідь: 96 см.

489. Нехай квітка знаходилась у положенні D. Після того, як її потягнули вбік, вона зайняла положення С. Глибина озера дорівнює АВ. За умовою АD = АС. Нехай АС = x, тоді АВ = x - 10. Затеоремою Піфагора АВ2 + ВС2 = АС2. Складемо рівняння: (x - 10)2 + 1002 = x2; x2 – 20x + 100 + 10000 = x2; 20x = 10100; x = 505. АС = 505 (см); АВ = 505 - 10 = 495 (см).

Відповідь: 4 м 95 см.

490. а) Нехай ABC — даний трикутник, АА1 і BB1 — медіани.

Проведемо A1M || BB1, тоді за теоремою Фалеса Оскільки А1В = СА1, то CM = MB1. Позначимо МС за х, тоді В1M = x, В1С = 2х, АС = 2 ∙ B1C = 4x.

Розглянемо ΔAA1M i ΔАОВ1.

1. ∠A — спільний.

2. ∠AB1O = ∠AMA1 (відповідні при паралельних прямих МА1 і ВВ1 і січній АС) => за двома кутами I

б) Нехай ABC — даний трикутник, АА1 і СС1 — медіани.

Розглянемо ΔC1OA1 і ΔСОА.

1. ∠A1OC1 = ∠AOC (вертикальні).

2. ∠A1C1O = ∠ACO (внутрішні різносторонні при паралельних прямих АС і A1C1 і січній CC1).

Отже, за двома кутами, тому але (властивість середньої лінії) =>

491. Нехай ABC — даний трикутник. BD — його бісектриса.

Проведемо CM || BD, тоді ∠AMC = ∠ABD (відповідні). ∠MCB = ∠DBC (внутрішні різносторонні) => ∠MCB = ∠BMC. ΔМВС — рівнобедрений і ВМ = ВС. Оскільки BD || МС, то за теоремою про пропорційні відрізки але ВМ = ВС, тому

492. Нехай ABC — даний трикутник, CM — бісектриса його зовнішнього кута.

Проведемо DB || CM, тоді ∠KCM = ∠CDB (відповідні), a ∠MCB = ∠CBD (внутрішні різносторонні) => ∠CDB = ∠CBD => ΔDCB — рівнобедрений і CD = СВ. За теоремою про пропорційні відрізки AM : ВМ = АС : DC. Але DC = ВС, тому AM : ВМ = АС : ВС.

493. Нехай α — кут шуканого трикутника, а : b — відношення сторін, прилеглих до даного кута, m — медіана, проведена з вершини цього кута.

Аналіз. Якщо побудувати трикутник з кутом α і прилеглими до нього сторонами а і b, то він буде подібний до шуканого за двома сторонами і кутом між ними. Побудуємо медіану в цьому трикутнику, проведену до третьої сторони, і, використовуючи подібність трикутників, будуємо шуканий трикутник.

Побудова.

1. Побудуємо ΔAB1C1, де ∠A = α, АВ1 = а, АС1 = b.

2. Проведемо медіану AM1.

3. На побудованій медіані відкладаємо AM = m.

4. Через М проводимо пряму, паралельну B1C1. В і С — точки перетину цієї прямої зі сторонами ∠A.

5. З’єднуємо точки А, В і С.

Доведення. ΔАВС — шуканий, ∠A = α, АВ : АС = а : b, AM = m за побудовою.

Задачі підвищеної складності

494. Нехай ABC — даний трикутник, А1∈ ВС. В1∈ АС. АА1 і ВВ1 перетинаються в т. О.

а) Через М — середину АВ1 і через С проведемо MN || ВВ1 || CF. За теоремою Фалеса, оскільки AM = МВ1 = B1C, то AN = NO = OF = х.

Розглянемо ΔОA1В і ΔFA1C.

1. ∠ОA1В = ∠FA1C — вертикальні.

2. ∠ОВA1 = ∠FCA1 — внутрішні різносторонні.

3. A1B = A1C за умовою.

Отже, ΔОA1В = ΔFA1C за стороною і двома прилеглими кутами => Tому

Відповідь: 4 : 1.

б) Аналогічно п. а) проводимо паралельні прямі MN || ВВ1 || FC. За теоремою Фалеса АN = NO = OF. Оскільки то AO = 4х, а ОА1 = х, але OF = NO = 2X, тому OA1 = A1F. ΔOA1B = ΔFA1C за стороною і двома прилеглими кутами => BA1 = A1C і ВA1 : А1С = 1 : 1.

Відповідь: 1 : 1.

в) Нехай ABC — даний трикутник, А1 ∈ ВС, В1 ∈ АС, BB1 і AA1 перетинаються в т. О. Проведемо паралельні прямі ВВ1 || А1М || ЕС. Оскільки то позначимо АО = 4х, ОА1 = х, а з відношення маємо: за двома кутами => за двома кутами => за теоремою про пропорційні відрізки Нехай В1М = z, МС = 2z. Але за теоремою про пропорційні відрізки Маємо:

Відповідь: 1 : 2; 4 : 3.

495. Нехай ABC — даний трикутник, ВН — його висота, AM — медіана. ВН і AM перетинаються в т. О.

Проведемо СК || ВН, К ∈ AM.

Розглянемо ΔВМО і ΔСМК.

1. ∠BMO = ∠CMK (вертикальні).

2. ∠OBC = ∠KCM (внутрішні різносторонні).

3. ВМ = МС (AM — спільна).

=> ΔВМО = ΔСМК за стороною і двома прилеглими кутами => КС = ОВ, ОМ = МК. за двома кутами => але КС = ОВ, тому OK = 2АO, але ОМ = МК, тому

Відповідь: 1 : 1.

496. Нехай ABCD — дана трапеція (ВС || AD). ВС = 6 см, AD = 12 см. М — середина ВС, N — середина AD.

Нехай BN перетинається з AM в т. К, a CN з MD — в точці Е.

за двома кутами. ∠BKM = ∠NKA — вертикальні, ∠KBM = ∠KNA — внутрішні різносторонні => тоді за двома кутами. ∠MEC = ∠DEN— вертикальні, ∠MCE = ∠DNE — внутрішні різносторонні => a MD = ME + ED = ME + 2ME = 3ME. Оскільки ∠M — спільний, то за двома сторонами і кутом між ними і

Відповідь: 4 см.

497. Нехай ABC — даний рівносторонній трикутник MNKL — квадрат, причому М ∈ АВ, N ∈ ВС, L ∈ АС, К ∈ АС.

Проведемо ВH || ML, тоді за спільним гострим ∠A => Позначимо сторону трикутника через а, а сторону квадрата через b, тоді Маємо:

Відповідь:

498. Нехай ABCD — дана трапеція. Прямі АВ і CD перетинаються в т. М. l || AD || ВС, М ∈ l, Е — точка перетину l і прямої BD, F — точка перетину l і прямої АС.

за двома кутами (∠EBM = ∠DBA — вертикальні, ∠MEB = ∠BDA — внутрішні різносторонні) =>

Аналогічно за двома кутами =>

Розглянемо ΔBMC і ΔAMD.

1. ∠M — спільний.

2. ∠BCM = ∠ADM — відповідні при паралельних прямих AD і ВС і січній MD => за двома кутами i Маємо: тобто

Відповідь:

499. Нехай ABC — даний трикутник (AB = BC). AA1 і CC1 — висота.

Проведемо BH ⊥ AC, тоді за спільним гострим кутом => оскільки за властивістю висоти рівнобедреного трикутника, проведеної до основи, маємо — рівнобедрений. за двома сторонами і кутом між ними =>

Відповідь: 28 см.

500. Нехай ABC — даний трикутник (∠A = 90°), АА1, ВВ1, СС1 — його медіани.

Найменша з медіан проведена до найбільшої сторони, отже, до гіпотенузи. Позначимо AB = 2а, АС = 25, ВС = 2с, тоді За теоремою Піфагора маємо:

За властивістю медіани, проведеної до гіпотенузи, АА1 = ВА1 = А1С = с => АА12 = с2. Оскільки ΔАВС прямокутний, то Отже, маємо:

501. Нехай кола (О1; 1), (O2; 2), (O3; 3) дотикаються одне до одного зовні.

Позначимо А, В і С — точки дотику цих кіл. Оскільки О2А i О1А перпендикулярні до їх спільної дотичної, то точки О1, А, О2 лежать на одній прямій. Отже, O1O2 = O1А + O2A = 1 + 2 = 3. Аналогічно O2O3 = O2B + O3B = 2 + 3 = 5; O1O3 = O3C + O1C = 3 + 1 = 4. Тому ΔO1O2O3 має сторони 3, 4 і 5, але 32 + 42 = 9 + 16 = 25 = 52 і за теоремою, оберненою до теореми Піфагора,ΔO1O2O3 - прямокутний (∠O1 = 90°). Коло, яке проходить через О1, O2, О3, є описаними навколо ΔO1O2O3 і

Коло, яке проходить через точки А, В і С, є вписаним в прямокутний трикутник O1O2O3 і

Відповідь: 2,5 і 1.

502. Нехай ABCD — даний прямокутник, М — точка всередині прямокутника. AM = а, ВМ = b, CM = с. Через т. М проведемо прямі КЕ і FN, паралельні сторонам прямокутника. Тоді за теоремою Піфагора маємо:

Знайдемо суми

Відповідь:

503. Оскільки а2 + b2 — стала, то за теоремою, оберненою до теореми Піфагора, А і В є кінцями гіпотенузи прямокутного трикутника, тому його третя вершина обов’язково належить колу з діаметром АВ (оскільки вписаний кут, що спирається на діаметр, завжди прямий).

Відповідь: коло з діаметром АВ.

504. Нехай ABCD — даний чотирикутник, вписаний в коло. На діагоналі АС = d2 виберемо т. Е, таку, що ∠ABE = ∠CBD. (∠ABE = ∠CBD за побудовою, ∠BAC = ∠BDC — вписані і спираються на одну дугу) => аналогічно =>

Додавши ці рівності, маємо:

505. Нехай ABC — даний трикутник, CK — його бісектриса.

Опишемо коло навколо ΔABC і продовжимо СК до перетину з цим колом. D — точка перетину. за двома кутами (∠CBK = ∠CDA — спираються на одну дугу, ∠BCK = ∠DCA, СК — бісектриса) => і але за теоремою про пропорційність відрізків хорд СК ∙ KD = ВК ∙ АК, або тому





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