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

Розділ IIІ. Многокутники. Площі многокутників

§ 17. Площі трикутника, ромба і трапеції

Пояснення

Значення площі трикутника не залежить від вибору сторони і проведеної до цієї сторони висоти. У трикутнику до більшої сторони проведена менша висота, до меншої сторони — більша висота.

Якщо у трикутників основи рівні, то відношення їх площ дорівнює відношенню їх відповідних висот.

Якщо у трикутників висоти рівні, то відношення їх площ дорівнює відношенню їх відповідних основ.

565. Якщо SΔABC = S, то SABCD = 2S.

566. с — гіпотенуза, hc — висота, проведена до неї;

а і b — катети.

567. Так. якщо S1 = S2, а h1 = h2, то a1 = а2.

568. Якщо дві рівновеликі трапеції мають рівні висоти, це означає, що суми їх основ рівні.

569. Hi. Нехай є трапеція з основами а і b (а < b) і висотою h, тоді Якщо S1 = S2, то a = b, а це суперечить умові, що а < b.

570. Нехай ABC — даний трикутник, ВН — його висота.

571. Нехай ABCD — дана трапеція (ВС || AD), ВН — її висота.

573. a) ABC — даний трикутник (АВ = ВС).

Проведемо висоту ВH, вона також є медіаною. За теоремою Піфагора: ВH2 + HС2 = ВС2;

Відповідь: 60 см2.

б) ABC — даний трикутник, ВН — висота.

За теоремою Піфагора АH2 + ВH2 = АВ2;

Відповідь: 75 см2.

574. a) a = 12 см, c = 20 см. За теоремою Піфагора b2 = c2 – a2;

Відповідь: 96 см2.

.

б) ABC — даний трикутник, АH — його висота.

У ΔАHС: ∠C = 45°, ∠H = 90° => ∠HАС = 45° => ΔАHС — рівнобедрений і HС = АH = 4 см.

Відповідь: 12 см2.

Відповідь: 60 см.

Відповідь: 10 см.

577. Нехай ABCD — квадрат (АВ = 1), CN || AM, ND = а.

ΔNDC = ΔMВА за гострим кутом і протилежним катетом (CD = АВ, ∠CND = ∠AMB) =>

Відповідь: 1 - а.

578. ABCD — квадрат (АВ = 1).

ОСКІЛЬКИ МН ⊥ АВ, то МН = AD = 1;

Відповідь: 1/2.

579.

Відповідь: 80 см2.

580. Нехай d1 = x, тоді d2 = 2х, a Отже,

Відповідь: 8 см і 16 см.

581 . ABC — даний трикутник, ВН — його висота, D — середина ВН.

582. ABCD — даний паралелограм, О — точка перетину АС і ВН. Проведемо AH ⊥ BD.

але за властивістю діагоналей паралелограма BO = OD => SΔAOB = SΔAOD.

583.

с — середня лінія трапеції, h — висота.

584. ABCD — дана трапеція (АВ = CD).

Проведемо ВН ⊥ AD. Оскільки трапеція рівнобедрена, то

У ΔАНВ: ∠HAB = ∠ABH = 45° => ВН = АН = 4 см.

Відповідь: 48 см2.

585. Нехай ABCD — дана трапеція (∠A = ∠B = 90°).

Проведемо СН ⊥ AD, HD = AD - ВС = 10 - 6 = 4 см. Із ΔCHD за теоремою Піфагора СН2 + HD2 = СН2;

Відповідь: 24 см2.

586. а) Нехай ABC — даний трикутник, ВН — його висота.

За теоремою Піфагора маємо: з ΔАНВ: АН2 + ВН2 = АВ2; АН2 = АВ2 - ВН2 = 132 - 122 = 169 - 144 = 25; АН = 5 см. Із ΔВНС: ВН2 + НС2 = ВС2; НС2 = ВС2 - ВН2 = 152 - 122 = 225 - 144 = 81; НС = 9 см. АС = АН + НС = 5 + 9 = 14 см.

Відповідь: 84 см2.

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

За метричними відношеннями в прямокутному трикутнику АН2 = НС ∙ ВН; АН2 = 4 ∙ 9 = 36; АН = 6 см. ВС = ВН + НС = 4 + 9 = 13 см.

Відповідь: 39 см2.

в) Нехай ABC — даний трикутник (АВ = ВС = АС), ВН — його висота.

Нехай АВ = а, тоді АН = a/2. За теоремою Піфагора

Відповідь: 4√3 см2.

587. а) Нехай ABC — даний трикутник (АВ = ВС), ВН — висота. За умовою АВ + ВС + АС = 16 см. Оскільки АВ = ВС, АН = НС, то 2(ВС + НС) = 16; ВС + НС = 8.

Нехай НС = х, тоді ВС = 8 - х і за теоремою Піфагора з ΔВНС маємо:

Відповідь: 12 см2.

б) Нехай а = 3х, тоді b = 4х, за теоремою Піфагора а2 + b2 = с2;

Відповідь: 96 см2.

588. Нехай ABC — даний трикутник (∠A = 90°), AM — бісектриса.

За властивістю бісектриси трикутника Нехай АС = 3х, АВ = 4х, тоді за теоремою Піфагора

Відповідь: 294 см2.

Відповідь: 2S.

590. Нехай ABC — даний трикутник, N — середина AB, M — середина BC. MN — середня лінія ΔABC => MN || AC.

Опустимо перпендикуляри NH1 і MH2 на АС. Оскільки NM || АС, то але ΔАОС у них спільний, тому

Відповідь: S.

591. Нехай ABCD — даний ромб.

За властивістю діагоналей ромба За теоремою Піфагора

Відповідь: 20 см.

592. Нехай АВСD — ромб (∠B = 150°).

Проведемо висоту ВН. За властивістю кутів ромба

(як катет, що лежить проти кута 30°).

593. Нехай ABC — даний трикутник, ВВ1 — його медіана, О — точка перетину медіан.

Проведемо За властивістю медіан трикутника Отже, Аналогічно можна довести

594. Нехай ABC — даний трикутник, АХ || ВС.

Проведемо — прямокутник => AH1 - ХН2. Оскільки AH1 = ХН2, то SΔABC = SΔXBC.

595. Нехай ABCD — даний паралелограм, О — точка перетину його діагоналей. ΔBAD = ΔDCВ за трьома сторонами => SΔBAD = SΔDCB.

Оскільки BO = OD, то Аналогічно Отже, діагоналі паралелограма ділять його на чотири рівновеликі трикутники.

596. а) Нехай ABCD — дана трапеція (АВ = CD), ∠ABD = 90°.

Проведемо ВН ⊥ AD. Оскільки трапеція рівнобедрена, то HD = AD - АН = 39 - 12 = 27 см. За метричними співвідношеннями в прямокутному трикутнику ВН2 = АН ∙ HD, ВН2= 12 ∙ 27, ВН = 18 см. Тому

Відповідь: 486 см2.

б) Нехай ABCD — дана трапеція (∠A = ∠B = 90°), DB — бісектриса.

∠ADB = ∠BDC (DB — бісектриса); ∠ADB = ∠DBC (внутрішні різносторонні) => ∠DBC = ∠BDC => ΔBDC — рівнобедрений, ВС = CD = 13 см.

Проведемо СН ⊥ AD, СН = АВ = 12 см. Із ΔCHD за теоремою Піфагора:

Відповідь: 186 см2.

597. Нехай ABCD — дана трапеція (АВ = CD).

Проведемо ВН ⊥ AD. Оскільки трапеція рівнобічна, то

Із ΔBHD за теоремою Піфагора BD2 = ВН2 + HD2;

Відповідь: 768 см2.

598. Нехай а і b — основи даної трапеції, a h — її висота.

Побудова. ABCD — дана трапеція, ВС = а, AD = b, ВН ⊥ AD, ВН = h.

1. Проведемо діагональ BD.

2. Через С проведемо CC1 || BD, С1 — точка перетину прямої з AD.

3. З’єднаємо точки А, В і С1.

Доведення. Отриманий чотирикутник BCC1D — паралелограм за побудовою =>

599. Нехай ABC — даний трикутник.

Побудова.

1. Проведемо MN, де М — середина АВ, N — середина ВС.

2. На прямій MN відкладаємо ND = MN.

3. Послідовно з’єднуємо А, М, D і С.

Доведення. ΔMNB = ΔDNC за двома сторонами і кутом між ними.

1. MN = ND за побудовою.

2. ∠MNB = ∠DNC — вертикальні.

3. BN = NC за побудовою.

Оскільки SAMNC — спільна, a то

600. Нехай ABCD — даний чотирикутник (AC ⊥ BD), О — точка перетину діагоналей.

601. Нехай ABCD — даний паралелограм.

Проведемо BH ⊥ AD. Нехай т. M ∈ AD задовольняє умову.

Отже, ділимо AD на 3 рівних частини і AM : MD = 2 : 1. Аналогічно CN : ND = 2 : 1, тоді

602. Нехай ABC — даний трикутник, AA1, BB1, CC1 — медіани, що перетинаються в т. О.

У впр. 593 було доведено, що тому

603. а) Нехай ABCD — паралелограм.

Оскільки BM = CP, a AM = РD, то МР || ВС || АD. Проведемо h1 і h2, перпендикулярні до МР.

отже,

Аналогічно

Відповідь: S1 + S2 + S3 + S4.

б) Проведемо NH2 ⊥ MC i BH1 ⊥ MC.

за спільним гострим кутом =>

Оскільки ВH1 = 2NH2, KC = MK, то

Аналогічно

Відповідь: 7S.

604. Нехай ABCD — дана трапеція (AB = CD).

Оскільки трапеція описана навколо кола, то

Відповідь: 80 см2.

605. Нехай ABCD — дана трапеція, BM і CM — бісектриси, М ∈ AD.

Проведемо BH1⊥ AD, CH1⊥ AD. За теоремою Піфагора: CD2 = СН22 + H2D2;

Відповідь: 1020 см2.

606. Нехай ABC — даний трикутник, D, E i F — середини сторін AB, BC і AC відповідно.

DE — середня лінія ΔABC => Аналогічно Тому ΔDBE = ΔADF = ΔFEC = ΔEFD за трьома сторонами.

607. Нехай ABCD — трапеція, діагоналі якої перетинаються в т. О. ВС = 2 см, AD = 8 см.

за двома кутами: ∠BOC = ∠DOA — вертикальні, ∠CBO = ∠ADO — внутрішні різносторонні =>

в) Через О проведемо Н1Н2 ⊥ АD. Оскільки висоти подібних трикутників відносяться як сторони цих трикутників, то

Відношення площ подібних трикутників дорівнює квадрату коефіцієнта подібності.

Відповідь: а) 1 : 5; б) 4 : 5; в) 1 : 4; г) 1 : 16.



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