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

Розділ І. Чотирикутники

§ 6. Теорема Фалеса. Середні лінії трикутника і трапеції

Пояснення

Властивість середньої лінії трикутника: якщо середня лінія m лежить проти сторони трикутника а, то

Якщо а і b основи трапеції, то середня лінія а сума основ a + b = 2l.

169. a) ADEC — трапеція (DE || АС),

б) АЕ — медіана ΔАВС (BE = ЕС).

170. Середня лінія трикутника може бути перпендикулярна до його сторони, якщо трикутник прямокутний, але до двох його сторін вона не може бути перпендикулярною.

171. Середні лінії трикутника теж утворюють трикутник, тому дорівнювати 3 см, 4 см і 10 см вони не можуть. Це не задовольняє нерівність трикутника (а + b > с).

172. Нехай ABC — даний трикутник. DE — його середня лінія. ВМ — медіана, ВН — висота, H1, M1 — точки перетину DE з ВН і ВМ відповідно.

В ΔАВМ: BD = AD, DM1|| AM => ВМ1 = М1М.

В ΔАВН: BD = AD, DH1 || АН => ВН11Н.

173. Ні, середня лінія трапеції сполучає середини бічних сторін.

174. Ні, оскільки основи трапеції завжди різні, а середня лінія дорівнює їх півсумі.

175. Ні, тому що точка перетину діагоналей трапеції ніколи не ділить їх навпіл.

176. a) CC1 = С1С2 = С2С3 = С3В.

б) А2С2 — середня лінія ΔABC.

в) А1С1 — середня лінія трапеції AA2C2C.

177. a) ADEF — паралелограм (AD || EF, DE || AF).

б) ADEC — трапеція (DE || АС).

в) ΔDEF = ΔCFE = ΔFAD = ΔEDB.

178. а) За теоремою Фалеса х = 4.

б) x = 8.

179. Нехай ABC — даний трикутник. За умовою AD = DB, DE || АС, BE = 8 см. За теоремою Фалеса, оскільки DE || АС і AD = DB, то СЕ = BE = 8 см. Отже, ВС = СЕ + BE = 8 + 8 = 16 см.

Відповідь: 16 см.

180. Нехай ABC — даний трикутник.

АВ = 12 см, ВС = 16 см, АС = 20 см. М, N і К — середини сторін АВ, ВС, АС відповідно. Отже, MN, NK і КМ є середніми лініями ΔABC. За властивістю середньої лінії

Відповідь: 6 см, 8 см, 10 см.

181. Оскільки середня лінія трикутника дорівнює 3,5 см, то за властивістю середньої лінії сторона трикутника дорівнює 2 ∙ 3,5 = 7 см. Оскільки трикутник рівносторонній, то Р = 3 ∙ 7 = 21 см.

Відповідь: 21 см.

182. Нехай ABC — даний трикутник. К, М і N — середини АВ, ВС і АС відповідно. За властивістю середньої лінії маємо:

Отже, ΔKMN = ΔCNM = ΔNAK = ΔМКВ за трьома сторонами.

183. Нехай ABC — даний трикутник. За умовою середня лінія MN відтинає від нього трапецію AMNC (AM = 3 м, NC = 4 м, MN = 5 м). Оскільки М — середина АВ, то АВ = 2 ∙ AM = 2 ∙ 3 = 6 м. N — середина ВС => ВС = 2 ∙ NC = 2 ∙ 4 = 8 м. За властивістю середньої лінії MN = 1/2АС; АС = 2 ∙ MN = 2 ∙ 5 = 10 см. Маємо: РΔABC = АВ + ВС + АС = 6 м + 8 м + 10 м = 24 м.

Відповідь: 24 м.

184. Нехай ABCD — даний чотирикутник. М, N, К, Е — середини АВ, ВС, CD і AD — відповідно. BD = 18 см, АС = 22 см. За означенням NK — середня лінія ΔBCD =>

ME — середня лінія ΔBAD =>

MN — середня лінія ΔABC =>

EK — середня лінія ΔACD =>

Маємо: PMNKE = MN + NK + KE + ME = 9 + 11 + 9 + 11 = 40 см.

Відповідь: 40 см.

185. а) За властивістю середньої лінії трапеції

Відповідь: 10 см.

б) Нехай ABCD — дана трапеція, MN — її середня лінія. О — точка перетину MN і AC. МО = 3 см, ON = 4 см.

Розглянемо ΔACD. За теоремою Фалеса ОN || AD і CN = ND => CO = АО і ON — середня лінія ΔACD. Отже, AD = 2 ∙ ON = 2 ∙ 4 см = 8 см.

Аналогічно МО — середня лінія ΔВАС і ВС = 2 ∙ МО = 2 ∙ 3 = 6 см.

Відповідь: 8 см і 6 см.

186. а) Нехай ABCD — дана рівнобічна трапеція. (АВ = CD = 5 см, РАBCD = 26 см). MN — середня лінія. РАBCD = АВ + ВС + CD + AD = 2 ∙ 5 + ВС + AD = 26. ВС + AD = 16. За властивістю середньої лінії трапеції

Відповідь: 8 см.

б) Нехай ABCD — дана трапеція. MN — середня лінія. Нехай ВС = х см, AD = (х + 6) см. За властивістю середньої лінії Маємо: х + х + 6 = 10; 2х = 4; х = 2. Отже, ВС = 2 см, AD = 2 + 6 = 8 см.

Відповідь: 2 см, 8 см.

187. Нехай ABCD — даний ромб, М, N, К і Е — середини його сторін.

КЕ — середня лінія ΔDBC => КЕ || BD;

NM — середня лінія ΔBDA => NM || BD => КЕ || NM;

NK — середня лінія ΔАСВ => NK || АС;

ME — середня лінія ΔACD => ME || АС => NK || ME.

Оскільки протилежні сторони чотирикутника MNKE попарно, паралельні, то MNKE — паралелограм. BD ⊥ АС за властивістю діагоналей ромба, a NK || АС, КЕ || BD => NK ⊥ КЕ. Маємо MNKE -паралелограм з прямим кутом => MNKE — прямокутник.

188. Нехай ABCD — даний прямокутник, а М, N, Р і F — середини сторін АВ, ВС, CD і AD відповідно.

MN — середня лінія ΔABC => MN || АС;

FP — середня лінія ΔАОС => FP || АС => MN || FP;

NP — середня лінія ΔBCD => NP || BD;

MF — середня лінія ΔBAD => MF || BD => NP || MF.

Оскільки протилежні сторони чотирикутника MNPF попарно паралельні, то MNPF — паралелограм. За властивістю середньої лінії трикутника Але АС = BD як діагоналі прямокутника, тому MN = NP. Маємо: MNPF - паралелограм, у якого сусідні сторони рівні, отже, MNPF — ромб.

189. Нехай MNK — даний рівнобедрений трикутник (MN = NK). За умовою: МА = AN; АВ || МК. МК : KN = 5 : 4. РΔMNK = 26 см.

Оскільки МА = AN і АВ || МК, за теоремою Фалеса NB = ВК. Нехай х — коефіцієнт пропорційності, тоді МК = 5х, MN = NK = 4х і MN + NK + МК = 26; 4х + 4х + 5х = 26; 13x = 26; х = 2. Отже, МК = 5 ∙ 2 = 10 см, MN = NK = 4 ∙ 2 = 8 см. АВ — середня лінія ΔMNK, тому

РMABK = МА + АВ + ВК + МК = 4 см + 4 см + 5 см + 10 см = 23 см.

Відповідь: 23 см.

190. Нехай ABC — даний трикутник. М, N і К — середини сторін АВ, ВС, АС відповідно. KN : МК : MN = 4 : 5 : 6, РΔABC = 60 см. Оскільки середні лінії трикутника дорівнюють половинам відповідних сторін, то сторони трикутника теж відносяться як 4 : 5 : 6. Нехай х — коефіцієнт пропорційності, маємо: АВ = 4х, ВС = 5х, АС = 6х, РΔABC = АВ + ВС + АС. 4х + 5х + 6х = 60; 15х = 60; х = 4. Отже: АВ = 4 ∙ 4 = 16 см, ВС = 5 ∙ 4 = 20 см, АС = 6 ∙ 4 = 24 см.

Відповідь: 16 см, 20 см, 24 см.

191. Нехай А, В і С — будинки, a MN — прямолінійна траса. За умовою AM = MB, CN = NB. Проведемо перпендикуляри з точок А, В і С до прямої MN — AH1 і ВН2 і СН3 — вони і є шуканими відстанями.

Розглянемо ΔAH1M і ΔВН2М:

1. ∠AH1M = ∠BH2M = 90° за побудовою.

2. AM = MB — за умовою.

3. ∠AMH1 = ∠BMH2 як вертикальні. => ΔAH1M = ΔВН2М за гіпотенузою і гострим кутом => АН1 = ВН2 як відповідні сторони рівних трикутників.

Розглянемо ΔCH3N і ΔBH2N:

1. ∠CH3N = ∠BH2N = 90° за побудовою.

2. CN = NB за умовою.

3. ∠CNH3 = ∠BNH2 ЯК вертикальні. => ΔCH3N = ΔBH2N за гіпотенузою і гострим кутом => СН3 = ВН2 як відповідні сторони рівних трикутників.

Отже, маємо АН1 = ВН2 = СН3.

192. Нехай ABCD — дана трапеція (АВ = CD). М, N, К і Р — середини сторін трапеції.

NK — середня лінія ΔBDC => NK || BD;

МР — середня лінія ΔBAD => МР || BD => NK || МР;

MN — середня лінія ΔАВС => MN || АС;

РК — середня лінія ΔАСD => РК = АС => MN || РК.

Оскільки протилежні сторони чотирикутника MNKP попарно паралельні, то MNKP — паралелограм.

Розглянемо ΔMBN і ΔKCN:

1. MB = СК як половини бічних сторін трапеції.

2. BN = NC за умовою.

3. ∠MBN = ∠KCN як кути при основі рівнобічної трапеції => ΔMBN = ΔKCN => MN = NK як відповідні сторони рівних трикутників.

Маємо: MNKP — паралелограм з рівними сусідніми сторонами, отже, MNKP — ромб.

193. Нехай дані точки А, В і С є серединами сторін майбутнього трикутника. Сполучаємо точки А і В і проводимо пряму через С, паралельну АВ. Аналогічно через т. В проводимо пряму, паралельну АС, і через т. А проводимо пряму, паралельну ВС. Точки М, N і К перетину цих трьох прямих і є вершинами шуканого трикутника.

194. Для того щоб отримати паралелограм, достатньо розрізати трикутник по одній з середніх ліній. Нехай ABC — даний трикутник, a MN — його середня лінія. Якщо відрізати трикутник по прямій MN і прикласти, як показано на рисунку, отримаємо MN = 1/2АС = КМ; KN = АС і KN || АС, отже, AKNC — паралелограм.

195. Нехай ABCD — дана прямокутна трапеція (ВС || AD) АС = CD = AD = а. Проведемо СН ⊥ AD. СН є висотою і медіаною ΔACD => АН = a/2. ΔАВС = ΔСНА за гіпотенузою і гострим кутом => ВС = АН = a/2. Маємо: середня лінія

Відповідь: 3/4а.

196. Нехай дано коло з радіусом R і центром О. АВ — його діаметр. Через т. М проведена дотична. Проведемо перпендикуляр з кінців діаметра до дотичної. За умовою АН1 = 14 см, ВН2 = 20 см. За теоремою Фалеса ОМ || АН1 || ВН2 (за властивістю дотичної). AO = OB = R => Н1М = Н2М і ОМ — середня лінія прямокутної трапеції АН1Н2В. Отже,

Відповідь: 34 см.

197. Нехай l — дана пряма, А і В — точки, що лежать по один бік від цієї прямої. М — середина АВ. Проведемо AH1 ⊥ l, МН3⊥ l, ВН2⊥ l. За умовою АН1 = 7 см, ВН2 = 11 см. Оскільки АН1 || МН3 || ВН2 і AM = MB, то за теоремою Фалеса Н1Н3 = H3H2, отже, МН3 є середньою лінією трапеції Н1АВН2.

Відповідь: 9 см.

198. Нехай ABC — даний рівнобедрений трикутник (АВ = ВС). За умовою АА1 = А1А2 = A2A3 = А3В. А3С3 || А2С2 || A1C1 || АС, АС = 12 см. За теоремою Фалеса маємо СС1 = С1С2 = С2С3 = С3В. Тому А2С2 є середньою лінією ΔABC і А3С3 — середня лінія ΔА2ВС2 і A1C1 — середня лінія трапеції АА2С2С і

Відповідь: 3 см, 6 см, 9 см.

199. Нехай ABCD — даний паралелограм. М і N — середини ВС і AD. К і L - точки перетину прямих AM і NC з діагоналлю BD. Оскільки МС || AN і МС = AN, то AMCN — паралелограм => AM || CN.

Розглянемо ∠DBC: за теоремою Фалеса паралельні прямі AM і CN відтинають на одній стороні кута рівні відрізки ВМ і МС, тому і на іншій відтинають теж рівні відрізки ВК і KL. Аналогічно, розглянувши ∠ADB, маємо DL = KL. Отже, ВК = KL = DL.

200. Нехай дано відрізок АВ. Проведемо довільний промінь АС, який не є доповняльним до АВ. На промені АС відкладемо п’ять рівних відрізків AC1 = C1C2 = С2С3 = С3С4 = С4С. Проведемо пряму СВ і через точки С1, С2, С3, С4 прямі, паралельні до СВ.

C1B1 || C2B2 || C3B3 || C4B4 || СВ.

За теоремою Фалеса АВ1 = В1В2 = В2В3 = В34B = В4В. Отже, АВ3 : В3В = 3 : 2.

201. 1) Нехай ABCD — дана трапеція. Р — середина АС, К — середина BD. Проведемо середню лінію MN. За її властивістю МА = MB, ND = NC і MN || AD || ВС. Отже, за теоремою Фалеса Р i К належать MN => РК || ВС || AD.

Позначимо ВС через a, a AD через b. МК — середня лінія ΔABD => МК = b/2. МР — середня лінія ΔBAC => МР = a/2. Маємо:

2) Нехай l — дана пряма, а А і В — точки, що розташовані по різні боки від неї. Проведемо АН1⊥ l, ВН2 ⊥ l, М — середина АВ. МН3⊥ l. За умовою АН1 = 7 см, ВН2 = 11 см. Маємо АН1 || ВН2, отже, Н1АН2В — трапеція. За теоремою Фалеса оскільки М — середина АВ і МН3 || АН1 || ВН2, то Н3 — середина Н1Н2. Враховуючи результати задачі 201 (1), маємо:

Відповідь: 2 см.

202. Нехай ABCD — дана рівнобічна трапеція (АВ = CD). MN — її середня лінія, ВС = a, AD = b. Розглянемо ∠HCD: оскільки CN = ND і MN || AD, то К — середина СН.

Розглянемо ΔCKN і ΔHKN:

1. СК = КН (доведено вище).

2. КВ — спільна => ΔCKN = ΔHKN за двома катетами => CN = HN => HN = AM.

ΔHND — рівнобедрений => ∠HND = ∠NDH => ∠NHD = ∠MAH (відповідні) => AM || NH.

З того, що AM || NH в AM = NH, випливає, що AMNH — паралелограм =>

203. Нехай ABCD — дана рівнобічна трапеція (АВ = CD).

За умовою BD = 4 CM, ∠BDA = 60°. Проведемо ВН ⊥ AD. Із ΔBHD маємо: ∠HBD = 90° - 60° = 30°, тому (як катет, що лежить проти кута 30°). Враховуючи результати задачі 202, маємо HD = середній лінії, тому MN = 2 cм.

Відповідь: 2 см.

204. а) Нехай ABC — даний трикутник, ВА1 = А1А2 = ... = Аm-1С і BC1 = C1C2 = ... = Cm-1C. Якщо через точки А1, А2, ..., Аm-1 провести прямі, паралельні АС, то за теоремою Фалеса вони поділять сторону ВС на m рівних відрізків, тобто співпадуть з точками C1, С2, ..., Cm-1.

б) Якщо в трапеції бічні сторони поділити на m рівних частин, то відрізки, які сполучають відповідні точки на бічних сторонах, будуть паралельні один одному і паралельні основам. Нехай ABCD— дана трапеція. ВВ1 = В1В2 = ... = Bm-1B i CC1 = С1C2 = ... = Cm-1D. Якщо через точки В1, В2, ..., Вm-1 провести прямі, паралельні ВС, то за теоремою Фалеса вони поділять сторону CD на mрівних відрізків, тобто співпадуть з точками C1, С2, ..., Cm-1.

в) Якщо прямі відтинають на одній стороні кута рівні відрізки і на іншій рівні відрізки, то такі прямі паралельні. Це твердження хибне. За умовою AD = BD і BE = EC, але

205. Нехай ABC — даний рівносторонній трикутник, який вписано в коло. BD || АС. Проведемо ВН ⊥ AC. Оскільки центр кола описаного навколо трикутника є точкою перетину серединних перпендикулярів, то О ∈ ВН. ВН ⊥ АС, BD || АС => BD ⊥ ВН. Отже, BD проходить через точку кола і перпендикулярна радіусу. Якщо ж BD не дотична, а січна, то ∠HBD ≠ 90°, тому BD є дотичною.

206. Якщо зовнішній кут трикутника 80°, то суміжний з ним дорівнює 180° - 80° = 100°. Оскільки трикутник рівнобедрений, він має два однакових кути, але два тупих кути (100°) в трикутнику бути не може, тому кут 100° — кут при вершині рівнобедреного трикутника, а кути при основі дорівнюють по 80° : 2 = 40°.

Відповідь: 40°, 40°, 100°.



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