Книга
← К списку книгЗагрузка разделов…
активнаАктивные записи участвуют в каталоге и синках. Неактивная книга скрыта, но не удалена из базы.
Книга
Глава 1
ЧЕТЫРЕХУГОЛЬНИКИ
Многоугольники
Найдите сумму углов выпуклого: а) пятиугольника; б) шестиугольника; в) десятиугольника.
Решение, a) S5 = 180° • (5 - 2) = 180° • 3 = 540°;
86 = 180° • (6 - 2) - 180° • 4 = 720°;
5ю = 180° • (10 - 2) = 180° • 8 = 1440°.
Ответ, а) 540°; б) 720°; в) 1440°.
Сколько сторон имеет выпуклый многоугольник, каждый угол которого равен: а) 90°; б) 60°; в) 120°; г) 108°?
Решение. Пусть выпуклый многоугольник имеет п сторон и:
каждый угол его равен 90°, тогда
180° • (п - 2) = 90° • п,
180° • п - 360° = 90° • п, 90° • п = 360°, п = 4;
каждый угол его равен 60°, тогда
180° • (п - 2) = 60° • п,
180° • п - 60° • п = 360°, 120° • п = 360°, п = 3;
каждый угол его равен 120°, тогда
180° • (п-2) = 120° • п,
180° • п - 360° = 120° • п, 60° • п = 360°, п = 6;
каждый угол его равен 108°, тогда
180° • (п-2) = 108° • п,
72° -n = 360°, п = 5.
Ответ, а) 4; б) 3; в) 6; г) 5.
Найдите стороны четырехугольника, если его периметр равен 8 см, а одна сторона больше каждой из других соответственно на 3 мм, 4 мм и 5 мм.
Решение. Пусть большая сторона, например, АВ четырехугольника ABCD, равна х мм, тогда ВС = (х — 3) мм, CD = (х — 4) мм, DA = (х - 5) мм.
По условию периметр его равен 8 см = 80 мм, следовательно,
АВ + ВС + CD + DA = х + (ж - 3) + (ж - 4) + (ж - 5) = 80,
4х - 12 = 80, 4х = 92, х = 23, т. е. АВ = 23 мм, ВС = 20 мм, CD = 19 мм, DA = 18 мм.
Ответ. 23 мм, 20 мм, 19 мм, 18 мм.
Найдите стороны четырехугольника, если его периметр равен 66 см, первая сторона больше второй на 8 см и на столько же меньше третьей стороны, а четвертая — в три раза больше второй.
Решение. Пусть первая сторона четырехугольника равна х см, тогда его вторая сторона (ж — 8) см, третья сторона (ж + 8) см, а четвертая сторона равна 3 • (х — 8) см. По условию периметр этого четырехугольника равен 66 см, следовательно,
х + (х - 8) + (х + 8) + 3(х - 8) = 66,
х + х - 8 + х + 8 + Зх - 24 = 66, 6х = 90, х = 15.
Ответ. 15 см, 7 см, 23 см, 21 см.
Найдите углы выпуклого четырехугольника, если они равны друг ДРУГУ-
Решение. Сумма углов выпуклого четырехугольника равна 360°, и так как все они равны друг другу, то каждый из них равен 360° : 4 = 90°.
Ответ. 90°.
Найдите углы А, В и С выпуклого четырехугольника ABCD, если ZA = ZB = ZC, a ZD = 135°.
Решение. Так как сумма углов выпуклого четырехугольника равна 360° и по условию ZD = 135°, то ZA + ZB + ZC = 360° — 135° = = 225°.
ZA = ZB = ZC по условию, а их сумма равна 225°, следовательно, ZA = ZB = ZC = 225° : 3 = 75°.
Ответ. 75°.
Найдите углы выпуклого четырехугольника, если они пропорциональны числам 1, 2, 4, 5.
Решение. Так как сумма углов выпуклого четырехугольника равна 360° и по условию они пропорциональны числам 1, 2, 4, 5, то /1 = = 360° : (1 +2 + 4 + 5) • 1 = 30°, /2 = 360° : 12-2 = 60°, /3 = 360° : 12 - 4 = 120°, /4 = 360° : 12-5= 150°.
Ответ. 30°, 60°, 120°, 150°.
Параллелограмм и трапеция
Докажите, что выпуклый четырехугольник ABCD является параллелограммом, если: a) ZBAC = ZACD и ZBCA = ZDAC; б) АВ || CD, ZA = ZC.
Решение, а) Пусть в выпуклом четырехугольнике ABCD проведена диагональ АС. Равные углы ВАС и ACD являются накрест лежащими при пересечении прямых АВ и CD секущей АС, поэтому АВ || CD, а равные углы ВС А и DAC являются накрест лежащими при пересечении прямых ВС и AD секущей АС, поэтому ВС || AD.
Итак, противоположные стороны выпуклого четырехугольника ABCD попарно параллельны, следовательно, по определению этот четырехугольник — параллелограмм.
В выпуклом четырехугольнике ABCD углы А и D — односторонние при пересечении параллельных прямых АВ и CD секущей AD, поэтому ZA + ZD = 180°, а так как по условию ZA = ZC, то ZC + + ZD = 180°. Углы С и D являются односторонними углами при пересечении прямых ВС и AD секущей CD, и их сумма равна 180°, поэтому ВС || AD.
Итак, в выпуклом четырехугольнике ABCD имеем АВ || DC и ВС || AD, следовательно, четырехугольник ABCD — параллелограмм.
Периметр параллелограмма равен 48 см. Найдите стороны параллелограмма, если: а) одна сторона на 3 см больше другой; б) разность двух сторон равна 7 см; в) одна из сторон в два раза больше другой.
Решение, а) Пусть сторона AD параллелограмма ABCD на 3 см больше стороны АВ, тогда по условию
2(АВ + AD) = 48 см и AD = АВ + 3 см.
Имеем:
АВ + AD = 24 см, АВ + АВ + 3 см = 24 см,
2АВ = 21 см, АВ = 10,5 см, AD = 13,5 см.
Пусть разность сторон AD и АВ параллелограмма ABCD равна 7 см, тогда по условию имеем
2(АВ + AD) = 48 см и AD - АВ = 7 см.
Получаем:
АВ + AD = 24 см, AD = АВ + 7 см, откуда
2АВ + 7 см = 24 см, 2АВ = 17 см, АВ = 8,5 см, AD = 8,5 см + + 7 см = 15,5 см.
Пусть сторона AD параллелограмма ABCD в два раза больше стороны АВ, тогда по условию имеем
2(АВ + AD) = 48 см и AD = 2АВ.
Получаем:
АВ + AD = 24 см, АВ + 2АВ = 24 см, ЗАВ = 24 см, АВ = 8 см, AD = 16 см.
Ответ, а) 10,5 см, 13,5 см; б) 8,5 см, 15,5 см; в) 8 см, 16 см.
Периметр параллелограмма ABCD равен 50 см, ГС = 30°, а перпендикуляр ВН к прямой CD равен 6,5 см. Найдите стороны параллелограмма.
Решение. Пусть ВН — высота параллелограмма ABCD (рис. 1). В прямоугольном треугольнике СВН ZC = 30°, поэтому катет ВН, лежащий против угла в 30°, равен половине гипотенузы и СВ = 13 см. Так как периметр параллелограмма равен 50 см, то СВ + CD = 25 см и CD = 25 см — 13 см = 12 см.
Ответ. АВ = CD = 12 см, AD = ВС = 13 см.
Биссектриса угла А параллелограмма ABCD пересекает сторону ВС в точке К. Найдите периметр этого параллелограмма, если В К = 15 см, КС = = 9 см.
Решение. Обозначим углы ВАК, KAD и ВКА цифрами 1, 2, 3, как показано на рисунке 2.
Zl = Z2, так как луч АК — биссектриса угла A, Z2 = Z3, так как эти углы накрест лежащие при пересечении параллельных прямых ВС и AD секущей АК, следовательно, Zl = Z3.
Треугольник АВК — равнобедренный, так как два его угла 1 и 3 равны, поэтому АВ = ВК = 15 см.
Так как точка К лежит на стороне ВС, то ВС = ВК + КС = = 15 см + 9 см = 24 см.
Итак, Pabcd = ^АВ + ВС) = 2(15 + 24) см = 78 см.
Ответ. 78 см.
Найдите периметр параллелограмма, если биссектриса одного из его углов делит сторону параллелограмма на отрезки 7 см и 14 см.
Решение. Возможны два случая.
Рассмотрим параллелограмм ABCD, в котором биссектриса угла А пересекает сторону ВС в точке К так, что В К = 7 см, КС = 14 см, и обозначим углы ВАК, KAD и АКВ цифрами 1, 2, 3, как показано на рисунке 2.
Zl = Z2, так как луч АК — биссектриса угла Л; Z2 = Z3, так как эти углы — накрест лежащие при пересечении параллельных прямых ВС и AD секущей АК. Следовательно, Zl = Z3 и треугольник АВК — равнобедренный, поэтому АВ = ВК = 7 см.
Так как точка К лежит на стороне ВС и ВК = 7 см, КС = = 14 см, то
ВС = ВК + КС = 7 см + 14 см = 21 см.
Итак, Pabcd = 2(7 + 21) см = 56 см.
Пусть в параллелограмме ABCD биссектриса угла А пересекает сторону ВС в точке К так, что В К = 14 см, КС = 7 см. Треугольник АВК — равнобедренный (см. п.а), поэтому
АВ = ВК = 14 см, ВС = 21 см.
Итак, Рдвсп = 2(14 + 21) см = 70 см.
Ответ. 56 см или 70 см.
6. Найдите углы параллелограмма ABCD, если: а) ZЛ = 84°; б) ZA - ZB = 55°; в) ZA + ZC = 142°; г) ZA = 2ZB; д) ZCAD = 16°, ZACD = 37°.
Решение, а) Рассмотрим параллелограмм ABCD, в котором ZA = 84°. Так как ZA и ZC — противоположные углы параллелограмма ABCD, то ZC = ZA = 84°.
Углы А и В — односторонние углы при пересечении параллельных прямых AD и ВС секущей АВ, поэтому ZA + ZB = 180°, откуда ZB = 180° — 84° = 96°. Углы В и D — противоположные углы параллелограмма ABCD, поэтому они равны, т. е. ZB = ZD = 96°.
ZA + ZB = 180° (см. п. а), а по условию ZA — ZB = 55°, следовательно, 2ZA = 235°, ZA = 117°30', ZB = 62°30'.
Противоположные углы параллелограмма равны, поэтому ZA = = ZC = 117°30', ZB = ZD = 62°30'.
Так как ZA и ZC — противоположные углы параллелограмма ABCD, то они равны, а так как по условию ZA + ZC = 142°, то ZA = = ZC = 142° : 2 = 71°.
ZA + ZB = 180° (см. п. а), следовательно, ZB = 180° — 71° = 109°.
Углы В и D — противоположные углы параллелограмма, поэтому ZB = ZD = 109°.
ZA + ZB = 180°, а так как ZA = 2 • ZB по условию, то 2 • ZB + + ZB = 180°, 3 • ZB = 180°, ZB = 60°, a ZA = 120°.
Итак, ZA = ZC = 120°, ZB = ZD = 60°.
Рассмотрим треугольник ADC. По условию в этом треугольнике ZA = 16°, ZC = 37°, поэтому ZD = 180° - (16° + 37°) = 127°.
Углы D и В — противоположные углы параллелограмма ABCD, поэтому ZB = ZD = 127°.
ZD + ZC = 180° (см. п. а), следовательно, ZC = 180° - 127° = 53°.
Углы А и С — противоположные углы параллелограмма ABCD, поэтому А А = АС = 53°.
Ответ, а) 84°, 96°, 84°, 96°; б) 117°30', 62°30', 117°30', 62°30'; в) 71°, 109°, 71°, 109°; г) 120°, 60°, 120°, 60°; д) 53°, 127°, 53°, 127°.
В параллелограмме MNPQ проведен перпендикуляр NH к прямой MQ, причем точка Н лежит на стороне MQ. Найдите стороны и углы параллелограмма, если известно, что МН = 3 см, HQ = 5 см, AMNH = 30°.
Решение. Точка Н лежит на отрезке MQ (рис.З), поэтому
МН + HQ = MQ = 8 см и 7VP = MQ = 8 см.
В прямоугольном треугольнике MHN AMNH = 30°, следовательно, АМ = 90° - 30° = 60°, а катет МН, лежащий против угла в 30°, равен половине гипотенузы.
Итак, MN = PQ = 6 см.
Так как противоположные углы параллелограмма равны, то АР = = АМ = 60°, AN = 180° - АМ = 120°, AQ = AN = 120°.
Ответ. 6 см, 8 см, 6 см, 8 см; 60°, 120°, 60°, 120°.
Из вершин В и D параллелограмма ABCD, у которого АВ А ВС и АА острый, проведены перпендикуляры ВК и DM к прямой АС. Докажите, что четырехугольник BMDK — параллелограмм.
Решение. Пусть в параллелограмме ABCD углы ВАК, DCM, ВКМ, DMK обозначены цифрами 1, 2, 3, 4 соответственно (рис. 4).
Рассмотрим прямоугольные треугольники АКВ и CMD. Эти треугольники равны по гипотенузе и острому углу (АВ = DC по свойству противоположных сторон параллелограмма, Zl = Z2, так как эти углы — накрест лежащие при пересечении параллельных прямых АВ и CD секущей АС), поэтому ВК = DM.
По условию Z3 = Z4 = 90°, и эти углы — накрест лежащие при пересечении прямых В К и DM секущей КМ, поэтому В К || DM.
Итак, в четырехугольнике BMDK стороны ВК и DM равны и параллельны, поэтому четырехугольник BMDK — параллелограмм (признак 1° параллелограмма, п. 43 учебника).
На сторонах АВ, ВС, CD и DA четырехугольника ABCD отмечены соответственно точки М, N, Р и Q так, что АМ = СР, BN = DQ, ВМ = = DP, NC = QA. Докажите, что ABCD и MNPQ — параллелограммы.
Решение. 1) Рассмотрим четырехугольник ABCD (рис. 5). Так как АВ = АМ + MB, DC = DP + PC и по условию АМ = PC, МВ = = DP, то АВ = DC. Аналогично можно доказать ВС = AD. Итак, в четырехугольнике ABCD противоположные стороны попарно равны, поэтому четырехугольник ABCD — параллелограмм (признак 2°, п.43 учебника).
2) Треугольники MAQ и PCN равны по двум сторонам и углу между ними (АМ = СР, AQ = CN — по условию, углы А и С равны как противоположные углы параллелограмма ABCD), следовательно, MQ = PN. Аналогично можно доказать, что треугольники MBN и PDQ равны и, следовательно, MN = PQ.
Итак, в четырехугольнике MNPQ противоположные стороны попарно равны, поэтому MNPQ — параллелограмм.
На рисунке 163 учебника изображены два одинаковых колеса тепловоза. Радиусы Оу А и О)В равны. Стержень АВ, длина которого равна расстоянию ОуО^ между центрами колес, передает движение от одного колеса к другому. Докажите, что отрезки АВ и ОуО^ либо параллельны, либо лежат на одной прямой.
Решение. Рассмотрим положение стержня АВ, показанное на рисунке 6. Четырехугольник ОуАВО2 — параллелограмм, так как его противоположные стороны равны: Оу А = О2В и ОуО2 = АВ (по условию), поэтому АВ || ОуО2-
Так как ААОуО2 = АВО2ВУ, где угол ВО2ВУ — смежный с углом ВО2ОУ, то при повороте колеса на угол АОуО2 точка А совместится с некоторой точкой Ау прямой ОуО2, а точка В — с некоторой точкой By этой прямой и, следовательно, отрезки АВ и ОуО2 будут лежать на одной прямой. Итак, отрезки АВ и ОуО2 либо параллельны, либо лежат на одной прямой.
Диагонали параллелограмма ABCD пересекаются в точке О. Докажите, что четырехугольник AyByCyDy, вершинами которого являются середины отрезков ОА, ОВ, ОС и OD, — параллелограмм.
Решение. Так как диагонали АС и BD параллелограмма ABCD точкой пересечения делятся пополам, то ВО = OD, а так как точки By и Dy — середины отрезков ВО и OD, то ВуО = О Dy. Аналогично можно доказать, что АуО = ОСу. Таким образом, в четырехугольнике
A\B\C\D\ диагонали А\С\ и B\D\ пересекаются в точке О и точкой пересечения делятся пополам. Следовательно, этот четырехугольник — параллелограмм (признак 3° параллелограмма, п.43 учебника).
На диагонали BD параллелограмма ABCD отмечены две точки Р и Q так, что РВ = QD. Докажите, что четырехугольник APCQ — параллелограмм.
Решение. Возможны два случая.
Точка Р лежит между точками В и Q (рис. 7, а). Так как АВ || CD, то ZABD = ZCDB и ЛАВР = ACDQ по двум сторонам и углу между ними (АВ = CD, РВ = QD, ZABP = ZCDQ). Отсюда следует, что АР = CQ. Аналогично доказывается, что ЛADQ = = ЛСВР и поэтому AQ = СР.
Итак, в четырехугольнике APCQ противоположные стороны попарно равны (АР = CQ, AQ = СР), поэтому APCQ — параллелограмм (признак 2°, п. 43 учебника).
Точка Q лежит между точками В и Р (рис. 7, б).
В этом случае из равенства BP = DQ получаем: PD = QB, после чего доказательство утверждения, что четырехугольник APCQ — параллелограмм, проводится так же, как в первом случае.
Докажите, что отрезок, соединяющий середины боковых сторон трапеции, параллелен основаниям трапеции.
Решение. Пусть точки М и N — середины боковых сторон АВ и CD трапеции ABCD. Проведем через точку М прямую, параллельную основаниям AD и ВС трапеции ABCD. Эта прямая по теореме Фалеса (задача 385 учебника) пересечет отрезок CD в его середине, т. е. пройдет через точку N. Таким образом, отрезок MN, соединяющий середины боковых сторон трапеции, параллелен основаниям трапеции.
Найдите углы В и D трапеции ABCD с основаниями AD и ВС, если ZA = 36°, ZC = 117°.
Решение. В трапеции ABCD основания AD и ВС параллельны, углы А и В, углы С и D — односторонние углы при пересечении
параллельных прямых AD и ВС секущими АВ и CD соответственно, поэтому
АВ = 180° - АА = 180° - 36° = 144°,
AD = 180° - АС = 180° -117°= 63°.
Ответ. АВ = 144°, AD = 63°.
Докажите, что в равнобедренной трапеции: а) углы при каждом основании равны; б) диагонали равны.
Решение. Рассмотрим равнобедренную трапецию ABCD с основаниями AD и ВС. Пусть AD > ВС.
Проведем прямую BE, параллельную прямой CD, Е — точка на отрезке AD (рис. 8, а\ Так как BCDE — параллелограмм, то CD = BE. Но CD = АВ (ABCD — равнобедренная трапеция), поэтому АВ = BE, т. е. треугольник АВЕ равнобедренный и, значит, АА = АВЕ А.
Так как BE || CD, то АВЕ А = AD, следовательно, АА = AD, т. е. углы при основании AD равны.
Далее, АВ = 180° - АА, АС = 180° - AD, поэтому АВ = АС. Итак, углы при каждом основании равнобедренной трапеции равны.
Треугольники ABD и DC А равны по двум сторонам и углу между ними (АВ = CD, AD — общая сторона, АА = AD по доказанному в п.а) (рис. 8, б), следовательно, BD = АС.
Докажите, что трапеция равнобедренная, если: а) углы при основании равны; б) диагонали трапеции равны.
Решение, а) Пусть в трапеции ABCD с основаниями AD и ВС ВС < AD, АА = AD (рис. 9, а).
Проведем прямую СЕ, параллельную прямой АВ (точка Е лежит на прямой AD\ Тогда Z1 и Z3 — соответственные углы при пересечении параллельных прямых АВ и СЕ секущей AD, поэтому Z3 = Z1.
По условию Zl = Z2, следовательно, Z2 = Z3 и поэтому треугольник ECD — равнобедренный: CD = СЕ.
Так как четырехугольник АВСЕ — параллелограмм, то СЕ = = АВ, а так как СЕ = CD, то АВ = CD, т. е. трапеция ABCD — равнобедренная.
аб
Рис. 9
б) Пусть в трапеции ABCD с основаниями AD и ВС диагонали АС и BD равны (рис. 9, б).
Через вершину С проведем прямую СЕ, параллельную диагонали BD (точка Е лежит на прямой AD). Образовавшийся четырехугольник BCED — параллелограмм (ВС || DE и BD || СЕ), поэтому СЕ = = BD = АС и, следовательно, треугольник АСЕ — равнобедренный с основанием АЕ, а значит, Zl = Z3.
Так как Z2 = Z3 (соответственные углы при пересечении параллельных прямых BD и СЕ секущей АЕ) и Zl = Z3, то Zl = Z2.
Z\ACD = ADBA по двум сторонам и углу между ними (АС = DB по условию, AD — общая сторона, Zl = Z2), следовательно, АВ = = CD, т. е. трапеция ABCD — равнобедренная.
Один из углов равнобедренной трапеции равен 68°. Найдите остальные углы трапеции.
Решение. Пусть в равнобедренной трапеции ABCD с основаниями AD и ВС А А = 68°. Так как углы при каждом основании равнобедренной трапеции равны (задача 388, а), то AD = АА = 68°.
Углы А и В — односторонние углы при пересечении параллельных прямых AD и ВС секущей АВ, поэтому
АВ = 180° - 68° = 112°, АС = АВ = 112°.
Ответ. 68°, 112°, 112°.
Докажите, что из одинаковых плиток, имеющих форму равнобедренной трапеции, можно сделать паркет, полностью покрывающий любую часть плоскости.
Решение. Рассмотрим две плитки — две равные равнобедренные трапеции ABCD и AXBXCXDX (АВ = CD = АХВХ = CXDX, AD = = AXDX, ВС = ВХСХ, АА = AD = ААХ = ADX, АВ = АС = АВХ = = АСХ (рис. 10, а)).
Приложим эти трапеции друг к другу так, чтобы совместились их равные боковые стороны CD и CXDX, причем точка С совместилась с Dx, а точка D — с Сх (рис. 10, б). Тогда основания ВС и AXDX будут лежать на одной прямой, так как сумма углов С и Dx равна 180°. Действительно, АС + AD = 180°, a AD = ADX, поэтому
AC A ADX = 180°.
Рис. 10Рис. 10
Рис. 10
Рис. 10
Аналогично, основания AD и В\С\ также будут лежать на одной прямой, причем ВА\ || АВ\ (см. рис. 10, б).
Приставляя последовательно указанным способом равные трапеции, можно покрыть любую часть полосы между параллельными прямыми АВ\ и ВА\. В свою очередь, с помощью таких параллельных полос можно покрыть любую часть плоскости (рис. 10, е\
Основания прямоугольной трапеции равны а и Ь, один из углов равен а. Найдите: а) большую боковую сторону трапеции, если а = 4 см, b = 7 см, а = 60°; б) меньшую боковую сторону трапеции, если а = 10 см, 5=15 см, а = 45°.
Решение. Пусть в прямоугольной трапеции ABCD с основаниями AD = b и ВС = a (AD > ВС): ZA = ZB = 90°, ZD = а (рис. 11).
ап — точка — параллелограмм,ап — точка — параллелограмм,Проведем прямую СЕ, параллельную на стороне AD\ тогда четырехугольник АВСЕ поэтому АЕ = ВС = а = 4 см, АВ = СЕ и так как ZA = 90°, то ZCEA = 90°.
ап — точка — параллелограмм,
ап — точка — параллелограмм,
В прямоугольном треугольнике СЕВ
ED = AD - АЕ = b - а = 7 см - 4 см = = 3 см. ZC = 90° — ZD = 90° - 60° = 30°, поэтому CD = 2 • ED = 6 см.
Так как CD — гипотенуза, а СЕ — катет прямоугольного треугольника CED, то
CD > СЕ = АВ, поэтому CD — большая боковая сторона трапеции ABCD. Итак, большая боковая сторона трапеции равна 6 см.
В прямоугольном треугольнике CED
ED = AD — АЕ = Ь — а = 15 см — 10 см = 5 см, ZD = а = 45°, поэтому
АС = 90° - AD = 45°
и, значит, треугольник CED — равнобедренный: СЕ = ED = 5 см. Следовательно, АВ = СЕ = 5 см, т. е. меньшая боковая сторона трапеции равна 5 см.
Ответ: а) 6 см; б) 5 см.
Постройте параллелограмм: а) по двум смежным сторонам и углу между ними; б) по двум диагоналям и углу между ними.
Решение, а) Пусть даны отрезки P\Q\ и P2Q2 и угол hk. Требуется построить параллелограмм ABCD, у которого смежные стороны, скажем, АВ и AD, равны соответственно отрезкам P\Q\ и P2Q2, а угол BAD равен данному углу hk.
Сначала построим треугольник ABD по двум заданным сторонам и углу между ними (п. 38, задача 1), а затем достроим его до параллелограмма.
Описанный ход построения показывает, что при любых данных отрезках P\Q\ и P2Q2 и неразвернутом угле hk задача имеет единственное решение.
Пусть даны отрезки P\Q\ и P2Q2 и угол hk. Требуется построить параллелограмм ABCD, у которого диагонали АС и BD равны соответственно данным отрезкам P\Q\ и P2Q2, угол между ними равен углу hk.
Сначала построим угол АОВ, равный данному углу hk, а затем на сторонах этого угла и их продолжениях отложим отрезки О А = = ОС = ^ P1Q1, О В = OD = ^ P2Q2- Четырехугольник ABCD и есть искомый параллелограмм.
Описанный ход построения показывает, что при любых данных отрезках P\Q\ и P2Q2 и неразвернутом угле hk задача имеет единственное решение.
Даны три точки А, В и С, не лежащие на одной прямой. Постройте параллелограмм так, чтобы три его вершины совпали с данными точками. Сколько таких параллелограммов можно построить?
Решение. Пусть А, В, С — данные точки, не лежащие на одной прямой. Соединим попарно эти точки отрезками и через каждую вершину треугольника АВС проведем прямую, параллельную противолежащей стороне (рис. 12) (задача 222). Четырехугольники А\ВАС, СуАСВ, ВуАВС — параллелограммы, так как их противоположные стороны попарно параллельны. Каждый из них удовлетворяет условию задачи. Задача, очевидно, имеет только эти три решения, так
как не существует других прямых, проходящих через точки А, В, С и параллельных прямым ВС, АС, АВ соответственно.
Ответ. Три.
Даны острый угол hk и два отрезка PxQx и P2Q2. Постройте параллелограмм ABCD так, чтобы расстояние между параллельными прямыми АВ и DC равнялось PxQx, АВ = P2Q2 и /Л = Zhk.
Решение. Построим прямоугольный треугольник ADE по катету DE = PxQx и противолежащему острому углу А, равному данному углу hk (задача 314, б). На луче АЕ отложим отрезок АВ, равный данному отрезку P2Q2 (рис. 13). Через точки В и D проведем прямые, параллельные прямым AD и АВ соответственно. Они пересекаются в некоторой точке С. Четырехугольник ABCD — по построению параллелограмм, в котором АВ = P2Q21 = Mik, и так как DE ± АВ, то DE — расстояние между параллельными прямыми АВ и CD, причем DE = PxQx-
Итак, построенный параллелограмм ABCD удовлетворяет всем условиям задачи. Ясно, что если ZA < 180°, то задача имеет единственное решение.
Постройте равнобедренную трапецию ABCD: а) по основанию AD, углу А и боковой стороне АВ; б) по основанию ВС, боковой стороне АВ и диагонали BD.
Решение, а) Пусть даны Zhk и отрезки MN и MxNx (рис. 14, а\ Требуется построить трапецию ABCD такую, что
AD || ВС, АВ = CD, AD = MN, АВ = MXNX, ZA = Zhk.
Построение, а) Построим AABD так, чтобы AD = MN, AB = = MxNx, ZA = Zhk (см. п.38, задача 1) (рис. 14, б).
Через точку В проведем прямую а, параллельную прямой AD. Затем от луча DA отложим угол ADE, равный углу А (см. рис. 14, б). Точку пересечения луча DE с прямой а обозначим буквой С. Четырехугольник ABCD и есть искомая трапеция. Действительно, по построению ВС || AD, а стороны АВ и CD не параллельны (если допустить,
Рис. 15
что АВ || CD, то ДА + ДВ = 180°, а так как ДА = ДВ и ДА + ДВ = = 180°, то ДА = ДВ = 90°, но угол равнобедренной трапеции не может быть прямым).
По построению АВ = MN, АВ = M\N\, ДА = ДИк, а так как ДВ = ДА (по построению), то трапеция АВСВ — равнобедренная (задача 389, а). Таким образом, трапеция АВСВ удовлетворяет всем условиям задачи.
Если угол hk — тупой, то задача имеет единственное решение. Если же угол hk — острый, то задача имеет единственное решение, если луч BE лежит во внешней области угла АВВ, и не имеет решения, если луч BE лежит внутри угла АВВ или совпадает с лучом ВВ.
б) Пусть даны отрезки MN, M\N\ и M2N2. Требуется построить трапецию АВСВ такую, что
АВ || ВС, АВ = СВ, ВС = MN, АВ = MyNy, В В = M2N2.
Построение. Сначала построим треугольник ВСВ по трем сторонам так, чтобы ВС = MN, ВС = M\N\, В В = M2N2, а затем достроим его до равнобедренной трапеции АВСВ (см. п.а).
Задача не будет иметь решения, если какой-нибудь из данных отрезков больше или равен сумме двух других отрезков.
Постройте прямоугольную трапецию АВСВ по основаниям и боковой стороне АВ, перпендикулярной к основаниям.
Решение. Пусть даны отрезки P\Q\, P2Q2, P3Q3 (рис. 15, а). Требуется построить прямоугольную трапецию АВСВ так, чтобы ее бо-
ковая сторона AD, перпендикулярная к основаниям, была равна P\Q\, а основания DC и АВ были равны соответственно P2Q2 и ^з9з-
Проведем две взаимно перпендикулярные прямые а и Ь, пересекающиеся в точке А, и от точки А на прямой а отложим отрезок АВ, равный данному отрезку P3Q3, а на прямой b — отрезок AD, равный данному отрезку P\Q\ (рис. 15, б).
Через точку D проведем прямую, параллельную прямой АВ (задача 222), и от точки D отложим на ней отрезок DC, равный данному отрезку P2Q2 так, чтобы точка С лежала по ту же сторону от прямой AD, что и точка В. Соединив точки В и С отрезком, получим трапецию ABCD. Построенная трапеция удовлетворяет всем условиям задачи. Задача имеет единственное решение.
§ 3. Прямоугольник, ромб, квадрат
Докажите, что параллелограмм, один из углов которого прямой, является прямоугольником.
Решение. Пусть в параллелограмме ABCD АА = 90°. Тогда и АС = 90°, так как противоположные углы параллелограмма равны.
АВ = 180° - АА = 90°, AD = АВ = 90°.
Итак, все углы параллелограмма ABCD прямые, поэтому этот параллелограмм — прямоугольник (по определению).
Докажите, что если в четырехугольнике все углы прямые, то четырехугольник является прямоугольником.
Решение. Пусть в четырехугольнике ABCD все углы прямые. Так как АА = АВ = 90°, то AD || ВС, а так как АА = AD = 90°, то АВ || DC. Таким образом, противоположные стороны четырехугольника ABCD попарно параллельны, поэтому четырехугольник ABCD — параллелограмм, а так как все его углы прямые, то ABCD — прямоугольник.
Найдите периметр прямоугольника ABCD, если биссектриса угла А
делит: а) сторону ВС на отрезки 45,6 см и 7,85 см; б) сторону DC на отрезки
2,7 дм и 4,5 дм.
Решение, а) Возможны два случая.
Пусть биссектриса угла А пересекает сторону ВС в точке Е так, что BE = 45,6 см, ЕС = 7,85 см (рис. 16).
Так как AD || ВС, то Z2 = Z3, a Z2 = Z1 - по условию, поэтому Zl = Z3. Следовательно, ЛАВЕ — равнобедренный и поэтому АВ = = BE = 45,6 см, ВС = BE + ЕС = 45,6 см + + 7,85 см = 53,45 см.
Pabcd = ^АВ + AD) = 2(45,6 + 53,45) см = 2 • 99,05 см = = 198,1 см.
Пусть BE = 7,85 см, ЕС = 45,6 см, тогда АВ = BE = 7,85 см
и Pabcd = 2(7,85 см + 53,45 б) Возможны два случая.и Pabcd = 2(7,85 см + 53,45 б) Возможны два случая.см) = 2-61,3 см = 122,6 см.
и Pabcd = 2(7,85 см + 53,45 б) Возможны два случая.
и Pabcd = 2(7,85 см + 53,45 б) Возможны два случая.
DE = 4,5 дм, СЕ = 2,7 дм (рис. 17). Так как AADE равнобедренный (см. п. а), то AD = DE = 4,5 дм; DC = 4,5 дм + 2,7 дм = 7,2 дм.
Pabcd = 2(4,5 дм + 7,2 дм) = 2 х х 11,7 дм = 23,4 дм.
DE = 2,7 дм, СЕ = 4,5 дм. В этом случае AD = DE = 2,7 дм, DC = 7,2 дм.
Pabcd = 2(2,7 + 7,2) дм = 2 - 9,9 дм = 19,8 дм.
Ответ, а) 198,1 см или 122,6 см; б) 23,4 дм или 19,8 дм.
Диагонали прямоугольника ABCD пересекаются в точке О. Докажите, что треугольники AOD и АОВ равнобедренные.
Решение. Так как ABCD — прямоугольник, то его диагонали равны, а так как прямоугольник является параллелограммом, то его диагонали точкой пересечения делятся пополам, поэтому АО = OD и АО = ОВ, т. е. треугольники AOD и АОВ — равнобедренные.
В прямоугольнике ABCD диагонали пересекаются в точке О. Найдите периметр треугольника АОВ, если ZCAD = 30°, АС = 12 см.
Решение. Так как ABCD — прямоугольник, то его диагонали равны и точкой пересечения делятся пополам, поэтому /\АОВ — равнобедренный, боковая сторона которого равна 6 см.
AADC — прямоугольный с гипотенузой АС, равной 12 см, и острым углом А, равным 30°, поэтому катет CD = ^АС = 6 см. АВ = = CD = 6 см. Таким образом, ААОВ — равносторонний и Раов = = 3 • 6 см = 18 см.
Ответ. 18 см.
Докажите, что медиана прямоугольного треугольника, проведенная к гипотенузе, равна половине гипотенузы.
Решение. Пусть ВМ — медиана прямоугольного треугольника АВС, проведенная к гипотенузе АС. Докажем, что ВМ = ^ АС.
Рассмотрим четырехугольник ABCD (рис. 18), в котором D — точка, симметричная точке В относительно точки М.
В четырехугольнике ABCD ВМ = MD (так как точки В и D симметричны относительно точки М), АМ = МС по условию, поэтому четырехугольник ABCD — параллелограмм (признак 3°, п.43).
Так как в параллелограмме ABCD угол В — прямой по условию, то параллелограмм ABCD — прямоугольник (задача 399), а в прямоугольнике диагонали равны.
Итак, ВМ = - BD = - АС, что и требовалось доказать.
В ромбе одна из диагоналей равна стороне. Найдите: а) углы ромба; б) углы, которые диагонали ромба образуют с его сторонами.
Решение. Пусть в ромбе ABCD диагональ BD равна его стороне (рис. 19).
Треугольник ABD — равносторонний, поэтому все его углы равны между собой и каждый равен 60°, в частности, АА = 60°.
АС = АА = 60°; АВ = AD = 180° - 60° = 120°.
Z1 = 60° (см. п. a), Z2 = Z1 = 60°; так как диагонали ромба делят его углы пополам, то Z3 = Z4 = - АА = - • 60° = 30°.
Итак, диагонали ромба составляют с его сторонами углы, равные 60° и 30°.
Ответ, а) 60° и 120°; б) 60° и 30°.
Найдите периметр ромба ABCD, если АВ = 60°, АС = 10,5 см.
Решение. В треугольнике АВС АВ = ВС (так как стороны ромба равны) и угол В равен 60°. Следовательно, этот треугольник — равносторонний, а так как АС = 10,5 см по условию, то и АВ = 10,5 см.
Pabcd = 4 • 10,5 см = 42 см.
Ответ. 42 см.
Найдите углы, которые образуют диагонали ромба с его сторонами, если один из углов ромба равен 45°.
Решение. Пусть угол А ромба ABCD равен 45° (см. рис. 19). Тогда AD = 180° - 45° = 135°.
Zl = Z2 и Z3 = Z4, так как диагонали ромба делят его углы пополам. Поэтому Zl = Z2 = 67°30', Z3 = Z4 = 22°30'.
Ответ. 22°30' и 67°30'.
Докажите, что параллелограмм является ромбом, если: а) его диагонали взаимно перпендикулярны; б) диагональ параллелограмма является биссектрисой его угла.
Решение, а) Пусть диагонали АС и BD параллелограмма ABCD взаимно перпендикулярны, О — точка их пересечения (см. рис. 19). Так как АО = ОС и ВО = OD, то прямоугольные треугольники АОВ и ВОС, COD и DOA равны друг другу по двум катетам. Отсюда следует, что равны их гипотенузы: АВ = ВС = CD = DA, т. е. параллелограмм ABCD является ромбом.
б) Пусть диагональ АС параллелограмма ABCD является биссектрисой его угла А (см. рис. 19). Тогда в треугольнике ABD медиана АО является биссектрисой и поэтому AABD — равнобедренный (задача 342), т. е. АВ = AD. Но АВ = CD, AD = ВС и, следовательно, в параллелограмме ABCD все стороны равны, т. е. параллелограмм ABCD — ромб.
Докажите, что ромб, у которого один угол прямой, является квадратом.
Решение. Согласно задаче 399 ромб, у которого один угол прямой, является прямоугольником, а так как у этого прямоугольника все стороны равны, то это квадрат.
Является ли четырехугольник квадратом, если его диагонали: а) равны и взаимно перпендикулярны; б) взаимно перпендикулярны и имеют общую середину; в) равны, взаимно перпендикулярны и имеют общую середину?
Решение, а) Нет. Например, в четырехугольнике ABCD на рисунке 20 диагонали АС и BD равны и взаимно перпендикулярны,
Рис. 20Рис. 20но точка их пересечения не является серединой отрезка АС, и поэтому АВ ВС. Значит, четырехугольник ABCD не является квадратом.
Рис. 20
Рис. 20
Нет. Например, диагонали ромба взаимно перпендикулярны и имеют общую середину, но ромб может не быть квадратом.
Докажем, что в этом случае четырехугольник является квадратом.
Так как диагонали четырехугольника имеют общую середину, т. е. пересекаются и точкой пересечения делятся пополам, то этот четырехуголь-
ник — параллелограмм, а параллелограмм, в котором диагонали равны, — прямоугольник. С другой стороны, параллелограмм, диагонали которого взаимно перпендикулярны, — ромб (задача 408, а), т. е. все его стороны равны.
Итак, в данном случае четырехугольник является прямоугольником, у которого все стороны равны, т. е. это квадрат.
Ответ: а) Нет; б) нет; в) да.
В прямоугольном треугольнике проведена биссектриса прямого угла. Через точку пересечения этой биссектрисы с гипотенузой проведены прямые, параллельные катетам. Докажите, что полученный четырехугольник — квадрат.
Решение. Пусть в прямоугольном треугольнике АВС с гипотенузой АВ проведены биссектриса CD и прямые DE и DF, параллельные катетам ВС и АС соответственно (рис. 21).
Тогда четырехугольник CEDE — параллелограмм (DE || ЕС и СЕ || FD), а так как ZC = 90°, то параллелограмм CEDF — прямоугольник (задача 399).
По условию Zl = Z2, т. е. диагональ CD делит угол С пополам. Отсюда следует, что CEDF — ромб (задача 408, б).
Итак, четырехугольник CEDF является прямоугольником и ромбом, поэтому этот четырехугольник — квадрат.
Даны равнобедренный прямоугольный треугольник АВС с прямым углом С, катетом АС = 12 см и квадрат CDEF такой, что две его стороны лежат на катетах, а вершина Е — на гипотенузе треугольника. Найдите периметр квадрата.
Решение. Так как треугольник АВС равнобедренный и прямоугольный (рис.22), то ZA = ZB =• 90° = 45°. В прямоугольном
треугольнике ADE ZA = 45° и, следовательно, AD = DE. Но DE = = DC (так как CDEF — квадрат), поэтому AD = DC = - АС = 1
= - • 12 см = 6 см; Pcdef = 6 см • 4 = 24 см.
Ответ. 24 см.
Постройте прямоугольник: а) по двум смежным сторонам; б) по стороне и диагонали; в) по диагонали и углу между диагоналями.
Решение, а) Пусть даны отрезки P\Q\ и P2Q2 (рис. 23, а). Требуется построить прямоугольник ABCD так, чтобы АВ = P\Q\, ad = p2q2.
Проведем прямую АЕ, а затем построим прямую АЕ, перпендикулярную к прямой АЕ (см. п.23 учебника). На луче АЕ отложим отрезок АВ, равный P\Q\, а на луче АЕ — отрезок AD, равный P2Q2 (рис. 23, б). Через точку В проведем прямую, параллельную AD, а через точку D — прямую, параллельную АВ (задача 222). Проведенные прямые пересекаются в некоторой точке С. Четырехугольник ABCD — искомый прямоугольник.
В самом деле, по построению четырехугольник ABCD — параллелограмм (ВС || AD и DC || АВ\ а так как ДА = 90°, то ABCD — прямоугольник (задача 399), причем АВ = P\Q\, AD = P2Q2, т. е. построенный прямоугольник ABCD удовлетворяет всем условиям задачи.
Пусть даны отрезки P\Q\ и ?2Q2- Требуется построить прямоугольник ABCD так, чтобы АВ = P\Q\ и BD = ?2Q2-
Сначала построим прямоугольный треугольник ABD с прямым углом А, в котором АВ = P\Q\, BD = P2Q2 (задача 314, в).
Затем через вершины В и D проведем прямые, параллельные прямым AD и АВ соответственно. Они пересекаются в некоторой точке С. Полученный четырехугольник ABCD является искомым прямоугольником.
В самом деле, по построению ABCD — параллелограмм, у которого угол А — прямой. Следовательно, ABCD — прямоугольник, причем АВ = P\Q\, BD = P2Q2, т. е. прямоугольник ABCD удовлетворяет всем условиям задачи.
Задача решается так же, как задача 393, б, в случае, когда диагонали равны.
Постройте ромб: а) по двум диагоналям; б) по стороне и углу.
Решение, а) Задача решается так же, как задача 393, б, в случае, когда угол между диагоналями — прямой.
б) Задача решается так же, как задача 393, а, в случае, когда смежные стороны равны.
Постройте квадрат: а) по стороне; б) по диагонали.
Решение, а) Задача решается так же, как задача 413, а, в случае, когда смежные стороны
как задача 414, а, в случае, когдакак задача 414, а, в случае, когдаже,же,ЕЕб) Задача решается диагонали равны.
как задача 414, а, в случае, когда
как задача 414, а, в случае, когда
же,
же,
Е
Е
Л 61
I / I
а
Даны две точки Л и В, симметричные относительно некоторой прямой, и точка М. Постройте точку, симметричную точке М относительно той же прямой.
Решение. Построим прямую а, проходящую через середину отрезка АВ и перпендикулярную к нему (см. п.23 учебника). Точки А и В симметричны относительно прямой а (рис. 24, а\ Если точка М лежит на прямой а, то она симметрична самой себе относительно этой
а
Мх В
ОМ = ОМ,
Рис. 24
прямой и поэтому является искомой точкой. Если же точка М не лежит на прямой а, то через точку М проведем прямую, перпендикулярную к прямой а (задача 153). Пусть эта прямая пересекается с прямой а в точке 01 (рис. 24, а). На продолжении луча О^М отложим отрезок 01 Mi, равный 01М. Очевидно, точка Mi симметрична точке М относительно прямой а, т. е. Mi — искомая точка.
Сколько осей симметрии имеет: а) отрезок; б) прямая; в) луч?
Решение, а) Отрезок имеет две оси симметрии. Одной осью симметрии отрезка АВ является прямая а, проходящая через середину этого отрезка и перпендикулярная к нему (рис. 24, б). В самом деле, для любой точки М отрезка АВ симметричная ей относительно прямой а точка Mi также принадлежит отрезку АВ (см. рис. 24, б), а это и означает, что прямая а — ось симметрии отрезка АВ. Другой осью симметрии отрезка АВ является прямая АВ, так как каждая точка этого отрезка симметрична самой себе относительно прямой АВ.
Прямая имеет бесконечное множество осей симметрии. Любая прямая, перпендикулярная к прямой а, и сама прямая а являются осями симметрии прямой а. Это доказывается так же, как в п. а).
Луч имеет одну ось симметрии. Осью симметрии луча ОА является прямая О А, так как любая точка луча О А симметрична самой себе относительно прямой О А.
Ответ, а) Две; б) бесконечно много; в) одну.
Какие из следующих букв имеют ось симметрии: А, Б, Г, Е, О, F?
Решение. Одну ось симметрии имеют буквы А и Е (прямые а и b на рисунках 25 и 26). Две оси симметрии имеет буква О (прямые т и п на рисунке 27).
Ответ. А, Е, О.
Рис. 25 Рис. 26 Рис. 27
Докажите, что прямая, проходящая через середины противоположных сторон прямоугольника, является его осью симметрии.
Решение. Пусть прямая ЕЕ проходит через середины сторон ВС и AD прямоугольника ABCD (рис. 28). Докажем, что она является осью симметрии этого прямоугольника.
Так как BE = AF и BE || AF, то четырехугольник BEFA — параллелограмм, а так как в этом параллелограмме ZA = 90° (по условию), то четырехугольник В ЕЕ А — прямоугольник, откуда следует, что ZE = ZF = 90°.
Итак, прямая ЕЕ перпендикулярна к сторонам ВС и AD и проходит через их середины. Поэтому для любой точки М стороны ВС (и также стороны AD^ симметричная ей относительно прямой ЕЕ точка Мх лежит на этой стороне (см. рис. 28).
Возьмем теперь произвольную точку N на стороне АВ прямоугольника ABCD и на стороне DC отметим точку TVi так, что DNx = = AN. Так как AN || DNx, AN = DNX и ZA = 90°, то ANNXD - прямоугольник. Прямая ЕЕ, параллельная прямым АВ и CD, проходит через середину отрезка AD и по теореме Фалеса делит отрезок 7V7V1 пополам, т. е. NP = PNx. Кроме того, прямая ЕЕ, перпендикулярная к прямой AD, перпендикулярна и к прямой 7V7V1. Таким образом, точки N и TVi симметричны относительно прямой ЕЕ.
Итак, для каждой точки N на стороне АВ прямоугольника ABCD симметричная ей относительно прямой ЕЕ точка TVi лежит на стороне DC этого прямоугольника. Точно так же для любой точки на стороне DC симметричная ей относительно прямой ЕЕ точка лежит на стороне АВ.
Мы доказали, что для каждой точки прямоугольника ABCD симметричная ей относительно прямой ЕЕ точка также принадлежит этому прямоугольнику. Это и означает, что прямая ЕЕ — ось симметрии прямоугольника ABCD.
Докажите, что прямая, содержащая биссектрису равнобедренного треугольника, проведенную к основанию, является осью симметрии треугольника.
Решение. Пусть АВС — данный равнобедренный треугольник с основанием АС и BD — его биссектриса (рис. 29).
Тогда отрезок BD является также высотой и медианой треугольника, т. е. BD ± АС и AD = DC. Следовательно, точки А и С симметричны относительно прямой BD. Точка В симметрична самой себе относительно прямой BD, так как лежит на этой прямой.
Возьмем произвольную точку М на основании АС. Пусть, например, точка М лежит между точками А и D (см. рис. 29). Отметим точку Mi между точками D и С так, что DM\ = DM. Очевидно, точка Mi симметрична точке М относительно прямой BD.
Итак, для каждой точки на основании АС симметричная ей относительно BD точка также лежит на основании АС.
Возьмем теперь произвольную точку N на одной из боковых сторон треугольника АВС, например, на стороне АВ. Отложим от вершины В на луче ВС отрезок BN\, равный BN. Так как BN < АВ, то BN\ < < ВС и точка TVi лежит на стороне ВС. Треугольник BNN\ — равнобедренный, В К — его биссектриса, следовательно, 7V7V1 ± В К, NK = N\ К, и поэтому точки N и TVi симметричны относительно прямой BD. Мы доказали, что для каждой точки треугольника АВС точка, симметричная ей относительно прямой BD, также принадлежит этому треугольнику. Это и означает, что прямая BD — ось симметрии треугольника АВС.
Имеет ли центр симметрии: а) отрезок; б) луч; в) пара пересекающихся прямых; г) квадрат?
Решение, а) Середина отрезка является его центром симметрии.
Луч не имеет центра симметрии.
Центром симметрии двух пересекающихся прямых является их точка пересечения.
Точка пересечения диагоналей квадрата является его центром симметрии.
Ответ, а) Да; б) нет; в) да; г) да.
Какие из следующих букв имеют центр симметрии: А, О, М, X, К?
Решение. Центром симметрии буквы О является точка пересечения двух ее осей симметрии (см. рис. 27). Из остальных букв центр симметрии имеет, очевидно, только буква X.
Ответ. О, X.
М ЕсМ ЕсррВВ
М Ес
М Ес
р
р
В
В
Дополнительные задачи
Докажите, что если не все углы выпуклого четырехугольника равны друг другу, то хотя бы один из них тупой.
Решение. Пусть не все углы выпуклого четырехугольника равны друг другу. Если допустить, что среди них нет тупого угла, то их сумма будет меньше 360°, чего не может быть. Следовательно, хотя бы один из углов тупой.
Периметр параллелограмма ABCD равен 46 см, АВ = 14 см. Какую сторону параллелограмма пересекает биссектриса угла А? Найдите отрезки, которые образуются при этом пересечении.
Решение. Так как в параллелограмме противоположные стороны равны, то Pabcd = 2(АВ + AD) = 46 см, откуда АВ + AD = 23 см и AD = 23 см — АВ = 23 см — 14 см = 9 см.
Пусть луч AF (биссектриса угла Л) пересекает прямую DC в некоторой точке Е (рис. 30), тогда AADE — равнобедренный (Zl = Z2 и Z2 = Z3, поэтому Zl = Z3), и, следовательно, DE = AD = 9 см.
Так как DE < DC (DE = 9 см, DC = АВ = 14 см), то точка Е лежит на отрезке DC, т. е. биссектриса угла А пересекает сторону DC и делит ее на отрезки DE = 9 см и ЕС = DC — DE = 14 см — 9 см = = 5 см.
Ответ. Сторону DC; 9 см и 5 см.
Стороны параллелограмма равны 10 см и 3 см. Биссектрисы двух углов, прилежащих к большей стороне, делят противоположную сторону на три отрезка. Найдите эти отрезки.
Решение. Пусть биссектрисы углов А и D, прилежащих к большей стороне AD параллелограмма ABCD, пересекают противоположную сторону ВС в точках Е и F (рис. 31) и тем самым делят ее на три отрезка: BE, ЕЕ и ЕС.
Так как в параллелограмме противоположные стороны равны, то ВС = AD = 10 см, АВ = DC = 3 см.
Треугольники АВЕ и DCF — равнобедренные (Zl = Z2, так как луч АЕ — биссектриса угла A, Z2 = Z3, так как эти углы накрест лежащие при пересечении параллельных прямых AD и ВС секущей
АЕ, поэтому Zl = Z3. Аналогично Z4 = Z5 = Z6), тогда BE = В А = = 3 см и FC = CD = 3 см.
ЕЕ = ВС - (BE + ЕС) = 10 см - 6 см = 4 см.
Ответ. 3 см, 4 см, 3 см.
Через произвольную точку основания равнобедренного треугольника проведены прямые, параллельные боковым сторонам треугольника. Докажите, что периметр получившегося четырехугольника равен сумме боковых сторон данного треугольника.
Решение. Пусть прямые, проведенные через произвольную точку М основания ВС равнобедренного треугольника АВС параллельно боковым сторонам, пересекают эти стороны в точках D и Е (рис. 32).
Так как DM || АС, то Z1 = АС, а так как ЕМ || АВ, то Z2 = АВ. Но АВ = АС, поскольку ААВС — равнобедренный, поэтому Z1 = АВ и Z2 = АС, а значит, треугольники BMD и MCE равнобедренные, т. е. MD = DB и ME = ЕС.
Если Р — периметр четырехугольника ADME, то Р = AD + + DM + ME + ЕА = AD + DB + ЕС + ЕА = АВ + АС, что и требовалось доказать.
В параллелограмме, смежные стороны которого не равны, проведены биссектрисы углов. Докажите, что при пересечении образуется прямоугольник.
Решение. Пусть в параллелограмме ABCD биссектрисы углов А, В, С и D при пересечении образуют четырехугольник PEFQ (рис. 33).
Zl = Z2, так как луч АР — биссектриса угла A, Z2 = Z3, так как эти углы — накрест лежащие при пересечении параллельных прямых AD и ВС секущей AQ, а угол 2, в свою очередь, равен углу 4, так как это половины равных углов параллелограмма, поэтому Zl = Z3 = Z4.
Равные углы 3 и 4 — соответственные углы при пересечении прямых AQ и СЕ секущей ВС, следовательно, AQ || СЕ. Аналогично можно доказать, что BE || DQ.
Таким образом, PEFQ — параллелограмм.
Так как Zl = Z3, то ЛАВТ — равнобедренный. Отрезок ВР — биссектриса, а значит, и высота этого треугольника, т. е. BP ± AQ. Итак, в параллелограмме PEFQ один угол прямой, поэтому он является прямоугольником (задача 399).
Докажите, что выпуклый четырехугольник является параллелограммом, если сумма углов, прилежащих к каждой из двух смежных сторон, равна 180°.
Решение. Пусть углы А и В, прилежащие к стороне АВ выпуклого четырехугольника ABCD, в сумме составляют 180°, и углы А и D, прилежащие к смежной стороне AD, также в сумме составляют 180°. Углы А и В — односторонние при пересечении прямых AD и ВС секущей АВ, поэтому AD || ВС. Углы А и D — односторонние при пересечении прямых АВ и DC секущей AD, поэтому АВ || DC.
Итак, в четырехугольнике ABCD противоположные стороны попарно параллельны, следовательно, четырехугольник ABCD — параллелограмм.
Докажите, что выпуклый четырехугольник является параллелограммом, если его противоположные углы попарно равны.
Решение. Пусть в выпуклом четырехугольнике ABCD противоположные углы попарно равны, т. е. АА = АС и АВ = AD. Сумма углов выпуклого четырехугольника равна 360°, поэтому 2(АА + АВ) = = 360°, откуда АА + АВ = 180°, и, следовательно, АА + AD = 180°. Из двух последних равенств следует, что четырехугольник ABCD — параллелограмм (см. задачу 429).
Точка К — середина медианы АМ треугольника АВС. Прямая В К пересекает сторону АС в точке D. Докажите, что AD = - АС.
Решение. Проведем через середину стороны ВС (точку М) прямую MF, параллельную В К (рис. 34). Тогда по теореме Фалеса (задача 385) AD = DF и CF = DF. Отсюда AD = DF = FC, поэтому AD = | АС.
Точки М и N — середины сторон AD и ВС параллелограмма ABCD. Докажите, что прямые AN и МС делят диагональ BD на три равные части.
Решение. Пусть прямые AN и СМ пересекают диагональ BD параллелограмма ABCD в точках Р и Q соответственно (рис. 35).
ВВ
В
В
Четырехугольник ANCM — параллелограмм, так как две его противоположные стороны NC и АМ равны и параллельны, поэтому AN || СМ.
В треугольнике BCQ через середину N стороны ВС проведена прямая NP, параллельная CQ, следовательно, BP = PQ (см. задачу 384).
В треугольнике ADP через середину М стороны AD проведена прямая MQ, параллельная АР, следовательно, PQ = QD.
Таким образом, BP = PQ = QD, т. е. прямые AN и СМ делят диагональ BD на три равные части.
Из вершины В ромба ABCD проведены перпендикуляры ВК и ВМ к прямым AD и DC. Докажите, что луч BD является биссектрисой угла КВМ.
Решение. Так как диагональ BD ромба делит угол D пополам, то Zl = Z2 (рис. 36).
Прямоугольные треугольники BKD и BMD равны по гипотенузе и острому углу (BD — общая гипотенуза, Zl = Z2). Отсюда следует, что Z3 = Z4, т. е. луч BD — биссектриса угла КВМ.
Докажите, что точка пересечения диагоналей ромба равноудалена от его сторон.
Решение. Пусть О — точка пересечения диагоналей АС и BD ромба ABCD (рис. 37) и пусть OF ± AD, ОР ± ВС, ОЕ ± АВ, OQ ± DC.
Диагональ АС ромба делится точкой О пополам ^ОА = ОС) и, в свою очередь, делит пополам равные углы ромба А и С, т. е. Z1 = = Z2 = Z3 = Z4. Отсюда следует, что прямоугольные треугольники АЕО, AFO, СРО и CQO равны друг другу по гипотенузе и острому углу. Поэтому ОЕ = OF = ОР = OQ, т. е. точка О равноудалена от сторон ромба.
Докажите, что середина отрезка, соединяющего вершину треугольника с любой точкой противоположной стороны, лежит на отрезке с концами в серединах двух сторон.
Решение. Пусть D — произвольная точка стороны АС треугольника АВС и Р — середина отрезка BD (рис. 38).
Рис. 36Рис. 37Рис. 38
Проведем через точку Р прямую, параллельную стороне DC. Она пересекает стороны АВ и ВС в некоторых точках М и N. Согласно задаче 384, ВМ = МА и BN = NC, т. е. точка Р лежит на отрезке MN, концы которого являются серединами сторон АВ и ВС, что и требовалось доказать.
Рис. 39Рис. 39Диагональ АС квадрата ABCD равна 18,4 см. Прямая, проходящая через точку А и перпендикулярная к прямой АС, пересекает прямые ВС и CD соответственно в точках М и N. Найдите MN.
Рис. 39
Рис. 39
Ответ. 36,8 см.Ответ. 36,8 см.Решение. Так как диагональ АС делит угол С пополам, то Zl = Z2 = 45° (рис. 39). Отсюда следует, что углы М и N в прямоугольных треугольниках САМ и CAN также равны 45°. Поэтому эти треугольники равнобедренные и, следовательно, АМ = АС и AN = АС, а значит, MN = 2АС = = 2 • 18,4 см = 36,8 см.
Ответ. 36,8 см.
Ответ. 36,8 см.
На диагонали АС квадрата ABCD взята точка М так, что АМ = = АВ. Через точку М проведена прямая, перпендикулярная к прямой АС и пересекающая ВС в точке Н. Докажите, что ВН = НМ = МС.
Рис. 40Рис. 40Решение. Прямоугольные треугольники АВН и АМН (рис. 40) равны по катету и гипотенузе (АВ = АМ по условию, АН — общая гипотенуза), поэтому ВН = НМ.
Рис. 40
Рис. 40
Треугольник СМН — прямоугольный и равнобедренный (ZHCM = 45°, так как диагональ АС делит угол С пополам, и ZCHM = 45°, так как сумма острых углов прямоугольного треугольника равна 90°), поэтому НМ = МС.
Итак, ВН = НМ = МС, что и требовалось
доказать.
В трапеции ABCD с большим основанием AD диагональ АС перпендикулярна к боковой стороне CD, ZB АС = ZCAD. Найдите AD, если периметр трапеции равен 20 см, a ZD = 60°.
Решение. В прямоугольном треугольнике ACD ZD = 60° (рис.41), поэтому Z2 = 30°, а так как по условию Zl = Z2, то ZA = = 2-Z2 = 60°, т. е. ZA = ZD.
Отсюда следует, что трапеция ABCD — равнобедренная (задача 389, а), значит, АВ = CD.
Так как в прямоугольном треугольнике ACD угол 2 равен 30°, то катет CD, лежащий против этого угла, равен половине гипотенузы, т. е.
CD = ^AD, или AD = 2CD = 2АВ.
Поскольку Zl = Z2 и Z2 = Z3, то Zl = Z3 и, значит, треугольник АВС — равнобедренный, т. е. ВС = АВ.
Итак,
Pabcd = AB + BC + CD + AD = 5АВ,
поэтому 5АВ = 20 см, откуда АВ = 4 см, a AD = 2АВ = 8 см.
Ответ. 8 см.
439* Сумма углов при одном из оснований трапеции равна 90°. Докажите, что отрезок, соединяющий середины оснований трапеции, равен их полуразности.
Решение. Пусть сумма углов А и D при основании AD трапеции ABCD равна 90°, а точки М и N — середины ее оснований ВС и AD.
Проведем прямые МР и MQ, соответственно параллельные боковым сторонам АВ и CD (рис. 42). Тогда образовавшиеся четырехугольники АВМР и DCMQ — параллелограммы, поэтому ВМ = АР, СМ = DQ, а так как по условию ВМ = СМ, то АР = DQ. Отсюда следует, что PN = NQ, т. е. точка N — середина отрезка PQ. Кроме того,
PQ = AD - (АР + DQ) = AD - ВС.
Так как МР || АВ, то Z1 = ZA, а так как MQ || CD, то Z2 = ZD. Но ZA + ZD = 90° (по условию), поэтому Zl + Z2 = 90° и, значит, треугольник MNP — прямоугольный с прямым углом М.
Отрезок MN — медиана этого треугольника, поэтому MN = = 2^9 (задача 404), т. е. MN = - (AD — ВС), что и требовалось доказать.
440* На двух сторонах треугольника вне его построены квадраты. Докажите, что отрезок, соединяющий концы сторон квадратов, выходящих из одной вершины треугольника, в два раза больше медианы треугольника, выходящей из той же вершины.
Решение. На сторонах АВ и АС треугольника АВС (вне треугольника) построены квадраты, отрезок ЕЕ соединяет концы сторон этих квадратов, выходящих из вершины А, отрезок АМ — медиана треугольника АВС. Требуется доказать, что ЕЕ = 2АМ.
Пусть точка D симметрична точке А относительно точки М. Докажем, что треугольники ABD и EAF равны (рис.43).
Так как ZBMD = NCMA (по двум сторонам и углу между ними), то BD = АС и Zl = ZACB. Следовательно,
2 Л. С. Атанасян и др.
ZABD = ZAB С + Z\= ZABC + ZAC В = 180° - ZB AC.
С другой стороны, ZEAF = 180° - ZB AC, поэтому ZABD = = ZEAF.
Треугольники ABD и EAF равны по двум сторонам и углу между ними (АВ = АЕ, BD = АС = АЕ, ZABD = ZEAF). Отсюда следует, что ЕЕ = AD = 2 АМ.
Докажите, что прямые, содержащие диагонали ромба, являются его осями симметрии.
Решение. Пусть О — точка пересечения диагоналей АС и BD ромба ABCD (рис. 44). Треугольник BAD — равнобедренный и АО —
Рис. 43Рис. 43Рис. 44Рис. 44
Рис. 43
Рис. 43
Рис. 44
Рис. 44
его биссектриса, проведенная к основанию, поэтому прямая АО является осью симметрии треугольника BAD (задача 420). Также и прямая СО является осью симметрии треугольника BCD. Так как АО и СО — одна и та же прямая, то прямая АС — ось симметрии ромба ABCD. Аналогично можно доказать, что прямая BD является осью симметрии ромба ABCD. Итак, прямые, содержащие диагонали ромба, являются его осями симметрии.
Докажите, что точка пересечения диагоналей параллелограмма явля
ется его центром симметрии.
Решение. Пусть О — точка пересечения диагоналей параллелограмма ABCD, тогда О А = ОС, OB = OD и поэтому вершины А и С (и также В и D) симметричны относительно точки О.
Рассмотрим теперь произвольную точку М, лежащую на одной из сторон параллелограмма, например на стороне АВ (рис. 45),
и покажем, что точка, симметричная точке М относительно точки О, лежит на стороне CD параллелограмма ABCD.
Проведем прямую МО и обозначим через М\ точку ее пересечения со стороной CD. АВОМ = ADOM\
по стороне и двум прилежащим к ней углам (см. рис. 45), следовательно, ОМ = ОМ\, и, значит, точки М и М\ симметричны относительно точки О.
Итак, для каждой точки М параллелограмма симметричная ей относительно точки О точка М\ также принадлежит параллелограмму. Это и означает, что точка О пересечения диагоналей параллелограмма является его центром симметрии.
Сколько центров симметрии имеет пара параллельных прямых?
Рис. 46Рис. 46Решение. Пусть а и b — данные параллельные прямые. Рассмотрим прямую т, параллельную прямым а и b и находящуюся на равных расстояниях от этих прямых (рис. 46). Докажем, что любая точка О прямой т является центром симметрии пары параллельных прямых а и Ь.
Рис. 46
Рис. 46
Проведем через точку О прямую НЩ, перпендикулярную к прямым а и Ь. Так как прямая т находится на одинаковых расстояниях от прямых а и Ь, то ОН = = ОН\, т. е. точки Н и Н\ симметричны относительно точки О.
Возьмем теперь произвольную точку М на одной из данных прямых, например,
на прямой а, причем точка М отлична от Н. Проведем прямую ОМ и обозначим через М\ точку пересечения прямых ОМ и Ь. Прямоугольные треугольники МНО и М\Н\О равны по катету и прилежащему острому углу (см. рис.46), поэтому ОМ = ОМ\, т. е. точки М и М\ симметричны относительно точки О.
Итак, для любой точки М одной из данных параллельных прямых симметричная ей относительно точки О точка М\ лежит на другой данной прямой. Это означает, что точка О — центр симметрии пары параллельных прямых а и Ь. Таким образом, любая точка прямой т является центром симметрии прямых а и Ь, т. е. пара параллельных прямых имеет бесконечное множество центров симметрии.
Ответ. Бесконечно много.
444* Докажите, что если фигура имеет две взаимно перпендикулярные оси симметрии, то точка их пересечения является центром симметрии фигуры.
Решение. Пусть взаимно перпендикулярные прямые 1\ и 1,2 — оси симметрии фигуры F. Докажем, что точка О пересечения прямых 1\ и I2 является центром симметрии этой фигуры.
Возьмем сначала произвольную точку А фигуры F, не лежащую на прямых 1\ и /2- Построим точку А', симметричную точке А относительно 1\, а затем точку Ль симметричную точке А! относительно ^2 (рис. 47, а\ Так как Zi и Z2 — оси симметрии фигуры F, то точки А! и А\ принадлежат этой фигуре. Рассмотрим треугольник АА'А}. Поскольку I2 ± 1\ и АА! ± Zi, то Z2 || AAY а так как Z2 проходит
через середину стороны АхА', то I2 пересекает сторону ААх в ее середине (задача 384). Аналогично можно доказать, что и прямая 1х пересекает сторону ААх в ее середине. Следовательно, середина отрезка ААх совпадает с точкой О, и, значит, точка Ах симметрична точке А относительно точки О.
Тем самым мы доказали, что точка Ах, симметричная точке А фигуры F относительно точки О, также принадлежит этой фигуре. При этом мы рассмотрели случай, когда точка А не лежит на прямых 1х и /2- Если точка А фигуры F лежит на какой-то из этих прямых, например, на прямой 1х (рис. 47, б), то симметричная ей относительно точки О точка Ах является также симметричной точке А относительно прямой Z2 и, значит, точка Ах принадлежит фигуре F. Таким образом, для любой точки А фигуры F симметричная ей относительно О точка Ах также принадлежит этой фигуре. Это и означает, что точка О — центр симметрии фигуры F.
Задачи повышенной трудности
811. Дан выпуклый шестиугольник Ai А2А3А4А5А6, все углы которого
равны. Докажите, что А1А2 — А4А5 = А5А6 — А2А3 = А3А4 — AgAp
Решение. Пусть А М2 = ^ь А2А3 = а^, А3А4 = аз, А4А5 = а^,
Рис. 48Рис. 48Продолжив стороны данного шестиугольника так, как показано на рисунке 48, получим треугольник BxB^B^. Так как все углы данного шестиугольника равны друг другу, то каждый из них равен 120°, поэтому смежные с ними углы равны 60°. Отсюда следует, что треугольники АМг^ь А3А4В2, АзАб^з, ВХВ2В3 — равносторонние, т. е.
Рис. 48
Рис. 48
ВхВ2 = В2В3 = ВзВх, или
ai + a2 Т аз — аз Т а4 Т аз — аз Т аз Тар
Из этих равенств получаем:
Ох + 02 = ^4 “И ^5,^3 Т ^4 = ^6 Т ^1 s
ИЛИ
Ох — СЦ = 05 — 02 = аз — Об,
т. е.
Л1Л2 - А4А5 = А5А6 — А2А3 = А3А4 - АбА^
Положительные числа ах, 02, аз, а^, аз и а6 удовлетворяют условиям ai - а4 = а5 - 02 = аз - а^. Докажите, что существует выпуклый шестиугольник Ai А2А3А4А5А6, все углы которого равны, причем А1А2 = ai, А2А3 = 02, А3А4 = аз, А4А5 = 04, АзА^ = аз, АбАх = а^.
Решение. По условию
а\ — а^ = 05 — 02 = аз — Об, поэтому
(21 А 02 = 04 А 05, Оз A (Z4 = О5 А Ох
и, следовательно,
О1 + 02 + О3 = О3 + О4 + О5 = О5 + Og + О1.(1)
Построим равносторонний треугольник ВХВ2В3, сторона которого равна oi +02 + 03 (см. рис. 48). На стороне ВхВ2 этого треугольника отметим точки А2 и A3 так, что
В\А2 = О1, А2А3 = 02, Л3В2 = 03.
Далее, на стороне В2В3 отметим точки А4 и А5 так, что
В2А4 = Оз, А4А5 = 04, А5В3 = 05,
а на стороне ВзВх — точки Аб и Ах так, что
ВзАб = оз, АбА1 = Об, АуВх = оь
В силу равенств (1) такие точки существуют (см. рис. 48).
Так как по построению А\В\ = ВхА2, А3В2 = В2А4, А5В3 = = ВзАб и АВх = АВ2 = АВ3 = 60°, то треугольники ВхАхА2, В2А3А4, В3А5А6 — равносторонние. Отсюда следует, что каждый угол шестиугольника А1А2А3А4А5А6 равен 120° (т. е. углы равны друг другу), а стороны удовлетворяют условию: АхА2 = ах, А2А3 = 02, Дз^4 = аз, А4А5 = 04, А5А6 = 05, АбАх = Об.
Докажите, что из одинаковых плиток, имеющих форму произвольного выпуклого четырехугольника, можно сделать паркет, полностью покрывающий любую часть плоскости.
Решение. Пусть плитки имеют форму выпуклого четырехугольника ABCD. Через вершины А и С проведем прямую а, а через вершины В и D — прямые b и с, параллельные прямой а (рис.49).
Затем проведем прямые d и е, параллельные прямой а, так, что расстояние между прямыми b и d равно расстоянию между прямыми а и с (обозначим его гД, а расстояние между прямыми сие равно расстоянию между прямыми а и b (обозначим его тд). Продолжая этот процесс неограниченно, мы разобьем всю плоскость на полосы, причем ширина полос (расстояние между соседними параллельными прямыми) принимает попеременно значения и и тд. Четыре такие полосы представлены на рисунке 49.
Разобьем полосу, заключенную между прямыми а и Ь, на треугольники, равные треугольнику АВС, так, как показано на рисунке 49, а полосу между прямыми а и с — на треугольники, равные треугольнику ADC. То же самое сделаем и с другими полосами (см. рис.49).
В результате всю плоскость можно представить себе разбитой на четырехугольники, причем каждый из них равен четырехугольнику ABCD. Докажем, например, что четырехугольник ECBF равен четырехугольнику ABCD. Стороны этих четырехугольников соответственно равны, и также углы соответственно равны (на рис. 49 равные углы отмечены одинаковыми цифрами).
Отсюда следует, что эти четырехугольники можно совместить наложением, а это и означает, что они равны.
Таким образом, любую часть плоскости можно покрыть паркетом из одинаковых плиток, равных четырехугольнику ABCD.
Докажите, что диагонали выпуклого четырехугольника пересекаются.
Решение. Пусть ABCD — выпуклый четырехугольник. Докажем, что его диагонали АС и BD пересекаются.
Так как четырехугольник ABCD выпуклый, то точка С лежит по ту же сторону от прямой АВ, что и точка D, и по ту же сторону от прямой AD, что и точка В. Поэтому точка С лежит внутри угла BAD. Следовательно, луч АС проходит внутри этого угла и поэтому пересекает любой отрезок с концами на сторонах угла, в частности, пересекает отрезок BD. Аналогично можно доказать, что луч BD
пересекает отрезок АС. Отсюда следует, что точка пересечения луча АС и отрезка BD лежит на отрезке АС, т. е. отрезки АС и BD пересекаются.
Докажите, что в любом четырехугольнике какие-то две противоположные вершины лежат по разные стороны от прямой, проходящей через две другие вершины.
Решение. Если данный четырехугольник выпуклый, то согласно задаче 814 его диагонали пересекаются, поэтому любые две противоположные вершины четырехугольника лежат по разные стороны от прямой, проходящей через две другие вершины.
Пусть ABCD — невыпуклый четырехугольник. Тогда одна из прямых, содержащих сторону четырехугольника, например прямая АВ, пересекает сторону CD в некоторой точке М. Отрезки АВ и CD не пересекаются, поэтому возможны два случая:
Точка А лежит на отрезке ВМ (рис. 50, а\ В этом случае точки В и М лежат по разные стороны от прямой АС. Отрезок MD не пересекается с прямой АС, поэтому точка D лежит по ту же сторону от прямой АС, что и точка М. Итак, вершина В лежит по одну сторону от прямой АС, а противоположная вершина D — по другую сторону от этой прямой.
Точка В лежит на отрезке АМ (рис. 50, б). Аналогично случаю а) можно доказать, что противоположные вершины А и С лежат по разные стороны от прямой BD.
В равнобедренном треугольнике АВС с основанием АС проведена биссектриса AD. Прямая, проведенная через точку D перпендикулярно к AD, пересекает прямую АС в точке Е. Точки М и К — основания перпендикуляров, проведенных из точек В и D к прямой АС. Найдите МК, если АЕ = а.
Решение. Пусть Р — точка пересечения прямых DE и АВ, DO || АС, О е АВ, a N — точка пересечения прямых DO и ВМ (рис. 51).
вательно,вательно,АО = ^АР =^.АО = ^АР =^.
вательно,
вательно,
АО = ^АР =^.
АО = ^АР =^.
Прямоугольные треугольники ADP и ADE равны по катету и прилежащему острому углу (AD — общий катет, Z1 = = Z2 по условию), поэтому АР = АЕ = а и PD = DE, т. е. точка D — середина отрезка РЕ.
Рассмотрим прямую OD, параллель-
Рис. 51ную АС (см. рис. 51). Эта прямая про
ходит через середину стороны РЕ треугольника АРЕ и OD || АС, поэтому АО = ОР (задача 384) и, следо
Так как OD || АС, то Z2 = Z3, а поскольку Zl = Z2, то Z1 = = Z3, откуда следует, что AAOD — равнобедренный и, значит, OD = АО =
Кроме того, так как OD || АС, то углы О и D треугольника OBD равны соответственно углам А и С треугольника АВС. Но углы А и С равны, поскольку /\АВС — равнобедренный. Следовательно, углы О и D треугольника OBD также равны, и поэтому AOBD — равнобедренный с основанием OD.
Наконец, так как OD || АС и ВМ ± АС, то BN ± OD (см. рис. 51), т. е. отрезок BN — высота равнобедренного треугольника OBD, проведенная к основанию, а значит, и медиана. Итак, ND = NO = = i2°D=X
Четырехугольник MNDK, очевидно, является прямоугольником, поэтому МК = ND = |.
Ответ.
Докажите, что в треугольнике сумма трех медиан меньше периметра,
но больше половины периметра.
Решение. Пусть в треугольнике АВС; ВС = а, С А = Ь, АВ = с, а медианы, проведенные к сторонам ВС, С А и АВ, равны соответственно та, тъ и тс.
Достроим треугольник АВС до параллелограмма ABDC так, как показано на рисунке 52. Тогда в треугольнике ABD; BD = Ь, AD = 2та. Используя неравенство треугольника, получим
AD < АВ + BD, или 2та < b + с,
b + соткуда та < —.
Аналогичные неравенства имеют место для ть и тс:
22ть<^
2
2
Сложив три последних неравенства, получим
т. е. сумма трех медиан треугольника меньше его периметра.
Напишем теперь неравенство треугольника для ЛАВМ и ААСМ, учитывая, что ВМ = СМ = |:
, аа 7
та + - > с, таА
Складывая эти неравенства, получим
2ma + а > b + с,
откуда
Аналогичные неравенства имеютАналогичные неравенства имеют2’место для ть и тс;2’место для ть и тс;тьть22Сложив три последних неравенства,Сложив три последних неравенства,с 2’приходим к неравенству j(a + b + c),с 2’приходим к неравенству j(a + b + c),
Аналогичные неравенства имеют
Аналогичные неравенства имеют
2’
место для ть и тс;
2’
место для ть и тс;
ть
ть
2
2
Сложив три последних неравенства,
Сложив три последних неравенства,
с 2’
приходим к неравенству j(a + b + c),
с 2’
приходим к неравенству j(a + b + c),
т. е. сумма трех медиан треугольника больше половины его периметра.
Диагонали выпуклого четырехугольника разбивают его на четыре треугольника, периметры которых равны. Докажите, что этот четырехугольник — ромб.
Решение. Пусть ABCD — данный выпуклый четырехугольник, а О — точка пересечения его диагоналей. Докажем сначала, что АО = = ОС, ВО = OD. Предположим, что это не так. Тогда возможны два случая:
Точка О - середина одной из диагоналей и не является серединой другой диагонали. Пусть для определенности АО = ОС, ВО < OD.
Отметим на отрезке OD точку Вх так, что ОВХ = ОВ, и рассмотрим треугольник ОВХС (рис. 53, а\ Так как ААВО = АСВХО (по двум сторонам и углу между ними), то АВ = СВХ.
По условию Рдво = Репо, ИЛИ
АВ + АО + ОВ = ОВХ + BXD A DC А СО.
Отсюда, учитывая равенства АО = ОС и О В = ОВХ, получаем
АВ = BXD + DC, или СВХ = BXD + DC.
Но в треугольнике CBXD\ СВХ < BXD + DC. Мы пришли к противоречию и, значит, случай а) не может иметь места.
Точка О не является серединой ни одной из диагоналей. Пусть, например, АО < ОС, ВО < OD.
Отметим точки Ах и Вх на отрезках ОС и OD так, что ОАХ = = О А, ОВХ = ОВ, и рассмотрим треугольник ОАХВХ (рис. 53, б). Так как АЛОВ = ААХОВХ, то АВ = Л1Вь
По условию Рдво = PcDO, ИЛИ
АВ + АО + ОВ = ОВХ + BXD DC САХ + АХО.
Отсюда, учитывая равенства ОАХ = О А и О В = ОВХ, получаем
АВ = BXD + DC + САХ, или АХВХ = BXD + DC + САХ.
Но в четырехугольнике AXBXDC АХВХ < BXD + DC + САХ. Мы пришли к противоречию, и, значит, случай б) также не может иметь места.
Итак, АО = ОС, ВО = OD, и поэтому ABCD — параллелограмм (признак 3°, п.43). Но из условия Рдов = Рсов следует, что АВ = ВС, т. е. смежные стороны параллелограмма ABCD равны.
Следовательно, параллелограмм ABCD — ромб.
Найдите множество середин всех отрезков, соединяющих данную точку со всеми точками данной прямой, не проходящей через эту точку.
Решение. Пусть А к а - данные точка и прямая, АН — перпендикуляр, проведенный из точки А к прямой а, точка В — середина отрезка АН (рис. 54). Через точку В проведем прямую р, параллель
ную прямой а, и докажем, что искомое множество точек есть прямая р.
Если X — произвольная точка прямой а, то прямая р пересекает отрезок АХ в его середине (см. задачу 384). Следовательно, середины отрезков, соединяющих точку А со всеми точками прямой а, лежат на прямой р.
Докажем теперь, что любая точка М прямой р является серединой отрезка, соединяющего точку А с какой-то точкой прямой а. Пусть прямая АМ пересекает прямую а в точке Y (см. рис. 54). Согласно задаче 384 прямая р пересекает отрезок AY в его середине, т. е. точка М — середина отрезка AY.
Итак, искомым множеством точек является прямая р.
Ответ. Прямая, параллельная данной прямой и проходящая через середину перпендикуляра, проведенного из данной точки к данной прямой.
Докажите, что прямая, проходящая через середины оснований рав
нобедренной трапеции, перпендикулярна к основаниям. Сформулируйте и до
кажите обратное утверждение.
Решение. Пусть O1O2 — прямая, проходящая через середины Oi и О2 оснований АВ и CD равнобедренной трапеции ABCD (рис. 55).
Рис. 55Рис. 55Согласно задаче 388, a АА = АВ, поэтому AAOiD = ABOiC по двум сторонам и углу между ними. Отсюда следует, что O\D = ОхС, т. е. AOxDC равнобедренный. Отрезок Ох О2 — медиана этого треугольника, следовательно, O1O2 — высота, т. е. 0102 X CD, а так как прямые АВ и CD параллельны, то O1O2 X АВ, что и требовалось доказать.
Рис. 55
Рис. 55
Обратное утверждение сформулируем так: если прямая, проходящая
через середины оснований трапеции, перпендикулярна к основаниям, то трапеция — равнобедренная.
Докажем это утверждение. Воспользуемся рисунком 55, на котором точки 01 и О2 — середины оснований АВ и CD трапеции ABCD и O1O2 X АВ, O1O2 X CD. В треугольнике OiCD отрезок O1O2 — медиана и высота, поэтому этот треугольник равнобедренный, т. е. OiD = OiC и, кроме того, Z1 = Z2 (см. рис.55). Отсюда следует, что Z3 = Z4, поэтому AAOiD = ABOiC по двум сторонам и углу между ними. Следовательно AD = ВС, т. е. трапеция ABCD равнобедренная.
При пересечении биссектрис всех углов прямоугольника образовался четырехугольник. Докажите, что этот четырехугольник — квадрат.
Решение. Пусть MNPQ — четырехугольник, образованный при пересечении биссектрис углов прямоугольника ABCD (рис. 56).
Согласно задаче 428 четырехугольник MNPQ — прямоугольник. Докажем, что
MN = NP. Треугольник AND — равнобедренный, так как Z1 = = Z2 = 45°, поэтому AN = DN. Но АМ = DP, так как Л АРМ = = NDPC (по стороне и прилежащим к ней углам). Таким образом,
MN = AN - АМ = DN - DP = NP.
Итак, в прямоугольнике MNPQ две смежные стороны равны, следовательно, MNPQ — квадрат.
На сторонах параллелограмма вне его построены квадраты. Докажите, что точки пересечения диагоналей этих квадратов являются вершинами квадрата.
Решение. Пусть Ох, О2, Оз, Од — точки пересечения диагоналей квадратов, построенных на сторонах параллелограмма ABCD вне его (рис. 57). Сначала докажем, что
(1)(1)ААОхОд = АВОхО2 = АСО3О2 = ADO3O4.
(1)
(1)
Сравним треугольники АОхОд и ВОхО^*. АОх = ВОх и АОд = ВО2,
так как эти отрезки являются половинами диагоналей соответствующих квадратов; АОхАОд = 45° + а + 45° = 90° + а, где а = ZBAD;
Рис. 57Рис. 57так как ZOxBO2 = 90° + а, то Z0xA0д = = ZO1BO2.
Рис. 57
Рис. 57
Следовательно, ААОхОд = ЛВО1О2 по двум сторонам и углу между ними. Остальные равенства в (1) доказываются аналогично.
Из равенств (1) следует, что
Ох Од = 0x02 = O3O2 = ОзОд,
т. е. четырехугольник O1O2O3O4 — ромб.
Из равенства треугольников АОхОд и ВОхО2 следует, что Zl = Z2, поэтому угол 020x04 — прямой, а значит, ромб O1O2O3O4 является квадратом.
На стороне CD квадрата ABCD отмечена точка М. Биссектриса угла ВАМ пересекает сторону ВС в точке К. Докажите, что АМ = ВК + Г DM.
Решение. На луче АВ отложим отрезок AN, равный отрезку АМ, проведем отрезок NM, а затем в треугольнике AMN проведем высоту NS (рис. 58). Пусть ZMAK = ZNAK = а.
Прямоугольные треугольники ASN и MDA равны по гипотенузе и острому углу (AN = АМ по построению, ZNAS = 2а, ZAMD = = 90° - ZDAM = 2а и, следовательно, ZNAS = ZAMD\ поэтому
AS = DM, NS = AD.AS = DM, NS = AD.(1)(1)
AS = DM, NS = AD.
AS = DM, NS = AD.
(1)
(1)
Прямоугольные треугольники АВК и NSM равны по катету и острому углу (NS = AD = АВ, АВКА = 90° — a, ZAMN = = ^2<^ = $0° ~ °’ П0ЭТ0МУ ZBKA = ZAMNY Отсюда следует,
что
ВК = SM.(2)
Из равенств (1) и (2) имеем:
AM = ASzSM = DM + ВК,
что и требовалось доказать.
На рисунке 59 (рис. 268 учебника) изображены три квадрата. Найдите сумму ZBAE + ZCAE + ZDAE.
Решение. Пусть Dx — точка, симметричная точке D относительно точки Е. Тогда DDx = 2 • DE = ЕС и поэтому AAFC = ACDDx по двум катетам.
Отсюда следует, что АС = CDx и Zl = Z2.
Так как Z2 + Z3 = 90°, то Zl + Z3 = 90°, следовательно, ZACDx = = 180° - (Zl + Z3) = 90° и, значит, AACDx — равнобедренный прямоугольный треугольник с основанием AD\. Поэтому ZCADx = 45°.
Так как ADAE = ADxAE (по двум катетам), то ZDAE = ZD\AE. Итак,
ZBAE + ZCAE + ZDAE = 45° + ZCAE + ZDXAE == 45° + ZCADX = 45° + 45° = 90°.
Ответ. 90°.
Внутри квадрата ABCD взята точка М такая, что ZMAB = 60°, ZMCD = 15°. Найдите ZMBC.
Решение. На луче АМ (рис. 60) отложим отрезок АК, равный АВ, и докажем, что точки К и М совпадают.
Так как АК = АВ и ZBAK = 60°, то треугольник АВК — равносторонний, т. е. ВК = АВ = АК.
Рис. 58Рис. 58Рис. 59Рис. 59
Рис. 58
Рис. 58
Рис. 59
Рис. 59
Рис. 60Рис. 60Так как АВ = ВС, то ВК = ВС, и, значит, треугольник ВКС равнобедренный, а поскольку АКВС = 90° — 60° =оно180°-30°= 30 , то АВС К = - = 75 . Отсюда следует, что ADC К = 15°. Но по условию ADCM =15°, следовательно, ADCM = = ADCK. Это означает, что лучи СМ и СК совпадают, поэтому совпадают точки М и К. Итак,АМВС = АКВС = 30°.Так как АВ = ВС, то ВК = ВС, и, значит, треугольник ВКС равнобедренный, а поскольку АКВС = 90° — 60° =оно180°-30°= 30 , то АВС К = - = 75 . Отсюда следует, что ADC К = 15°. Но по условию ADCM =15°, следовательно, ADCM = = ADCK. Это означает, что лучи СМ и СК совпадают, поэтому совпадают точки М и К. Итак,АМВС = АКВС = 30°.Ответ. 30°.Ответ. 30°.826. На сторонах треугольника АВС во внешнюю сторону построены квадраты BCDE, АСТМ, БАНК, а затем параллелограммы TCDQ и ЕВКР. Докажите, что треугольник APQ — прямоугольный и равнобедренный.Решение. На рисунке 61 изображена данная фигура. Сначала826. На сторонах треугольника АВС во внешнюю сторону построены квадраты BCDE, АСТМ, БАНК, а затем параллелограммы TCDQ и ЕВКР. Докажите, что треугольник APQ — прямоугольный и равнобедренный.Решение. На рисунке 61 изображена данная фигура. Сначаладокажем, чтодокажем, чтоАВКР = ААВС = ACQT.АВКР = ААВС = ACQT.(1)(1)Рис. 61Рис. 61
Рис. 60
Рис. 60
Так как АВ = ВС, то ВК = ВС, и, значит, треугольник ВКС равнобедренный, а поскольку АКВС = 90° — 60° =
оно180°-30°
= 30 , то АВС К = - = 75 . Отсю
да следует, что ADC К = 15°. Но по условию ADCM =15°, следовательно, ADCM = = ADCK. Это означает, что лучи СМ и СК совпадают, поэтому совпадают точки М и К. Итак,
АМВС = АКВС = 30°.
Так как АВ = ВС, то ВК = ВС, и, значит, треугольник ВКС равнобедренный, а поскольку АКВС = 90° — 60° =
оно180°-30°
= 30 , то АВС К = - = 75 . Отсю
да следует, что ADC К = 15°. Но по условию ADCM =15°, следовательно, ADCM = = ADCK. Это означает, что лучи СМ и СК совпадают, поэтому совпадают точки М и К. Итак,
АМВС = АКВС = 30°.
Ответ. 30°.
Ответ. 30°.
826. На сторонах треугольника АВС во внешнюю сторону построены квадраты BCDE, АСТМ, БАНК, а затем параллелограммы TCDQ и ЕВКР. Докажите, что треугольник APQ — прямоугольный и равнобедренный.
Решение. На рисунке 61 изображена данная фигура. Сначала
826. На сторонах треугольника АВС во внешнюю сторону построены квадраты BCDE, АСТМ, БАНК, а затем параллелограммы TCDQ и ЕВКР. Докажите, что треугольник APQ — прямоугольный и равнобедренный.
Решение. На рисунке 61 изображена данная фигура. Сначала
докажем, что
докажем, что
АВКР = ААВС = ACQT.
АВКР = ААВС = ACQT.
(1)
(1)
Рис. 61
Рис. 61
Треугольники ВКР и АВС равны по двум сторонам и углу между ними (ВК = АВ, КР = BE = ВС, ZBKP = = ZABC, так как ZBKP = 180° - ZKBE и ZABC = 180° - ZKBE, см. рис. 61).
Поэтому ВР = С А и ZKBP = ZBAC. Треугольники АВС и CQT также равны по двум сторонам и углу между ними (АС = СТ, ВС = CD = QT, ZACB = = ZCTQ, так как ZCTQ = 180° - ZDCT и ZACB = 180° - ZDCT, см. рис. 61). Поэтому АВ = CQ, ZBAC = ZTCQ. Так как ZABP = 90° + ZKBP = 90° + + ZBAC, ZACQ = 90° + ZTCQ = 90° + + ZBAC, то ZABP = ZACQ. Отсюда и из равенств ВР = С А, АВ = CQ сле
дует, что ЛАВР = AQCA (по двум сторонам и углу между ни
ми), поэтому Z\ = Z2 и АР = AQ, т. е. AAPQ — равнобед
ренный.
Далее, поскольку ZBAC = ZABP — 90°, то
ZPAQ = Z3 + ZBAC + Z2 =
= (Z3 + ZABP + Zl( - 90° = 180° -90° =90°.
Итак, AAPQ — равнобедренный и прямоугольный.
Рис. 62
Постройте равнобедренную трапецию по основаниям и диагоналям.
Решение. Пусть P\Q\, P2Q2, P3Q3 ~ данные отрезки (рис.62, а). Требуется построить равнобедренную трапецию ABCD с основаниями AD и ВС так, что AD = PiQb ВС = P2Q2, АС = BD = P3Q3.
Анализ. Пусть ABCD — искомая трапеция (рис. 62, б). На прямой AD отложим отрезок DE, равный ВС, так, как показано на рисунке 62, б. Так как DE = ВС и DE || ВС, то DECB — параллелограмм и поэтому СЕ = BD = P3Q3. Таким образом, в треугольнике АСЕ
АС = СЕ = P3Q3, АЕ = AD + DE = P{Q{ + P2Q2. (1)
Формулы (1) показывают, что по данным отрезкам P\Q\, P2Q2, P3Q3 можно построить треугольник АСЕ. Это дает возможность построить затем искомую трапецию ABCD.
Построение. Построим треугольник АСЕ, стороны которого выражаются формулами (1). На стороне АЕ отметим точку D так, что AD = P\Q\, и проведем через точку D прямую, параллельную СЕ, а через точку С — прямую, параллельную АЕ. Эти прямые пересекаются в некоторой точке В.
Трапеция ABCD — искомая.
Доказательство. По построению AD = P\Q\, DE = P2Q2, AC = = №• Так как ВС || DE и BD || СЕ (по построению), то DECB — параллелограмм, и поэтому ВС = DE = P2Q2, СЕ = BD = P3Q3. Таким образом, трапеция ABCD удовлетворяет всем условиям задачи.
Докажите, что если треугольник имеет: а) ось симметрии, то он равнобедренный; б) более чем одну ось симметрии, то он равносторонний.
Решение, а) Пусть прямая а — ось симметрии треугольника АВС. Тогда прямая а имеет по крайней мере одну общую точку с треугольником (объясните, почему). Более того, прямая а пересекает хотя бы одну из сторон треугольника, так как в противном случае точка, симметричная вершине треугольника, не лежащей на прямой а, не может принадлежать треугольнику (рис. 63, а\
Пусть, например, прямая а пересекает сторону ВС в точке М. Тогда вершина А лежит на прямой а. В самом деле, если допустить, что А ф а, то прямая а пересекает наряду со стороной ВС еще какую-то сторону треугольника. Пусть, например, прямая а пересекает сторону
Рис. 63
АВ в точке N (рис. 63, б) и пусть точка В\ симметрична точке В относительно прямой а. Тогда множеством точек, симметричных точкам отрезков ВМ и BN относительно прямой а, будут отрезки В\М и B\N. Но хотя бы один из этих отрезков не принадлежит треугольнику АВС. Следовательно, прямая а проходит через вершину А.
Рассмотрим снова точку В\, симметричную точке В относительно прямой а (рис. 63, б\ Очевидно, АВ\ = АВ и точки, симметричные точкам стороны АВ, лежат на отрезке АВ\. Поэтому отрезок АВ\ лежит на стороне АС и, следовательно, АВ\ = АВ АС. Аналогично, если точка С\ симметрична точке С относительно прямой а, то отрезок АС\ лежит на стороне АВ и АС\ = АС АВ.
Отсюда следует, что АВ = АС, т. е. треугольник АВС — равнобедренный.
Отметим, что ось симметрии (прямая а) пересекает сторону ВС в ее середине.
Пусть треугольник АВС имеет более чем одну ось симметрии. Тогда согласно доказанному в п. а) каждая из осей симметрии проходит через вершину треугольника и пересекает противоположную сторону в ее середине. Пусть, например, одна ось симметрии проходит через вершину А, а другая — через вершину В. Тогда АВ = АС и В А = ВС, т. е. АВ = АС = ВС и, значит, треугольник АВС — равносторонний.
Глава 2
ПЛОЩАДЬ
Площадь многоугольника
Вырежьте из бумаги два равных прямоугольных треугольника и составьте из них: а) равнобедренный треугольник; б) прямоугольник; в) параллелограмм, отличный от прямоугольника. Сравните площади полученных фигур.
Решение. Пусть площадь первого вырезанного прямоугольного треугольника равна S, тогда по свойству 1° площадей многоугольников площадь второго треугольника тоже равна S. Площадь каждой полученной фигуры по свойству 2° площадей многоугольников равна 2S (рис. 64).
Ответ. Площади фигур равны.
Рис. 64Рис. 64
Рис. 64
Рис. 64
Начертите квадрат и примите его за единицу измерения площадей. Далее начертите: а) квадрат, площадь которого выражается числом 4; б) отличный от квадрата прямоугольник, площадь которого выражается числом 4; в) треугольник, площадь которого выражается числом 2.
Решение. Смотри рисунок 65.
Начертите параллелограмм ABCD и отметьте точку М, симметричную точке D относительно точки С. Докажите, что Sabcd = Samd.
Рис. 66Рис. 66Решение. Пусть О — точка пересечения отрезков АМ и ВС (рис. 66).
Рис. 66
Рис. 66
ЛАВО = ЛМСО по стороне и двум прилежащим к ней углам (АВ = CD = СМ, Z1 = Z2, Z3 = Z4, так как эти углы — накрест лежащие при пересечении параллельных прямых АВ и CD секущими АМ и ВС соответственно), поэтому Sabo = Smco-
По свойству 2° площадей многоугольников
Sabcd = Sabo + Saocd, Sadm = Smog + Saocd- Итак, Sabcd = Sadm-
На стороне AD прямоугольника ABCD построен треугольник ADE так, что его стороны АЕ и DE пересекают отрезок ВС в точках М и N, причем точка М — середина отрезка АЕ. Докажите, что Sabcd = Sade.
Рис. 67Рис. 67Решение. Проведем перпендикуляр ЕЕ к прямой ВС (рис. 67).
Рис. 67
Рис. 67
ЛАВМ = ЛЕЕМ по гипотенузе и острому углу (АМ = ME по условию, ZAMB = ZEMF, так как эти углы вертикальные), поэтому Sabm = Seem-
ADCN = AEFN по катету и острому углу (CD = АВ = ЕЕ, так как треугольники АВМ и EFM равны, ZCDN = = ZFEN, так как эти углы — накрест ле
жащие при пересечении параллельных прямых CD и ЕЕ секущей DE\ Следовательно, Sdcn = Seen-
Sabcd = Sabm + Samnd + Sdcn,Saed = Seem + Samnd + Seen-
Так как Sabm = Seem, Sdcn = Seen, to Sabcd = Saed-
Найдите площадь квадрата, если его сторона равна: а) 1,2 см;
- дм; в) Зд/2 м.
Решение. Так как площадь квадрата со стороной а равна а2, то:
S = (1,2 см)2 = 1,44 см2;
с 73 А2
S = ( - дм ) = — дм2;
S = (3V2 м)2 = 18 м2.
Ответ, а) 1,44 см2; б) дм2; в) 18 м2.
Найдите сторону квадрата, если его площадь равна: а) 16 см2; б) 2,25 дм2; в) 12 м2.
Решение. Так как площадь S квадрата со стороной а равна а2, то а = VS: а) а = V16 см = 4 см; б) а = у%25 дм = 1,5 дм; в) а = = V12 м = 2д/3 м.
Ответ, а) 4 см; б) 1,5 дм; в) 2д/3 м.
Площадь квадрата равна 24 см2. Выразите площадь этого же квадрата: а) в квадратных миллиметрах; б) в квадратных дециметрах.
Решение, a) S = 24 см2 = 24 • 100 мм2 = 2400 мм2;
б) S = 24 см2 = 24 : 100 дм2 = 0,24 дм2.
Ответ, а) 2400 мм2; б) 0,24 дм2.
Пусть а и b — смежные стороны прямоугольника, aS — его площадь. Вычислите: а) 5, если а = 8,5 см, b = 3,2 см; б) S, если а = 2д/2 см, b = 3 см; в) 5, если а = 32 см, S = 684,8 см2; г) а, если Ь = 4,5 см, S = 12,15 см2.
Решение. Площадь прямоугольника равна произведению его смежных сторон, поэтому:
S = аЬ = 8,5 см • 3,2 см = 27,2 см2;
S = 2V2 см • 3 см = 6л/2 см2;
684,8 см2 = 32 см • Ь, b = 684,8 см2 :32см= 21,4см;
12,15 см2 = а • 4,5 см, а = 12,15 см2:4,5см=2,7см.
Ответ, а) 27,2 см2; б) 6д/2 см2; в) 21,4 см; г) 2,7 см.
Как изменится площадь прямоугольника, если: а) одну пару противоположных сторон увеличить в 2 раза; б) каждую сторону увеличить в 2 раза; в) одну пару противоположных сторон увеличить в 2 раза, а другую уменьшить в 2 раза?
Решение. Пусть а и b — смежные стороны прямоугольника, a S — его площадь, тогда S = аЬ.
Sx = 2а • Ь = 2аЬ, т. е. Sx = 2S;
S2 = 2а • 2Ь = 4аЬ, т. е. S2 = 4S;
S3 = 2а • | = аЬ, т. е. S3 = S.
Ответ, а) Увеличится в 2 раза; б) увеличится в 4 раза; в) не изменится.
Найдите стороны прямоугольника, если: а) его площадь равна 250 см2, а одна сторона в 2,5 раза больше другой; б) его площадь равна 9 м2, а периметр равен 12 м.
Решение. Пусть а и b — смежные стороны прямоугольника, S — его площадь, а Р — периметр.
По условию а = 2,56, S = 250 см2, поэтому S = ab = 2,562, т. е. 250 см2 = 2,562, откуда
b = 10 см, а = 2,5 • 10 см = 25 см.
По условию S = ab = 9 м2, Р = 2(а + 6) = 12 м, т. е. ab = 9 м2, а + b = 6 м. Из этих равенств находим а и Ь:
а = b = 3 м.
Ответ, а) 25 см, 10 см; б) а = b = 3 м.
Пол комнаты, имеющей форму прямоугольника со сторонами 5,5 м и 6 м, нужно покрыть паркетом прямоугольной формы. Длина каждой дощечки паркета равна 30 см, а ширина — 5 см. Сколько потребуется таких дощечек для покрытия пола?
Решение. Площадь пола равна 5,5 м • 6 м = 33 м2 = 330 000 см2.
Площадь одной дощечки паркета равна 30 см • 5 см = 150 см2.
Для покрытия пола нужно
330 000 см2 : 150 см2 = 2200 (дощечек).
Ответ. 2200 дощечек.
Сколько потребуется кафельных плиток квадратной формы со стороной 15 см, чтобы облицевать ими стену, имеющую форму прямоугольника со сторонами 3 м и 2,7 м?
Решение. Площадь части стены равна
3 м • 2,7 м = 8,1 м2 = 81 000 см2.
Площадь одной кафельной плитки (15 см)2 = 225 см2.
Для облицовки стены потребуется
81000 см2 : 225 см2 = 360 (плиток).
Ответ. 360 плиток.
Найдите сторону квадрата, площадь которого равна площади прямоугольника со сторонами 8 м и 18 м.
Решение. Площадь прямоугольника равна 8 м • 18 м = 144 м2, поэтому и площадь квадрата равна 144 м2. Пусть сторона квадрата равна а.
Тогда а2 = 144 м2, откуда а = 12 м.
Ответ. 12 м.
Два участка земли огорожены заборами одинаковой длины. Первый участок имеет форму прямоугольника со сторонами 220 м и 160 м, а второй имеет форму квадрата. Площадь какого участка больше и на сколько?
Решение. Пусть S — площадь участка, имеющего форму прямоугольника, Р — его периметр, Si — площадь участка, имеющего форму квадрата, а — его сторона. Тогда S = 220 м • 160 м = 35 200 м2,
Р = 2(220 + 160) м = 760 м, 4а = Р = 760 м, откуда а = 190 м, a S, = а2 = 36100 м2.
S, - S = 36100 м2 - 35200 м2 = 900 м2.
Ответ. Площадь квадрата на 900 м2 больше площади прямоугольника.
§ 2. Площади параллелограмма, треугольникаи трапеции
Пусть а — основание, h — высота, aS — площадь параллелограмма. Найдите: a) S, если а = 15 см, h = 12 см; б) а, если S = 34 см2,h =8,5см;
в) а, если S = 162 см, h = - а; г) h, если h = За, S = 27.
Решение, a) S = ah = 15 см • 12 см = 180 см2;
Так как S = ah, то а = S : h = 34 см2 : 8,5 см = 4 см;
Так как S = 162 см2, h = ^ а, то 162 см2 = ah = а •^ а =^а2,
откуда а2 = 324 см2, а = 18 см;
Так как S = 27, h = За, то а = - h и 27 = ah = - h2, откуда Л2 = 81, Л = 9.
Ответ, а) 180 см2; б) 4 см; в) 18 см; г) 9.
Диагональ параллелограмма, равная 13 см, перпендикулярна к стороне параллелограмма, равной 12 см. Найдите площадь параллелограмма.
Решение. Пусть S — площадь параллелограмма. Так как по условию диагональ параллелограмма перпендикулярна к его стороне, то она является его высотой (рис. 68) и, следовательно,
S = 12 см • 13 см = 156 см2.
Ответ. 156 см2.
Смежные стороны параллелограмма равны 12 и 14 см, а его острый угол равен 30°. Найдите площадь параллелограмма.
Решение. Пусть в параллелограмме ABCD: АВ = 12 см, AD = = 14 см, BE — высота, ДА = 30° (рис. 69). Треугольник АВЕ —
Рис. 68Рис. 68Рис. 69Рис. 69
Рис. 68
Рис. 68
Рис. 69
Рис. 69
прямоугольный с острым углом в 30°, поэтому BE = ^АВ = 6 см (так как катет, лежащий против угла в 30°, равен половине гипотенузы).
Sabcd = AD • BE = 14 см • 6 см = 84 см2.
Ответ. 84 см2.
Сторона ромба равна 6 см, а один из его углов равен 150°. Найдите площадь ромба.
Решение. Пусть в ромбе ABCD АВ = 6 см, BE — высота, ZD = = 150° (рис. 70). Так как сумма углов, прилежащих к одной стороне ромба, равна 180°, то ZA = 180° — ZD = 30°. Из прямоугольного треугольника АВЕ с острым углом в 30° находим BE = - АВ = 3 см.
Sabcd = AD • BE = 6 см • 3 см = 18 см2.
Ответ. 18 см2.
Сторона параллелограмма равна 8,1 см, а диагональ, равная 14 см, образует с ней угол в 30°. Найдите площадь параллелограмма.
Решение. Пусть в параллелограмме ABCD; AD = 8,1 см, АС = = 14 см, ZCAD = 30° (рис. 71).
Проведем высоту СЕ к стороне AD и рассмотрим прямоугольный треугольник АСЕ. Катет СЕ этого треугольника равен половине гипотенузы АС, т. е. СЕ = 7 см. Следовательно,
Sabcd = 8,1 см • 7 см = 56,7 см2.
Ответ. 56,7 см2.
Пусть а и b — смежные стороны параллелограмма, hi и Id — его высоты. Найдите: a) h2, если а = 18 см, b = 30 см, hi = 6 см, Id > hr, б) hi, если а = 10 см, b = 15 см, Id = 6 см, Id > hr, в) hi и Yd, если S = 54 см2, а = 4,5 см, b = 6 см.
Решение. Площадь параллелограмма равна произведению стороны на высоту, проведенную к этой стороне, поэтому высота, проведенная к большей стороне, меньше высоты, проведенной к меньшей стороне.
Рис. 70Рис. 70Рис. 71Рис. 71
Рис. 70
Рис. 70
Рис. 71
Рис. 71
По условию ^ > ^ь ^ = 18 см, Ъ = 30 см, т. е. Ъ > а, следовательно, h\ — высота, проведенная к стороне Ь. Можно записать: ah^ = ^ь
Аналогично п. а) получаем: а^ = ^ь откуда
см = 4 см.см = 4 см._ аЕ _ 10 • 6
см = 4 см.
см = 4 см.
1 - Т" - 15
S 54S 54h\ = — = —— см = 12 см, ho = -г = см = 9 см.
S 54
S 54
а 4,5b 6
Ответ, а) 10 см; б) 4 см; в) 12 см, 9 см.
Острый угол параллелограмма равен 30°, а высоты, проведенные из вершины тупого угла, равны 2 см и 3 см. Найдите площадь параллелограмма.
Решение. Пусть в параллелограмме ABCD ZA = 30°, BE и ВF — высоты, проведенные к сторонам AD и CD (рис. 72). По условию BE = 2 см, ВF = 3 см.
В прямоугольном треугольнике АВЕ ZA = 30°, поэтому АВ = = 2ВЕ = 4 см.
АВ = CD = 4 см,
Sabcd = CD • BE = 4 см • 3 см = 12 см2.
Ответ. 12 см2.
Диагональ параллелограмма равна его стороне. Найдите площадь параллелограмма, если большая его сторона равна 15,2 см, а один из его углов равен 45°.
Решение. Пусть в параллелограмме ABCD; BD = AD (рис. 73). Тогда угол А — острый, так как треугольник ABD — равнобедренный. По условию ZA = 45°, поэтому ZABD = 45°, ZADB = 90°.
В треугольнике ABD; АВ — гипотенуза, AD — катет, поэтому АВ > AD, т. е. АВ — большая сторона параллелограмма.
По условию АВ = 15,2 см. Высота DK равнобедренного треугольника ADB является медианой, поэтому DK = - АВ = 7,6 см (см. задачу 404).
Sabcd =AB-DK= 15,2 см • 7,6 см = 115,52 см2.
Рис. 72Рис. 72Рис. 73Рис. 73Ответ. 115,52 см2.
Рис. 72
Рис. 72
Рис. 73
Рис. 73
Квадрат и ромб, не являющийся квадратом, имеют одинаковые периметры. Сравните площади этих фигур.
Решение. Пусть S — площадь квадрата, 8\ — площадь ромба. Так как по условию квадрат и ромб имеют равные периметры, то их стороны равны. Пусть сторона квадрата и сторона ромба равны а, высота ромба равна h. Тогда 8 = a2, S\ = ah.
Так как ромб не является квадратом, то h < а, поэтому S\ < 8.
Ответ. Площадь квадрата больше.
Пустьа — основание, h — высота, aS — площадь треугольника. Найдите: a) 8, если а = 7 см, h = 11 см; б) 8, если а = 2д/3 см, h = 5 см; в) h, если 8 = 37,8 см2, а = 14 см; г) а, если 5=12 см2, h = Зл/2 см.
Решение.
S = ^ ah = ^ • 7 см • 11 см = 38,5 см2;
S = | • 2д/3 см • 5 см = 5д/3 см2;
1
Так как S = - ah, то
h = — = 2 • 37,8 см2 : 14 см = 5,4 см; а
Так как S = ^ ah, то
а == 2 • 12 см2 : Зл/2 см = 4д/2 см.
h
Ответ, а) 38,5 см2; б) 5д/3 см2; в) 5,4 см; г) 4д/2 см.
Стороны АВ и ВС треугольника АВС равны соответственно 16 см и 22 см, а высота, проведенная к стороне АВ, равна 11 см. Найдите высоту, проведенную к стороне ВС.
Решение. Пусть CD и АЕ — высоты, проведенные к сторонам АВ и ВС соответственно. Так как
Sabc = 1 АВ-CD и Sabc = 5 ВС ■ АЕ,
то АВ • CD = ВС • АЕ, т. е. 16 см • 11 см = 22 см • АЕ, откуда АЕ = 8 см.
Ответ. 8 см.
Две стороны треугольника равны 7,5 см и 3,2 см. Высота, проведенная к большей стороне, равна 2,4 см. Найдите высоту, проведенную к меньшей стороне.
Решение. Пусть высота, проведенная к меньшей из заданных сторон, равна h. Тогда
7,5 см • 2,4 см = 3,2 см • h,
откуда h = 7,5 • 2,4 см : 3,2 см = 5,625 см.
Ответ. 5,625 см.
Найдите площадь прямоугольного треугольника, если катеты равны: а) 4 см и 11 см; б) 1,2 дм и 3 дм.
Решение. Если а и b — катеты прямоугольного треугольника, 8 — его площадь, то
=
S = ^ • 4 см • 11 см = 22 см2;
S = ^ • 1,2 дм • 3 дм = 1,8 дм2.
Ответ, а) 22 см2; б) 1,8 дм2.
Площадь прямоугольного треугольника равна 168 см2. Найдите ка- 7
теты, если отношение их длин равно —.
Решение. Пусть а и b — катеты прямоугольного треугольника, оп77Ь
8 — его площадь. По условию - = —, поэтому а = —.
S=2"'b=2-«bb=Mb'
и так как 8 = 168 см2, то 168 см2 = ^ Ь2, откуда Ь2 = 168 см2 • ^ = = 576 см2, откуда 5 = 24 см, а = ^Ь = ^ • 24 см = 14 см.
Ответ. 24 см, 14 см.
Через вершину С треугольника АВС проведена прямая т, парал
лельная стороне АВ. Докажите, что все треугольники с вершинами на прямой т и основанием АВ имеют равные площади.
Решение. Пусть высота треугольника АВС, проведенная к стороне АВ, равна h. Тогда 8две = 2 ^^ ’ ^- Рассмотрим треугольник АВМ, где М — произвольная точка прямой т, параллельной АВ и проходящей через точку С (рис. 74). Так как все точки прямой т равноудалены от прямой АВ (см. п. 37 учебника), то высота, проведенная из точки М к прямой АВ, равна h, и поэтому
Sabm = ^ АВ • h = Sabc-
Итак, все треугольники с вершинами на прямой т и основанием
АВ имеют равные площади.
Сравните площади двух треугольников, на которые разделяется данный треугольник его медианой.
Решение. Пусть в треугольнике АВС проведены медиана BD и высота BE (рис. 75). Так как BD — медиана, то AD = DC. Отрезок BE — высота треугольников ABD и CBD,
Sabd = ^AD-BE=1_DC.BE = Scbd-
Итак, Sabd = Scbd-
Ответ. Площади треугольников равны.
Начертите треугольник АВС. Через вершину А проведите две прямые так, чтобы они разделили этот треугольник на три треугольника, имеющие равные площади.
Решение. Разделим сторону ВС на три равные части: BE = = ЕЕ = ЕС и проведем через вершину А прямые АЕ и AF (рис. 76). Они разделят треугольник АВС на три треугольника, имеющие равные площади. Действительно, эти три треугольника имеют равные основания и одну и ту же высоту AD (см. рис. 76), поэтому их площади равны.
Докажите, что площадь ромба равна половине произведения его диагоналей. Вычислите площадь ромба, если его диагонали равны: а) 3,2 дм и 14 см; б) 4,6 дм и 2 дм.
Решение. Пусть в ромбе ABCD диагонали АС и BD пересекаются в точке О (рис. 77). Так как диагонали ромба взаимно перпендикулярны, то
Sabc = ^АС • ВО, Sadc = ^АС • DO, и поэтому
Sabcd = Sabc + SADc = ^АС ■ ВО + ^АС ■ DO == ^АС ■ (ВО + OD) = ^АС ■ BD.
Итак, Sabcd = ^ АС • BD, что и требовалось доказать.
S = ^ • 3,2 дм • 1,4 дм = 2,24 дм2 = 224 см2;
Рис. 75Рис. 75Рис. 76Рис. 76
Рис. 75
Рис. 75
Рис. 76
Рис. 76
S = ^ • 4,6 дм • 2 дм = 4,6 дм2.
Ответ, а) 224 см2; б) 4,6 дм2.
Найдите диагонали ромба, если одна из них в 1,5 раза больше другой, а площадь ромба равна 27 см.
Решение. Пусть S — площадь ромба. Согласно задаче 476 S = = |di *^2, где d\ и d% — диагонали ромба. По условию d^ = l,5di, a S = 27 см2, поэтому
27 см2 = ^d\ • |di = |(di)2, откуда (di)2 = 36 см2,
3 di = 6 см, a d2 = ^ ' ^ см = 9 см.
Ответ. 6 см, 9 см.
В выпуклом четырехугольнике диагонали взаимно перпендикулярны. Докажите, что площадь четырехугольника равна половине произведения его диагоналей.
Решение. Пусть ABCD — выпуклый четырехугольник, в котором AC ± BD, а О — точка пересечения диагоналей (рис. 78). Тогда отрезки ВО и DO — высоты треугольников АВС и ADC, поэтому
SAbc = ^AC -ВО, SAdc = \aC-OD.
Следовательно,
Sabcd = Sabc + Sadc = \aC-BO + ^AC-OD == 1 AC^BO + OP) = | AC ■ BD.
Итак, Sabcd = AC • BD.
ВВРис. 78Рис. 78Точки D и E лежат на сторонах AB и AC треугольника ABC. Найдите: a) Sade, если AB = 5 см, AC = 6 см, AD = 3 см, AE = 2 см,
В
В
Рис. 78
Рис. 78
Рис. 77
Sabc = Ю см2; б) AD, если АВ = 8 см, АС = 3 см, АЕ = 2 см, Sabc = = 10 см2, Sade = 2 см2.
Решение. Так как треугольники ADE и АВС имеют по равному углу А (рис. 79), то площади этих треугольников относятся как произведения сторон, заключающих этот угол, т. е.
Sade : SAbc = (ЛЕ • АЕ) : (АЕ • АС).(1)
SADE = SABC • (AD • АЕ) : (АВ • АС) = 10 - (3 - 2) : (5 - 6) = = 2 см2.
Из равенства (1) следует, что
AD = Sade • АВ • АС : (SAbc • АЕ).
Поэтому AD = (2 • 8 • 3) : (10 • 2) = 2,4 см.
Ответ, а) 2 см2; б) 2,4 см.
Найдите площадь трапеции ABCD с основаниями АВ и CD, если: а)ЛВ = 21 см, CD = 17 см, высота ВН равна 7 см; б) ZD = 30°, АВ = 2 см, CD = 10 см, DA = 8 см; в) ВС ± АВ, АВ = 5 см, ВС = 8 см, CD = 13 см.
Решение, a) Sabcd = ^ (АВ + CD) • ВН = ^ (21 см + 17 см) х х 7 см = 133 см2.
Проведем высоту АЕ трапеции и рассмотрим прямоугольный треугольник ADE. Так как AD = 30°, а гипотенуза AD = 8 см, то АЕ = 4 см.
Sabcd = ^ (2 см + 10 см) • 4 см = 24 см2.
Так как ВС ± АВ, то отрезок ВС является высотой трапеции, и, следовательно,
Sabcd = ^ (ЛВ + DC^BC = j (5 см + 13 см) ■ 8 см = 72 см2.
Ответ, а) 133 см2; б) 24 см2; в) 72 см2.
Найдите площадь прямоугольной трапеции, у которой две меньшие стороны равны 6 см, а больший угол равен 135°.
Решение. Пусть в прямоугольной трапеции ABCD с основаниями AD и ВС; AD > ВС, ZA = АВ = 90°, АС = 135° (рис. 80).
Проведем высоту СЕ к стороне AD. Тогда СЕ = АВ = ВС = 6 см.
В прямоугольном треугольнике CDE АС = 45°, поэтому AD = = 90° - АС = 45° и, следовательно, ED = СЕ = 6 см.
АЕ = ВС = 6 см (так как АЕ и ВС — противоположные стороны прямоугольника АВСЕ), поэтому AD = АЕ + ED = 12 см.
Sabcd = ^ (ВС + AD^CE = | (6 см + 12 см) ■ 6 см = 54 см2.
Ответ. 54 см2.
Тупой угол равнобедренной трапеции равен 135°, а высота, проведенная из вершины этого угла, делит большее основание на отрезки 1,4 см и 3,4 см. Найдите площадь трапеции.
Решение. Пусть в равнобедренной трапеции ABCD с основаниями АВ и ВС АВ = 135°, BE — высота, АЕ = 1,4 см, ЕВ = = 3,4 см (рис. 81).
В прямоугольном треугольнике АВЕ АВ = 45°, А А = 90° — АВ = = 45°, поэтому BE = АЕ = 1,4 см.
Проведем высоту СЕ. Тогда СЕ = BE = 1,4 см.
Так как в равнобедренной трапеции углы при основании равны (задача 388, а), то АВ = АА = 45°. Поэтому в прямоугольном треугольнике СЕВ АС = 90° - АВ = 45° и, следовательно, ЕВ = СЕ = 1,4 см;
ВС = ЕЕ = ED - ЕВ = 3,4 см - 1,4 см = 2 см;
АВ = АЕ + ЕВ = 4,8 см;
Sabcd = ^ (SC + AD) -BE = 5 (2 + 4,8) см ■ 1,4 см = 4,76 см2.
Ответ. 4,76 см2.
§ 3. Теорема Пифагора
Найдите гипотенузу прямоугольного треугольника по данным катетам а и Ь: а) а = 6, b = 8; б) а = 5, b = 6; в) а = -, b = -; г) а = 8, b = 8д/3.
Решение. Пусть с — гипотенуза прямоугольного треугольника с катетами а и Ь, тогда по теореме Пифагора с2 = а2 + Ь2, откуда с = = V^2 + ^2.
а) с = V36 + 64 = 10; б) с = Ц25 + 36 = ЦбТ; в) с = ^ += |;
г) с = V64 + 3 ■ 64 = V64-4 =8-2=16.
Ответ, а) 10; б) л/бТ; в) |; г) 16.
В прямоугольном треугольнике а и b — катеты, ас — гипотенуза. Найдите Ь, если: а) а = 12, с = 13; б) а = 7, с = 9; в) а = 12, с = 2Ь; г) а = = 2х/3, с = 2Ъ; д) а = 36, с = 2/10.
Решение. По теореме Пифагора с2 = а2 + 62, откуда b = /с2 — а2.
b = V169- 144 = 5.
Рис. 79Рис. 79Рис. 80Рис. 80Рис. 81Рис. 81
Рис. 79
Рис. 79
Рис. 80
Рис. 80
Рис. 81
Рис. 81
b = V81 -49 = V32 = 472 .
Так как с2 = а2 + Ь2, а = 12, с = 26, то 462 = 144 + Ь2, откуда Ь2 =48, 6 = 477
Так как с2 = а2 + Ь2, а = 2\/3, с = 2Ь, то 462 = Ь2 + 12, откуда Ь2 = 4, b = 2.
Так как с2 = а2 + b2, а = ЗЬ, с = 2710, то 40 = 9Ь2 + Ь2, откуда Ь2 = 4, b = 2.
Ответ, а) 5; б) 472; в) 4\/3; г) 2; д) 2.
Найдите катет прямоугольного треугольника, лежащий против угла 60°, если гипотенуза равна с.
Решение. Если один острый угол прямоугольника равен 60°, то другой острый угол равен 30°. Пусть катет, лежащий против угла в 60°, равен а, а против угла в 30° — равен Ь. Тогда b = - с.
По теореме Пифагора с2 = а2 + Ь2, откуда
а = V с2 — bz = a cz — - с2 = ——-.
V 42
сУз
Ответ. —^—.
В прямоугольнике ABCD найдите: a) AD, если АВ = 5, АС = 13; б) ВС, если CD = 1,5, АС = 2,5; в) CD, если BD = 17, ВС = 15.
Решение, а) Применим теорему Пифагора к прямоугольному треугольнику ACD:
АС2 = AD2 + CD2, отсюда AD = АС2 - CD2.
Так как ABCD — прямоугольник, то CD = АВ = 5 и, следовательно,
AD = 7169-25 = 7144 = 12.
ВС = л/АС2 - АВ2 , AB = CD = 1,5, поэтому
ВС = Уб,25 - 2,25 = 2.
CD = VBD2 - ВС2 = 7289 - 225 = 8.
Ответ, а) 12; б) 2; в) 8.
Боковая сторона равнобедренного треугольника равна 17 см, а основание равно 16 см. Найдите высоту, проведенную к основанию.
Решение. Пусть в равнобедренном треугольнике АВС с основанием АС проведена высота BE к основанию, тогда АЕ = ЕС = 8 см.
Из прямоугольного треугольника АВЕ, используя теорему Пифагора, находим:
BE = \/АВ2 - АЕ2 = 7289 - 64 = 7225 = 15 (см).
Ответ. 15 см.
Найдите: а) высоту равностороннего треугольника, если его сторона равна 6 см; б) сторону равностороннего треугольника, если его высота равна 4 см.
Решение. Пусть отрезок BD — высота равностороннего треугольника АВС, тогда AD = - АС и по теореме Пифагора для прямоугольного треугольника ABD имеем: АВ2 = AD2 + BD2.
AD = ^ АС = 3 см, BD = VAB2 - AD2 = СЗбЩ) = Зл/З (см).
AD = АВ, АВ2 = BD2 + AD2 = BD2 +> отсюда полу
чаем:
| АВ2 = BD2 = 16 см2, АВ = см.
Ответ, а) Зд/З см; б) см.
9. Докажите, что площадь равностороннего треугольника вычисляется по формуле 8 = —-—, где а — сторона треугольника. Найдите площадь равностороннего треугольника, если его сторона равна: а) 5 см; б) 1,2 см; в) 2д/2 дм.
Решение. Проведем высоту BD равностороннего треугольника АВС, в котором АВ = а. Высота BD является медианой треугольника АВС, поэтому AD = |.
Применив теорему Пифагора к треугольнику ABD, получим:
BD = VAB2 - AD2 = ^а2 -;
ве = ^AC.BD=X-a-^ =.
ч о З2 • V3 о 25а/32
44
8 = ^’2^4 ^ см2 = 0,36а/3 см2;
ч Q (2а/2)2-а/32 о /о 2
8 = дм2 = 2уЗ дм2.
Ответ, а) ^ЗУз См2; б) 0,ЗбУЗ см2; в) 2д/3 дм2.
Найдите боковую сторону и площадь равнобедренного треугольника, если: а) основание равно 12 см, а высота, проведенная к основанию, равна 8 см; б) основание равно 18 см, а угол, противолежащий основанию, равен 120°; в) треугольник прямоугольный и высота, проведенная к гипотенузе, равна 7 см.
Решение. Пусть в равнобедренном треугольнике АВС с основанием ВС проведена высота AD;
ВС = 12 см, АВ = 8 см, поэтому
Sabc = ^ * ВС • AD = i • 12 см • 8 см = 48 см2;
BD = DC = ^ ВС = 6 см. Из прямоугольного треугольника ABD с помощью теоремы Пифагора находим:
АВ = VAD2 + BD2 = V36 + 64 = 10 см.
Так как треугольник АВС — равнобедренный, то его высота AD является и биссектрисой, поэтому ABAD = 60°, АВ = 30°. Отсюда следует, что АВ = 2 • AD. По теореме Пифагора АВ2 = АВ2 + BD2, а так как BD = ВС = 9 см, то 4АВ2 = AD2 + 81 см2. Отсюда AD2 = = 27 см2, AD = Зл/З см, АС = 6д/3 см.
Sabc = 5 ВС • AD = | -18 см • ЗУЗ см = 27V3 см2.
Так как треугольник АВС — равнобедренный, то его высота AD является и медианой, а потому согласно задаче 404 ВС = 2 • AD = = 7 см • 2 = 14 см.
Sabc = ^ ВС ■ AD = ± ■ 14 см ■ 7 см = 49 см2.
Из равнобедренного прямоугольного треугольника ABD находим:
АВ = VAD2 + BD2 = V72 + 72 = 7V2 см.
Ответ, а) 10 см и 48 см2; б) 6л/3 см и 27V3 см2; в) 7\А см и 49 см2.
По данным катетам а и b прямоугольного треугольника найдите высоту, проведенную к гипотенузе: а) а = 5, b = 12; б) а = 12, b = 16.
Решение. Пусть гипотенуза равна с, высота, проведенная к гипотенузе, равна h, a S — площадь треугольника. Тогда S = -ab и S = = ^ch, откуда получаем: ab = ch или К = —. Но с = V^2 + ^2 (по теореме Пифагора), поэтому К =.
h = 5 • 12 : V25 + 144 = ^ = 4^.
h = 12 ■ 16 : VH4 + 256 = ^ = 9,6.
Ответ, а) 4^; б) 9,6.
Найдите высоты треугольника со сторонами 10 см, 10 см и 12 см.
Решение. Пусть в треугольнике АВС'. АВ = АС = 10 см, ВС = = 12 см, AD — высота, проведенная к основанию ВС.
Так как АВ = АС, то высота AD является и медианой, поэтому BD = ^ВС = 6 см.
Из прямоугольного треугольника ABD находим:
AD = VAB2 - BD2 = V100 - 36 = 8 (см).
Следовательно,
Sabc = ^ ВС • AD = | • 12 см • 8 см = 48 см2.
Пусть высота, проведенная к стороне АВ, равна h. Тогда
Sabc = ^ АВ • h или 48 см2 = | • 10 см • h, откуда h = 9,6 см.
Так как АВ = АС, то высота, проведенная к стороне АС, также равна 9,6 см.
Ответ. 8 см, 9,6 см, 9,6 см.
Найдите сторону и площадь ромба, если его диагонали равны 10 см и 24 см.
Решение. Пусть диагонали ромба ABCD пересекаются в точке О.
Так как диагонали ромба взаимно перпендикулярны и точкой пересечения делятся пополам, то треугольник АОВ — прямоугольный с катетами 5 см и 12 см. По теореме Пифагора
АВ = V144 + 25 = 7169 = 13 (см).
Согласно задаче 476
Sabcd = | AC • BD = ^ ■ 10 см ■ 24 cm = 120 cm2.
Ответ. 13 см и 120 см2.
Найдите диагональ и площадь ромба, если его сторона равна 10 см, а другая диагональ 12 см.
Решение. Пусть О — точка пересечения диагоналей ромба ABCD.
Треугольник АОВ — прямоугольный с гипотенузой АВ = 10 см и катетом АО = 6 см, поэтому
ВО = V100 - 36 = 8 (см) и BD = 2 • ВО = 16 (см).
Sabcd = | АС ■ BD = 1 ■ 12 см ■ 16 см = 96 см2.
Ответ. 16 см и 96 см2.
Найдите площадь трапеции ABCD с основаниями АВ и CD, если: а) АВ = 10 см, ВС = DA = 13 см, CD = 20 см; б) ZC = ZD = 60°, АВ = = ВС = 8 см; в) ZC = ZD = 45°, АВ = 6 см, ВС = 9^2 см.
3 Л. С. Атанасян и др.
Решение. В трапеции ABCD с осно- 1ваниями АВ и CD проведем высоты BE и \АЕ(рис.82).
\а) Так как по условию трапеция равнобед-
“ п ренная (ВС = DA), то СЕ = DF = 1 (CD - 1
- АВ) = ^ (20 - 10) = 5 (см).
82
'Из прямоугольного треугольника ВЕС по
теореме Пифагора находим:
ВЕ = V ВС2 - СЕ2 = V169 -25 = 12 (см).
Sabcd = I (АВ + CD) • BE = 15 см • 12 см = 180 см2.
Согласно задаче 389 трапеция ABCD — равнобедренная, так как по условию углы при основании равны (ZC = AD = 60°). Отсюда следует, что DF = СЕ.
Треугольник ВЕС — прямоугольный с углом В, равным 30°, поэтому СЕ = - ВС = 4 см и по теореме Пифагора находим:
ВЕ = х/ВС2 - СЕ2 = V64 - 16 = V48 = 4^3 (см).
DC = 2 • ЕС + ЕЕ = 2 • 4 см + 8 см = 16 см.
Sabcd = ^(^^ + DC) • ВЕ = ^(8 см + 16 см) • 4д/3 см = 48д/3 см2.
В прямоугольном треугольнике ВСЕ АЕ = 90°, АС = 45°, поэтому АВ = 45° и, следовательно, ВЕ = СЕ. По теореме Пифагора
ВЕ2 + СЕ2 = ВС2, или 2 • ВЕ2 = 2-81 см2,
откуда ВЕ2 = 81 см2, ВЕ = 9 см.
Трапеция ABCD — равнобедренная, так как АС = AD = 45° (задача 389, а), поэтому DE = СЕ = 9 см, а так как ЕЕ = АВ = 6 см, то ЕС = ЕЕ + ЕЕ + ЕС = 9 см + 6 см + 9 см = 24 см.
Sabcd = ^(^^ + DC) • BE = |(6 см + 24 см) • 9 см = 135 см2.
Ответ, а) 180 см2; б) 48д/3 см2; в) 135 см2.
Рис. 83Рис. 83Основание D высоты CD треугольника АВС лежит на стороне АВ, причем AD = ВС. Найдите АС, если АВ = 3, a CD = V5.
Рис. 83
Рис. 83
Решение. Пусть AD = ВС = х. Тогда BD = 3 — х (рис. 83). По теореме Пифагора для треугольника BCD имеем:
ВС2 = ВЕ2 + СЕ2, или х2 = (3 - х)2 + (V3 )2,
откуда х = 2. Итак, AD = 2.
По теореме Пифагора из треугольника ACD находим: АС = VAD2 + CD2 = V4 + 3 = V?.
Ответ. V?.
Одна из диагоналей параллелограмма является его высотой. Найдите эту диагональ, если периметр параллелограмма равен 50 см, а разность смежных сторон равна 1 см.
Рис. 84Рис. 84Решение. Пусть диагональ BD параллелограмма ABCD является его высотой (рис. 84). Так как треугольник ABD — прямоугольный с гипотенузой АВ, то АВ > AD и по условию АВ — - AD = 1 см.
Рис. 84
Рис. 84
По теореме Пифагора для треугольника ABD имеем:
BD = л/AB2 - AD2 = V(AB + AD^AB - AD).
Ясно, что AB + AD есть полупериметр параллелограмма ABCD, т. е. АВ + AD = 25 см.
Поэтому BD = V25 • 1 = 5 (см).
Ответ. 5 см.
Выясните, является ли треугольник прямоугольным, если его стороны выражаются числами: а) 6, 8, 10; б) 5, 6, 7; в) 9, 12, 15; г) 10, 24, 26; д) 3, 4, 6; е) И, 9, 13; ж) 15, 20, 25. В каждом случае ответ обоснуйте.
Решение, а) Так как 102 = 62 + 82, то по теореме, обратной теореме Пифагора, этот треугольник прямоугольный.
Если треугольник прямоугольный, то квадрат его большей стороны (гипотенузы) равен сумме квадратов двух других сторон (катетов). Но в данном случае 72 ^ 52 + 62, поэтому этот треугольник не является прямоугольным.
Треугольник прямоугольный, так как
152 = 122 + 92.
Треугольник прямоугольный, так как 262 = 102 + 242.
Треугольник не прямоугольный, так как 62^ 32 + 42.
Треугольник не прямоугольный, так как 132 II2 + 92.
Треугольник прямоугольный, так как
252 = 202 + 152.
Ответ, а) Да; б) нет; в) да; г) да; д) нет; е) нет; ж) да.
Найдите меньшую высоту треугольника, если его стороны равны: а) 24 см, 25 см, 7 см; б) 15 см, 17 см, 8 см.
Решение, а) Так как 252 = 242 + 72, то по теореме, обратной теореме Пифагора, данный треугольник является прямоугольным. Его катеты а = 24 см и b = 7 см, а гипотенуза с = 25 см. Две высоты этого треугольника равны соответственно его катетам, а высоту h, проведенную к гипотенузе, вычислим по формуле h = — (см. решение
24-7С
задачи 491): h = см = 6,72 см. Очевидно, эта высота треугольника является наименьшей.
б) Так как 172 = 152 + 82, то данный треугольник — прямоугольный с катетами а = 15 см и b = 8 см и гипотенузой с = 17 см. Как и в п.а, меньшей высотой треугольника является высота h, проведенная , ab 115-8„ 1
к гипотенузе: п, = —, /г = см = 7— см.
Ответ, а) 6,72 см; б) 7^ см.
Дополнительные задачи
построенного на катете равнопостроенного на катете равноДокажите, что площадь квадрата,
построенного на катете равно
построенного на катете равно
бедренного прямоугольного треугольника, вдвое больше площади квадрата,
построенного на высоте,построенного на высоте,Рис. 85Рис. 85проведенной к гипотенузе.
построенного на высоте,
построенного на высоте,
Рис. 85
Рис. 85
Решение. На рисунке 85 треугольник АВС — равнобедренный прямоугольный, АН — высота, проведенная к гипотенузе ВС, ABDC — квадрат, построенный на катете АВ.
Высота АН является также медианой треугольника АВС, поэтому ВН = НС = = АН (см. задачу 404). Отсюда следует, что точка С является вершиной квадрата, построенного на высоте АН.
Диагональ ВС квадрата ABDC разбивает
его на два равных треугольника, поэтому
(1)(1)Sabdc =^Sabc-
(1)
(1)
(2)(2)Аналогично, Sahck = ^Sahc- Но высота АН разбивает треугольник АВС на два равных треугольника, поэтому Sabc = ^Sahc и, следовательно,
(2)
(2)
Sahck = Sabc-
Из равенств (1) и (2) получаем:
Sabdc = ^Sahck, что и требовалось доказать.
Площадь земельного участка равна 27 га. Выразите площадь этого же участка: а) в квадратных метрах; б) в квадратных километрах.
Решение, а) 2 7 га = 270 000 м2, так как 1 га = (100 м)2 = = 10000 м2.
б) 27 га = 0,27 км2, так как 1 га = 0,01 км2.
Ответ, а) 270 000 м2; б) 0,27 км2.
Высоты параллелограмма равны 5 см и 4 см, а периметр равен 42 см. Найдите площадь параллелограмма.
Решение. Пусть смежные стороны параллелограмма равны а и Ь, а проведенные к ним высоты равны соответственно 5 см и 4 см.
Тогда 2(а + Ь) = 42 см и S = 5 • а = 4 • Ь, где S — площадь парал- 4/4 \
лелограмма. Отсюда получаем а = - Ь, поэтому 2 (b + - b 1 =42 см,
,35
откуда о = — см и, следовательно,
S = 4 • ^ см2 = 4б| см2.
Ответ. 4б| см2.
Найдите периметр параллелограмма, если его площадь равна 24 см2, а точка пересечения диагоналей удалена от сторон на 2 см и 3 см.
Решение. Пусть в параллелограмме ABCD диагонали пересекаются в точке О, ОМ — перпендикуляр к стороне АВ, ОМ = 2 см, и пусть прямая ОМ пересекает сторону CD в точке N. Тогда MN — высота параллелограмма, проведенная к противоположным сторонам АВ и CD. Так как О — центр симметрии параллелограмма, то ON = = ОМ и поэтому
MN = 2 • ОМ = 4 см.
Sabcd = АВ • MN, или 24 см2 = 4 см • АВ,
откуда АВ = 6 см.
Аналогично, от каждой из двух других противоположных сторон параллелограмма (AD и ВС) точка О удалена на 3 см, поэтому высота параллелограмма, проведенная к сторонам AD и ВС, равна 6 см. Из равенства 24 см2 = 6 см • AD получаем AD = 4 см.
Pabcd = ^АВ + AD) = 2(6 см + 4 см) = 20 см.
Ответ. 20 см.
Меньшая сторона параллелограмма равна 29 см. Перпендикуляр,
проведенный из точки пересечения диагоналей к большей стороне, делит ее на
отрезки, равные 33 см и 12 см. Найдите площадь параллелограмма.
Решение. Пусть в параллелограмме ABCD АВ < AD, АВ =
= 29 см, ON — перпендикуляр, проведенный из точки О пересечения
Рис. 86Рис. 86диагоналей к стороне AD, AN = 33 см, ND = 12 см (рис. 86).
Рис. 86
Рис. 86
Проведем высоту ВМ данного параллелограмма. Так как ВО = OD и ВМ || ON, то MN = ND = 12 см (см. задачу 384) и, следовательно,
АМ = AN - NM = 33 см - 12 см = 21 см.
Применив теорему Пифагора к треугольнику АВМ, найдем высоту ВМ;
ВМ = V292 — 212 = V8-50 = 20 (см).
Sabcd = AD • ВМ = 45 см • 20 см = 900 см2.
Ответ. 900 см2.
Докажите, что из всех треугольников, у которых одна сторона равна а, а другая — Ь, наибольшую площадь имеет тот, у которого эти стороны перпендикулярны.
Решение. Пусть в треугольнике АВС; ВС = а, АС = b, AD = ha, где AD — высота треугольника. Тогда Sabc =• ^а-
Если стороны АС и ВС не перпендикулярны, то AD < АС (перпендикуляр меньше наклонной), т. е. ha < b и поэтому Sabc < ^b. Если же АС ± ВС, то сторона АС совпадает с высотой AD, т. е. ha = = Д В этом случае
8Авс = 2 а^'
Таким образом, наибольшую площадь имеет тот треугольник, у которого стороны, равные а и Ь, перпендикулярны.
Как провести две прямые через вершину квадрата, чтобы разделить его на три фигуры, площади которых равны?
Решение. Искомые прямые не могут пересечь одну и ту же сторону квадрата, так как в этом случае площадь одной из трех указанных в задаче фигур (четырехугольник АВСМ на рисунке 87, а) больше ^8, где 8 — площадь квадрата. Поэтому искомые прямые, проведенные через вершину А, пересекают стороны квадрата ABCD в точках М и N так, что одна из этих точек, например, точка М, лежит на стороне ВС, а другая — на стороне DC (рис. 87, б).
аб
Рис. 87
Пусть АВ = а, ВМ = х. По условию
а1 с а1122
»АВМ =^8 = —,т. е.-ах=- а ,откудах = - а.
о о2оо
22
Итак, ВМ = | ВС. Аналогично DN = | DC.
507* Каждая сторона одного треугольника больше любой стороны другого треугольника. Следует ли из этого, что площадь первого треугольника больше площади второго треугольника?
Решение. Приведем пример, показывающий, что площадь первого треугольника может быть меньше площади второго треугольника. Пусть в треугольнике АВС; АВ = ВС = 13, АС = 24, BD — высота, а треугольник А\В\С\ — равносторонний со стороной, равной 12 (рис. 88). Тогда AD = | АС = 12,
BD = \/АВ2 - AD2 = V132 - 122 = 5,Sabc = j AC ■ BD = ^ ■ 24 ■ 5 = 60,
(задача 489), т. e.
SA1b1C1 = 36л/3 > 60 > Sabc-
Итак, площадь треугольника ABC, каждая сторона которого больше любой стороны треугольника А\В\С\, меньше площади треугольника А\В\С\.
Ответ. Нет.
508* Докажите, что сумма расстояний от точки на основании равнобедренного треугольника до боковых сторон не зависит от положения этой точки.
Решение. Пусть D — произвольная точка на основании АС равнобедренного треугольника ABC, a DM и DN — перпендикуляры, проведенные из этой точки к прямым АВ и CD (рис. 89).
Sabc = Sabd + Sbcd = ^ АВ • DM + ^ ВС • DN == ^AB(DM + DN).
Отсюда следует, что DM + DN = ™^^"> т- e- сумма DM + 7?TV не зависит от выбора точки D.
509. Докажите, что сумма расстояний от точки, лежащей внутри равностороннего треугольника, до его сторон не зависит от положения этой точки.
Решение. Пусть О — произвольная точка, лежащая внутри равностороннего треугольника АВС со стороной, равной а, а ОК, ОМ и ON — перпендикуляры к прямым, содержащим стороны этого треугольника (рис. 90). Тогда
Sabc = Saob + Sboc + Scoa =
= ^(OK ■ AB + ОМ ■ ВС + ON■ AC) = ^OK + OM + ON).
Отсюда получаем OK + OM + O7V = 1Щ7УУ, т e сумма OK + + OM + ON не зависит от выбора точки О.
510* Через точку D, лежащую на стороне ВС треугольника АВС, проведены прямые, параллельные двум другим сторонам и пересекающие стороны АВ и АС соответственно в точках Е и F. Докажите, что треугольники CDE и BDF имеют равные площади.
Решение. Пусть ВМ — высота треугольника BDF, а СК — высота треугольника CDE (рис. 91). Заметим, что ВМ и СК равны высотам параллелограмма AEDF, поэтому
ВВРис. 91Рис. 91Рис. 92Рис. 92
В
В
Рис. 91
Рис. 91
Рис. 92
Рис. 92
1. В трапеции ABCD с боковыми сторонами АВ и CD диагонали пересекаются в точке О. а) Сравните площади треугольников ABD и ACD. б) Сравните площади треугольников АВО и CDO. в) Докажите, что О А х х ОВ = ОС • OD.
Решение, а) Треугольники ABD и ACD имеют равные высоты ВН = CZ (рис. 92) и общее основание AD, следовательно, Sabd = = Sacd-
Sabd = Sabo + Saod, Sacd = Scdo + Saod- Но по доказанному в n. a) Sabd = Sacd, поэтому Sabo = Scdo-
Углы 1 и 2 равны, поэтому
Sabo : SCdo = (О A • OB) : (ОС • OD).
По доказанному в п. б) Sabo = Scdo, следовательно,
ОА-ОВ = ОС-OD.
Ответ, а) Площади равны; б) площади равны.
512* Основания трапеции равны а и Ь. Отрезок с концами на боковых сторонах трапеции, параллельный основаниям, разделяет трапецию на две трапеции, площади которых равны. Найдите длину этого отрезка.
Решение. Пусть ABCD — данная трапеция, AD = а, ВС = Д a EF — указанный в условии задачи отрезок (рис. 93). Высота BN
трапеции пересекает этот отрезок в точке М. Пусть EF = х, ВМ = Их,
MN = И2.
По условию Sfcbe = Saeed, и, значит,
Sabcd =2Sebcf-
Запишем эти равенства, используя формулу площади трапеции: b + х 7 а + х 7
ЕС .+ /^ = (Ь + я) . /ц.
Разделим оба эти уравнения на h\ и положим — = у. Получим систему двух уравнений с двумя неизвестными х и у;
b + х = (а + х)у,
(а + Ь)(1 + у) = 2(Ь + ж).
Исключив из этих двух уравнений у, получим:
(а + М fl += 2(b + xY
\а + х J
Отсюда находим: х =Отсюда находим: х =
Отсюда находим: х =
Отсюда находим: х =
Диагонали ромба равны 18 м и 24 м. Найдите периметр ромба и расстояние между параллельными сторонами.
Решение. 1) Пусть в ромбе ABCD диагонали АС и ВО пересекаются в точке О. Диагонали ромба взаимно перпендикулярны и точкой пересечения делятся пополам, поэтому в прямоугольном треугольнике АОВ АО = 90°, О А = 12 м, ОВ = 9 м, и по теореме Пифагора находим:
АВ = VO А2 + OB2 = V122 + 92 м = 15 м.
Pabcd = 4 • АВ = 4 • 15 м = 60 м.
Расстояния между попарно параллельными сторонами ромба равны высоте h ромба. Так как Sabcd = АВ • h, а с другой стороны Sabcd = ^^ ’ ВО (задача 476), то АВ • h = ^АС • ВО, откуда
h =h =АС-ВО2АВАС-ВО2АВ24-18 л
h =
h =
АС-ВО2АВ
АС-ВО2АВ
———- м = 14,4 м.
2-15
Ответ. 60 м и 14,4 м.
Площадь ромба равна 540 см2, а одна из его диагоналей равна 4,5 дм. Найдите расстояние от точки пересечения диагоналей до стороны ромба.
Решение. Пусть в ромбе ABCD диагонали АС и ВО пересекаются в точке О, АС = 4,5 дм = 45 см.
Сначала найдем диагональ ВО\
откудаоткудаSabcd = ^АС ■ BD,
откуда
откуда
Dn 2Sabcd 2 • 5400.
ВО = —-— = ——— см = 24 смАС 45
Треугольник АОВ — прямоугольный, и его катеты ОВ и О А равны 12 см и 22,5 см, поэтому
АВ = V122 + 22,52 = ^650,25 = 25,5 (см)
и Р = 4 • 25,5 см = 102 см.
Расстояние от точки пересечения диагоналей до стороны ромба равно половине высоты h ромба. Так как Sabcd = АВ • К, то
7 _ Sabcd _ 540_3
h АВ 253 см - 21 Ту см’
|/i = 21A см : 2 = 10^ См.
Ответ. 10— см.
Найдите площадь равнобедренного треугольника, если: а) боковая сторона равна 20 см, а угол при основании равен 30°; б) высота, проведенная к боковой стороне, равна 6 см и образует с основанием угол в 45°.
Решение, а) Пусть в равнобедренном треугольнике АВС; АВ = = АС = 20 см, ZB = 30°, отрезок АВ — высота. Тогда В В = DC = = ^ ВС, и из прямоугольного треугольника ABD находим: АВ = = ^ АВ = 10 см (по свойству катета, лежащего против угла в 30°). Поэтому BD = VАВ2 — АВ2 = V400 - 100 = 10д/3 (см) (по теореме Пифагора) и ВС = 2ВВ = 20V3 см.
Sabc = ^ВС ■ AD = D 20V3 cm ■ 10 см = 100V3 см2.
б) Пусть в равнобедренном треугольнике АВС с основанием ВС проведена высота BD к боковой стороне АС, тогда по условию BD = = 6 см, ZBBC = 45°. Треугольник ВВС — прямоугольный с углом В, равным 45°, поэтому ZC = 45°. Так как треугольник АВС — равнобедренный, то и ZABC = 45°, а это означает, что угол ВВС совпадает с углом АВС, т. е. треугольник АВС — прямоугольный с катетами, равными 6 см. Следовательно,
Sabc = ^ • 6 см • 6 см = 18 см2.
Ответ, а) 100д/3 см2; б) 18 см2.
В треугольнике АВС; ВС = 34 см. Перпен
дикуляр MN, проведенный из середины ВС к пря-В
мой АС, делит сторону АС на отрезки AN = 25 см / и NC = 15 см. Найдите площадь треугольника АВС. /
Решение. Проведем высоту В В данного /
треугольника (рис. 94). Так как точка М — се- a D N С редина стороны ВС и MN || ВВ, то BN =
= NC (см. задачу 384).Рис- 94
В треугольнике BCD*. ВС = 34 см, DC = 2NC = 30 см, следовательно,
BD = у/342 — 302 см = V64 • 4 см = 16 см.
Sabc = ^АС ■ BD = ^AN + NC) ■ BD = | ■ 40 см ■ 16 см = 320 см2.
Ответ. 320 см2.
Найдите площадь четырехугольника ABCD, если АВ = 5 см, ВС = = 13 см, CD = 9 см, DA = 15 см, АС = 12 см.
Решение. Стороны треугольника АВС (рис.95) выражаются числами 5, 12, 13, а так как 132 = 122 + 52, то по теореме, обратной теореме Пифагора, треугольник АВС — прямоугольный, и поэтому
Sabc = ^ • 12 см • 5 см = 30 см2.
Аналогично, треугольник ACD — прямоугольный, так как 152 = = 122 + 92, и поэтому
Sacd = ^ • 12 см • 9 см = 54 см2.
Заметим, что точки В и D лежат по разные стороны от прямой АС (в противном случае отрезки AD и ВС пересекались бы), поэтому
Sabcd = Sabc + Sacd = 30 см2 + 54 см2 = 84 см2.
Ответ. 84 см2.
Найдите площадь равнобедренной трапеции, если: а) ее меньшее основание равно 18 см, высота — 9 см и острый угол равен 45°; б) ее основания равны 16 см и 30 см, а диагонали взаимно перпендикулярны.
Решение, а) Пусть в равнобедренной трапеции ABCD: ВС — меньшее основание, BF и СЕ — высоты (рис. 96).
А АВЕ — прямоугольный с острым углом в 45°, поэтому он равнобедренный и, значит, AF = ВF = 9 см.
Так как трапеция равнобедренная, то ED = AF = 9 см, а так как ЕЕ = ВС = 18 см, то
AD = 2AF + ЕЕ = 36 см.
Sabcd = (ВС + АО) ■ BF = (18 + 36) ■ 9 см2 = 243 см2.
Рис. 97Рис. 97б) Пусть в равнобедренной трапеции ABCD с основаниями AD = 30 см и ВС = = 16 см диагонали АС и BD взаимно перпендикулярны и пересекаются в точке О, MN — высота трапеции, проходящая через точку О (рис. 97).
Рис. 97
Рис. 97
AABD = ADC А по двум сторонам и углу между ними (АВ = DC, AD — общая сторона, ДА = AD\ поэтому Zl = Z2. Так как Z3 = Zl, Z4 = Z2 (вследствие параллельности
ВС и AD), то Z3 = Z4. Отсюда следует, что треугольники AOD и ВОС — равнобедренные, а поскольку AC ± BD, то эти треугольни
ки — прямоугольные. Высоты ON и ОМ являются также медианами этих треугольников, а потому согласно задаче 404: ON = - AD, ОМ = 1
= - ВС. Следовательно,
MN = ^ ^AD + ВС) = 23 см.
Sabcd = | (AD + ВС) ■ MN = МЛ = (23 см)2 = 529 см2.
Ответ, а) 243 см2; б) 529 см2.
Найдите площадь равнобедренной трапеции, у которой высота равна К, а диагонали взаимно перпендикулярны.
Решение. Пусть в равнобедренной трапеции ABCD со взаимно перпендикулярными диагоналями высота равна h.
Тогда ^ (AD + ВС) = h (см. решение задачи 518, б).
Поэтому Sabcd = ^ (AD + ВС) • h = h2.
Ответ, h2.
Диагонали равнобедренной трапеции взаимно перпендикулярны, а сумма ее оснований равна 2а. Найдите площадь трапеции.
Решение. Пусть в равнобедренной трапеции ABCD со взаимно перпендикулярными диагоналями AD + ВС = 2а, MN — высота
трапеции (см. рис. 97). Тогда MN = ^ (AD + ВС) = а (см. решение задачи 518, б). Поэтому
Sabcd =+ CD) -MN = a\
Ответ, а2.
Докажите, что если диагонали выпуклого четырехугольника ABCD взаимно перпендикулярны, то
AD2 Г ВС2 = АВ2 Г CD2.
Решение. Пусть О — точка пересечения диагоналей АС и BD (рис. 98).
Используя теорему Пифагора, получаем:
AD2 + ВС2 = DO2 + АО2 + ВО2 + СО2;
АВ2 + CD2 = АО2 + ВО2 + СО2 + DO2.
Следовательно,
AD2 + ВС2 = АВ2 CD2.
В равнобедренной трапеции ABCD с основаниями AD = 17 см, ВС = 5 см и боковой стороной АВ = 10 см через вершину В проведена прямая, делящая диагональ АС пополам и пересекающая основание AD в точке М. Найдите площадь треугольника BDM.
Решение. Пусть В К — высота данной трапеции ABCD, точка О — середина диагонали АС (рис. 99).
ААОМ = АСОВ по стороне (АО = СО) и двум прилежащим углам, следовательно, АМ = ВС = 5 см, и поэтому
MD = AD — АМ = 17 см — 5 см = 12 см.
Так как трапеция ABCD равнобедренная, то
AD-ВС а
АК = -= 6 см.
Из прямоугольного треугольника АВК находим:
В К = VAB2 - АК2 = V Ю2 - 62 = 8 (см).
Sbdm = ^ MD ■ ВК = 1 ■ 12 см ■ 8 см = 48 см2.
Ответ. 48 см2.
ММРис. 100Рис. 100Два квадрата со стороной а имеют одну общую вершину, причем сторона одного из них лежит на диагонали другого. Найдите площадь общей части этих квадратов.
М
М
Рис. 100
Рис. 100
Решение. Пусть ABCD и CKMN — данные квадраты, АВ = СК = а (рис. 100). Общей частью данных квадратов является четырехугольник CKFD с искомой площадью S.
S = Sacd - Sakf,
с 1а2
oacd =• а = —.
Треугольник AKF — прямоугольный с углом А, равным 45°, поэтому этот треугольник равнобедренный и KF = АК = АС — КС = = aV2 - а = (V2 - 1)а.
Следовательно,
Sakf = \kF2=X-^- 1Щ2 = ЕСЕА .
S = Sacd - SAkf = М • а2 = (V2 - Щ2.
Ответ. (V2 — 1)а2.
Расстояние от точки М, лежащей внутри треугольника АВС, до прямой АВ равно 6 см, а до прямой АС равно 2 см. Найдите расстояние от точки М до прямой ВС, если АВ = 13 см, ВС = 14 см, АС = 15 см.
Решение. По формуле Герона (задача 524) находим:
Sabc = V21 - 6-7-8 см2 = 84 см2.
Соединим точку М с вершинами треугольника АВС и проведем высоты MD, MF и МР в образовавшихся треугольниках (рис. 101). По условию MD = 6 см, MF = 2 см, а требуется найти МР. Имеем:
Sabc = Same + Samc + Sbmc == ^AB ■ MD + Дс ■ MF + Дс ■ MP.
Отсюда, используя условия задачи, получаем:
84 = 1(13 - 6 + 15 • 2 + 14 ■ МР).
2
Из этого равенства находим: МР = 4? см.
Ответ. 4- см.
СОЛ n «4V2
Рис. 102Рис. 102oZb. В ромбе высота, равная см, со-
Рис. 102
Рис. 102
2..„ о
ставляет - большей диагонали. Найдите площадь ромба.
Решение. Пусть диагонали ромба ABCD пересекаются в точке О, АС > > BD, MN — высота ромба, проходящая через точку О, MN = см, MN =
2
= |АС (рис. 102). Тогда АС = |MN =см, ОС = -АС = см,
ОМ = ^MN = см.
Рассмотрим прямоугольный треугольник ВОС. По теореме Пифагора
ВС = л/ов2 + ОС2 = JОВ2 + | см2.
Так как
1V2
Sboc = ^ОВ -ОС=^.ОВ26
И Sboc = ^ОМ ■ ВС = А^овС^см2 , то
^•ОВ = Jos2+ 5 см2,69 V 9
или
3-ОВ = 2^ОВ2 + | см2.
Возведем обе части последнего равенства в квадрат:
9 ■ ОВ2 = 4 (ОВ2 + | см2) .
„2V2
Отсюда находим: ОВ = —— см и, следовательно, 3V5
BD = 2ОВ = ^J см.
Зх/5
с 1 Dri 1 2V24V28V5 2
Sabcd = 2 АС ■ BD = - ■ — см ■ ^ см = — см .
8V52
Ответ. см . 45
Рис. 103Рис. 103В равнобедренной трапеции диагональ равна 10 см, а высота равна 6 см. Найдите площадь трапеции.
Рис. 103
Рис. 103
Решение. Пусть ABCD — данная равнобедренная трапеция с основаниями AD и ВС, ВК и СН — ее высоты (рис. 103).
Из прямоугольного треугольника АСН по теореме Пифагора находим:
АН = VAC2 -СН2 = VIО2 - 62 см = 8 см.
Так как АК = HD, ВС = КН, то
| (AD + SC) = ^(КН + 2АК + КН) = АК + КН = АН.
Поэтому
Sabcd = ^(AD + ВС) ■ СН = АН ■ СН = 8 см ■ 6 см = 48 см2.
Ответ. 48 см2.
В трапеции ABCD диагонали пересекаются в точке О. Найдите площадь треугольника АОВ, если боковая сторона CD трапеции равна 12 см, а расстояние от точки О до прямой CD равно 5 см.
Решение. Пусть ОЕ — перпендикуляр, проведенный к прямой CD (рис. 104).
Тогда ОЕ = 5 см (по условию), поэтому
Scod = ^CD • ОЕ = ^ • 12 см • 5 см = 30 см2.
Согласно задаче 511,6: Sao в = Scod, следовательно, Sao в = = 30 см2.
Ответ. 30 см2.
Диагонали четырехугольника равны 16 см и 20 см и пересекаются под углом в 30°. Найдите площадь этого четырехугольника.
Решение. Пусть ABCD — данный четырехугольник, диагонали которого пересекаются в точке О, АЕ и СЕ — перпендикуляры к прямой BD (рис. 105).
Так как ZAOB = ZCOD = 30°, то
АЕ = 1 АО, СЕ = ^ ОС.
Следовательно,
Sabd = ^BD ■ АЕ = X-BD ■ IАО = X-BD • АО,Sbcd = ^BD ■ CF = ^BD ■ i0C = ^BD ■ ОС.Sabcd = Sabd + Sbcd = ^BD ■ AO + '-BD ■ ОС == ^BD ■ (AO + ОС) = '-BD -AC = 80 cm2.
Ответ. 80 см2.
В равнобедренном треугольнике ABC с основанием ВС проведена высота AD, равная 8 см. Найдите площадь треугольника АВС, если медиана DM треугольника ADC равна 8 см.
Решение. AADC — прямоугольный, DM — его медиана, проведенная к гипотенузе (рис. 106), поэтому, согласно задаче 404, DM = = АС, откуда АС = DM = 16 см.
Из треугольника ADC по теореме Пифагора находим:
DC = ^АС^ - AD^ = V256 - 64 см = VTZ2 см = 8д/3 см.
Так как треугольник АВС — равнобедренный, то его высота AD является также и медианой, поэтому
ВС = 2DC = 16V3 см.
Sabc = ^ ВС • AD = 8л/3 см • 8 см = 64д/3 см2.
Ответ. 64д/3 см2.
Стороны АВ и ВС прямоугольника ABCD равны соответственно 6 см и 8 см. Прямая, проходящая через вершину С и перпендикулярная к прямой BD, пересекает сторону AD в точке М, а диагональ BD — в точке К. Найдите площадь четырехугольника АВКМ.
Решение. Sabkm = Sabd - Skmd (рис. 107),
Sabd = ^ АВ • AD = | • 6 см • 8 см = 24 см2.
Чтобы вычислить Skmd, найдем KD и КМ.
В прямоугольном треугольнике BCD отрезок СК — высота, проведенная к гипотенузе, поэтому (см. решение задачи 491)
VBC-+CD- V36 + 64’'
По теореме Пифагора имеем:
KD = VCD2 - СК2 = АМ см = 3,6 см.
Отрезок KD — высота прямоугольного треугольника CDM, проведенная к гипотенузе, поэтому
KD = CD DM или з^АзбсмМПМ2 = 6DM.
Vcp2 + pm2
Отсюда после возведения в квадрат находим DM = 4,5 см.
По теореме Пифагора
КМ = VDM2 - KD2 = V4,52 - 3,62 см = 2,7 см.
Следовательно,
Skmd = 5 КМ ■ KD = | • 2,7 см • 3,6 см = 4,86 см2.
Sabkm = Sabd — Skmd = 24 см2 — 4,86 см2 = 19,14 см2.
Ответ. 19,14 см2.
В треугольнике АВС проведена высота ВН. Докажите, что: а) если угол А — острый, то ВС2 = АВ2 + АС2 — 2АС • АН; б) если угол А — тупой, то ВС2 = АВ2 + АС2 + 2АС • АН.
Решение, а) Так как в треугольнике АВС угол А — острый, то точка Н может лежать на стороне АС (рис. 108, а\ лежать на продолжении стороны АС (рис. 108, б) или совпадать с точкой С (рис. 108, е\ В последнем случае АН = АС и поэтому нужно доказать, что
ааббвв
а
а
б
б
в
в
ВС2 = АВ2 + АС2 - ^АС2, т. е. ВС2 = АВ2 - АС2.
Это верно в силу теоремы Пифагора.
Рассмотрим случаи, представленные на рисунках 108, а и 108, б. Из прямоугольного треугольника ВНС по теореме Пифагора имеем:
вс2 = вн2 + нс2,
а из прямоугольного треугольника АВН;
ВН2 = АВ2 - АН2.
Поэтому
ВС2 = АВ2 - АН2 + НС2.(1)
НС = АС - АН (рис. 108, а\ либо НС = АН - АС (рис. 108, б). В любом случае
НС2 = АС2 - 2АС ■ АН + АН2.
Теперь равенство (1) можно записать так:
ВС2 = АВ2 - АН2 + АС2 - 2 АС ■ АН + АН2,
ИЛИ
ВС2 = АН2 + АС2 - 2АС • АН, что и требовалось доказать.
б) Так как в треугольнике в АВС угол А —
Втупой, то точка Н лежит на продолжении сторо-
V\.ны АС (рис. 109).
\Из прямоугольного треугольника ВНС
\по теореме Пифагора имеем:
ТА-ХсВС2 = ВН2 + НС2
Н л
а из прямоугольного треугольника АВН;
ИС'ВН2 = АВ2 - АН2.
Поэтому
ВС2 = АВ2 - АН2 + НС2.(2)
Так как НС = АН + АС, то
НС2 = АН2 + 2АС ■ АН + АС2.
Теперь равенство (2) можно записать так:
ВС2 = АВ2 - АН2 + АН2 + 2АС • АН + АС2,
ИЛИ
ВС2 = АВ2 + АС2 + 2АС ■ АН, что и требовалось доказать.
Задачи повышенной трудности
Через точку М, лежащую внутри параллелограмма ABCD, проведены прямые, параллельные его сторонам и пересекающие стороны АВ, ВС, CD и DA соответственно в точках Р, Q, R и Т. Докажите, что если точка М лежит на диагонали АС, то площади параллелограммов MPBQ и MRDT равны, и, обратно, если площади параллелограммов MPBQ и MRDT равны, то точка М лежит на диагонали АС.
Решение. Сначала докажем прямое утверждение. Пусть точка М лежит на диагонали АС (рис. 110, а\ Так как ААВС = AADC,
Рис. 111как основания (следствие 2,Рис. 111как основания (следствие 2,МО : OB = S4 : S3 = Sx : S2-МО : OB = S4 : S3 = Sx : S2-
Рис. 111
как основания (следствие 2,
Рис. 111
как основания (следствие 2,
МО : OB = S4 : S3 = Sx : S2-
МО : OB = S4 : S3 = Sx : S2-
Рис. ПО
ААРМ = АМТА и AMQC = ACRM, то
Smpbq = Sabc — Sapm - Smqc == Sado - SmTA — ScRM = SmRDT-
Итак, Smpbq = Smrdt-
Пусть теперь точка M не лежит на отрезке АС. Обозначим через N точку пересечения отрезков АС и QT, а через Pi и Pi точки пересечения прямой, проходящей через точку N параллельно AD, с отрезками АВ и CD (рис. НО, б). Согласно доказанному Snpxbq = Snrxdt- Если точка М лежит между точками N и Т (рис. НО, б), то Smpbq > > Snpxbq, a Smrdt < Snrxdt, и поэтому Smpbq + Smrdt- Если точка М лежит между Q и N, то аналогично приходим к неравенству Smpbq 7^ Smrdt- Следовательно, если Smpbq = Smrdt, то точка М лежит на отрезке АС.
На сторонах АС и ВС треугольника АВС взяты соответственно точки М и К. Отрезки АК и ВМ пересекаются в точке О. Найдите площадь треугольника СМК, если площади треугольников ОМА, О АВ и ОВК равны соответственно Sx, S2, S3.
Решение. На рисунке 111 изображена данная фигура. Пусть Sqmk = S4, Scmk = S. Так как площади треугольников, имеющих равные высоты, относятся п. 52), то
Отсюда находим: S4 = Еще раз применяя следствие 2, п. 52, 02 получаем:
ВК : КС = Sbmk : Scmk = Sbak • Scak.
ИЛИ(S3 + S4) : S = (S2 + S3) : (S, + S4 + S).
Отсюда, используя выражения для 8д, после соответствующих преобразований находим S'.
s_ 8183(81^82X82^83)
sM - S1S3)■
S1S3(S1+S2)(S2 + S3)
Ответ. ——-.
82Щ - S1S3)
На сторонах АС и ВС треугольника АВС взяты точки М и К, АМСКМР
а на отрезке МК — точка Р так, что= —— =. Найдите площадь
МСКВРК
треугольника АВС, если площади треугольников АМР и ВКР равны Si и 82.
Решение. Введем обозначение:
АМ СК МР ,
МС “ КВ “ РК “ ж (рис'
Сравнивая площади треугольников АМР и СМР, получаем
Samp _ АМ _ Scmp -МС-Ж’ откуда Scmp = | • ^ь
Аналогично, сравнивая площади треугольников ВКР и СКР, находим: Sckp = х • 82.
т Scmp МРх3/^1
1ак как — = —— = х, то -—— = х, откуда х = 2 — , и,
Sckp РКх • 82\ S2
следовательно,
Scmp = ^ • 8\ = ^/8^82, Sckp = х • S2 = \jS\S^,Sckm = Sckp + Scmp = ^/SyS^ + ^8^82.
Воспользуемся теперь теоремой об отношении площадей треугольников, имеющих по равному углу:
8 авс = С В-С А8скм СК-СМ*
u СВ-СА СКАКВ СМРМА Л ,.
Но сМсм = -скИ (1 +ж)-
Поэтому 8двс = (1 + I) (1 +pSCKM-
Подставляя в правую часть этого равенства выражения для х и Sckm, после несложных преобразований приходим к равенству
Sabc = (у/^Т + У^Л
Ответ. (^ST + v^)3.
Точки Р, Q, R и Т — соответственно середины сторон АВ, ВС, CD и DA параллелограмма ABCD. Докажите, что при пересечении прямых AQ, BR, СТ и DP образуется параллелограмм, и найдите отношение его площади к площади параллелограмма ABCD.
Решение. Данная фигура изображена на рисунке 113, где MNKL — четырехугольник, образованный при пересечении прямых AQ, BR, СТ и DP.
Так как AT || CQ и АТ = CQ, то ATCQ — параллелограмм, поэтому MN || LK. Аналогично, ML || NK, следовательно, MNKL — параллелограмм.
Пусть 8 — площадь параллелограмма MNKL, BE ± СТ (см. рис. 113). Тогда ВF ± AQ и, следовательно, отрезок BE — высота треугольника ABN, а отрезок ЕЕ равен высоте параллелограмма MNKL, проведенной к стороне MN. Так как BQ = QC, то BE = ЕЕ (задача 384), а так как АР = РВ, то АМ = MN и поэтому AN = 2MN. Следовательно,
8 = MN • ЕЕ = MN • BE,Sabn = ^ЛМ ■ BE = MN ■ BE = S.
Аналогично можно доказать, что площадь каждого из треугольников ADM, CDL и СВК также равна 8. Поэтому
сг о Smnkl 81
Sabcd = 5S и
1
Ответ. -.
5
Докажите, что площадь трапеции равна произведению одной из боковых сторон на перпендикуляр, проведенный из середины другой боковой стороны к прямой, содержащей первую боковую сторону.
Решение. Пусть ABCD — данная трапеция, М — середина боковой стороны CD, а МК — перпендикуляр, проведенный к прямой АВ (рис. 114).
Докажем, что S = АВ • МК, где S — площадь трапеции.
S = Samb + Samd + Sbmc-
Проведем через точку М высоту PQ трапеции (см. рис. 114). Тогда
ЗампЦаП-МР, SBmc = \bC.MQ.
Так как ACMQ = ADMP (по гипотенузе и острому углу), то MQ = МР и поэтому
Samd + Sbmc = ^AD + ВС)-МР = Г MAME . Pq = ^g.
Таким образом, S = Samb + откуда S = 2Samb-
1
Но Samb = 2 ^^ ’ МК, следовательно,
S = АВ • МК.
В трапеции ABCD с основаниями ВС и AD диагонали пересекаются в точке О. Площади треугольников ВОС и AOD равны Sx и S^. Найдите
площадь трапеции.Решение. Согласно задаче 511,6 площади треугольников АО В и COD равны. Обозначим эти площади буквой S (рис. 115).площадь трапеции.Решение. Согласно задаче 511,6 площади треугольников АО В и COD равны. Обозначим эти площади буквой S (рис. 115).Площади Sx и Ss относятся как произведения сторон, заключающихПлощади Sx и Ss относятся как произведения сторон, заключающихравные углыравные углыН° У =Н° У =ОСОАОСОАс вершиной О (теорема 2, п.52), т. е. — ОВ ,..и — = ^^ (см. рис. 115), и, следовательно,с вершиной О (теорема 2, п.52), т. е. — ОВ ,..и — = ^^ (см. рис. 115), и, следовательно,ов-осOA-OD'ов-осOA-OD'
площадь трапеции.
Решение. Согласно задаче 511,6 площади треугольников АО В и COD равны. Обозначим эти площади буквой S (рис. 115).
площадь трапеции.
Решение. Согласно задаче 511,6 площади треугольников АО В и COD равны. Обозначим эти площади буквой S (рис. 115).
Площади Sx и Ss относятся как произведения сторон, заключающих
Площади Sx и Ss относятся как произведения сторон, заключающих
равные углы
равные углы
Н° У =
Н° У =
ОС
ОА
ОС
ОА
с вершиной О (теорема 2, п.52), т. е. — ОВ ,..
и — = ^^ (см. рис. 115), и, следовательно,
с вершиной О (теорема 2, п.52), т. е. — ОВ ,..
и — = ^^ (см. рис. 115), и, следовательно,
ов-ос
OA-OD'
ов-ос
OA-OD'
Таким образом,
Sabcd = 2S + Si + S2 = 2a/s7§2 + S\ + S2 = (V*^" + V^2 )2-
Ответ. (V-S? + V^)2-
Через концы меньшего основания трапеции проведены две параллельные прямые, пересекающие большее основание. Диагонали трапеции и эти прямые делят трапецию на семь треугольников и один пятиугольник. Докажите, что площадь пятиугольника равна сумме площадей трех треугольников, прилежащих к боковым сторонам и меньшему основанию трапеции.
Решение. Пусть О — точка пересечения диагоналей АС и BD трапеции ABCD с основаниями ВС и AD, ВС < AD, ВМ || CN, прямые ВМ и АС пересекаются в точке К, а прямые CN и BD — в точке Р (рис. 116). Требуется доказать, что
Smkopn = Sabk + Sbco + ^cdp-
Если h — высота трапеции, то
Sbmnc = ВС • h, Sabc = ^ * ВС • h,
Sbcd = 2 ’ ^^ ’ ^’ П0ЭТ0МУ Sbmnc = Sabc + Sbcd- Следовательно,
Smkopn = Sbmnc ~ (Sbck + Scop) == Sabc + Sbcd - Sbck - Scop =
= (Sabc - Sbck) + (Sbcd - Scop) == Sabk + (Sbco + Scdp)-
Итак, Smkopn = Sabk + Sbco + Scdp-
Прямая, проходящая через середины диагоналей АС и BD четырехугольника ABCD, пересекает стороны АВ и CD в точках М и К. Докажите, что площади треугольников DCM и АКБ равны.
Решение. Пусть точки Oi и О2 — середины диагоналей АС и BD данного четырехугольника, AF ± O1O2 и СЕ ± O1O2 (рис. 117).
Так как АО\ = О\С, то ААЕО\ = АСЕО\ (по гипотенузе и острому углу), поэтому AF = СЕ. Треугольники АКМ и СМК имеют
общее основание МК и равные высоты AF и СЕ, поэтому Sakm = = Scmk-
Аналогично доказывается, что Sbkm = Sdmk-
Следовательно,
Sakb = Sakm + Sbkm = Scmk + Sdmk = Sdcm-
Итак, Sdcm = Sake-
Сторона АВ параллелограмма ABCD продолжена за точку В на отрезок BE, а сторона AD продолжена за точку D на отрезок DK. Прямые ED и КВ пересекаются в точке О. Докажите, что площади четырехугольников ABOD и СЕОК равны.
Решение. На рисунке 118 изображена данная фигура. Треугольники ABD и EDC имеют равные основания АВ и CD и равные высоты h, поэтому Sabd = Sedc- Аналогично, треугольники BDK и CDK имеют общее основание DK и равные высоты, поэтому Sbdk = Scdk- Из этого равенства следует, что Sbdf = Sckf, поэтому Sbdo = Sckf - Sdof-
Следовательно,
Sabod = Sabd + Sckf - Sdof = Sedc - Sdof + Sckf = Sceok-
Итак, Sabod = Sceok-
Два непересекающихся отрезка делят каждую нз двух противоположных сторон выпуклого четырехугольника на три равные части. Докажите, что площадь той части четырехугольника, которая заключена между этими отрезками, в три раза меньше площади самого четырехугольника.
Решение. Пусть ABCD — данный четырехугольник, АМ = MN = NB, СР = = PQ = QD (рис. 119). Требуется доказать, что Smnpq = | Sabcd-
Проведем перпендикуляры СС\, РР\, QQx к прямой АВ, а через точку Р проведем прямую, перпендикулярную к ССх и QQx (см. рис. 119). Пусть ССх = h\, РРХ = h, QQx = ^2. Так как /\СРК = = AQPL (по гипотенузе и острому углу), то СК = LQ. Но СК = h - hx, LQ = ^2 - h,
поэтому h — h\ = h?2 — h, т. е. h = ^2 ^ ^
Snbc = ^-NB-hv,
Samq = ^ ■ AM ■ /12,Smnp ^-MN-hC-MN- lA±h.
Из этих равенств, учитывая, что АМ = MN = NB, получаем:
Smnp = ^Samq + SnbcY
Аналогично доказывается равенство
Spqm = ^(Scpn + SqdaY
Следовательно,
Smnpq = Smnp + Spqm == ^Samq + Snbc + Scpn + Sqda) = ^Samqd + SnbcpYИтак, Samqd + Snbcp = ZSmnpq, поэтому
Sabcd = SSmnpq, t. e. Smnpq = ^Sabcd-
Середины К и M сторон АВ и DC выпуклого четырехугольника ABCD соединены отрезками KD, КС, МА и МВ с вершинами. Докажите, что площадь четырехугольника, заключенного между этими отрезками, равна сумме площадей двух треугольников, прилежащих к сторонам AD и ВС.
Решение. На рисунке 120 изображена данная фигура, N и Р — точки пересечения отрезков DK и АМ, КС и ВМ. Требуется доказать, что
Smnkp = Sadn + Sвcp^
Проведем перпендикуляры СС\, ММ\ и DD\ к прямой АВ. Пусть ССу = h\, DD\ = h2, тогда ММ\ =^ ^2 (см. решение задачи 838).
Поэтому
Samb = ^ * АВ • ^ + ^2, Sadk = ^ * АК • Д2, Sbck = ^ • ВК • h\.
Так как АК = ВК = АВ, то
илиилиSamb = Sadk + Sbck,
или
или
S + S2 + S3 = Sx + S2 + S3 + S4
(обозначения площадей представлены на рис. 120). Отсюда следует, что
S = Sx + ^4, т. е. Smnkp = Sadn + Sbcp-
Точка А лежит внутри угла, равного 60°. Расстояния от точки А до сторон угла равны а и Ь. Найдите расстояние от точки А до вершины угла.
Решение. Пусть АВ и AD — перпендикуляры, проведенные к прямым, содержащим стороны данного угла О, равного 60°, а С — точка пересечения прямых АВ и OD (рис. 121). По условию АВ = a, AD = Ь. Требуется найти АО.
В прямоугольном треугольнике О ВС АО = 60°, поэтому АС = 30°. Отсюда следует, что ОС = 2ОВ. В прямоугольном треугольнике CD А: АС = 2AD = 2Ъ. Поэтому ВС = а + 2Ь.
По теореме Пифагора
ОВ2 = ОС2 - ВС2, или ОВ2 = ВДВ2 - (а + 2Ь)2,
d2 (° + 2b)2
откуда ОВ^ = -—-—
Из прямоугольного треугольника АВО по теореме Пифагора получаем:
АО = V АВ2 + ОВ2 =+ +
Ответ. 2Ответ. 2I а2 -V ab-V Ь2N 3I а2 -V ab-V Ь2N 3
Ответ. 2
Ответ. 2
I а2 -V ab-V Ь2
N 3
I а2 -V ab-V Ь2
N 3
Прямая, проходящая через вершину С параллелограмма ABCD, пересекает прямые АВ и AD в точках К и М. Найдите площадь этого параллелограмма, если площади треугольников К ВС и С DM равны Si и S2.
Решение. Пусть AD = а, АВ = Ь, В К = с, DM = d, СК = е,
CM = f, Sabcd = S (рис. 122).
Так как треугольники АВС и ВКС имеют общую высоту, прове
денную из вершины С, тоденную из вершины С, то1 Q . 251= 25'=1 Q . 251= 25'=сЬ*сЬ*-^— = |, а поскольку SAbc = 2 sabcd =-^— = |, а поскольку SAbc = 2 sabcd =
денную из вершины С, то
денную из вершины С, то
1 Q . 251
= 25'=
1 Q . 251
= 25'=
с
Ь*
с
Ь*
-^— = |, а поскольку SAbc = 2 sabcd =
-^— = |, а поскольку SAbc = 2 sabcd =
Аналогично, сравнивая треугольники ADC и ВМС, получаем: S _ а
2S2” d*
Используя теорему об отношении площадей треугольников, имеющих по равному углу (п. 52 учебника), приходим к равенствам:
SiаеSi сеас
М = 0ТКУДа Т = о b^djbjd b
nS 2SX
Следовательно,
Отсюда находим: S = 2y/5pS2.
Ответ. 2С^52.
842. Через точку пересечения диагоналей четырехугольника ABCD проведена прямая, пересекающая отрезок АВ в точке М и отрезок CD в точке К. Прямая, проведенная через точку К параллельно АВ, пересекает BD в точке Т, а прямая, проведенная через точку М параллельно CD, пересекает АС в точке Е. Докажите, что прямые BE и СТ параллельны.Решение. На рисунке 123 изображена842. Через точку пересечения диагоналей четырехугольника ABCD проведена прямая, пересекающая отрезок АВ в точке М и отрезок CD в точке К. Прямая, проведенная через точку К параллельно АВ, пересекает BD в точке Т, а прямая, проведенная через точку М параллельно CD, пересекает АС в точке Е. Докажите, что прямые BE и СТ параллельны.Решение. На рисунке 123 изображенаданная фигура. Так как треугольники ВОС и EOT имеют равные углыданная фигура. Так как треугольники ВОС и EOT имеют равные углыпри вершине О, топри вершине О, тоSboc = ОВ-ОСSeot OT-OE*Sboc = ОВ-ОСSeot OT-OE*(1)(1)
842. Через точку пересечения диагоналей четырехугольника ABCD проведена прямая, пересекающая отрезок АВ в точке М и отрезок CD в точке К. Прямая, проведенная через точку К параллельно АВ, пересекает BD в точке Т, а прямая, проведенная через точку М параллельно CD, пересекает АС в точке Е. Докажите, что прямые BE и СТ параллельны.
Решение. На рисунке 123 изображена
842. Через точку пересечения диагоналей четырехугольника ABCD проведена прямая, пересекающая отрезок АВ в точке М и отрезок CD в точке К. Прямая, проведенная через точку К параллельно АВ, пересекает BD в точке Т, а прямая, проведенная через точку М параллельно CD, пересекает АС в точке Е. Докажите, что прямые BE и СТ параллельны.
Решение. На рисунке 123 изображена
данная фигура. Так как треугольники ВОС и EOT имеют равные углы
данная фигура. Так как треугольники ВОС и EOT имеют равные углы
при вершине О, то
при вершине О, то
Sboc = ОВ-ОС
Seot OT-OE*
Sboc = ОВ-ОС
Seot OT-OE*
(1)
(1)
Так как ME || СК, то углы К и М (и также углы С и Е) в треугольниках СОК и ЕОМ равны. Поэтому
Scok _ СК-КО _ ОС-СК
Seom ~ ОМ • ME ~ ОЕ • ME’
откуда следует, что
= ОС
ОМ ОЕ*М
Аналогично, сравнивая треугольники КОТ и ВОМ, получаем:
Skot _ КТ-ОТ _ КО-КТ
Sbom ~ ВМ • ОВ ~ ОМ • ВМ’
откуда следует, что
ОВ - ом*1
Из равенств (2) и (3) получаем:
22 = 2^, или ОВ ■ ОС = ОТ ■ ОЕ.
Поэтому, согласно равенству (1), Sboc = Seot и, следовательно, Sbtc = Setc (см. рис. 123).
Итак, треугольники ВТС и ЕТС имеют общее основание ТС и равные площади, поэтому их высоты, проведенные из вершин В и Е, равны, т. е. точки В и Е равноудалены от прямой СТ, и поэтому BE || СТ.
Сторона АВ треугольника АВС продолжена за точку А на отрезок AD, равный АС. На лучах ВА и ВС взяты точки К и М так, что площади треугольников BDM и ВСК равны. Найдите угол ВКМ, если ZBAC = а.
Решение. На рисунке 124 изображена данная фигура. Отметим, что точки М и К лежат по одну сторону от прямой CD (это следует из равенства BD • ВМ = ВС • В К).
Так как
Sdcm = Sbdm - Sbcd, Sdck = Sbck - Sbcd
(или Sdcm = Sbcd — Sbdm. Sbck = Sbcd — Sbck при ином расположении точек М и К) и по условию Sbmd = Sbck. то
Sdcm = Sdck-
Треугольники DCM и DCK имеют общее основание DC и равные площади, поэтому высоты, проведенные из вершин М и К, равны, а следовательно, МК || CD. Отсюда следует, что ZBKM = = ZBDC. Но ZBDC = ZACD, так как AACD — равнобедренный, и поэтому, согласно свойству внешнего угла треугольника, ZBDC = = ^а (см. рис. 124). Итак, ZBKM = ^а.
Внутри прямоугольника ABCD взята точка М. Известно, что МВ = = а, МС = b и MD = с. Найдите МА.
Решение. Через точку М проведем прямые, параллельные сторонам прямоугольника ABCD, и обозначим через т, п, р и q длины отрезков на этих прямых так, как показано на рисунке 125, а через х искомую длину отрезка МА. Воспользуемся теоремой Пифагора для
образовавшихся прямоугольных треугольников МРА, МРВ, MQC и MQD.
999999 т 999999
х = т + q , а = т + р , b = п + р , с = п A q.
Из этих равенств следует, что х2 + Ь2 = а2 + с2, поэтому
X = \А2 + С2 - 52 .
Ответ. Va? Р с2 — Ь2 .
В треугольнике АВС проведена высота BD. Отрезок КА перпендикулярен к АВ и равен DC, отрезок СМ перпендикулярен к ВС и равен AD. Докажите, что отрезки МВ и КВ равны.
Решение. Пусть АВ = с, ВС = a, BD = h (рис. 126). Используя теорему Пифагора, получаем:
КВ2 = АК2 + С2 = DC2 + с2 = а2 -h2 + с2,
ВМ2 = СМ2 + а2 = AD2 + а2 = с2 - h2 + а2.
Таким образом, КВ2 = МВ2, поэтому КВ = МВ.
Внутри прямоугольного треугольника АВС с прямым углом С взята точка О так, что Sqab = So вс = So ас- Докажите, что О А2 + О В2 = 5 • ОС2.
Решение. Проведем перпендикуляры ОМ и ON к прямым АС и ВС (рис. 127). Пусть площадь треугольника АВС равна S.
По условию задачи
Saoc = |s, или ^ОМ ■ АС = | ■ 1 ■ АС ■ ВС.
Отсюда следует, что ОМ = ^ВС. Аналогично доказывается,что ON = |ЛС.
12
Заметим, что СМ = ON = ^АС, поэтому АМ = АС - СМ = ^АС. 2
Аналогично, BN = ^ВС.
Применим теорему Пифагора к треугольникам АОМ, BON и СОМ;
О А2 = ОМ2 + МА2 = ^ВС2 + ^ АС2,OB2 = ON2 + NB2 = ^АС2 + ^ВС2,ОС2 = ОМ2 + МС2 = ^ВС2 + ^АС2.
Из этих равенств следует, что О А2 + О В2 = 5 • ОС2.
Глава 3
ПОДОБНЫЕ ТРЕУГОЛЬНИКИ
§ 1. Определение подобных треугольников
Найдите отношение отрезков АВ и CD, если их длины равны соответственно 15 см и 20 см. Изменится ли это отношение, если длины
АВCDАВCD15 см _ 320 см 4'15 см _ 320 см 4'Решение.Решение.отрезков выразить в миллиметрах?
АВ
CD
АВ
CD
15 см _ 3
20 см 4'
15 см _ 3
20 см 4'
Решение.
Решение.
ОтношениеАВ метрах:=3Ответ. -;4ОтношениеАВ метрах:=3Ответ. -;4не изменится, если длины отрезков выразить в милли- 150 мм _ 3
Отношение
АВ метрах:=
3
Ответ. -;
4
Отношение
АВ метрах:=
3
Ответ. -;
4
200 мм 4'
не изменится.
Рис. 128Рис. 128Пропорциональны ли изображенные на рисунке 128 (рис. 189 учебника) отрезки: а) AC, CD и MiM2, ММц б) АВ, ВС, CD и ММ, ММ, MiM2; в) АВ, BD и MMi, MiM2?
Рис. 128
Рис. 128
Решение. Примем за единицу измерения отрезков отрезок MMi. Тогда MMi = 1, ММ2 = 3, MiM2 = 2, АВ = 9, АС = 12, ВС = 3, BD = 9,
CD = 6.
х АС 12 с CD 6 сAC CD
= — = о, ——г = т = Ь, следовательно,,
MiM2 2 М Mi 1Mi М2 М Mi
т. е. отрезки АС и CD пропорциональны отрезкам MiM2 и ММ\.
Аналогично п.а) получаем:
АВ _ ВС _ CD _ 3ММ2 “ MMi - М1М2 - ’
т. е. отрезки АВ, ВС и CD пропорциональны отрезкам ММ2, ММ\ и М}М2.
х АВ9 BD9АВ , BD
MMiГ М1М22MMi М1М2
резки АВ и BD не пропорциональны отрезкам ММ\ и MiM2.
Ответ, а) Да; б) да; в) нет.
4 Л. С. Атанасян и др.
Отрезок BD является биссектрисой треугольника АВС. а) Найдите АВ, если ВС = 9 см, AD = 7,5 см, DC = 4,5 см. б) Найдите DC, если АВ = = 30, AD = 20, BD = 16 и ZBDC = ZC.
Решение, а) Так как BD — биссектриса треугольника AD АВ
АВС (рис. 129), то(см. задачу 535). Отсюда получаем:
ЛТЭ AD • ВС 7,5-9
АВ = ———— = ——— см = 15 см.
DC 4,5
16.16.Так как ZBDC = ZC, то треугольник BDC — равнобедрен
16.
16.
ВС = BD =АВ-- следует:ВС = BD =АВ-- следует:ный (см. рис. 129), т. е. AD
ВС = BD =
АВ
-- следует:
ВС = BD =
АВ
-- следует:
Из равенства =
ЛО ■ ВСUG АВЛО ■ ВСUG АВ20- 16 _ „230 “ шз’20- 16 _ „230 “ шз’
ЛО ■ ВС
UG АВ
ЛО ■ ВС
UG АВ
20- 16 _ „2
30 “ шз’
20- 16 _ „2
30 “ шз’
2 Ответ, а) 15 см; б) 10-.
Отрезок AD является биссектрисой треугольника АВС. Найдите BD и ВС, если АВ = 14 см, ВС = 20 см, АС = 21 см.
Решение. Пусть BD = х, тогда ВС = ВС — BD = 20 см — - х (рис. 130).
ВВРис. 129Рис. 129Рис. 130Рис. 130
В
В
Рис. 129
Рис. 129
Рис. 130
Рис. 130
Так как AD — биссектриса треугольника АВС, то -^^ = -^, или х _ 14
20 см — ж 21'
Отсюда следует:
21х = 14(20 см - х), 35ж = 280 см, х = 8 см.
Итак, BD = 8 см, DC = 20 см — 8 см = 12 см.
Ответ. BD = 8 см, DC = 12 см.
Биссектриса AD треугольника АВС делит сторону ВС на отрезки CD и BD, равные соответственно 4,5 см и 13,5 см. Найдите АВ и АС, если периметр треугольника АВС равен 42 см.
Решение. ВС = BD + CD = 13,5 см + 4,5 см = 18 см.
АВ + АС = 42 см - 18 см = 24 см;
АВ _ BD _ 13,5 _ 3АС “ DC “ 4,5 “ ’
откуда АВ = ЗАС.
Итак, ЗАС + АС = 24 см, поэтому
АС = 6 см, АВ = 18 см.
Ответ. АВ = 18 см, АС = 6 см.
В треугольник MNK вписан ромбj^
MDEF так, что вершины D, Е и F лежат соот
ветственно на сторонах MN, NK и МК. Найди-р/ /г
те отрезки NE и ЕК, если MN = 7 см, NK =/
= 6 см, МК = 5 см.
Решение. Диагональ ME ромба делит#
его углы пополам, поэтому отрезок ME —
биссектриса треугольника MNK (рис. 131).рис ^
Следовательно,'
NE _ MNNE _7
ЁЖ ~ МК’ ИЛИ 6 см —NE ~ 5"
Отсюда находим:
5 • NE = 42 см - 7 • NE, 12 • NE = 42 см, NE = 3,5 см,ЕК = 6 см - NE = 2,5 см.
Ответ. NE = 3,5 см, ЕК = 2,5 см.
Периметр треугольника CDE равен 55 см. В этот треугольник вписан ромб DMFN так, что вершины М, F и N лежат соответственно на сторонах CD, СЕ и DE. Найдите стороны CD и DE, если СЕ = 8 см, ЕЕ = 12 см.
Решение. Диагональ DF ромба является биссектрисой треугольника CDE, поэтому
CD СЕ 82
75к = ™CD = 3DE-
СЕ = CF + ЕЕ = 8 см + 12 см = 20 см;
CD + DE = 55 см - СЕ = 35 см,
9
т. е. ^DE + DE = 35 см, откуда DE = 21 см.
2
CD = | -21 см = 14 см.
Ответ. CD = 14 см, DE = 21 см.
Подобны ли треугольники АВС и DEF, если /Л = 106°, ZB = 34°, ZE = 106°, ZF = 40°, АС = 4,4 см, АВ = 5,2 см, ВС = 7,6 см, DE = = 15,6 см, DF = 22,8 см, ЕЕ = 13,2 см?
Решение. ZA = ZE\ ZC = 180° - ^ZA + ZB) = 180° - 140° = = 40°, т. е. ZC = ZF; ZD = 180° - (ZE + ZF) = 180° - 146° = 34°, т. е. ZB = ZD.
Итак, углы треугольников АВС и DEF соответственно равны.
ЛВ_ 5,2_1АС_ 4,4_ 1ВС_7,6_1
ВЁ“ 15^6“3’ ЁЕ” 13Z“ 3’ЁЁ”22Л“3’
АВАСВС
Отсюда следует, что —— = —— = ——, т. е. стороны треугольника UEErDr
АВС пропорциональны сходственным сторонам треугольника DEF. Следовательно, треугольники АВС и DEF подобны.
Ответ. Да.
В подобных треугольниках АВС и KMN стороны АВ и КМ, ВС и MN являются сходственными. Найдите стороны треугольника KMN, если: КМ
ЛВ = 4 см, ВС = 5 см, С А = 7 см, —— = 2,1.
АВ
Решение. КМ = 2,1 • АВ = 2,1 • 4 см = 8,4 см;
=2,1, откуда MN = 2,1 ■ ВС = 10,5 см; ВС
^ = 2,1, откуда KN = 2,1 ■ АС = 14,7 см.
Ответ. КМ = 8,4 см; MN = 10,5 см; KN = 14,7 см.
Докажите, что отношение сходственных сторон подобных треугольников равно отношению высот, проведенных к этим сторонам.
Решение. Пусть ААВС ~ АА\В\С\, АВ : А\В\ = k, h и h\ — высоты, проведенные к сходственным сторонам АВ и А\В\. Тогда
ВабсВ А уВуСуВабсВ А уВуСу= к2, т. е.= к2, т. е.Ав-П
ВабсВ А уВуСу
ВабсВ А уВуСу
= к2, т. е.
= к2, т. е.
А=кЧ
^А.В, • /г.
Отсюда получаем
Следовательно, — = к.
АВ h
Итак, .= —, что и требовалось доказать.
А\В\ hi
Площади двух подобных треугольников равны 75 м2 и 300 м2. Одна из сторон второго треугольника равна 9 м. Найдите сходственную ей сторону первого треугольника.
Решение. Пусть коэффициент подобия данных треугольников равен к. Тогда Щ = А;2, откуда к^ = р к = |. Искомая сторона равна к • 9 м, т. е. 4,5 м.
Ответ. 4,5 м.
Треугольники АВС и АХВХСХ подобны, и их сходственные стороны относятся как 6 : 5. Площадь треугольника АВС больше площади треугольника А\В\С\ на 77 см2. Найдите площади треугольников.
Решение. Площади треугольников АВС и АХВХСХ обозначим через 8 и 8Х.
т с с /6\36с 36 с оС с
1огда 5 : 51= I - I= —,откуда 8= — 5ь Поусловию 5 — 51 =
уЭ/
= 77 см2, т. е. || 51 - 51 = 77 см2, или ^ Si = 77 см2, откуда 51 =
s = 51+77 см2 = 252 см2.s = 51+77 см2 = 252 см2.= 175 см2.
s = 51+77 см2 = 252 см2.
s = 51+77 см2 = 252 см2.
Ответ. 8двс = 252 см2, 8дхвхсх = 175 см2.
План земельного участка имеет форму треугольника. Площадь изображенного на плане треугольника равна 87,5 см2. Найдите площадь земельного участка, если план выполнен в масштабе 1 : 100000.
Решение. Пусть 8 — площадь земельного участка, выраженная в квадратных сантиметрах. Тогда
87,5 у2 71
5 -к , где к- Ю0000'
Отсюда 8 = (100 000)2 • 8 7,5 см2 = 8 7,5 км2.
Ответ. 87,5 км2.
Докажите, что отношение периметров двух подобных треугольников равно коэффициенту подобия.
Решение. Пусть ААВС ~ ААХВХСХ, причем
АВ _ ВС _ С А _,АХВ1 ~ ВХС1 ~ CiAi ~
(где к — коэффициент подобия). Тогда
АВ = к • АХВХ,ВС = к-ВхСх,СА = к-СхАх.
Складывая эти равенства, получаем:
АВ + ВС + С А = к • (АХВХ + ВХСХ + СХАХ\
откудаоткудаАВ + ВС + С А
откуда
откуда
АХВХ + ВХСХ + СХАХ
что и требовалось доказать.
Треугольники АВС и АХВХСХ подобны. Сходственные стороны ВС и ВХС\ соответственно равны 1,4 м и 56 см. Найдите отношение периметров треугольников АВС и АХВХСХ.
Решение. Отношение периметров подобных треугольников АВС и АХВХСХ равно коэффициенту подобия, т. е. отношению сходственных
сторон ВС и ВХСХ:сторон ВС и ВХСХ:ВС _ 140 смВХС\ 56 смВС _ 140 смВХС\ 56 смОтвет. 2,5.
сторон ВС и ВХСХ:
сторон ВС и ВХСХ:
ВС _ 140 см
ВХС\ 56 см
ВС _ 140 см
ВХС\ 56 см
Стороны данного треугольника равны 15 см, 20 см и 30 см. Найдите стороны треугольника, подобного данному, если его периметр равен 26 см.
Решение. Отношение периметров данного треугольника и треугольника, подобного данному, равно коэффициенту подобия к, т. е.
15 + 20 + 30
Стороны треугольника, подобного данному, в к раз меньше сторон данного треугольника, т. е. искомые стороны равны 15 см : 2,5 = 6 см, 20 см : 2,5 = 8 см, 30 см : 2,5 = 12 см.
Ответ. 6 см, 8 см, 12 см.
Признаки подобия треугольников
По данным рисунка 132 (рис. 193 учебника) найдите х и у.
20б20бРешение, а) На рисунке 132, а прямоугольные треугольники подобны по первому признаку подобия треугольников (они имеют
20
б
20
б
по равному прямому углу и по равному острому углу а). Из подобия треугольников следует пропорциональность сходственных сторон:
хТ2хТ2-, откуда х = 9. о-, откуда х = 9. о
х
Т2
х
Т2
-, откуда х = 9. о
-, откуда х = 9. о
б) На рисунке 132, б прямоугольные треугольники также подобны,
2828-6у, откуда у = ——2828-6у, откуда у = ——= 21.= 21.поэтому
2828-6
у, откуда у = ——
2828-6
у, откуда у = ——
= 21.
= 21.
С102 -82
Ответ, х = 9, у = 21.
Рис. 133Рис. 133На стороне CD параллелограмма ABCD отмечена точка Е. Прямые АЕ и ВС пересекаются в точке F. Найдите: а) ЕЕ и ЕС, если DE = 8 см, ЕС = 4 см, ВС = 7 см, АЕ = 10 см; б) DE и ЕС, если АВ = 8 см, AD = 5 см, СЕ = 2 см.
Рис. 133
Рис. 133
следует:следует:Решение. Треугольники ADE и ЕСЕ на рисунке 133 подобны по первому признаку подобия треугольников (углы 1 и 2 равны как накрест лежащие при пересечении параллельных прямых AD и BF секущей AF, углы 3 и 4 равны как вертикальные). Из подобия треугольников
следует:
следует:
ЕЕ _ ЕС _ ЕСАЕ ~ AD ~ DE‘
Из этих равенств получаем:
DE 8’
AD • ЕС 7-4 Q
FC = -DE” = Т
Из тех же равенств следует:
ЕС FC 2ГЛ- 2ПГ
DE = AD = 5’ °ТКУДЗ ЕС = СЕ-
9
Так как DE + ЕС = DC = АВ = 8 см, то DE + ^DE = 8 см.
Отсюда
г 40 г 5
DE = — см = 5- см;
77
22 402
ЕС = ^DE = I • у см = 2^ см.
Ответ, а) ЕЕ = Ь см, ЕС = 3,5 см; б) DE = б| см, ЕС = 2| см.
Диагонали трапеции ABCD с основаниями АВ и CD пересекаются в точке О. Найдите: а) АВ, если ОВ = 4 см, OD = 10 см, DC = 25 см;
б) ^^ и ^^, если АВ = a, DC = Ь; в) АО, если АВ = 9,6 дм, DC = 24 см, АС = 15 см.
^Решение. На рисунке 134 треугольники
ryiАОВ и COD подобны по двум углам (углы 1
/ \з/ \и 2 равны как накрест лежащие при пересе/\чении параллельных прямых АВ и DC секу-
/\ \щей BD, углы 3 и 4 равны как вертикальные).
Из подобия треугольников следует:
DСАВ _ АО _ ВО
Рис. 134DC " ОС " OD'
Отсюда получаем:
х а о DC-ВО 25-4
а) АВ = QD = см = 10 см;
АО _ ВО _ а.
’ ОС ” OD - С
х АВ АО96 АО
DC = ЛС^ЛО' "™ 24 = 15 с,-.40- °™ "™"":
4(15 см - АО) = АО, АО = 12 см.
Ответ, а) 10 см; б) ^; в) 12 см.
Подобны ли равнобедренные треугольники, если они имеют: а) по равному острому углу; б) по равному тупому углу; в) по прямому углу? Ответ обоснуйте.
Решение, а) Два равнобедренных треугольника, имеющие по равному острому углу, могут не быть подобными. Например, равнобедренный треугольник с углом в 50° при основании и равнобедренный треугольник с углом в 50° между боковыми сторонами не подобны, так как углы первого треугольника равны 50°, 50°, 80°, а второго 50°, 65°, 65°.
б), в) Если два равнобедренных треугольника имеют по равному тупому углу (или по прямому углу), то эти равные углы лежат между боковыми сторонами треугольника. Боковые стороны одного равнобедренного треугольника пропорциональны боковым сторонам другого равнобедренного треугольника. Следовательно, указанные треугольники подобны по второму признаку подобия треугольников.
Ответ, а) Не всегда; б) да; в) да.
Основания трапеции равны 5 см и 8 см. Боковые стороны, равные 3,6 см и 3,9 см, продолжены до пересечения в точке М. Найдите расстояния от точки М до концов меньшего основания.
Решение. Пусть ABCD — данная трапеция с основаниями AD = = 8 см, ВС = 5 см и боковыми сторонами АВ = 3,9 см, CD = = 3,6 см (рис. 135). Требуется найти МВ и МС.
Треугольники AMD и ВМС подобны по двум углам (угол М — общий; ZA = ZMBC, так как эти углы являются соответственными при пересечении параллельных прямых AD и ВС секущей АМ\
Из подобия треугольников следует:
МВ _ ВСМВ _ 5
МА “ AD ’ ИЛИ МВ + 3,9 см “ 8 ’
Отсюда получаем:
ВМВ = 5МВ + 19,5 см, МВ = 6,5 см.
Аналогично:
МС _ ВСМС_ 5
MD ~ AD ’ ИЛИ МС + 3,6 см “ 8 ’
откуда находим: МС = 6 см.
Ответ. 6,5 см и 6 см.
Точки М, N и Р лежат соответственно на сторонах АВ, ВС и С А треугольника АВС, причем MN || AC, NP || АВ. Найдите стороны четырехугольника AMNP, если: а) АВ = 10 см, АС = 15 см, PN : MN = = 2 : 3; б) АМ = АР, АВ = а, АС = Ь.
Решение, а) Четырехугольник AMNP — параллелограмм
АМ 2
(рис. 136), поэтому АМ = PN, АР = MN и, следовательно, = -.
САВС ~ CMBN по двум углам (ZB — общий, ZA = ZBMN\ поэтому
АВ _ МВ 10 _ 10 см — АМ
"АС ~ ИЛИ L5 “ MN ’
Отсюда следует:
2 _ 10 см 24 _ 10 см
3 “ MN ~ 3’3 “ MN ’
9
MN = 7,5 см, АМ = ^MN = 5 см.
ММРис. 135Рис. 135Итак, MN = АР = 7,5 см; АМ = PN = 5 см.
М
М
Рис. 135
Рис. 135
Рис. 136
) Так как АМ = АР, то= 1АР MN) Так как АМ = АР, то= 1АР MNАВИз равенстваАВИз равенстваМВMN П0ЛУчаем:МВMN П0ЛУчаем:
) Так как АМ = АР, то= 1
АР MN
) Так как АМ = АР, то= 1
АР MN
АВ
Из равенства
АВ
Из равенства
МВ
MN П0ЛУчаем:
МВ
MN П0ЛУчаем:
а _ а — АМа _ а 1
ь - mn ’ или ь - mn ’
Отсюда находим:Отсюда находим:Итак,Итак,АМ = MN = NP = АР = -——. а + ЬАМ = MN = NP = АР = -——. а + ЬОтвет, а) 7,5 см, 5 см, 7,5 см, 5 см; б) все стороны равны ——.Ответ, а) 7,5 см, 5 см, 7,5 см, 5 см; б) все стороны равны ——.Рис. 137Рис. 137557. Стороны угла А пересечены параллельными прямыми ВС и DE, причем точки В и D лежат на одной стороне угла, а С и Е — на другой. Найдите: а) АС, если СЕ = 10 см, AD = 22 см, BD = 8 см; б) BD и DE, если АВ = 10 см, АС = = 8 см, ВС = 4 см, СЕ = 4 см; в) ВС, если АВ : BD = 2 : 1 и DE = 12 см.Решение. Согласно задаче 556АВ _ BD , АС СЕ (рИС' 137)'557. Стороны угла А пересечены параллельными прямыми ВС и DE, причем точки В и D лежат на одной стороне угла, а С и Е — на другой. Найдите: а) АС, если СЕ = 10 см, AD = 22 см, BD = 8 см; б) BD и DE, если АВ = 10 см, АС = = 8 см, ВС = 4 см, СЕ = 4 см; в) ВС, если АВ : BD = 2 : 1 и DE = 12 см.Решение. Согласно задаче 556АВ _ BD , АС СЕ (рИС' 137)'АВ = AD - BD = 14 см, АС = ^^ = ^^ см = 17,5 см.„ ппАВ-СЕ10-4 сВD = —— = —-— см = 5 см.7АС 8АВ = AD - BD = 14 см, АС = ^^ = ^^ см = 17,5 см.„ ппАВ-СЕ10-4 сВD = —— = —-— см = 5 см.7АС 8AADE ~ ААВС по двум углам (угол А — общий, ZC = АЕ\AADE ~ ААВС по двум углам (угол А — общий, ZC = АЕ\DE поэтому —— =DE поэтому —— =АЕоткудаАЕоткудаDE =DE =АЕ • ВС _ (АС + СЕ) • ВС _ (8 + 4) • 4АС “ АС “8АЕ • ВС _ (АС + СЕ) • ВС _ (8 + 4) • 4АС “ АС “8см = 6 (см).см = 6 (см).Так как АВ : BD = 2 : 1, то АВ = 2 • BD. ПоэтомуТак как АВ : BD = 2 : 1, то АВ = 2 • BD. ПоэтомуAD _ АВ + BD _ 3BD _ 3АВ “ АВ ~ 2BD ~ 2*Из подобия треугольников ADE и АВС следует:DE _ AD 12 см _ 3"вс АВ’ ИЛИ ”вс" 2’12 • 2откуда ВС = —-— см = 8 см.Ответ, а) 17,5 см; б) 5 см и 6 см; в) 8 см.AD _ АВ + BD _ 3BD _ 3АВ “ АВ ~ 2BD ~ 2*Из подобия треугольников ADE и АВС следует:DE _ AD 12 см _ 3"вс АВ’ ИЛИ ”вс" 2’12 • 2откуда ВС = —-— см = 8 см.Ответ, а) 17,5 см; б) 5 см и 6 см; в) 8 см.
Отсюда находим:
Отсюда находим:
Итак,
Итак,
АМ = MN = NP = АР = -——. а + Ь
АМ = MN = NP = АР = -——. а + Ь
Ответ, а) 7,5 см, 5 см, 7,5 см, 5 см; б) все стороны равны ——.
Ответ, а) 7,5 см, 5 см, 7,5 см, 5 см; б) все стороны равны ——.
Рис. 137
Рис. 137
557. Стороны угла А пересечены параллельными прямыми ВС и DE, причем точки В и D лежат на одной стороне угла, а С и Е — на другой. Найдите: а) АС, если СЕ = 10 см, AD = 22 см, BD = 8 см; б) BD и DE, если АВ = 10 см, АС = = 8 см, ВС = 4 см, СЕ = 4 см; в) ВС, если АВ : BD = 2 : 1 и DE = 12 см.
Решение. Согласно задаче 556
АВ _ BD , АС СЕ (рИС' 137)'
557. Стороны угла А пересечены параллельными прямыми ВС и DE, причем точки В и D лежат на одной стороне угла, а С и Е — на другой. Найдите: а) АС, если СЕ = 10 см, AD = 22 см, BD = 8 см; б) BD и DE, если АВ = 10 см, АС = = 8 см, ВС = 4 см, СЕ = 4 см; в) ВС, если АВ : BD = 2 : 1 и DE = 12 см.
Решение. Согласно задаче 556
АВ _ BD , АС СЕ (рИС' 137)'
АВ = AD - BD = 14 см, АС = ^^ = ^^ см = 17,5 см.
„ ппАВ-СЕ10-4 с
ВD = —— = —-— см = 5 см.
7АС 8
АВ = AD - BD = 14 см, АС = ^^ = ^^ см = 17,5 см.
„ ппАВ-СЕ10-4 с
ВD = —— = —-— см = 5 см.
7АС 8
AADE ~ ААВС по двум углам (угол А — общий, ZC = АЕ\
AADE ~ ААВС по двум углам (угол А — общий, ZC = АЕ\
DE поэтому —— =
DE поэтому —— =
АЕ
откуда
АЕ
откуда
DE =
DE =
АЕ • ВС _ (АС + СЕ) • ВС _ (8 + 4) • 4
АС “ АС “8
АЕ • ВС _ (АС + СЕ) • ВС _ (8 + 4) • 4
АС “ АС “8
см = 6 (см).
см = 6 (см).
Так как АВ : BD = 2 : 1, то АВ = 2 • BD. Поэтому
Так как АВ : BD = 2 : 1, то АВ = 2 • BD. Поэтому
AD _ АВ + BD _ 3BD _ 3
АВ “ АВ ~ 2BD ~ 2*
Из подобия треугольников ADE и АВС следует:
DE _ AD 12 см _ 3
"вс АВ’ ИЛИ ”вс" 2’
12 • 2
откуда ВС = —-— см = 8 см.
Ответ, а) 17,5 см; б) 5 см и 6 см; в) 8 см.
AD _ АВ + BD _ 3BD _ 3
АВ “ АВ ~ 2BD ~ 2*
Из подобия треугольников ADE и АВС следует:
DE _ AD 12 см _ 3
"вс АВ’ ИЛИ ”вс" 2’
12 • 2
откуда ВС = —-— см = 8 см.
Ответ, а) 17,5 см; б) 5 см и 6 см; в) 8 см.
Прямые а и b пересечены параллельными прямыми ЛЛь ВВх, ССх, причем точки А, В w С лежат на прямой а, а Ль Вх и Сх — на прямой Ь. пАВ АхВх
Докажите, что —— =
Решение. Если а || Ь, то четырехугольники АВВ\А\ и ВСС\В\ — параллелограммы (рис. 138, а\ и поэтому АВ = АхВх и ВС = В\С\,
абРис. 138абРис. 138
аб
Рис. 138
аб
Рис. 138
откуда следует, что АВ АхВх ВС = ВхСх *
Если прямые а и b не параллельны, то через точку А проведем прямую Ьх, параллельную прямой Ь (рис. 138, б). Она пересекает прямую ВВх в некоторой точке В^, а прямую ССх — в точке С^. Четырехугольники АВ^ВхАх и В^С^СхВх — параллелограммы и потому
АВ2 = АхВх и В2С2 = ВхСх-
Согласно задаче 556 имеет место равенство
АВ _ ВСАВ2 ~ В2С2 *
Отсюда, используя предыдущие равенства, получаем
АВ _ ВС
На одной из сторон данного угла А отложены отрезки АВ = 5 см и АС = 16 см. На другой стороне этого же угла отложены отрезки AD =
= 8 см и AF = 10 см.= 8 см и AF = 10 см.Подобны ли треугольники ACD и AFB? Ответ
= 8 см и AF = 10 см.
= 8 см и AF = 10 см.
обоснуйте.
АС 168 AD 8
Решение. Так как — = - = - и ^ =
т0АС _ АР
AF “ АВ’
т. е. стороны АС и AD треугольника ACD пропорциональны сторонам AF и АВ треугольника AFB (рис. 139). Угол А — общий угол треугольников ACD и AFB, заключенный между сторонами АС и AD треугольника ACD и также между
сторонами AF и АВ треугольника AFB. Отсюда по второму признаку подобия треугольников следует, что AACD ~ AAFB.
Ответ. Да.
Подобны ли треугольники АВС и АуВуСу, если: а) АВ = 3 см, ВС = 5 см, С А = 7 см, АуВу = 4,5 см, ВуСу = 7,5 см, СуАу = 10,5 см; б) АВ = 1,7 см, ВС = 3 см, С А = 4,2 см, АуВу = 34 дм, ВуСу = 60 дм, СуАу = 84 дм?
_.АВ 32
Решение, а) 1ак как л = —— =
АуВу 4,53
ВС _ 5 _2
ВуСу “ 7,5 “ 3’
С А _ 7 _ 2СуАу ~ 10,5 “ 3’
то ААВС ~ ААуВуСу по третьему признаку подобия треугольников.
6) Так как= —, то ДАВС ~ AA]BiCi
по третьему признаку подобия треугольников.
Ответ, а) Да; б) да.
Докажите, что два равносторонних треугольника подобны.
Решение. Три стороны одного равностороннего треугольника пропорциональны трем сторонам другого равностороннего треугольника. Поэтому два равносторонних треугольника подобны по третьему признаку подобия треугольников.
ССРис. 140Рис. 140В треугольнике АВС сторона АВ равна а, а высота СП равна h. Найдите сторону квадрата, вписанного в треугольник АВС так, что две соседние вершины квадрата лежат на стороне АВ, а две другие — соответственно на сторонах АС и ВС.
С
С
Рис. 140
Рис. 140
Решение. Пусть MNPQ — квадрат,
вписанный в треугольник АВС (рис. 140). Тогда NP || АВ, и поэтому если СН — вы
сота треугольника АВС, то СК — высота треугольника NPC. Пусть
NP = х, тогда
СК = СН - КН = h — x.
Треугольники АВС и NPC подобны по двум углам (угол С — общий; АВ = ZCPN, так как NP || АВ). Отсюда, согласно задаче 543,
следует, чтоследует, чтоNPСКхh — xАВСНa hNPСКхh — xАВСНa hИз последнего равенства получаем: xh = a(h — х), откуда х =Из последнего равенства получаем: xh = a(h — х), откуда х =Ответ.Ответ.ahа + h'ahа + h'ahа + h*ahа + h*
следует, что
следует, что
NPСКхh — x
АВСНa h
NPСКхh — x
АВСНa h
Из последнего равенства получаем: xh = a(h — х), откуда х =
Из последнего равенства получаем: xh = a(h — х), откуда х =
Ответ.
Ответ.
ahа + h'
ahа + h'
ah
а + h*
ah
а + h*
Через точку М, взятую на медиане AD треугольника АВС, и вершину В проведена прямая, пересекающая сторону АС в точке К. Найдите
АК хАМ \
отношение если: а) М — середина отрезка AD; б) = -.
Решение. Пусть DE || ВК (рис. 141). Тогда, согласно задаче 556, имеют место равенства
ID) i\A AM _ АК, DC ~ EXT MD ~ "КЁ’
а поскольку BD = DC, то КЕ = ЕС.
Так как точка М — середина отрезка AD, то АМ = MD, и поэтому АК = КЕ. Итак, АК = КЕ = ЕС, следовательно, КС = 2АК, АК _ 1 КС “ 2'
~ АМ 1 АК 1
1ак как = -, то = -, т. е. КЕ = 2АК, а поскольку
КЕ = ЕС, то КС = 2КЕ = 4АК. Поэтому
АК _ 1
КС “ 4*
Ответ, а) б)
7 27 4
§ 3. Применение подобия к доказательству теореми решению задач
Дан треугольник, стороны которого равны 8 см, 5 см, 7 см. Найдите периметр треугольника, вершинами которого являются середины сторон данного треугольника.
Решение. Сторонами треугольника с искомым периметром являются средние линии данного треугольника, каждая из которых равна половине соответствующей стороны данного треугольника. Поэтому искомый периметр равен
^(8 + 5 + 7) см = 10 см.
Ответ. 10 см.
Рис. 142Рис. 142Расстояние от точки пересечения диагоналей прямоугольника до прямой, содержащей его большую сторону, равно 2,5 см. Найдите меньшую сторону прямоугольника.
Рис. 142
Рис. 142
Решение. Пусть ОМ — перпендикуляр, проведенный из точки Опересечения диагоналей прямоугольника ABCD к его большей стороне AD (рис. 142). Тогда ОМ || АВ и так как точка О — середина отрезка BD, то ОМ —
средняя линия треугольника ABD. Поэтому АВ = 2ОМ, а так как по условию ОМ = 2,5 см, то АВ = 5 см. Итак, меньшая сторона прямоугольника равна 5 см.
Ответ. 5 см.
Точки Р и Q — середины сторон АВ и АС треугольника АВС. Найдите периметр треугольника АВС, если периметр треугольника APQ = = 21 см.
Решение. Так как Р и Q — середины сторон АВ и АС, то АВ = = 2АР, АС = 2AQ, а поскольку отрезок PQ — средняя линия треугольника АВС, то ВС = 2PQ. Следовательно,
АВ + ВС + С А = 2(АР + AQ + PQ) = 2 • 21 см = 42 см.
Ответ. 42 см.
Докажите, что середины сторон произвольного четырехугольника являются вершинами параллелограмма.
Решение. Пусть точки М, N, Р, Q — середины сторон четырехугольника ABCD (рис. 143). Тогда MN и PQ — средние линии треугольников АВС и ADC; поэтому
MN || AC, MN = ^АС иPQ || AC, PQ = ^АС.
Отсюда следует, что MN || PQ и MN = PQ.
Следовательно, четырехугольник MNPQ — параллелограмм.
Докажите, что четырехугольник есть ромб, если его вершинами являются середины сторон: а) прямоугольника; б) равнобедренной трапеции.
Решение, а) Пусть точки М, N, Р, Q — середины сторон прямоугольника ABCD (рис. 144, а\ Тогда четырехугольник MNPQ — параллелограмм, причем MN = PQ = 2^^’ MQ == 2^^ ^см' Ре-
аб
шение задачи 567). Но в прямоугольнике диагонали равны, т. е. АС = = BD. Следовательно, MN = PQ = MQ = NP, т. е. MNPQ — ромб.
б) Пусть точки М, N, Р, Q — середины сторон равнобедренной трапеции ABCD (рис. 144, б). Тогда четырехугольник MNPQ — параллелограмм, причем MN = PQ = ^АС, MQ = NP = ^BD (см. решение задачи 567). Но в равнобедренной трапеции диагонали равны, т. е. АС = BD (см. задачу 388, б). Следовательно, MN = PQ = MQ = = NP, т. е. MNPQ — ромб.
Докажите, что отрезок, соединяющий середины диагоналей трапеции, параллелен ее основаниям и равен полуразности оснований.
Решение. Пусть точки М и N — середины диагоналей АС и BD трапеции ABCD с основаниями AD и ВС, причем AD > > ВС (рис. 145). Проведем через точку М прямую ME, параллельную AD. Тогда отрезок ME — средняя линия треугольника ACD, и значит, точка Е — середина стороны CD и ME =
Так как прямая ME проходит через середину стороны CD и ME || ВС, то прямая ME пересекает диагональ BD в ее середине, т. е. в точке N. Поэтому отрезок NE — средняя линия треугольника DBC и, следовательно, NE = ^ВС.
MN = ME-NE= {-AD - ^ВС = ^(AD - ВС).
Итак, отрезок MN параллелен основаниям трапеции и равен их полуразности, что и требовалось доказать.
Диагональ АС параллелограмма ABCD равна 18 см. Середина М стороны АВ соединена с вершиной D. Найдите отрезки, на которые делится диагональ АС отрезком DM.
Решение. Пусть точка N — середина стороны CD, Р и Q — точки пересечения отрезков DM и BN с диагональю АС (рис. 146).
Так как МВ = DN и MB || DN, то MBND — параллелограмм и, следовательно, DM || BN. Поэтому MP || BQ и так как точка М — середина АВ, то отрезок МР — средняя линия треугольника ABQ. Значит, АР = PQ.
Рис. 145Рис. 145Аналогично рассматривая треугольник CPD, находим, что CQ = = PQ.
Рис. 145
Рис. 145
Рис. 146
Итак, АР = PQ = CQ.
Отсюда получаем, что АР = ^АС = 6 см, PC = 12 см.
Ответ. 6 см и 12 см.
В треугольнике АВС медианы ААх и ВВх пересекаются в точке О. Найдите площадь треугольника АВС, если площадь треугольника АВО равна S.
Решение. Так как ВО : ОВу = 2 : 1 и так как треугольники АОВ и АОВ\ имеют общую высоту, проведенную из вершины А (рис. 147), то
Sao в : Saobx =2:1,
откуда следует, что
13
Saobx = -^S, Sabbx = Saob + Saobx = 2^*
Так как медиана ВВ\ разделяет треугольник АВС на два треугольника с равными площадями, то
Sabc = 2Sabbv = ^S.
Ответ. 3S.
В условиях задач 572-574 использованы следующие обозначения для элементов прямоугольного треугольника АВС с прямым углом С и высотой СН; ВС = а, АВ = с, АС = b, СН = К, АН = Ьс, НВ = = ас (рис. 148).
Найдите: a) h, а и Ь, если Ьс = 25, ас = 16; б) h, а и Ь, если Ьс = 36, ас = 64; в) а, си ас, если Ь = 12, Ьс = 6; г) Ь, с и ЬС1 если а = 8, ас = 4; д) h, b, ас и Ъс, если а = 6, с = 9.
Решение, a) h = Vac • bc = V25 • 16 = 20;
а = д/с • ас = у/(ас + Ьс)ас = V41 • 16 = 4у/44 ;
Ъ = V^b"c = л/4Ь25 = 5V4T.
h = V36^64 = 48;
а = у/(36 + 64) • 64 = 80;
Рис. 148Рис. 148b = V100 • 36 = 60.
Рис. 148
Рис. 148
Рис. 147
Из равенства b = Vе* ^с следует:
с = / = 1/ = 24; а = У Л - Ь2 = уЛЛЩЛ = 12V3.
Из равенства а = д/с • ас следует:
__ (jW|y _ 18
" ~~24- 1Й-
2 о2
с = — = — = 16;
«С 4
b = Vc2 - а2 = V162 - 82 = 8V3; Ьс = - = (8л/)2 = 12.
с 16
b = У с2 — о? = V92 — 62 = ЗУб;
h = Vac-bc = V4 ■ 5 = 2 VS.
Ответ, а) 20, 4V4T и бУГГ; б) 48, 80 и 60; в) 12V3, 24 и 18; г) 8V3, 16 и 12; д) 2^5, ЗУб, 4 и 5.
Выразите ас и Ьс через а, b и с.
Решение. Из формул а = д/с • ас , Ь = Vе * ^с следует:
Ответ. ас = —, Ьс = —. сс
Докажите, что: a) h = —; б) — = с ас ос
Решение, а) Для площади S прямоугольного треугольника справедливы равенства:
S = ^ab и S = ^ch.
Отсюда получаем ab = ch, или h = —.
Из формул ас = — и Ьс = — (см. задачу 573) следует: с = — ь2
и ъс-
го2 Ь2
Следовательно, — = —.
Се Ос
Катеты прямоугольного треугольника относятся как 3 : 4, а гипотенуза равна 50 мм. Найдите отрезки, на которые гипотенуза делится высотой, проведенной из вершины прямого угла.
Решение. По условию Ь : а = 3 : 4, с = 50 мм (см. рис. 148).
Используя равенства ас = —, Ьс = — (см. задачу 573), получаем:
6с _ас а6с _ас а
6с _
ас а
6с _
ас а
Так как ас + Ьс = с, то ас + — ас = 50 мм, откуда
ас = 32 мм, Ьс = 18 мм.
Ответ. 32 мм и 18 мм.
Высота прямоугольного треугольника, проведенная из вершины прямого угла, делит гипотенузу на отрезки, один из которых на 11 см больше другого. Найдите гипотенузу, если катеты треугольника относятся как 6 : 5.
Решение. Пусть ас = Ьс + 11 см (см. рис. 148). Так как ас > Ьс,
ас 6асV = 5’ откуда Д =ас 6асV = 5’ откуда Д =то д/с • ас > л/с<Ь^, т. е. а > Ь. Поэтому, согласно условию задачи,
ас 6ас
V = 5’ откуда Д =
ас 6ас
V = 5’ откуда Д =
и, значит,и, значит,7 п гас / ас
и, значит,
и, значит,
а : о = о : 5. Но ТА / —
bV bc
3636 ,
25'='«-=25Ь-
Следовательно, || bc = bc + 11 см. Отсюда находим:
Ьс = 25 см,ас = bc + 11 см = 36 см,с = ас + Ьс = 61 см.
Ответ. 61 см.
577. В треугольнике, стороны которого равны 5 см, 12 см и 13 см, проведена высота к большей стороне. Найдите отрезки, на которые высота делит эту сторону.Решение. Так как 52 + 122 = 132, то данный треугольник — прямоугольный, причем гипотенуза равна 13 см. Пусть а = 12 см, b = = 5 см (см. рис. 148). Требуется найти ас и Ьс.577. В треугольнике, стороны которого равны 5 см, 12 см и 13 см, проведена высота к большей стороне. Найдите отрезки, на которые высота делит эту сторону.Решение. Так как 52 + 122 = 132, то данный треугольник — прямоугольный, причем гипотенуза равна 13 см. Пусть а = 12 см, b = = 5 см (см. рис. 148). Требуется найти ас и Ьс.2222ГГИз равенства — = — (см. задачу 574, б) следует, что =Из равенства — = — (см. задачу 574, б) следует, что =ь(ь(ь(ь(144"25"144"25"144"25"144"25"ь2ь2144Так как ас + Ьс = с = 13 см, то -^"Ьс + Ьс = 13 см, откуда находим:144Так как ас + Ьс = с = 13 см, то -^"Ьс + Ьс = 13 см, откуда находим:ь(ь(25. 12Тз см = Тз см’25. 12Тз см = Тз см’144 и 1уу см = 11 — см.144 и 1уу см = 11 — см.
577. В треугольнике, стороны которого равны 5 см, 12 см и 13 см, проведена высота к большей стороне. Найдите отрезки, на которые высота делит эту сторону.
Решение. Так как 52 + 122 = 132, то данный треугольник — прямоугольный, причем гипотенуза равна 13 см. Пусть а = 12 см, b = = 5 см (см. рис. 148). Требуется найти ас и Ьс.
577. В треугольнике, стороны которого равны 5 см, 12 см и 13 см, проведена высота к большей стороне. Найдите отрезки, на которые высота делит эту сторону.
Решение. Так как 52 + 122 = 132, то данный треугольник — прямоугольный, причем гипотенуза равна 13 см. Пусть а = 12 см, b = = 5 см (см. рис. 148). Требуется найти ас и Ьс.
2
2
2
2
Г
Г
Из равенства — = — (см. задачу 574, б) следует, что =
Из равенства — = — (см. задачу 574, б) следует, что =
ь(
ь(
ь(
ь(
144"25"
144"25"
144"25"
144"25"
ь2
ь2
144
Так как ас + Ьс = с = 13 см, то -^"Ьс + Ьс = 13 см, откуда находим:
144
Так как ас + Ьс = с = 13 см, то -^"Ьс + Ьс = 13 см, откуда находим:
ь(
ь(
25. 12
Тз см = Тз см’
25. 12
Тз см = Тз см’
144 и 1
уу см = 11 — см.
144 и 1
уу см = 11 — см.
11 11 12
Ответ. СМ И см-
Рис. 149Рис. 149откудаоткудаАуСуАуСуАС • ВСхВСАС • ВСхВС1,7-6,33,41,7-6,33,4м = 3,15 м.м = 3,15 м.
Рис. 149
Рис. 149
откуда
откуда
АуСу
АуСу
АС • ВСхВС
АС • ВСхВС
1,7-6,3
3,4
1,7-6,3
3,4
м = 3,15 м.
м = 3,15 м.
Для определения высоты столба AiCi, изображенного на рисунке 149 (рис. 199 учебника), использован шест с вращающейся планкой. Чему равна высота столба, если ВСу = 6,3 м, ВС = 3,4 м, АС = 1,7 м?
Решение. Треугольники АВС и АуВСу подобны по двум углам (угол В — общий, углы С и Су — прямые), поэтому
АуСу _ ВСхАС ~ ВС ’
Ответ. 3,15 м.
580. Длина тени дерева равна 10,2 м, а длина тени человека, рост которого 1,7 м, равна 2,5 м. Найдите высоту дерева.580. Длина тени дерева равна 10,2 м, а длина тени человека, рост которого 1,7 м, равна 2,5 м. Найдите высоту дерева.Решение. Пусть АуСу — высота дерева, АС — высота человека,Решение. Пусть АуСу — высота дерева, АС — высота человека,ВСу — длина тени дерева, ВСВСу — длина тени дерева, ВСТогдаТогдаАуСу =АуСу =АС • ВСуВСАС • ВСуВС— длина тени человека (см. рис. 149).1,7-10,2.= ——— м = 6,936 м.2,5— длина тени человека (см. рис. 149).1,7-10,2.= ——— м = 6,936 м.2,5
580. Длина тени дерева равна 10,2 м, а длина тени человека, рост которого 1,7 м, равна 2,5 м. Найдите высоту дерева.
580. Длина тени дерева равна 10,2 м, а длина тени человека, рост которого 1,7 м, равна 2,5 м. Найдите высоту дерева.
Решение. Пусть АуСу — высота дерева, АС — высота человека,
Решение. Пусть АуСу — высота дерева, АС — высота человека,
ВСу — длина тени дерева, ВС
ВСу — длина тени дерева, ВС
Тогда
Тогда
АуСу =
АуСу =
АС • ВСуВС
АС • ВСуВС
— длина тени человека (см. рис. 149).
1,7-10,2.
= ——— м = 6,936 м.
2,5
— длина тени человека (см. рис. 149).
1,7-10,2.
= ——— м = 6,936 м.
2,5
Рис. 150Рис. 150ЕЕ480 см ’ЕЕ480 см ’
Рис. 150
Рис. 150
ЕЕ
480 см ’
ЕЕ
480 см ’
Ответ. 6,936 м.
Для определения высоты дерева можно использовать зеркало так, как показано на рисунке 150 (рис. 203 учебника). Луч света FD, отражаясь от зеркала в точке D, попадает в глаз человека (точку В). Определите высоту дерева, если АС = 165 см, ВС = 12 см, AD = = 120 см, DE = 4,8 м, Zl = Z2.
Решение. Треугольники ABD и EFD подобны по двум углам (Zl = Z2 по условию, углы с вершинами А и Е — прямые). Поэтому
J АВ ЕЕ 165-12
AD “ DE’ ИЛИ 120 “
откуда ЕЕ = 612 см = 6,12 м.
Ответ. 6,12 м.
Для определения расстояния от точки А до недоступной точки В на местности выбрали точку С и измерили отрезок АС и углы ВАС и АСВ. Затем построили на бумаге треугольник АуВуСу, подобный треугольнику АВС. Найдите АВ, если АС = 42 м, АуСу = 6,3 см, АуВу = 7,2 см.
Решение. Из подобия треугольников АВС и АуВуСу следует, что
АВ АС
АуСу'АуСу'А^Вх
АуСу'
АуСу'
7,2-426,37,2-426,3м = 48 м.м = 48 м.АхВх • АС откуда АВ = ——
7,2-42
6,3
7,2-42
6,3
м = 48 м.
м = 48 м.
Ответ. 48 м.
Рис. 151Рис. 151На рисунке 151 (рис. 204 учебника) показано, как можно определить ширину ВВх реки, рассматривая два подобных треугольника АВС и АВхСх. Определите ВВх, если АС = 100 м, АСх = 32 м, АВх = 34 м.
Рис. 151
Рис. 151
Решение. Из подобия треугольников АВС и АВхСх следует, что
АВ _ АС 34 м + ВВх _ ЮОЖ ” Ж’ ИЛИ 34^” ”32”
Отсюда находим: ВВх = 72,25 м.
Ответ. 72,25 м.
Задачи на построение
Начертите отрезок АВ и разделите его в отношении: а) 2 : 5; б) 3 : 7; в) 4 : 3.
Решение, а) Проведем луч АМ, не лежащий на прямой АВ. От точки А на этом луче отложим 7 равных отрезков произвольной длины: ААх, АхА2, ..., А^Ау. Проведем прямую А7В, а через точки Ах, А2, ..., Аб проведем прямые, параллельные прямой А7В (как это сделать, описано в решении задачи 222). Эти прямые разделяют отрезок АВ на 7 равных отрезков: АВх, ВхВ2, ..., В^В. Очевидно, что АВ2 : В2В = 2:5.
б), в) Построение выполняется аналогично.
Постройте треугольник по двум углам и биссектрисе, проведенной из вершины меньшего из данных углов.
Решение. Задачу нужно понимать так: даны два неравных угла и отрезок (рис.152, а); требуется построить треугольник, у которого два угла соответственно равны двум данным углам, а биссектриса треугольника, проведенная из вершины меньшего из этих двух углов, равна данному отрезку.
Сначала построим какой-нибудь треугольник, подобный искомому. Для этого начертим произвольный отрезок АВх и построим треугольник АВ\С\, у которого углы А и Вх равны соответственно меньшему и большему данным углам (рис. 152, б).
Далее построим биссектрису угла А и отложим на ней отрезок AD, равный данному отрезку. Через точку D проведем прямую, параллельную В\С\. Она пересекает стороны угла А в некоторых точках В и С (рис. 152, б).
Треугольник АВС — искомый. В самом деле, по построению угол А треугольника АВС равен меньшему из данных углов, а так как ВС || В\С\, то АВ = АВх и, следовательно, угол В равен другому из данных углов. Наконец, по построению биссектриса AD треугольника АВС равна данному отрезку. Итак, треугольник АВС удовлетворяет всем условиям задачи.
Очевидно, задача имеет единственное решение, если сумма двух данных углов меньше 180°, и нс имеет решений, если эта сумма больше или равна 180°.
Постройте треугольник по двум углам и высоте, проведенной из вершины третьего угла.
Решение. Сначала построим какой-нибудь треугольник АВхСх, у которого углы Вх и Сх равны соответственно двум данным углам.
Затем проведем высоту АНх этого треугольника и отложим на луче АНх отрезок АН, равный данной высоте искомого треугольника.
Через точку Н проведем прямую, параллельную ВхСх. Она пересекает лучи АВх и АСх в каких-то точках В и С.
Треугольник АВС — искомый. Это доказывается таким же образом, как и в задаче 586.
Если сумма двух данных углов меньше 180°, то задача имеет единственное решение, в противном случае решений нет.
Постройте треугольник АВС по углу А и медиане АМ, если известно, что АВ : АС = 2:3.
Решение. Задачу нужно понимать так: даны угол и отрезок (рис. 153, аУ, требуется построить треугольник АВС, у которого угол А равен данному углу, медиана АМ равна данному отрезку, а отношение сторон АВ и АС равно 2 : 3.
Построим угол XAY, равный данному углу. Затем возьмем какой- нибудь отрезок PQ и на луче АХ отложим отрезок АВ\, равный 2PQ, а на луче AY — отрезок АС\, равный 3PQ (рис. 153, б).
Проведем отрезок В\С\, построим его середину и обозначим ее буквой М\.
На луче АМ\ отложим отрезок АМ, равный данному отрезку, и через точку М проведем прямую, параллельную В\С\. Она пересекает лучи АХ и AY в некоторых точках В и С (см. рис. 153, б).
Треугольник АВС — искомый. Действительно, угол А по построе- АВ АВх 2
нию равен данному углу, а так как ВС || ВуСу, то —— = ——- = -. Наконец, отрезок АМ, равный по построению данному отрезку, является медианой треугольника АВС. Доказательство этого факта содержится в решении задачи 611 (см. ниже). Таким образом, треугольник АВС удовлетворяет всем условиям задачи.
Если данный угол не является развернутым, то задача имеет единственное решение.
Постройте треугольник АВС по углу А и стороне ВС, если известно, что АВ : АС = 2:1.
Решение. На рисунке 154, а изображены данный угол и данный отрезок. Построим угол XAY, равный данному углу. Затем возьмем какой-нибудь отрезок PQ и отложим на луче АХ отрезок АВ\, равный 2PQ, а на луче AY — отрезок АС\, равный PQ (рис. 154, б).
На луче С\В\ отложим отрезок СхВ2, равный данному отрезку, и через точку В^ проведем прямую, параллельную АСх. Она пересекает луч АХ в некоторой точке В.
Через точку В проведем прямую, параллельную СуВу. Эта прямая пересекает луч AY в некоторой точке С.
Треугольник АВС — искомый. В самом деле, угол А равен данному углу по построению. Так как ВС || В^С\ и В^В || СхС, то четырехугольник ВСС\В2 — параллелограмм, и поэтому ВС = С\В2, а значит, сторона ВС треугольника АВС равна данному отрезку. Наконец, так
АВ АВх 2
как ВС || В\С\, то= у. Таким образом, треугольник АВС
удовлетворяет всем условиям задачи.
Если данный угол не является развернутым, то задача имеет единственное решение.
Постройте прямоугольный треугольник по гипотенузе и отношению катетов.
Решение. Задача решается таким же образом, как и задача 589, при условии, что ДА = 90°.
Соотношения между сторонами и угламипрямоугольного треугольника
Найдите синус, косинус и тангенс углов А и В треугольника АВС с прямым углом С, если: а) ВС = 8, АВ = 17; б) ВС = 21, АС = 20; в) ВС = = 1, АС = 2; г) АС = 24, АВ = 25.
п\ л ВС 8 д Г» . 2 715 . д
Решение, a) sin А == —; cos А = у 1 — sin А = —; tg А =
sin Л 8 D ВС . л 8 . D л 15 . D 15 cosA 15АВ1717 68
АВ = V ВС + АС2 = V2!2 + 202 = 29; sin Л = cos В =
ЛО 20 А- Л 21. о 20
cosn = smB=-;tgn=-;tgB = -.
АВ = V ВС2 + АС2 = sin Л = cos В = cos Л = sin В = V5
21
= V tgn=i;tgB = 2.
х DАС24_Г,. 2 D7, _24д
sin В =——=—;cos В=у 1—sin В=—;tgB =—;cos Л=
А15ZuZu/
2477
= sinB = -; sin Л = cosB = -; tg Л = -.
Ответ, a) sin Л = cos В = ^, cos A = sin В = ||, tg Л = ^, tg В =
15• дD 21A • D 204- A 214- D
= —; 6) sinЛ = cosB = —, cosЛ = sinB = —, tgЛ = —, tgB =
20121
= —; в) 8тЛ = cos В = —=, собЛ = sin В = tgЛ = -, tgB = 2;
21VsVs2
724724
г) 8тЛ = cos В = —, cos Л = sin В = —, tgЛ = —, tgB = —.
ZuZu/
13
Постройте угол а, если: a) tgo = -; 6) tgo = -; в) cos о = 0,2;
Решение, а) Возьмем какой-нибудь отрезок PQ и построим прямоугольный треугольник АВС, у которого катет ВС = PQ, а катет АС = 2PQ. Тогда АА = а, так как tg А = ^| = ^.
Аналогично п. а) построим прямоугольный треугольник АВС, у которого отношение катетов ^| = |. Тогда АА = а.
Возьмем какой-нибудь отрезок PQ и построим прямоугольный треугольник АВС, у которого катет АС = PQ, а гипотенуза АВ =
= 5PQ. Тогда АА = а, так как cos А == 0,2.
Аналогично п. в) построим прямоугольный треугольник АВС АС 2
с прямым углом С, у которого = -. Тогда АА = а.
Возьмем какой-нибудь отрезок PQ и построим прямоугольный треугольник АВС, у которого катет ВС = PQ, а гипотенуза АВ = = 2PQ. Тогда АА = а = 30°, так как sin А = ^.
Аналогично п. д) построим прямоугольный треугольник АВС с прямым углом С, у которого ВС = 2, АВ = 5. Тогда АА = а.
Найдите: a) sin а и tga, если cos а = ^; б) sin а и tga, если cos а =
2уз1
= -; в) cos а и tga, если sin а = г) cos а и tga, если sin а = -.
\ .п. а л/3 . sin а
Решение, a) sin а = у 1 — cos2 а = ——, tg а =
2cos а
у 3у 5у 5Ответ, a) sina-^-, tga = у 3 ; б) sin а = —^-, tga = -^-; в) cos а =у 3у 5у 5Ответ, a) sina-^-, tga = у 3 ; б) sin а = —^-, tga = -^-; в) cos а =
у 3у 5у 5
Ответ, a) sina-^-, tga = у 3 ; б) sin а = —^-, tga = -^-; в) cos а =
у 3у 5у 5
Ответ, a) sina-^-, tga = у 3 ; б) sin а = —^-, tga = -^-; в) cos а =
В прямоугольном треугольнике один из катетов равен Ь, а противолежащий угол равен (3. а) Выразите другой катет, противолежащий ему угол и гипотенузу через b и (3. б) Найдите их значения, если b = 10 см, 0 = 50°.
Решение, а) Пусть другой катет равен а, противолежащий ему угол равен а, а гипотенуза равна с.
Тогда
-=tg/3, а + /3 = 90°, ^=sin/3, ас
откуда
tg/3р sin/3
б) Если Ъ = 10 см, /3 = 50°, то
а = 1^Щ ~ 8,39 см, а = 90° - 50° = 40°, с = 4^7 « 13,05 см.
tg50sin 50°
Ответ, а) -^, 90° -/3, б) «8,39 см, 40°, « 13,05 см.
tg рsin р
В прямоугольном треугольнике один из катетов равен Ь, а прилежащий к нему угол равен а. а) Выразите второй катет, прилежащий к нему острый угол и гипотенузу через b и а. б) Найдите их значения, если 5=12 см, а = 42°.
Решение, а) Пусть второй катет равен а, прилежащий к нему угол равен /3, а гипотенуза равна с. Тогда
= tga, а + /3 = 90°, ^ = cos откуда
а = 6tga, /3 = 90° — а, с = —-—.
COS Q
б) Если b = 12 см, а = 42°, то
а = 12 см • tg42° £з 11 см,
/3 = 90° - 42° =48°,
Ответ, a) 6tga, 90° - а, ; б) « 11 см, 48°,16 см.
COS Q
В прямоугольном треугольнике гипотенуза равна с, а один из острых углов равен а. Выразите второй острый угол и катеты через с и а и найдите их значения, если с = 24 см, а а = 35°.
Решение. Пусть второй острый угол равен /3, а катеты равны а и Ь, причем катет, равный а, лежит против угла а. Тогда
/3 = 90° — а, а = с • sin a, b = с - cos а.
Если с = 24 см, а = 35°, то
/3 = 90°-35° = 55°,
а = 24 см • sin 35°14 см,
Ъ = 24 см • cos 35° ~ 20 см.
Ответ. 90° — а, с sin а, с cos а\ 55°, £з 14 см, ^з 20 см.
В прямоугольном треугольнике катеты равны а и Ь. Выразите через а и b гипотенузу и острые углы треугольника и найдите их значения при а = 12, Ь = 15.
Решение. Пусть гипотенуза равна с, угол, лежащий против катета, равного а, равен а, а другой острый угол равен /3.
Тогда
с = Уа? А-№ , tg а = р tg /3 = -.
Если а = 12, b = 15, то
с= V122 + 152 to 19, tga=||, tg/3=^,
откуда а « 38°39', /3 « 5Г2Г.
Ответ. г а? + № , tga = р tg/3 = |; 19, « 38°39', « 51°2Г.
Найдите площадь равнобедренного треугольника с углом а при основании, если: а) боковая сторона равна 5; б) основание равно а.
Решение, а) Высота h треугольника равна b -sin а, а основание а треугольника равно 2b -cos а (рис. 155). Поэтому для площади S треугольника получаем выражение
S = ^ah = b2 sin a cos а.
б) h = | tga, поэтому S = ^ah = ^-tgcr.
а
Ответ, a) b2 sin a cos а; б) — tga.
Найдите площадь равнобедренной трапеции с основаниями 2 см и 6 см, если угол при большем основании равен а.
Решение. Пусть в равнобедренной трапеции ABCD: ВС = 2 см, AD = 6 см, АА = а, ВН и CF — высоты (рис. 156).
Тогда ЛАВН = ADCF (по гипотенузе и катету), поэтому АН = = FD, а так как HF = DC = 2 см, то
АН = ^(AD - HF) = 2 см.
Из треугольника АВН находим:
ВН = АН • tgа = 2 tgа см.
Следовательно,
Sabcd = ^(AD + ВС) • ВН = 8tga см2.
Ответ. 8tga см2.
Насыпь шоссейной дороги имеет в верхней части ширину 60 м. Какова ширина насыпи в нижней ее части, если угол наклона откосов к горизонту равен 60°, а высота насыпи равна 12 м (рис. 157, в учебнике рис. 209)?
60 м60 мРис. 157Рис. 157Решение. Если из концов верх
60 м
60 м
Рис. 157
Рис. 157
него основания трапеции, изображенной на рисунке 157, провести высоты к нижнему основанию (как на рисунке 156), то они разобьют нижнее ос
нование на три отрезка. Средний отрезок равен 60 м, а каждый из крайних отрезков равен ——° м, т. е. 4д/3 м. tgbO
Следовательно, нижнее основание трапеции (ширина насыпи в нижней ее части) равно (60 + 8УЗ) м^74 м.
Ответ. ~ 74 м.
Рис. 158Рис. 158Найдите углы ромба, если его диагонали равны 2УЗ и 2.
Рис. 158
Рис. 158
Решение. Диагонали ромба взаимно перпендикулярны и точкой пересечения делятся пополам, поэтому они разделяют ромб на четыре равных прямоугольных треугольника с катетами, равными УЗ и 1 (рис. 158).
Уз п-
Следовательно, tga = -у = УЗ, откуда находим: а = = 60° и, значит, /3 = 90° - 60° = 30° (см. рис. 158).
Углы ромба равны 2а, 2/3, 2а и 2/3, т. е. 120°, 60°, 120° и 60°.
Ответ. 120°, 60°, 120°, 60°.
Стороны прямоугольника равны 3 см и УЗ см. Найдите углы, которые образует диагональ со сторонами треугольника.
Решение. Пусть искомые углы равны а и /3 (рис. 159).
Тогда tga = -у, откуда a = 30°, а /3 = 90° — a = 60°.
Ответ. 30° и 60°.
В параллелограмме ABCD сторона AD равна 12 см, а угол BAD равен 47°50/. Найдите площадь параллелограмма, если его диагональ BD перпендикулярна к стороне АВ.
Решение. Из треугольника ABD находим (рис. 160):
АВ = AD • cos47°50' = 12 см • cos47°50',BD = 12 CM-sin47°50'.
Следовательно,
Sabcd =АВ■BD= 122 cm2 • cos47°50' • sin47°50' « 72 cm2.
Ответ. «72 см2.
Дополнительные задачи
Треугольники ABC и AxBxCx подобны, AB = 6 см, ВС = 9 см, С А = 10 см. Наибольшая сторона треугольника АхВхСх равна 7,5 см. Найдите две другие стороны треугольника АхВхСх.
Решение. По условию
АхВх = ВхСх = СхАх = ,АВ ВС СА ’
где к — коэффициент подобия треугольников АхВхСх и АВС.
Так как в треугольнике АВС наибольшей стороной является С А, то в треугольнике АхВхСх наибольшей стороной будет сходственная сторона С\А\. Поэтому
, _ СхАх _ 7,5 _ 3“ С А “ 10 “ 4
и, следовательно,
А\В\ = к • АВ = - • 6 см = 4,5 см,
4
ВХСХ = к • ВС = | * 9 см = 6,75 см.
Ответ. 4,5 см и 6,75 см.
Диагональ АС трапеции ABCD делит ее на два подобных треугольника. Докажите, что АС2 = ab, где а и b — основания трапеции.
получаем:получаем:Решение. Пусть AD и ВС — основания трапеции ABCD (рис. 161). По условию ААВС ~ AACD и, следовательно, углы этих треугольников соответственно равны. Так как AD || ВС, то Zl = Z2, а так как АВ и CD не параллельны, то Z3 7^ ZACD. Значит, Z3 = = Z4, ZB = ZACD. Приравнивая отношения сходственных сторон,
получаем:
получаем:
АС ВСACb
или —
AD АСаАС
откуда АС2 = ab.
Биссектрисы MD и NK треугольника MNP пересекаются в точке О. Найдите отношение ОК : ON, если MN = 5 см, NP = 3 см, МР = 7 см.
Решение. Пусть МК = х, тогда КР = 7 см — х (рис. 162). Согласно задаче 535
Рис. 163Рис. 163
Рис. 163
Рис. 163
3535
откуда х = —, т. е. МК = — см.
Так как МО — биссектриса треугольника MKN, то
ОК _ МК _ 35
ON ~ MN “ 8 : “ :
Ответ. 7 : 8.
Основание равнобедренного треугольника относится к боковой сто
роне как 4 : 3, а высота, проведенная к основанию, равна 30 см. Найдите
отрезки, на которые эту высоту делит биссектриса угла при основании.
Решение. Пусть в равнобедренном треугольнике АВС с основанием АС высота ВН и биссектриса AD пересекаются в точке О (рис. 163). По условию АС : АВ = 4:3, поэтому АН : АВ = 2 : 3.
Так как АО — биссектриса треугольника АВН, то
ОН : ОВ = АН : АВ = 2 : 3
(см. задачу 535). По условию ВН = 30 см, следовательно,
ОН = 30см . 2 = 12 см> ов = вн _ он = 18 см 5
Ответ. 12 см и 18 см.
608. На продолжении боковой стороны ОВ равнобедренного треугольника АОВ с основанием АВ взята точка С так, что точка В лежит между точками О и С. Отрезок АС пересекает биссектрису угла АОВ в точке М. Докажите, что АМ < МС.ОМ — биссектриса треугольника АОСО А= — (см. задачу 535).608. На продолжении боковой стороны ОВ равнобедренного треугольника АОВ с основанием АВ взята точка С так, что точка В лежит между точками О и С. Отрезок АС пересекает биссектрису угла АОВ в точке М. Докажите, что АМ < МС.ОМ — биссектриса треугольника АОСО А= — (см. задачу 535).Решение. Так какРешение. Так как(рис. 164), то(рис. 164), тоАМ МСАМ МС
608. На продолжении боковой стороны ОВ равнобедренного треугольника АОВ с основанием АВ взята точка С так, что точка В лежит между точками О и С. Отрезок АС пересекает биссектрису угла АОВ в точке М. Докажите, что АМ < МС.
ОМ — биссектриса треугольника АОС
О А
= — (см. задачу 535).
608. На продолжении боковой стороны ОВ равнобедренного треугольника АОВ с основанием АВ взята точка С так, что точка В лежит между точками О и С. Отрезок АС пересекает биссектрису угла АОВ в точке М. Докажите, что АМ < МС.
ОМ — биссектриса треугольника АОС
О А
= — (см. задачу 535).
Решение. Так как
Решение. Так как
(рис. 164), то
(рис. 164), то
АМ МС
АМ МС
По условию О А = ОВ, поэтому О А < ОС и, следовательно, ^^ <
DCАСDCАСЗначит, и < 1, т. е. АМ < МС, что и требовалось доказать.
DC
АС
DC
АС
На стороне ВС треугольника АВС взята точка D так, ^^ = Докажите, что AD — биссектриса треугольника АВС.
Решение. Из равенстваРешение. Из равенстваBD DC
Решение. Из равенства
Решение. Из равенства
АВ = АС СЛ6ДуеТ’ ЧТ°
BD _ АВ
DC - АС*
Но биссектриса угла А делит сторону ВС в том же отношении -^ (задача 535), поэтому AD — биссектриса треугольника АВС.
Прямая, параллельная стороне АВ треугольника АВС, делит сторону АС в отношении 2 : 7, считая от вершины А. Найдите стороны отсеченного треугольника, если АВ = 10 см, ВС = 18 см, С А = 21,6 см.
Решение. Пусть ED || АВ, АЕ : ЕС = 2 : 7 (рис. 165). Положим ЕС = х, тогда
21,6 см — х _ 2х7 ’21,6 см — х _ 2х7 ’
21,6 см — х _ 2
х7 ’
21,6 см — х _ 2
х7 ’
откуда находим
х = 16,8 см, т. е. ЕС = 16,8 см.
Так как ЕВ || АВ, то ДЕБС ~ ДАВС (по двум углам), поэтому ED _ DC _ ЕС ED _ ОС _ 16,8 АВ “ ВС “ АС’ ИЛИ 10 см “ 18 см “ 21,6*
7 Отсюда получаем: ED = 7- см, DC = 14 см.
7 Ответ. 16,8 см, 7- см, 14 см.
Докажите, что медиана АМ треугольника АВС делит пополам любой отрезок, параллельный стороне ВС, концы которого лежат на сторонах АВ и АС.
Решение. Пусть DE || ВС, DE и АМ пересекаются в точке N (рис. 166). Требуется доказать, что DN = NE.
Так как DE || ВС, то
AADN - ДАВМ, AANE - ДАМС, ДАОЕ - ДАВС.
Отсюда следует:
DN_ _ AD NE, _ АЕ AD _ АЕ
ВМ ~ АВ’ МС - АС’ АВ ~ АС*
DN NE
Из этих равенств получаем: -^^ = Но ВМ = МС, так как АМ — медиана треугольника. Следовательно,
DN = NE.
Два шеста АВ и CD разной длины а и b установлены вертикально на некотором расстоянии друг от друга так, как показано на рисунке 167 (рис. 210 учебника). Концы А и D, В и С соединены веревками, которые пересекаются в точке О. По данным рисунка докажите, что:
Найдите х и докажите, что х не зависит от расстояния d между шестами АВ и CD.
Решение, а) Пусть точка Р — основание перпендикуляра, проведенного из точки О к прямой АС. Тогда /ХАОР ~ AADC (по двум углам), поэтому
J 7J АР ОР т х
АС ~ DC’ И™ d ~ Ь'
Аналогично, из подобия треугольников СОР и СВ А следует:
СРОРпх
С ABAdа
Складывая почленно равенства
х _ п х _ т
a d И b d’
доказанные в п. а), и учитывая, что т + п = d, получаем:
хх_пАт_. a b~ d ~ ’
Из этого равенства находим х:
abх = а + b
откуда видно, что х не зависит от d. ab
Ответ. -.
a
Докажите, что треугольники АВС и АхВхСх подобны, если:
х АВ АС ВМ
==, где ВМ и ВхМх — медианы треугольников;
внВ\Н\внВ\Н\Л1С1 ВхМх
вн
В\Н\
вн
В\Н\
, где ВН и ВхНх — высоты треугольников АВС, где ВН и ВхНх — высоты треугольников АВС. л , л АС б) /Л = /Л1,
, где ВН и ВхНх — высоты треугольников АВС
, где ВН и ВхНх — высоты треугольников АВС
и Л,В|С1.
Решение, а) Так как АС = 2АМ, А\С\ = 2А\М\ (рис. 168),
АС АМ
то =. Учитывая условие задачи, получаем:
AiCi АхМх
АВ _ АМ _ ВМ
АхВх АхМх ВхМх
Следовательно, ЛАВМ ~ АА\В\М\ по третьему признаку подобия треугольников. Отсюда следует, что ДА = ДА\, а значит, ААВС ~ ~ АА\В\С\ по второму признаку подобия треугольников.
Так как ДА = ДА\, то ЛАВН ~ АА\В\Н\ (по двум углам).
АВ ВН
Отсюда следует, что =, а так как по условию
ВН _ АС АВ _ АС
В\Н\ Л1С1’ Т0 АХВХ АХСХ"
Поэтому ЛАВС ~ AAiBiCi (по второму признаку подобия треугольников).
Диагонали прямоугольной трапеции ABCD с прямым углом А взаимно перпендикулярны. Основание АВ равно 6 см, а боковая сторона AD равна 4 см. Найдите DC, DB и СВ.
Решение. По теореме Пифагора
DB = л/AB2 + AD2 = 2vT3 см (рис. 169).
Так как Zl + Z2 = ДО = 90°, то Z1 = 90° - Z2, а так как Z2 + Z3 = 90° (сумма острых углов прямоугольного треугольника), то Z3 = 90° - Z2. Следовательно, Zl = Z3 и поэтому AADC ~ ABAD по двум углам (ДО = ДА = 90°, Z3 = Z1).
Из подобия этих треугольников следует:
AD _ DC АВ - АО’ откуда
AD2 16 о2
DC= АВ "СМ = 23 СМ-
Пусть СН — высота трапеции (см. рис. 169). Тогда
CH = АО = 4 см,
ВН = АВ - АН = АВ - DC = 6 см - 2| см = 3^ см.
По теореме Пифагора / //2 /—
СВ = VCH2 А ВН2 = J42 + (3^\ см = |ЦбТсм.
Ответ. 2| см, 2ДЗ СМ И |л/бТ см.
Отрезок с концами на боковых сторонах трапеции параллелен ее основаниям и проходит через точку пересечения диагоналей. Найдите длину этого отрезка, если основания трапеции равны а и Ь.
Решение. Пусть ABCD — данная трапеция, а отрезок MN проходит через точку О пересечения диагоналей и параллелен основаниям АО и ВС (рис. 170).
5 Л. С. Атанасян и др.
Рис. 169Рис. 169
Рис. 169
Рис. 169
Так как АВОС ~ AAOD (по двум углам), то
ОС _ ВС _ аОА ~ AD ~ Ь'
ОС 1 _ а 1— +1--+1.ИЛИОС 1 _ а 1— +1--+1.ИЛИОС Г О АОАОС Г О АОААСАОАСАООтсюда получаем:
ОС 1 _ а 1
— +1--+1.ИЛИ
ОС 1 _ а 1
— +1--+1.ИЛИ
ОС Г О А
ОА
ОС Г О А
ОА
АС
АО
АС
АО
т. е.
Так как МО || ВС, то /ХАМО ~ ААВС и, следовательно,
ВС _ АС а _ а + Ь МО “ АО’ ™ МО “ b
откуда МО = —^—.
cl Г о
Аналогично находим ON =-.
а + о Таким образом,
Ответ.Ответ.2аЬаГЬ*2аЬаГЬ*MN = МО + ON =MN = МО + ON =2abаГЬ*2abаГЬ*
Ответ.
Ответ.
2аЬаГЬ*
2аЬаГЬ*
MN = МО + ON =
MN = МО + ON =
2abаГЬ*
2abаГЬ*
Докажите, что вершины треугольника равноудалены от прямой, содержащей его среднюю линию.
Решение. Пусть отрезок MN — средняя линия треугольника АВС (рис. 171); АО, BP, CQ — перпендикуляры, проведенные к прямой MN. Требуется доказать, что АО = BP = CQ.
ЛАОМ = ЛВРМ (по гипотенузе и острому углу), поэтому АО = ВР. Аналогично, из равенства треугольников BPN и CQN следует, что BP = CQ.
Итак, АО = BP = CQ.
Рис. 172Рис. 172Докажите, что середины сторон ромба являются вершинами прямоугольника.
Рис. 172
Рис. 172
Решение. Пусть точки М, N, Р, Q — середины сторон ромба ABCD (рис. 172). Тогда четырехугольник MNPQ — параллелограмм (см. задачу 567).
Так как MN и MQ — средние линии треугольников АВС и ABD, то MN || АС и MQ || BD. Отсюда следует, что MSOR — параллелограмм, а так как угол SOR прямой (диагонали ромба взаимно перпендикулярны), то MSOR — прямоугольник (см. задачу 399). Следовательно, угол RMS — также прямой, а значит, параллелограмм MNPQ является прямоугольником.
Точки М и N являются соответственно серединами сторон CD и ВС параллелограмма ABCD. Докажите, что прямые АМ и AN делят диагональ BD на три равные части.
Решение. Пусть О — точка пересечения диагоналей АС и BD, а Р и Q — точки пересечения отрезков АМ и AN с диагональю BD (рис. 173). Требуется доказать, что BQ = QP = PD.
Так как отрезки AN и ВО — медианы треугольника АВС, то BQ : QO = 2:1, 2
откуда следует, что BQ = ^ВО, а поскольку ВО = OD = ^BD, то BQ = ^BD.
Аналогично доказывается, что PD = ^BD. Следовательно,
QP = BD- (BQ + PD) =BD- ^BD = -BD.
Итак, BQ = QP = PD.
Биссектриса внешнего угла при вершине А треугольника АВС пересекает прямую ВС в точке D. Докажите, что
BD _ DCАВ - АС*
Решение. Пусть точка В лежит между точками С и D (рис. 174). Треугольники ABD и ACD имеют общую высоту, проведенную из вершины А, поэтому (см. следствие 2 в п. 52 учебника):
(1)(1)Sabd = BD
(1)
(1)
Sacd DC*
Пусть DK и DH — перпендикуляры к прямым АВ и АС. Так как AADK = AADH (по гипотенузе и острому углу), то DK = DH, т. е. высоты в треугольниках ABD и ACD, проведенные из вершины D, равны. Поэтому, снова используя следствие 2 из п.52 учебника, получаем:
OABD _
Sacd ~ AC'U
Из равенств (1) иИз равенств (1) и(2) следует, что
Из равенств (1) и
Из равенств (1) и
ВО _ АВ
DC - АС’
ВО откуда имеем:ВО откуда имеем:DC
ВО откуда имеем:
ВО откуда имеем:
АС
В треугольнике АВС (АВ А АС^ через середину стороны ВС проведена прямая, параллельная биссектрисе угла Л, которая пересекает прямые АВ и АС соответственно в точках D и Е. Докажите, что ВО = СЕ.
(1)(1)Решение. Пусть АВ < АС, отрезок АК — биссектриса треугольника АВС, точка М — середина стороны ВС, MD || АК (рис. 175). Согласно задаче 535
(1)
(1)
"АВ = АС*
Так как MD || АК, то
ЛАВК ~ ЛВВМ и ЛЕСМ ~ ЛАСК,поэтомуКВ = ВМ СМ = КС_
АВ BD И СЕ АС"’
ынх /охвм см ГТ
Из равенств (1) и (2) следует, чтоЧислители в этих
отношениях равны (ВМ = СМ по условию), следовательно, равны и знаменатели, т. е. ВО = СЕ, что и требовалось доказать.
В трапеции АВС О с основаниями АО и ВС сумма оснований равна Ь, диагональ АС равна a, ZACB = а. Найдите площадь трапеции.
Решение. Так как AD || ВС, то ZCAD = ZACB = а (рис. 176; на этом рисунке представлен случай, когда а < 90°). Из прямоуголь-
тельно,тельно,ного треугольника АСН получаем: CH = a sin а (это выражение для высоты трапеции сохраняется и в том случае, когда а 90°). Следова
тельно,
тельно,
Sabcd = ^(AD + ВС) ■ CH = Iosina.
_1 L •
Ответ, -ао sin
622. На стороне AD622. На стороне ADпараллелограмма ABCD отмечена точка К так,
622. На стороне AD
622. На стороне AD
что АК = ^КВ. Диагональ АС и отрезок ВК пересекаются в точке Р. Найдите площадь параллелограмма АВСВ, если площадь треугольника АРК равна 1 см2.
Решение. АСРВ ДАРК по двум углам (рис. 177), поэтому ВР ВС
РК АК'
Так как АК = ~^КВ, то АК = ^АВ = ^ВС, откуда следует, что ВС -ВР -
= 5, а значит, и — = 5.
Треугольники АРК и АРВ имеют общую высоту, проведенную лSapb ВР
из вершины А, поэтому —= —— = 5 и, следовательно,
Варк РК
Варв = ЬВдрк = 5 см2.
Коэффициент подобия треугольников СРВ и АРК равен ^^ = 5, откуда следует, что
Щ^ = 25, т. е. 8Срв = 25 см2.
В АРК
Вавс = Варв Т Всрв = 5 см2 + 25 см2 = 30 см2,Sabcd = 2 • Вавс = 60 см2.
В прямоугольной трапеции ABCD с основаниями AD и ВС ZA = = ZB = 90°, ZACD = 90°, ВС = 4 см, AD = 16 см. Найдите углы С и D трапеции.
Решение. Пусть СН — высота трапеции (рис. 178). Тогда
АН = ВС = 4 см, HD = AD - АН = 12 см.
Согласно утверждению 1° из п. 63
СН = г АН ■ HD = V4- 12 см = 4V3 см.
Из прямоугольного треугольника CHD имеем:
, „ СН 4Уз Уз
Следовательно,
ZD = 30°, a ZBCD = 180° - ZD = 150°.
Ответ. 30° и 150°.
Докажите, что медианы треугольника разбивают его на шесть треугольников, площади которых попарно равны.
Решение. Пусть медианы ААь ВВ\ и СС\ треугольника АВС пересекаются в точке О (рис. 179). Тогда
Sabbx = ScBBv и 8аовх = Scoby
(см. задачу 474). Отсюда следует, что Sao в = Sboc- Аналогично доказывается, что Sboc = Scoa- Но
Saob = ^SaOCy = ^ВОСХ,Sboc = ^Sboax = ^ScoavScoa = ^Scobx = ^Saobx.
поэтому
Saocx = Sbocx = Sboax = Scoax = Scobx = Saobx.
что и требовалось доказать.
Основание AD равнобедренной трапеции ABCD в пять раз больше основания ВС. Высота ВН пересекает диагональ АС в точке М, площадь треугольника АМН равна 4 см2. Найдите площадь трапеции ABCD.
Решение. По условию AD = 5ВС. Пусть СК LAD (рис. 180). Тогда
НК = ВС, АН = AD 2НКНК = ВС, АН = AD 2НК5ВС - ВС25ВС - ВС2LAMH ~ LCMB (по двум углам), поэтому ^ = ^ = 2, т. е. МН = 2МВ. М 1) JDCv
НК = ВС, АН = AD 2НК
НК = ВС, АН = AD 2НК
5ВС - ВС
2
5ВС - ВС
2
з
Отсюда следует, что ВН = -МН.
По условию
Samh = ^АН -МН = 4 см2, а так как АН = 2SC, то ВС ■ МН = 4 см2.
Sabcd = ^АПА ВС) ■ ВН = ^5ВС + ВС) - ^МН == 4,5 • ВС ■ МН = 4,5-4 см2 = 18 см2.
626* Докажите, что треугольники АВС и АхВхСх подобны, если626* Докажите, что треугольники АВС и АхВхСх подобны, еслиАСАхСхАСАхСхADAxDxADAxDx, где AD и AxDx — биссектрисы треугольников., где AD и AxDx — биссектрисы треугольников.АВкв;АВкв;Решение. Пусть DE || АВ и D\E\ || А\В\ (рис. 181). Тогда, со-Решение. Пусть DE || АВ и D\E\ || А\В\ (рис. 181). Тогда, со-СЕ CDагагласно задаче 55о, -^ = ^^, а так как AD — биссектриса треуголь-СЕ CDагагласно задаче 55о, -^ = ^^, а так как AD — биссектриса треуголь-CD АС /сника, то = -^ (задача 535). Следовательно,CD АС /сника, то = -^ (задача 535). Следовательно,Ответ. 18 см2.
626* Докажите, что треугольники АВС и АхВхСх подобны, если
626* Докажите, что треугольники АВС и АхВхСх подобны, если
АСАхСх
АСАхСх
ADAxDx
ADAxDx
, где AD и AxDx — биссектрисы треугольников.
, где AD и AxDx — биссектрисы треугольников.
АВкв;
АВкв;
Решение. Пусть DE || АВ и D\E\ || А\В\ (рис. 181). Тогда, со-
Решение. Пусть DE || АВ и D\E\ || А\В\ (рис. 181). Тогда, со-
СЕ CDага
гласно задаче 55о, -^ = ^^, а так как AD — биссектриса треуголь-
СЕ CDага
гласно задаче 55о, -^ = ^^, а так как AD — биссектриса треуголь-
CD АС /с
ника, то = -^ (задача 535). Следовательно,
CD АС /с
ника, то = -^ (задача 535). Следовательно,
СЕ _ АСЕА” АВ*
Аналогично из треугольника А\В\С\ получаем:
СХЕХ = АхСхЕхАх АхВх
АС АхСхСЕ СхЕх
Из условия задачи следует, что, поэтому.
Прибавив к обеим частям этого равенства 1, получим
СВ , . С\Е\ , . о sa + ^^aZ1’ т е-
АС _
ЕА ~
АхСх
ЕхАх"
Отсюда
имеем:
ЕА _ АС
ЕАх AiG ’
а так как
по условию
АС _
АхСх -
АР
= л» Т0
АхРх
ЕА _
ЕХА\ -
АР AiDi
(1)
В треугольнике AED Z2 = Z3 (это следует из того, что Z1 = = Z2, так как AD — биссектриса, и Zl = Z3, так как эти углы — накрест лежащие при пересечении параллельных прямых АВ и DE секущей АР\ поэтому DE = ЕА. Аналогично получаем: D\E\ = ЕхАх и, следовательно, в силу равенства (1) имеем:
РЕ _ ЕА _ АР
РхЕх ЕхАх АхРх
Отсюда следует, что AAED ~ AAiEiDi, а значит, Z2 = Z4 и поэтому ЕА = ААх. Из равенств
АВАхВхАВАхВхАСАхСхАСАхСхи ZA = ААхи ZA = ААх
АВ
АхВх
АВ
АхВх
АС
АхСх
АС
АхСх
и ZA = ААх
и ZA = ААх
следует, что А АВС ~ ААхВхСх (по второму признаку подобия треугольников), что и требовалось доказать.
Дан треугольник АВС. Постройте треугольник Ах ВхСх, подобный треугольнику АВС, площадь которого в два раза больше площади треугольника АВС.2
глЕа 1 в 1 с 1(А1В1 \qА1В1
Решение. 1ак как ' 1 1 =.= 2, то л, т. е.
SAbc \ АВ )’ АВ ’
АхВх = V2 АВ, и также ВХСХ = \П ВС, СхАх = V2 С А.
Построим квадрат со стороной АВ. Его диагональ равна V2 АВ, т. е. равна АхВх. Аналогичным образом построим отрезки, равные ВхСх и СхАх, а затем построим треугольник АхВхСх по трем сторонам.
Даны три отрезка, длины которых соответственно равны а, b и с.
Построите отрезок, длина которого равна —.
с
Решение. Построим неразвернутый угол А (рис. 182). На одной стороне угла отложим отрезки АС = с и СВ = а, а на другой стороне угла — отрезок АВ = Ь. Проведем прямую ВС, а затем через точку D
проведем прямую, параллельную прямой ВС. Она пересекает луч АВ в некоторой точке Е. Отрезок BE — искомый.
В самом деле, согласно задаче 556
bсbсBEab, т. е. BE = —BEab, т. е. BE = —
b
с
b
с
BEab
, т. е. BE = —
BEab
, т. е. BE = —
Постройте треугольник, если даны середины его сторон.
Решение. Пусть точки К, М, N — данные середины сторон искомого треугольника (рис. 183). Проведем прямые КМ, MN, NK, а затем через точки К, М, N проведем прямые, параллельные соответственно прямым MN, NK, КМ. Точки А, В, С пересечения проведенных прямых являются вершинами искомого треугольника.
В самом деле, докажем, что точка К — середина стороны АВ. По построению четырехугольники AKMN и BMNK — параллелограммы, поэтому АК = MN и MN = КВ, откуда следует, что АК = = КВ, т. е. точка К — середина стороны АВ. Аналогично доказывается, что точки М и N — середины сторон ВС и С А.
Постройте треугольник по стороне и медианам, проведенным к двум другим сторонам.
Решение. Сначала построим треугольник АОВ, в котором АВ — 2
данная сторона, а отрезки АО и ВО составляют - данных медиан (рис. 184).
Затем на лучах АО и ВО отложим отрезки АМ и BN, равные соответствующим данным медианам, и проведем прямые AN и ВМ. Они пересекаются в некоторой точке С. Треугольник АВС — искомый.
Докажем это. Нужно доказать, что отрезки АМ и BN являются медианами построенного треугольника, т. е. точки М и N — середины сторон ВС и АС.
_АО ВОх
1ак как = ^^ = 2 (по построению) и углы с вершиной О в треугольниках АОВ и MON равны как вертикальные, то АЛОВ ~ AMON (по второму признаку подобия треугольников), АВ
причем коэффициент подобия равен 2. Поэтому = 2 и Z1 = = Z2 (см. рис. 184). Отсюда следует, что MN = ^АВ и MN || АВ.
Следовательно, отрезок MN — средняя линия треугольника АВС, а значит, точки М и N — середины сторон ВС и АС.
Задачи повышенной трудности
На рисунке 185 (рис. 269 учебника) изображен правильный пятиугольник ABCDE, т. е. выпуклый пятиугольник, у которого все углы равны и все стороны равны. Докажите, что: а) ЛАЕВ ~ ЛАЕЕ; б) ^^ = ^^.
Решение, а) ЛАЕВ = ЛВАЕ по двум сторонам и углу между ними (АЕ — общая сторона, ЕВ = АВ, ZAEB = ZBAE), поэтому Zl = Z2. ЛАЕВ ~ ЛАЕЕ по двум углам (угол А — общий, Zl = Z2).
б) Из подобия треугольников АЕВ и AFE следует, что
В А _ АЕАЁ “ "АЁ
и ZAFE = ZAED. Но ZAED = 1^—1^12 = Ю8°, поэтому ZAFE = 108°, Z3 = 180° - 108° = 72°.
Так как Z\ = 180° -^AED = 1(180° - 108°) = 36°, то Z4 = 180° - - (Zl + Z3) = 180° - (36° + 72°) = 72°.
Таким образом, Z4 = Z3 и, следовательно, BE = BE, а так как BE = АЕ, то АЕ = ВЕ.
Из равенства (1) получаем:
В А _ BF
BF — АЕ’
что и требовалось доказать.
В треугольнике АВС (АВ А АС) через середину М стороны ВС проведена прямая, параллельная биссектрисе угла А, которая пересекает прямые АВ и АС соответственно в точках В и Е. Докажите, что ВВ = СЕ.
Решение. Пусть АВ < АС и АК — биссектриса треугольника
АС КС
АВС (рис. 186). Согласно задаче 535, -^ = -^^ и, следовательно,
КС > КВ. Поэтому точка М лежит между точками К и С, КС = = КМ + МС = 2КМ + КВ,
АС _ 2КМ +КВ _ 2КМ
АВ “ КВ ~ КВ '
КМ AD
1ак как, согласно задаче 55о, ——— = -—-, то КВ АВ
АС _ 2AD
АВ ~ "АВ + ’
откуда
АВ + AD = АС - AD, т. е. BD = АС - AD.
Из параллельности АК и DM следует, что Z3 = Zl, Z4 = Z2, а так как Zl = Z2, то Z3 = Z4 и, следовательно, AD = АЕ. Поэтому
BD = АС - AD = АС - АЕ = СЕ,
что и требовалось доказать.
849. Докажите, что отрезки, соединяющие основания высот остроуголь-849. Докажите, что отрезки, соединяющие основания высот остроуголь-ного треугольника, образуют треугольник, в котором биссектрисами.Решение. Пусть ААх, ВВх, ССх — высоты остроугольного треугольника АВС (рис. 187). Требуется доказать, что лучи Ах А, ВхВ и СхС являются биссектрисами углов Дь Вх и Сх треугольника А\В\С\.Из прямоугольного треугольника АВВх получаем: АВх = АВ • cos А, а из прямоугольного треугольника АСС\ находим: АСх = АС • cos А. Сле- АВх АСх* Dдовательно,т- е- стороны АВх и АСхтреугольника АВ\С\ пропорциональны сторонам АВ и АС треугольника АВС. Поэтому ААВхСхного треугольника, образуют треугольник, в котором биссектрисами.Решение. Пусть ААх, ВВх, ССх — высоты остроугольного треугольника АВС (рис. 187). Требуется доказать, что лучи Ах А, ВхВ и СхС являются биссектрисами углов Дь Вх и Сх треугольника А\В\С\.Из прямоугольного треугольника АВВх получаем: АВх = АВ • cos А, а из прямоугольного треугольника АСС\ находим: АСх = АС • cos А. Сле- АВх АСх* Dдовательно,т- е- стороны АВх и АСхтреугольника АВ\С\ пропорциональны сторонам АВ и АС треугольника АВС. Поэтому ААВхСхэтиэтивысотывысотыявляютсяявляютсяААВС, откуда сле-ААВС, откуда сле-дует, что Zl = ZC. Аналогично доказывается, что АВАхСх ~ ABAC, откуда следует, что Z2 = ZC.Таким образом, Zl = Z2, а так как ZACxC = ZBCxC = 90°, то ZB\C\C = ZAxCxC, т. е. луч СхС — биссектриса угла Сх треугольника А\В\Сх.Аналогично доказывается, что лучи Ах А и ВхВ — биссектрисы углов Ах и Вх треугольника АхВхСх.дует, что Zl = ZC. Аналогично доказывается, что АВАхСх ~ ABAC, откуда следует, что Z2 = ZC.Таким образом, Zl = Z2, а так как ZACxC = ZBCxC = 90°, то ZB\C\C = ZAxCxC, т. е. луч СхС — биссектриса угла Сх треугольника А\В\Сх.Аналогично доказывается, что лучи Ах А и ВхВ — биссектрисы углов Ах и Вх треугольника АхВхСх.
849. Докажите, что отрезки, соединяющие основания высот остроуголь-
849. Докажите, что отрезки, соединяющие основания высот остроуголь-
ного треугольника, образуют треугольник, в котором биссектрисами.
Решение. Пусть ААх, ВВх, ССх — высоты остроугольного треугольника АВС (рис. 187). Требуется доказать, что лучи Ах А, ВхВ и СхС являются биссектрисами углов Дь Вх и Сх треугольника А\В\С\.
Из прямоугольного треугольника АВВх получаем: АВх = АВ • cos А, а из прямоугольного треугольника АСС\ находим: АСх = АС • cos А. Сле- АВх АСх* D
довательно,т- е- стороны АВх и АСх
треугольника АВ\С\ пропорциональны сторонам АВ и АС треугольника АВС. Поэтому ААВхСх
ного треугольника, образуют треугольник, в котором биссектрисами.
Решение. Пусть ААх, ВВх, ССх — высоты остроугольного треугольника АВС (рис. 187). Требуется доказать, что лучи Ах А, ВхВ и СхС являются биссектрисами углов Дь Вх и Сх треугольника А\В\С\.
Из прямоугольного треугольника АВВх получаем: АВх = АВ • cos А, а из прямоугольного треугольника АСС\ находим: АСх = АС • cos А. Сле- АВх АСх* D
довательно,т- е- стороны АВх и АСх
треугольника АВ\С\ пропорциональны сторонам АВ и АС треугольника АВС. Поэтому ААВхСх
эти
эти
высоты
высоты
являются
являются
ААВС, откуда сле-
ААВС, откуда сле-
дует, что Zl = ZC. Аналогично доказывается, что АВАхСх ~ ABAC, откуда следует, что Z2 = ZC.
Таким образом, Zl = Z2, а так как ZACxC = ZBCxC = 90°, то ZB\C\C = ZAxCxC, т. е. луч СхС — биссектриса угла Сх треугольника А\В\Сх.
Аналогично доказывается, что лучи Ах А и ВхВ — биссектрисы углов Ах и Вх треугольника АхВхСх.
дует, что Zl = ZC. Аналогично доказывается, что АВАхСх ~ ABAC, откуда следует, что Z2 = ZC.
Таким образом, Zl = Z2, а так как ZACxC = ZBCxC = 90°, то ZB\C\C = ZAxCxC, т. е. луч СхС — биссектриса угла Сх треугольника А\В\Сх.
Аналогично доказывается, что лучи Ах А и ВхВ — биссектрисы углов Ах и Вх треугольника АхВхСх.
Точки Е и F лежат на стороне АВ треугольника АВС, причем так, что точка Е лежит на отрезке AF и АЕ = BF. Прямая, проведенная через точку Е параллельно стороне АС, пересекает прямую, проведенную через точку F параллельно стороне ВС, в точке К. Докажите, что точка К лежит на медиане треугольника АВС, проведенной к стороне АВ.
Решение. Пусть луч СК пересекает сторону АВ в точке М (рис. 188). Требуется доказать, что АМ = МВ.
Так как ЕК || АС, то АМАС ~ АМЕК, откуда следует, что
МС _АММС_АЕ Е ЕМ_АЕ
МК ~ЕМ’Т' е'МК-ЕМ~ЕМ+’
Так как ЕК || ВС, то АМВС ~ АМЕК, откуда следует, что
МС _МВМС_MF Г BE_BF
МК ~MF’T‘ е'МК-MF”MF^'
„МСАЕ
Приравнивая два выражения для отношения получаем: —— =
ррЕМ
= — . Но АЕ = BF по условию, поэтому ЕМ = MF и, значит,
АЕ + ЕМ = МН BF, т. е. АМ = МВ.
Гипотенуза прямоугольного треугольника является стороной квадрата, не перекрывающегося с этим треугольником. Найдите расстояние от точки пересечения диагоналей квадрата до вершины прямого угла треугольника, если сумма катетов равна а.
Решение. Обозначим данный прямоугольный треугольник через АВС, а точку пересечения диагоналей квадрата, построенного на гипотенузе ВС, — буквой D (рис. 189). Требуется найти AD.
Проведем луч DE так, что ZCDE = ZBDA. Тогда AABD = = AECD по стороне и двум прилежащим углам BD = CD, так как каждый из этих отрезков равен половине диагонали квадрата; ZBDA = ZCDE по построению;
ZABD = Z\ +45°,
ZDCE = 180° - (22 + 45°) = 180° - (90° -21 +45°) = 21+45° и, следовательно, ZABD = ZDCE.
Отсюда следует, что AD = DE и АВ = СЕ. Поэтому
АЕ = АС + СЕ = АС + АВ = а.
ПоэтомуПоэтомуТреугольник ADE — равнобедренный (AD = DE) и прямоугольный (ZADE = ZCDE + ZADC = ZBDA + ZADC = ZBDC = 90°).
Поэтому
Поэтому
AD = ^ = 4=
V2 V2
Ответ.
V2
В треугольнике ABC ZA = и ZB = 360°111
= —.Докажите, что — = — +
Решение. Пусть АВ = с, ВС = а, АС = Ь.
~ .11,1
1ребуется доказать, что - = - + -. а о с
720°
ZC = 180° - ^ZA + ZB) = поэтому
ZC = 2 • ZB, a ZB = 2 • ZA. Проведем биссек
трисы BD и СЕ (рис. 190). Тогда ABDC ~ ААВС (по двум углам),
откуда следует, чтоОтсюда получаем:откуда следует, чтоОтсюда получаем:BD _ СР _ ас а Ь*2bd = 4, cd = 4 ооBD _ СР _ ас а Ь*2bd = 4, cd = 4 оо
откуда следует, что
Отсюда получаем:
откуда следует, что
Отсюда получаем:
BD _ СР _ ас а Ь*
2
bd = 4, cd = 4 оо
BD _ СР _ ас а Ь*
2
bd = 4, cd = 4 оо
Так как в треугольнике ABD ZA = ZABD (см. рис. 190), то AD = 2
= BD = ^. Сложив равенства AD = ^ и CD = ^-, получим: Ъ = ас , a2।2
= — + —, или ст = ас + сг, откуда о о
(1)(1)(Ь — а)(Ь + а) = ас.
(1)
(1)
А АСЕ А АВС (по двум углам), откуда следует, что
СЕ _ АЕ _Ьа b с
Отсюда получаем:
СЕ = —, АЕ = -.Сс
ТаккаквтреугольникеВСЕZB=ZBCE,тоBE=СЕ=—.
abb2аЬЪ2°
Сложивравенства BE=—и АЕ=—, получим:с =1,или с2 =
сссс
= ab А о2 = Ъ^а + Ъ\ откуда
2I К с
аАо = —.о
Подставляя это выражение в равенство (1), приходим к равенству- а)с,,
-—Н— = ас, или ос = ас + ао.о
Разделив последнее равенство на abc, получим
что и требовалось доказать.
Из точки М внутренней области угла АОВ проведены перпендикуляры МР и MQ к его сторонам О А и ОВ. Из точек Р и Q проведены перпендикуляры PR и QS соответственно к ОВ и О А. Докажите, что RS ± ОМ.
Решение. Пусть прямая МР пересекается с лучом ОВ в точке Е, а прямая MQ с лучом О А — в точке F (рис. 191).
Так как PR || FQ, то AORP - AOFQ,
Рис. 191Рис. 191OP OF Л откуда следует, что —— = ——. Аналогично
Рис. 191
Рис. 191
OR OQ
из подобия треугольников OSQ и ОРЕ сле-
ОЕ OQ п
дует, чтоПеремножая получен-
ОЕ
ные равенства, приходим к пропорции ^^ =
OF
и поэтому ЕЕ || RS.Пусть луч ОМ пересекает отрезок ЕЕ в точке Н. Для доказатель-и поэтому ЕЕ || RS.Пусть луч ОМ пересекает отрезок ЕЕ в точке Н. Для доказатель-= -Qg которая показывает, что AOEF ~ ~ AORS. Следовательно, ZOEF = ZORS
и поэтому ЕЕ || RS.
Пусть луч ОМ пересекает отрезок ЕЕ в точке Н. Для доказатель-
и поэтому ЕЕ || RS.
Пусть луч ОМ пересекает отрезок ЕЕ в точке Н. Для доказатель-
ства того, что RS ± ОМ, достаточно доказать, что ОН ± ЕЕ.
Прямоугольные треугольники MPF и ЕРО подобны, так как имеют по равному острому углу (ZMFP = ZQFO = 90° — ZAOB и ZOEP = 90° — ZAOB, поэтому ZMFP = ZOEP\ Из подобия
этих треугольников следует, что -^- = -^, т. е. катеты МР и ОР треугольника ОМР пропорциональны катетам РЕ и РЕ треугольника РЕЕ. Следовательно, АОМР ~ APFE, а значит, ZPOM = = ZPEF или ZPOM = ZMEH, т. е. в треугольниках РОМ и НЕМ углы с вершинами О и Е равны. Углы этих треугольников с вершинами в точке М равны как вертикальные. Поэтому АНЕМ ~ ~ АРОМ (по двум углам) и, следовательно, ZEHM = ZOPM = 90°, т. е. ОН ± ЕЕ.
В равнобедренном треугольнике АВС из середины D основания АС проведен перпендикуляр DH к стороне ВС. Пусть М — середина отрезка DH. Докажите, что ВМ ± АН.
Решение. Пусть АЕ — высота треугольника АВС (рис. 192). Тогда DH || АЕ и так как AD = DC, то ЕН = НС.
Так как прямоугольные треугольники ЛЕС и ВВС (они имеют общий острый угол С) и также прямоугольные треугольники ВВС и ВНВ (они имеют общий угол с вершиной В) подобны, то ЛАЕС ~ ~ ЛВНВ. Отрезки АН и ВМ — сходственные медианы в этих подобных треугольниках, поэтому ЛАЕН ~ ЛВМН, откуда следует, что ZEAH = ZHBM.
Пусть отрезки АН и ВМ пересекаются в точке К. Тогда ZBHK = = ZEHA = 90° - ZEAH = 90° - ZHBM = 90° - ZHBK, откуда получаем:
ZBHK + ZHBK = 90°
и, значит, ZBKH = 90°, т. е. ВМ ± АН.
В прямоугольном треугольнике АВС из вершины прямого угла С проведен перпендикуляр СВ к гипотенузе, а из точки В — перпендикуляры BE и BF к катетам АС и ВС. Докажите, что: а) СВ3 = АВ • АЕ • BF; б) АЕ2 + BF2 + 3CD2 = АВ2; в) vCW + ^№ = САТЕ .
Решение, а) Из прямоугольных треугольников АВС, ВВС и АСВ (рис. 193) находим (см. задачи 573, 574):
AD2 = АС ■ АЕ, BD2 = ВС ■ BF,
CD2 = AD ■ BD.AC ■ ВС = АВ -CD.(1)
Перемножая первые два равенства и учитывая третье, получаем
CD4 = АС ■ ВС ■ АЕ ■ BF.
Заменяя АС • ВС на АВ • СВ (четвертое равенство в (1)) и разделив на СВ, приходим к равенству
CD3 =АВ■АЕ■ BF.
АВ2 = (АВ + ВВ)2 = AD2 + BD2 + 2 ■ AD ■ BD =
= AD2 + BD2 + 2CD2.(2)
Из треугольников АВЕ и BBF по теореме Пифагора находим:
АВ2 = АЕ2 + ЕВ2, В В2 = BE2 + BF2,
откуда
AD2 + BD2 = АЕ2 + BF2 + (ED2 + DF2) = АЕ2 + BF2 + CD2.
Подставляя это выражение в равенство (2), получаем
АВ2 = АЕ2 + BF2 + 3CD2,
что и требовалось доказать.
AADE ~ ААВС, поэтому —- = ——, а так как АС = ——^ (пер- Аг5Ah
/1ХХ AD АВ • АЕ вое равенство в (1)), то, откуда
AD = ^/АВ ■ АЕ2.
Аналогично, используя подобие треугольников BDF и ВАС и второе равенство в (1), получаем:
BD = \/АВ ■ BF2.
Отсюда следует:
AD + BD = АВ = VхАВ ■ АЕ2 + \-АВ ■ BF2 .
Разделив на \/АВ, приходим к равенству
Уав2 =Уав2 =Гак +Гак +Гвк,Гвк,
Уав2 =
Уав2 =
Гак +
Гак +
Гвк,
Гвк,
что и требовалось доказать.
В выпуклом четырехугольнике ABCD диагонали пересекаются 12
в точке Р. Известно, что ZADP = -ZPDC, ZADP = -ZPAD и AD =
= BD = CD. а) Найдите все углы четырехугольника, б) Докажите, что АВ2 = = ВР • BD.
Решение, а) Пусть ZADP = а. Тогда
ZPDC = 2а, ZPAD = = (рис. 194).
Треугольник ACD — равнобедренный (AD = 3
= CD), поэтому ZACD = -а. В треугольнике ACD;
|а+ |а + 3а = 180°,
откуда имеем: а = 30° и, значит, ZD = За = 90°. В равнобедренном треугольнике ABD
А А = ZABD = 180°2 “ = 75°.
В равнобедренном треугольнике BCD
ZC = ZCBD = 180°2~ 2а = 60°.
ZABC = ZABD + ZCBD = 75° + 60° = 135°.
Итак, в четырехугольнике ABCD А А = 75°, АВ = 135°, АС = 60°, AD = 90°.
б) АВАР = ABAD - АР AD = 75° - 45° = 30°.
А АВР ~ AABD по двум углам (АВАР = AABD = 30°, АВ —
. ихАВ BD
общий), поэтому ——- = ——, т. е.
J ВР АВ
АВ2 = ВР ■ BD,
что и требовалось доказать.
Ответ, а) 75°, 135°, 60° и 90°.
Точка М не лежит на прямых, содержащих стороны параллелограмма ABCD. Докажите, что существуют точки N, Р и Q, расположенные так, что А, В, С и D являются соответственно серединами отрезков MN, NP, PQ и QM.
Решение. Пусть точка N симметрична точке М относительно точки А, точка Р симметрична точке N относительно точки В, точка Q симметрична точке Р относительно точки С (рис. 195).
Рис. 195Рис. 195Тогда точки А, В, С являются серединами отрезков MN, NP, PQ и остается доказать, что точка D — середина отрезка QM.
Рис. 195
Рис. 195
Обозначим середину отрезка QM через Dx. Согласно задаче 567 четырехугольник ABCDX — параллелограмм. Но по условию задачи ABCD — тоже параллелограмм. Следовательно, точки Dx и D совпадают, т. е. D — середина отрезка QM.
Докажите, что если противополож
ные стороны выпуклого четырехугольника не параллельны, то их полусумма больше отрезка, соединяющего середины двух других противоположных сторон.
Решение. Пусть ABCD — выпуклый четырехугольник, в котором стороны АВ и DC не параллельны, точки М и N — середины сторон AD и ВС (рис. 196). Требуется доказать, что
MN < ^AB+CD\
Отметим точку Dx, симметричную точке D относительно точки N. Треугольники NDC и NDXB равны по двум сторонам и углу между ними (NC = NB, ND = NDX, ADNC = ADXNB\ поэтому BDX = DC
и ZDCN = ZDXBN. Из последнего равенства следует, что BD\ || DC и, следовательно, точки А, В и D\ не лежат на одной прямой.
В треугольнике ABD\
ADX < АВ + BDX, т. е. ADX < АВ + CD.
Отрезок MN — средняя линия треугольника DAD\, поэтому AD\ = 2MN. Таким образом,
2 ■ MN < АВ + CD, т. е. MN < ^АВ + CD).
Докажите, что если сумма расстояний между серединами противоположных сторон выпуклого четырехугольника равна половине его периметра, то этот четырехугольник — параллелограмм.
Решение. Пусть ABCD — выпуклый четырехугольник, точки М, Р, N, Q — середины его сторон (рис. 197). По условию
MN + PQ = ^AB + BC + CD + DA).(1)
Требуется доказать, что ABCD — параллелограмм.
Докажем, что АВ || CD и AD || ВС. Предположим, что это не так: например, АВ и CD не параллельны. Тогда, согласно задаче 858,
MN < ^AB + CD).(2)
С другой стороны,
PQ^BC + DA).(3)
Знак равенства в (3) имеет место в том случае, когда ВС || DA.
Складывая равенства (2) и (3), получаем:
MN + PQ < ^(АВ + BC + CD + DA),
что противоречит равенству (1). Следовательно, наше предположение неверно и, значит,
АВ || CD и AD || ВС,
т. е. ABCD — параллелограмм.
Докажите, что если отрезок, соединяющий середины двух противоположных сторон выпуклого четырехугольника, равен полусумме двух других сторон, то этот четырехугольник — трапеция или параллелограмм.
Решение. Пусть ABCD — выпуклый четырехугольник, в котором отрезок MN, соединяющий середины противоположных сторон AD и ВС, равен полусумме сторон АВ и CD, т. е. MN = ^(АВ + CD). Тогда АВ || CD. В самом деле, если предположить, что АВ и CD не параллельны, то, согласно задаче 858,
MN < ^AB+CD), что противоречит условию.
Итак, АВ || CD, откуда следует, что четырехугольник ABCD — трапеция или параллелограмм.
Диагонали трапеции ABCD пересекаются в точке О. Треугольник
АВО, где АВ — меньшее основание трапеции, равносторонний. Докажите,
что треугольник, вершинами которого являются середины отрезков О A, OD
и ВС, равносторонний.
Рис. 198Рис. 198Решение. Пусть точки Е, F и С — середины отрезков О A, OD и ВС (рис. 198). Требуется доказать, что треугольник EFG — равносторонний, т. е.
Рис. 198
Рис. 198
EF = FG = EG.
AC DO ~ AABO по двум углам (углы COD и AOB равны, как вертикальные, углы ВАО и DCO равны, так как АВ || DC). Отсюда следует, что треугольник CDO — равносторонний,
в частности, OD = ОС.
AAOD = АВОС по двум сторонам и углу между ними (АО = ВО, OD = ОС, ZAOD = ZBOC), поэтому AD = ВС.
Отрезок ЕЕ — средняя линия треугольника AOD и, значит, ЕЕ =
= ^AD = ^ВС.
Отрезок СЕ — медиана равностороннего треугольника CDO, поэтому СЕ ± DO, т. е. ZCFB = 90°. Медиана EG прямоугольного треугольника СЕВ равна половине гипотенузы (задача 404), т. е. EG =
Цвс-
Аналогично, отрезок BE — медиана равностороннего треугольника АВО, поэтому BE ± АО, т. е. ZBEC = 90°. Медиана EG прямоугольного треугольника ВЕС равна половине гипотенузы: EG = ^ВС.
1
Итак, ЕЕ = EG = EG = "^ВС, откуда следует, что треугольник EFG — равносторонний.
Из вершины А треугольника АВС проведены перпендикуляры АМ и АК к биссектрисам внешних углов этого треугольника при вершинах В w С. Докажите, что отрезок МК равен половине периметра треугольника АВС.
Рис. 199Рис. 199Решение. Обозначим точки пересечения прямой ВС с прямыми АМ и АК буквами D и Е (рис. 199). В треугольнике ABD отрезок ВМ является биссектрисой и высотой, поэтому треугольник ABD — равнобедренный: DB = АВ. Кроме того, ВМ является также медианой, т. е. точка М — середина отрезка AD.
Рис. 199
Рис. 199
Аналогично, в треугольнике АСЕ отрезок СК является биссектрисой и высотой, поэтому СЕ = АС и точка К — середина отрезка АЕ.
Таким образом, отрезок МК — средняя линия треугольника ADE и, значит,
МК = X-DE = ^DB + ВС + СЕ) = ^(АВ + ВС + АС), т. е. отрезок МК равен половине периметра треугольника АВС.
Отрезки АА), ВВ\ и СС\ соединяют вершины треугольника АВС с внутренними точками противоположных сторон. Докажите, что середины этих отрезков не лежат на одной прямой.
Решение. Пусть точки А^, В2 и С2 — середины сторон ВС, АС и АВ треугольника АВС. Согласно задаче 435 середина отрезка АА\ лежит на отрезке В2С2, причем не совпадает с точками В2 и С2, т. е. является внутренней точкой отрезка В2С2. Аналогично, середины отрезков ВВ\ и СС\ являются внутренними точками отрезков А2С2 и А2В2.
Таким образом, середины отрезков ААь ВВ\ и СС\ лежат соответственно на сторонах В2С2, А2С2 и А2В2 треугольника А2В2С2 и не совпадают с вершинами этого треугольника. Отсюда следует, что середины отрезков ААь ВВ\ и СС\ не лежат на одной прямой.
Середины трех высот треугольника лежат на одной прямой. Докажите, что этот треугольник прямоугольный.
Решение. Если треугольник АВС — остроугольный, отрезки AAi, ВВ\ и СС\ — его высоты, то точки Ai, В\ и С\ являются внутренними точками сторон ВС, С А и АВ и поэтому, согласно задаче 863, середины высот не лежат на одной прямой.
Если треугольник АВС — тупоугольный с тупым углом А (рис.200, а\ то основание высоты АА\ (точка Ai) лежит на стороне ВС, а основания высот ВВ\ и СС\ (точки В\ и Ci) лежат на продолжениях сторон С А и АВ (см. задачу 300). При этом середина 01 высоты АА\ лежит на средней линии RQ (задача 435), а середины О2 и Од — на продолжениях средних линий PR и PQ (см. рис. 200, а\ Таким образом, точка О\ лежит на стороне RQ треугольника PQR,
а точки О2 и Од — на продолжениях двух других сторон этого треугольника. Поэтому точки Ox, О2 и Оз не лежат на одной прямой.
Если же треугольник АВС — прямоугольный с прямым углом А (рис. 200, б), то его высоты, проведенные из вершин В и С, совпадают с катетами В А и С А. Поэтому середины О2 и О3 этих высот являются серединами катетов, а отрезок O2O3 — средней линией треугольника АВС. Середина Ох высоты, проведенной из вершины А, лежит на средней линии O2O3 (см. задачу 435). Таким образом, середины Ox, О2 и Од высот прямоугольного треугольника лежат на одной прямой.
Итак, если середины трех высот треугольника лежат на одной прямой, то этот треугольник — прямоугольный.
865. В треугольнике АВС, сторона АС которого в два раза больше стороны ВС, проведены биссектриса СМ и биссектриса внешнего угла при вершине С, пересекающая прямую АВ в точке К. Докажите, что Sbcm =865. В треугольнике АВС, сторона АС которого в два раза больше стороны ВС, проведены биссектриса СМ и биссектриса внешнего угла при вершине С, пересекающая прямую АВ в точке К. Докажите, что Sbcm =— -^Sacm — ^Sabc — ^Scmk.— -^Sacm — ^Sabc — ^Scmk.Решение.MB _ ВС _ XMA ~ AC ~ 2Решение.MB _ ВС _ XMA ~ AC ~ 2Согласно задаче 535 (рис. 201). Отсюда сле-Согласно задаче 535 (рис. 201). Отсюда сле-Рис. 201Рис. 201МВ дует, что =МВ дует, что =|. Согласно задаче 619|. Согласно задаче 619ВК _ ВС АК - АСВК _ ВС АК - АС11= ^ и, следовательно, ВК = ^АК = АВ, а так как МВ == ^ и, следовательно, ВК = ^АК = АВ, а так как МВ =
865. В треугольнике АВС, сторона АС которого в два раза больше стороны ВС, проведены биссектриса СМ и биссектриса внешнего угла при вершине С, пересекающая прямую АВ в точке К. Докажите, что Sbcm =
865. В треугольнике АВС, сторона АС которого в два раза больше стороны ВС, проведены биссектриса СМ и биссектриса внешнего угла при вершине С, пересекающая прямую АВ в точке К. Докажите, что Sbcm =
— -^Sacm — ^Sabc — ^Scmk.
— -^Sacm — ^Sabc — ^Scmk.
Решение.
MB _ ВС _ X
MA ~ AC ~ 2
Решение.
MB _ ВС _ X
MA ~ AC ~ 2
Согласно задаче 535 (рис. 201). Отсюда сле-
Согласно задаче 535 (рис. 201). Отсюда сле-
Рис. 201
Рис. 201
МВ дует, что =
МВ дует, что =
|. Согласно задаче 619
|. Согласно задаче 619
ВК _ ВС АК - АС
ВК _ ВС АК - АС
1
1
= ^ и, следовательно, ВК = ^АК = АВ, а так как МВ =
= ^ и, следовательно, ВК = ^АК = АВ, а так как МВ =
- 3А ’ ™” М ’ Т' е' МК - 4'
Треугольники BCM, АСМ, АВС, СМК имеют общую высоту, проведенную из вершины С, поэтому
Sbcm _ МВ _ 1Sbcm _ МВ _ 1Sbcm _ МВ _ 1
Sacm2’ Sabc “ "АВ “ 3’ SCmk ~ МК ~ 4*
Отсюда получаем:
Sbcm —Sbcm —^Sacm — ^Sabc — ^Scmk-^Sacm — ^Sabc — ^Scmk-
Sbcm —
Sbcm —
^Sacm — ^Sabc — ^Scmk-
^Sacm — ^Sabc — ^Scmk-
Стороны треугольника EFG соответственно равны медианам тре
угольника АВС. Докажите, что ^EFG = 7.
Ьдвс 4
Решение. Пусть ЛЛь ВВх, ССх — медианы треугольника АВС,
О — точка пересечения медиан (рис. 202). Проведем прямую АМ,
Рис. 202Рис. 202параллельную медиане ССх, и прямую А\К, параллельную медиане ВВх (см. рис. 202). Тогда отрезок ССх — средняя линия треугольника АВМ и поэтому АМ = 2ССх.
Рис. 202
Рис. 202
Пусть прямая ВВх пересекает отрезок АМ в точке N. Так как АО : О Ах = 2, то AN : NK = 2 (см. задачу 556), т. е. AN = 2NK и, значит, АК = ЗМК.
Поскольку ВС = СМ и В Ах = АхС = ^ВС, то АхМ : В Ах = 3 и, следовательно,
КМ :NK = 3, т. е. КМ = 3NK.
Таким образом, АК = КМ, а так как АМ = 2СС\, то АК = ССх-
Отрезок В\К — средняя линия треугольника АСМ, поэтому В\К || В Ах и так как АхК || ВВх, то ВВхКАх — параллелограмм. Отсюда следует, что АхК = ВВх.
Итак, в треугольнике ААхК
АХК = ВВХ, АК = ССх,
т. е. стороны треугольника ААхК соответственно равны медианам треугольника АВС и, значит, треугольник ААхК равен треугольнику EFG (см. условие задачи). Тем самым нужно доказать, что §ANJ£_ =
Ьавс 4
Так как ВМ = 2ВС, ВАх = ~ВС, то Sabm = 28авса 8авах =
= -^Ьлвс и поэтому
3
8аахм = Sabm - SabAx = 2^авс-
Треугольники ААхМ и ААхК имеют общую высоту, проведенную из вершины Ах, и АК = ^АМ. Поэтому
8аАхК — 2^^1М — ^8авс-
Отсюда получаем:
Saaxk _ 3
Sabc 4’
что и требовалось доказать.
В треугольнике АВС прямая, проходящая через вершину А и делящая медиану ВМ в отношении 1 : 2, считая от вершины, пересекает сторону ВС в точке К. Найдите отношение площадей треугольников АВК и АВС.
Решение. Обозначим буквой D точку пересечения отрезка АК и медианы ВМ и проведем через точку М прямую, параллельную АК. Она пересекает сторону ВС в точке Е (рис. 203).
Так как BD : DM = 1 : 2, то ВК : КЕ =1:2 (см. задачу 556), т. е. KE = 2ВК. Отрезок ME — средняя линия треугольника АКС, поэтому ЕС = KE = 2ВК. Таким образом,
ВС = ВК + KE + ЕС = 5ВК, т. е. ^ =
ВС 5
Треугольники АВК и АВС имеют общую высоту, проведенную из вершины А, поэтому
Sabk SabcSabk SabcВК _ 1ВС “ 5*ВК _ 1ВС “ 5*
Sabk Sabc
Sabk Sabc
ВК _ 1
ВС “ 5*
ВК _ 1
ВС “ 5*
Ответ. 1 : 5.
Через вершину А параллелограмма ABCD проведена прямая, пересекающая прямые BD, CD и ВС соответственно в точках М, N и Р. Докажите, что отрезок АМ является средним пропорциональным между MN и МР.
Решение. AAMD ~ АРМ В по двум углам (рис. 204), поэтому МР _ АМ
МВ ~ МР'
Аналогично, ANMD ~ ААМВ, поэтому
MD _ MN_
МВ - АМ'
-МР
Приравнивая два выражения для отношения > получаем:
АМ _ MN
МР - АМ ’
откуда
АМ2 = MN • МР,
АМ = CMN ■ МР,
т. е. отрезок АМ является средним пропорциональным между MN и МР.
Постройте точку, принадлежащую большему основанию равнобедренной трапеции и отстоящую от данной боковой стороны в п раз дальше, чем от другой (п = 2,3,4).
Решение. Пусть ABCD — данная равнобедренная трапеция, X — искомая точка, принадлежащая большему основанию AD и отстоящая от данной боковой стороны АВ в п раз дальше, чем от CD, т. е. ^^ = = п, где ХМ и XN — перпендикуляры к прямым АВ и CD (рис. 205).
AAMX ~ ADNX (по двум углам), поэтому
АХ _ ХМ _XD ~ XX ~
Таким образом, задача сводится к построению точки X, которая делит отрезок AD в заданном отношении, т. е. АХ : XD = n : 1.
Построение такой точки описано в решении задачи 585.
Точка С лежит на отрезке АВ. Постройте точку D прямой АВ, , AD АС
не лежащую на отрезке АВ, так, чтобыВсегда ли задача имеет
решение?
Решение. Пусть АС > СВ (рис. 206). Отметим точку М, не лежащую на прямой АВ, и на луче АМ отложим отрезок ЛСь равный АС, а затем на луче С\А отложим отрезок С\В\, равный СВ. Проведем через точку С\ прямую, параллельную прямой В\В. Она пересекает прямую АВ в искомой точке D.
Действительно, так как C\D || ВуВ, то
CiBi АВХ ,
(см. задачу 556).
Отсюда, используя свойства пропорций, получаем:
СхВх _ АВХ ГСхВх _ АСхDB ~ АВ-V DB ~ AD'
Тем самым доказано, что точка D — искомая.
Если АС < СВ, то построение искомой точки D проводится таким же образом, как и в случае АС > СВ, но только теперь точка А будет лежать между С\ и В\.
Наконец, если АС = СВ, то ^^ = 1, а для любой точки D прямой AD
АВ, не лежащей на отрезке АВ,1. Таким образом, в этом
случае построение точки D невозможно.
Ответ. Не всегда.
Постройте равнобедренный треугольник по углу между боковыми сторонами и сумме основания и высоты, проведенной к основанию.
Решение. Пусть Zhk — данный угол, PQ — данный отрезок (рис. 207, а\ Требуется построить треугольник АВС, в котором ZA = Zhk, АВ = АС, ВС + АН = PQ, где АН — высота треугольника АВС.
Анализ. Пусть АВС — искомый треугольник (рис. 207, б). Проведем какой-нибудь отрезок В\С\, параллельный стороне ВС. Получим треугольник АВ\С\, подобный треугольнику АВС. Ясно, что равнобедренный треугольник АВ\С\ с заданным углом А между боковыми сторонами построить нетрудно. Из подобия треугольников следует:
ВХСХ _ ВС АНх - АН*
Прибавив к обеим частям равенства 1, получим:
ВхСх ZAHx _ ВС + АНАНх “ АН
Но ВС + АН = PQ по условию, поэтому
ВхСх Z АНх = PQАНх АН ’
А PQ • АНХ
Если треугольник АВхСх построен, то отрезки с длинами АНх и (ВхСх + АНх) нам известны. Отрезок PQ задан условием задачи. Используя формулу (2), можно построить отрезок длины АН, что дает возможность построить весь треугольник АВС.
Построение. Строим какой-нибудь равнобедренный треугольник АВхСх, в котором ZA = Zhk, АВх = АСх, и проводим высоту АНх в этом треугольнике. По трем известным отрезкам с длинами PQ, АНх и (ВхСх + АНх) строим отрезок, длина которого выражается формулой (2) (см. задачу 623). Отложив этот отрезок на луче АНх от точки А, получим точку Н. Проводим через точку Н прямую, параллельную ВхСх, и получаем искомый треугольник АВС (рис.207, б).
Доказательство. По построению ZA = Zhk. Треугольники АВС и АВхСх подобны, поэтому АВ = АС и выполняется равенство (1), откуда следует, что
ВС + АН = В'С'Д^Н1 ■ АН.(3)
Но отрезок АН строился по формуле (2). Подставляя выражение (2) для АН в равенство (3), получаем
ВС + АН = PQ.
Таким образом, построенный треугольник АВС удовлетворяет всем условиям задачи.
Исследование. Из построения видно, что задача всегда имеет решение, если угол hk — не развернутый. Формула (2) показывает, что какой бы треугольник АВхСх, подобный искомому, мы ни взяли, величина АН будет иметь одно и то же значение. Это доказывает единственность искомого треугольника.
ними.ними.Постройте треугольник по двум сторонам и биссектрисе угла между
ними.
ними.
Решение. Пусть даны отрезки P\Q\, ?2Q2^ P^Q^- Требуется построить треугольник АВС, у которого АВ = АбД, АС = P2Q2, AD = P3Q3, где AD — биссектриса треугольника.
Анализ. Пусть ААВС — искомый треугольник (рис. 208). Для краткости записи обозначим длины данных отрезков PxQx, P2Q2 и T3Q3 через Ь, с и а. Тогда АВ = = Ь, АС = с, AD = а. Проведем BE || АС.
Получим равнобедренный треугольник АВЕ (АВ = BE = 5). ВыразимПолучим равнобедренный треугольник АВЕ (АВ = BE = 5). ВыразимРЕ через а, Ь, с. Из подобия треугольников EDB и АВС (по двумРЕ через а, Ь, с. Из подобия треугольников EDB и АВС (по двумуглам) имеем:углам) имеем:DE _ BE AD ~ AC’DE _ BE AD ~ AC’откудаоткудаDE = —.СDE = —.С
Получим равнобедренный треугольник АВЕ (АВ = BE = 5). Выразим
Получим равнобедренный треугольник АВЕ (АВ = BE = 5). Выразим
РЕ через а, Ь, с. Из подобия треугольников EDB и АВС (по двум
РЕ через а, Ь, с. Из подобия треугольников EDB и АВС (по двум
углам) имеем:
углам) имеем:
DE _ BE AD ~ AC’
DE _ BE AD ~ AC’
откуда
откуда
DE = —.
С
DE = —.
С
По данным отрезкам с длинами а, Ь, с можно построить отрезок РЕ (задача 623). После этого можно построить треугольник АВЕ, а затем искомый треугольник АВС.
Построение. Строим отрезок, длина которого равна —. Далее строим треугольник АВЕ по трем сторонам: АВ = BE = b, АЕ = = а + ^. Затем через точку А проводим луч АМ так, что ZMAE = = ZEAB, и на этом луче откладываем отрезок АС = с. Треугольник АВС — искомый.
Доказательство. По построению АВ = Ь, АС = с, луч АЕ — биссектриса угла САВ. Пусть D — точка пересечения АЕ и ВС. Из подобия треугольников AD С и EDB следует:
АРРЕАРРЕab с— • -= а, с оab с— • -= а, с оАСЛАС
АР
РЕ
АР
РЕ
ab с
— • -= а, с о
ab с
— • -= а, с о
=. откуда AD = DE ■ —
т. е. биссектриса АР треугольника АВС равна а. Итак, треугольник АВС удовлетворяет всем условиям задачи.
Исследование. Ясно, что треугольник АВС можно построить в том и только в том случае, когда можно построить равнобедренный треугольник АВЕ, а для этого его стороны должны удовлетворять соотношению АЕ < АВ + BE = 2 • АВ, т. е. должно выполняться неравенство7О7
, ао2ос
а + — < 2о, или а < .
со + с
Возвращаясь к исходным отрезкам, запишем это неравенство в ви
де:де:CQ.<CQ.<2PQt -PiQiPxQx + P2Q22PQt -PiQiPxQx + P2Q2(1)(1)
де:
де:
CQ.<
CQ.<
2PQt -PiQi
PxQx + P2Q2
2PQt -PiQi
PxQx + P2Q2
(1)
(1)
Если данные отрезки PxQx, P2Q2, P3Q3 удовлетворяют условию (1), то задача имеет решение. В противном случае решения нет.
Если решение есть, то оно единственное. В самом деле, допустим, что имеются два треугольника АВС и АхВхСх, удовлетворяющие условиям задачи. Для каждого из них выполним такое же построение, как на рисунке 208. Тогда получим: ЛАВЕ = ЛАхВхЕх (по трем сторонам), поэтому ZDAB = ZDxAxBx. Следовательно, в треугольниках АВС и АхВхСх углы А и Ах равны, а значит, равны и сами треугольники (по двум сторонам и углу между ними). Это и доказывает единственность решения.
Постройте треугольник АВС, если даны ZA, ZC и отрезок, равный сумме стороны АС и высоты ВН.
Рис. 209Рис. 209Решение. Пусть Zhxkx и Zh^ — данные углы, PQ — данный отрезок. Требуется построить треугольник АВС, у которого ZA = Zhxkx, ZC = Zh2k2, AC + ВН = PQ, где ВН — высота треугольника.
Рис. 209
Рис. 209
Эта задача решается методом подобия аналогично задаче 871. Пусть АВС — искомый треугольник, у которого ZA = Zhxkx, ZC = = Zh2k2, AC + ВН = PQ (рис. 209). Проведем какой-нибудь отрезок АхСх, параллельный сто
роне АС. Получим треугольник АхВСх, подобный треугольнику АВС.
Из подобия этих треугольников следует соотношение, аналогичное формуле (2) (см. решение задачи 871):
(4)(4)PQ • ВНхАхСхГВНх*
(4)
(4)
Это соотношение указывает способ построения искомого треугольника АВС. Строим какой-нибудь треугольник АхВхСх, у которого ZAx = Zhxkx, ZCx = Zh2k2, и проводим высоту ВНх в этом треугольнике. Затем по трем известным отрезкам с длинами PQ, ВНх и (Л1С1 -\-ВНх) строим отрезок, длина которого выражается формулой (4). Отложив этот отрезок на луче ВНх от точки В, получим точку Н. Проводим через точку Н прямую, параллельную АхСх, и получаем искомый треугольник АВС.
В самом деле, так как АС || АхСх, то ZA = ZAx = Zhxkx, ZC = = ZCx = Zh2k2. Кроме того, AC + ВH = PQ. Это равенство доказывается так же, как аналогичное равенство в задаче 871.
Если Zhxkx + Zh2k2 < 180°, то задача имеет решение, и, как и в задаче 871, это решение единственное.
Постройте треугольник по трем высотам.
Решение. Пусть даны отрезки P\Q\, P2Q2, P^Qz- Требуется построить треугольник АВС, высоты которого, проведенные из вершин А, В и С, соответственно равны PxQx, P2Q2 и T3Q3.
Анализ. Обозначим через а, b и с длины сторон искомого треугольника, противолежащих углам А, В к С, а через ha, hb и hc длины отрезков PxQx, P2Q2 и P^Qs- Воспользуемся равенствами aha = ЪНь = = chc (каждое из произведений равно удвоенной площади треугольни
ка). Из первого равенства получаем пропорциюа из второго
hb ha
равенства имеем
7 hcbe
b = — • с и поэтому —- = ———hbha I hahb
\ he
Таким образом,Таким образом,а _ b^Ь Наа _ b^Ь На(1)(1)
Таким образом,
Таким образом,
а _ b
^Ь На
а _ b
^Ь На
(1)
(1)
Полученные равенства показывают, что искомый треугольник со сторонами а, Ь, с подобен треугольнику со сторонами hb, ha, ^^. Этот факт дает ключ к решению задачи.
Построение. По данным отрезкам PxQx,
P2Q2 и P3Q3 с длинами ha, Кь и hc построим от
резок P4Q4, длина которого равна ^^ (см. за- /
дачу 623). Далее построим треугольник АВхСх / н по трем сторонам: АВх = P4Q4, В\С\ = P2Q2,—1х?
C\A = P\Q\ (рис. 210). Этот треугольник, как /х
уже было отмечено, подобен искомому тре- В НС
угольнику. Проведем высоту АНх треугольника
АВхСх и на луче АНх отложим отрезок АН,Рис"
равный PxQx- Через точку Н проведем прямую, параллельную ВхСх. Она пересекается с лучами АВх и АСх в некоторых точках В и С. Треугольник АВС — искомый.
Доказательство. Построенный треугольник АВС подобен треугольнику АВхСх и, следовательно, подобен искомому треугольнику. Высота АН в треугольнике АВС равна PxQx, как и должно быть в искомом треугольнике, т. е. сходственные высоты в треугольнике АВС и искомом треугольнике равны. Значит, коэффициент подобия этих треугольников равен 1 (см. задачу 543), а это и означает, что треугольник АВС — искомый.
Исследование. Искомый треугольник АВС можно построить в том и только в том случае, когда можно построить треугольник АВхСх, стороны которого равны PxQx, P2Q2 и P\Q\ =• В свою оче-
P3Q3
редь, треугольник с такими сторонами можно построить тогда и только тогда, когда каждый из отрезков PxQx, P2Q2, P4Q4 меньше суммы двух других отрезков, т. е.
<FiQi+F2Q2,(2)
P\Q\ < E^Syl^Si + f2q2, f2q2 < PQ\ -PQ1 + pxQvB343Пчз
Последние два неравенства приводятся к виду, аналогичному (2):
EiOp^Si < PxQx + p3q3, PQpIsSi < p2q2 + p3q3.(3)
Г2Ч2r\4x
Итак, если данные отрезки PxQx, P^Q^, P3Q3 удовлетворяют условиям (2) и (3), то задача имеет решение. В противном случае решений нет.
Если решение существует, то оно единственное. В самом деле, пусть NKMN — произвольный треугольник, удовлетворяющий условию задачи, т. е. высоты этого треугольника равны данным отрезкам ^iQb P2Q2 и P3Q3 с длинами ha, Нь и hc. Пусть высота, проведенная из вершины К, равна ha, а высота, проведенная из вершины М, равна Иь. Тогда, согласно равенствам (1), треугольник KMN подобен треугольнику KxMxNx, в котором MxNx = hb, K\N\ = ha, K\M\ = ^^b. Высота h\ треугольника KxMxNx, проведенная из вершины Кх, однозначно выражается через стороны этого треугольника и, значит, через величины ha, Нь и Нс. Эта высота является сходственной высоте На треугольника KMN, подобного треугольнику KxMxNx. Поэтому коэффициент подобия треугольников KMN и KxMxNx, равный имеет одно и то же значение для всех треугольников KMN, удовлетворяющих условию задачи. Отсюда следует, что все треугольники, удовлетворяющие условию задачи, подобны друг другу с коэффициентом подобия, равным 1, т. е. они равны друг другу. Это и означает, что задача имеет единственное решение.
Постройте трапецию по боковой стороне, большему основанию, углу между ними и отношению двух других сторон.
Решение. Пусть даны отрезки PxQx, P2Q2, MxNx, M2N2 и угол hk. Требуется построить трапецию ABCD с основаниями ВС и AD так, чтобы
АВ = PxQx, AD = P2Q2,ВС < AD, ZA = ZHk,ВС ;CD = MxNx : M2N2.
Построение. Сначала построим треугольник ABD по двум сторонам и углу между ними: АВ = PxQx, AD = P2Q2, АА = = Zhk (рис. 211, а\ Затем через точку В проведем прямую р, параллельную AD, и на этой прямой по ту же сторону от прямой АВ, что и точка D, отложим отрезок ВСх, равный MxNx. Далее построим окружность радиуса M2N2 с центром Сх. Пусть эта окружность пересекается с лучом BD в точке Dx. Проведем через точку D прямую, параллельную D\C\. Эта прямая пересекает прямую р в некоторой точке С (см. рис. 211, а). Если при этом окажется, что ВС < AD, то трапеция ABCD — искомая.
Рис. 211
Доказательство. По построению АВ = PxQx, AD = P2Q2, А А = = Zhk, а так как CD || C\D\, то
ВС _ ВСх _ MxNx
CD ~ CxDx ~ M^NZ
Если, кроме того, ВС < AD, то трапеция ABCD удовлетворяет всем условиям задачи.
Исследование. По заданным отрезкам PxQx, P2Q2 и углу hk всегда можно построить треугольник ABD, в котором АВ = PxQx, AD = = P2Q21 А А = Zhk (если Zhk < 180°), а затем можно провести через точку В прямую р, параллельную AD, и отложить отрезок ВСх, равный MxNx. Через точку Сх проведем перпендикуляр С\Н к прямой BD (рис. 211, б). Если M2N2 < СхН, то окружность радиуса M2N2 с центром Сх не имеет общих точек с лучом BD. В этом случае задача не имеет решений.
Если M2N2 = СхН, то окружность радиуса M2N2 с центром Сх имеет одну общую точку с лучом BD (точку Н). В этом случае задача имеет единственное решение, если окажется, что ВС < AD. Последнее неравенство будет выполнено, если ZBCD > ZA, т. е. ZBCxH > > Zhk (см. рис. 211, б). Итак, в случае M2N2 = СхН задача имеет единственное решение, если ZBCxH > Zhk, и не имеет решений, если ZBCXH < Zhk.
Если СхН < M2N2 < MxNx = ВСх, то окружность радиуса M2N2 с центром Сх имеет две общие точки с лучом BD (точки Dx и Dx на рис. 211, 5). Поэтому в этом случае задача имеет два решения (трапеции ABCD и ABC'D), если ZBCxD'x > Zhk; одно решение (трапеция ABCD\ если ZBCxDx < Zhk < ZBCxDx; и не имеет решений, если ZBCxDx Zhk.
Если M2N2 ^ MxNx = ВСх, то окружность радиуса M2N2 с центром Сх имеет одну общую точку с лучом BD (точку DxY В этом случае задача имеет единственное решение, если ZBCxDx > Zhk, и не имеет решений в противном случае.
Постройте ромб, площадь которого равна площади данного квадрата, если известно, что отношение диагоналей этого ромба равно отношению данных отрезков.
Решение. Пусть даны квадрат KLMN и отрезки P\Q\ и P2Q2- Требуется построить ромб ABCD, у которого Sabcd = Sklmn = = KL2, AC ; BD = P\Q\ -.P^.
Из условий задачи получаем два уравнения относительно АС и BD:
^АС ■ BD = KL2,AC = PQ\BD P2Q2'
Отсюда находим:
АС = V2 KL P1Q1 BD = V2 KL ■ P2Q2(1)
VP1Q1 -PiQi ’ VCQi • P2Q2 '
Полученные формулы позволяют построить отрезки, равные диагоналям искомого ромба, а затем построить и сам ромб
Построение. Сначала построим отрезок P3Q3 = \/P\Q\ • F2Q2 (см. задачу 669). Так как V2 KL = КМ, где КМ — диагональ данного квадрата, то формулу (1) для АС можно записать так:
КМ • PxQxP3Q3 *
По известным отрезкам КМ, P\Q\ и P3Q3 построим отрезок, рав- « КМ • P\Q\ ,Z2OQ\ тЛ
ныи (см. задачу 623). 1ем самым будет построен отрезок, РзЧз
равный диагонали АС искомого ромба ABCD. Аналогично построим отрезок, равный диагонали BD, а затем по известным диагоналям построим сам ромб ABCD (см. задачу 414, а).
Формулы (1) показывают, что при любых данных квадрате KLMN и отрезках P\Q\ и P2Q2 задача имеет единственное решение.
Глава 4
ОКРУЖНОСТЬ
Касательная к окружности
1. Пусть d — расстояние от центра окружности радиуса г до прямой р. Каково взаимное расположение прямой р и окружности, если: а) г = 16 см, d = 12 см; б) г = 5 см, d = 4,2 см; в) г = 7,2 дм, d = 3,7 дм; г) г = 8 см, d = 1,2 дм; д) г = 5 см, d = 50 мм?
Решение, a) d < г, поэтому прямая и окружность имеют две общие точки;
d < г, поэтому прямая и окружность имеют две общие точки;
d < г, поэтому прямая и окружность имеют две общие точки; г) d > г, поэтому прямая и окружность не имеют общих точек;
d = г, поэтому прямая и окружность имеют только одну общую точку.
Ответ, а), б), в) Прямая пересекает окружность; г) прямая лежит вне окружности; д) прямая касается окружности.
Расстояние от точки А до центра окружности меньше радиуса окружности. Докажите, что любая прямая, проходящая через точку А, является секущей по отношению к данной окружности.
Решение. Пусть О — центр данной окружности, г — ее радиус. По условию О А < г. Рассмотрим произвольную прямую р, проходящую через точку А, и обозначим буквой d расстояние от точки О до прямой р. Если р ± О А, то d = О А; если же отрезок О А является наклонной, проведенной из точки О к прямой р, то d < О А. И в том, и в другом случае d < г, поэтому прямая р и окружность имеют две общие точки.
Рис. 212Рис. 212Даны квадрат ОАВС, сторона которого равиа 6 см, и окружность с центром в точке О радиуса 5 см. Какие из прямых О А, АВ, ВС и АС являются секущими по отношению к этой окружности?
Рис. 212
Рис. 212
Решение. Прямая О А проходит через центр окружности, поэтому эта прямая является секущей. Прямые АВ и ВС находятся на расстояниях О А = = 6 см > 5 см и ОС = 6 см > 5 см (рис. 212), а значит, эти прямые секущими не являются. Расстояние от точки О до прямой АС равно половине диагонали
6 Л. С. Атанасян и др.
данного квадрата, т. е. -^- -6 см % 4,25 см. Таким образом, это расстояние меньше 5 см, поэтому прямая АС является секущей.
Ответ. О А и АС.
Радиус ОМ окружности с центром О делит хорду АВ пополам. Докажите, что касательная, проведенная через точку М, параллельна хорде АВ.
Решение. Прямая ОМ содержит медиану равнобедренного треугольника АОВ (рис. 213), поэтому АВ ± ОМ. Касательная р, проведенная через точку М, также перпендикулярна к ОМ. Следовательно, прямые АВ и р параллельны.
Через точку А окружности проведены касательная и хорда, равная радиусу окружности. Найдите угол между ними.
Решение. Пусть О — центр окружности, АВ — данная хорда (рис. 214). Треугольник О АВ равносторонний, поэтому угол О АВ равен 60°. Следовательно, искомый угол равен 90° — 60° = 30°.
Ответ. 30°.
Через концы хорды АВ, равной радиусу окружности, проведены две касательные, пересекающиеся в точке С. Найдите угол АСВ.
Решение. Пусть О — центр данной окружности (рис. 215). Треугольник О АВ равносторонний, поэтому угол О АВ равен 60°. Из четырехугольника ОАСВ находим: ZACB = 360° - 90° - 90° - -60° = 120°.
Ответ. 120°.
Угол между диаметром АВ и хордой АС равен 30°. Через точку С проведена касательная, пересекающая прямую АВ в точке D. Докажите, что треугольник ACD — равнобедренный.
Решение. Пусть О — центр данной окружности (рис. 216). Из условия задачи следует, что углы при основании равнобедренного треугольника О АС равны 30°. Угол ВОС — внешний угол этого треугольника, а значит, ZBOC = 30° + 30° = 60°. В прямоугольном треугольнике OCD ZO = 60°, поэтому ZD = 30°. Таким образом, в треугольнике ACD углы при основании AD равны и, следовательно, этот треугольник — равнобедренный.
Рис. 215Рис. 215Рис. 213Рис. 213Рис. 214Рис. 214
Рис. 215
Рис. 215
Рис. 213
Рис. 213
Рис. 214
Рис. 214
Прямая АВ касается окружности с центром О радиуса г в точке В. Найдите АВ, если О А = 2 см, а г = 1,5 см.
Решение. Из условия задачи следует, что треугольник АОВ — прямоугольный с прямым углом В (рис. 217). По теореме Пифагора
О А2 = АВ2 + О В2 = АВ2 + г2,
/9 v 7
откуда АВ = 04 — - см = -$- см.
с v7
Ответ. см.
Прямая АВ касается окружности с центром О радиуса г в точке В. Найдите АВ, если ААОВ = 60°, а г = 12 см.
Решение. Из условия задачи следует, что треугольник АОВ — прямоугольный с прямым углом В (см. рис. 217). Поэтому
АВ = OB tg60° = rtg60° = гЦз = 12V3 см.
Ответ. 12V3 СМ.
Даны окружность с центром О радиуса 4,5 см и точка А такая, что О А = 9 см. Через точку А проведены две касательные к данной окружности. Найдите угол между ними.
Решение. Пусть АВ и АС — касательные, В и С — точки касания (рис.218). Тогда Zl = Z2 = 90°. В прямоугольном треугольнике АОВ гипотенуза О А = 9 см в два раза больше катета О В = 4,5 см. Следовательно, АО АВ = 30°. Аналогично АО АС = 30°, а значит,
ABAC = 30° + 30° = 60°.
Ответ. 60°.
Отрезки АВ и АС являются отрезками касательных к окружности с центром О, проведенными из точки А. Найдите угол ВАС, если середина отрезка АО лежит на окружности.
Решение. Пусть В и С — точки касания (см. рис. 218). Тогда Zl = Z2 = 90°. В прямоугольном треугольнике АОВ гипотенуза О А в два раза больше радиуса окружности, или, что то же самое, в два
Рис. 216Рис. 216Рис. 217Рис. 217Рис. 218Рис. 218
Рис. 216
Рис. 216
Рис. 217
Рис. 217
Рис. 218
Рис. 218
раза больше катета ОВ. Следовательно, ZOAB = 30°. Аналогично ZOAC = 30°, а значит,
ZBAC = 30° + 30° = 60°.
Ответ. 60°.
На рисунке 218 (рис. 213 учебника) ОВ = 3 см, О А = 6 см. Найдите АВ, AC, Z3 и Z4.
Решение. В прямоугольном треугольнике АОВ гипотенуза О А = = 6 см в два раза больше катета ОВ = 3 см. Следовательно, Z3 = 30°. Аналогично Z4 = 30°. Далее,
АВ = АС = ОАсозЗО0 = ОаА = зЦз см.
Ответ. ЗЦЗ см, ЗЦЗ см, 30°, 30°.
Прямые АВ и АС касаются окружности с центром О в точках В и С. Найдите ВС, если ZOAB = 30°, АВ = 5 см.
Решение. Поскольку АВ = AC, ZOAB = ZOAC = 30° (см. рис.218) и, следовательно, ZBAC = 60°, то треугольник АВС равносторонний, а значит, ВС = АВ = 5 см.
Ответ. 5 см.
Прямые МА и МВ касаются окружности с центром О в точках А и В. Точка С симметрична точке О относительно точки В. Докажите, что ZAMC = 3ZBMC.
Решение. Прямоугольные треугольники ОМВ и С МВ (рис. 219) равны по двум катетам, поэтому ZBMO = ZBMC. С другой стороны, ZAMO = ZBMO, а значит,
ZAMC = 3ZBMC.
Из концов диаметра АВ данной окружности проведены перпендикуляры ААх и ВВх к касательной, которая не перпендикулярна к диаметру АВ. Докажите, что точка касания является серединой отрезка АхВх.
Решение. Пусть М — точка касания, О — центр окружности (рис.220). Прямые ААх, ВВх и ОМ перпендикулярны к касательной, поэтому они параллельны. С другой стороны, О А = ОВ. Следовательно, по теореме Фалеса, МАх = МВх.
В треугольнике АВС угол В прямой. Докажите, что: а) прямая ВС является касательной к окружности с центром А радиуса АВ; б) прямая АВ является касательной к окружности с центром С радиуса СВ; в) прямая АС не является касательной к окружностям с центром В и радиусами В А и ВС.
Решение, а) Расстояние от прямой ВС до центра А окружности равно АВ (рис. 221), т. е. радиусу этой окружности. Поэтому прямая ВС является касательной к данной окружности.
Расстояние от прямой АВ до центра С окружности равно СВ (см. рис. 221), т. е. радиусу этой окружности. Поэтому прямая АВ является касательной к данной окружности.
Отрезки В А и ВС являются наклонными, проведенными из точки В к прямой АС (см. рис. 221). Следовательно, расстояние от прямой АС до центра В окружностей меньше радиусов В А и ВС этих окружностей. Поэтому прямая АС не является касательной к данным окружностям.
Отрезок АН — перпендикуляр, проведенный из точки А к прямой, проходящей через центр О окружности радиуса 3 см. Является ли прямая АН касательной к окружности, если: а) О А = 5 см, АН = 4 см; б) ZHAO = 45°, О А = 4 см; в) ZHAO = 30°, О А = 6 см?
Решение, а) Найдем расстояние ОН от центра окружности до прямой АН (рис. 222). Имеем:
ОН = УОЛ2 - АН2 = 3 см.
Таким образом, расстояние от прямой АН до центра окружности равно радиусу этой окружности. Следовательно, прямая АН — касательная.
Найдем расстояние ОН от центра окружности до прямой АН (см. рис. 222). Имеем:
ОН = O^sin45o = 2V2 см.
Рис. 221Рис. 221Рис. 222Рис. 222
Рис. 221
Рис. 221
Рис. 222
Рис. 222
Таким образом, расстояние от прямой АН до центра окружности не равно радиусу этой окружности. Следовательно, прямая АН касательной не является.
Найдем расстояние ОН от центра окружности до прямой АН (см. рис. 222). Имеем:
ОН = ОА sin 30° =3 см.
Таким образом, расстояние от прямой АН до центра окружности равно радиусу этой окружности. Следовательно, прямая АН — касательная.
Ответ, а) Да; б) нет; в) да.
Постройте касательную к окружности: а) параллельную данной прямой; б) перпендикулярную к данной прямой.
Решение. Пусть О — центр данной окружности.
Проведем через точку О прямую, перпендикулярную к данной прямой (рис. 223, а\ и обозначим буквами А и В точки пересечения
Рис. 223
этой прямой с данной окружностью. Через точки А и В проведем прямые р и q, перпендикулярные к прямой АВ. Прямые р и q — искомые касательные. Таким образом, задача имеет два решения.
Проведем через точку О прямую, параллельную данной прямой (рис. 223, б), и обозначим буквами А и В точки пересечения этой прямой с данной окружностью. Через точки А и В проведем прямые р и q, перпендикулярные к прямой АВ. Прямые р и q — искомые касательные. Таким образом, задача имеет два решения.
Центральные и вписанные углы
Начертите окружность с центром О и отметьте на ней точку А. Постройте хорду АВ так, чтобы: a) ZAOB = 60°; б) ZAOB = 90°; в) ZAOB = = 120°; г) ZAOB = 180°.
Решение, а) Проведем окружность с центром А радиуса О А и обозначим буквой В одну из точек пересечения этой окружности с исходной окружностью. Хорда АВ — искомая.
Проведем через точку О прямую, перпендикулярную к прямой АО, и обозначим буквой В одну из точек пересечения этой прямой с окружностью. Хорда АВ — искомая.
Продолжим отрезок АО за точку О до пересечения с окружностью в точке С. Затем построим хорду СВ так, чтобы угол СОВ был равен 60° (задача 649, а). Хорда АВ — искомая.
Продолжим отрезок АО за точку О до пересечения с окружностью в точке В. Хорда АВ — искомая.
Радиус окружности с центром О равен 16. Найдите хорду АВ, если: a) ZAOB = 60°; б) ZAOB = 90°; в) ZAOB =180°.
Решение. Обозначим угол АОВ буквой а. Если а ^ 180°, то треугольник АОВ — равнобедренный, а значит, АВ = 2OAsin — = = 32 sin ^. Имеем:
АВ = 32 sin 30° = 16;
АВ = 32 sin 45° = 16V2;
отрезок АВ — диаметр окружности, поэтому АВ = 20 А = 32.
Ответ, а) 16; б) 16д/2; в) 32.
Хорды АВ и CD окружности с центром О равны, а) Докажите, что две дуги с концами Л и В соответственно равны двум дугам с концами С и D. б) Найдите дуги с концами С и D, если ZAOB = 112°.
Решение, а) Если хорды АВ и CD — диаметры, то каждая из стягиваемых ими дуг — полуокружность, а значит, эти дуги равны. Если же данные хорды диаметрами не являются, то треугольники АВО и CDO равны по трем сторонам, поэтому эти треугольники можно совместить наложением так, что точки А, В и О совместятся с точками С, D и О. При этом наложении дуга АВ, меньшая полуокружности, совместится с дугой CD, меньшей полуокружности, а дуга АВ, большая полуокружности, — с дугой CD, большей полуокружности. Следовательно, две дуги с концами А и В соответственно равны двум дугам с концами С и D.
Дуги с концами А и В равны 112° и 360° - 112° = 248°. Следовательно (см. задачу 651, а), дуги с концами С и D также равны 112° и 248°.
Ответ, б) 112° и 248°.
На полуокружности АВ взяты точки С w D так, что АС = 37°, BD = 23°. Найдите хорду CD, если радиус окружности равен 15 см.
Решение. Имеем:
а значит, COD = 120° (О — центр окружности). Из равнобедренного треугольника COD находим:
CD = 2СО sin ^ = 15V3 см.
Ответ. 15д/3 см.
Найдите вписанный угол АВС, если дуга АС, на которую он опирается, равна: а) 48°; б) 57°; в) 90°; г) 124°; д) 180°.
Решение. Вписанный угол АВС равен половине дуги АС, на которую он опирается. Поэтому:
48°
ZABC = -|- = 24°;
ZABC = ^ = 28°30';
ZABC ==45°;
124°
ZABC ==62°;
ZABC = ^ = 90°.
Ответ, а) 24°; б) 28°30'; в) 45°; г) 62°; д) 90°.
По данным рисунка 224 (рис. 222 учебника) найдите х.
D.360° - 80° - 152°
Решение, а) х =-= 64 ;
х = 360° - 125° - 2 • 30° = 175°;
.360° - 180° - 112°
х = - = 34 ;
х = 360° - 215° - 2 • 20° = 105°.
Ответ, а) 64°; б) 175°; в) 34°; г) 105°.
Центральный угол АОВ на 30° больше вписанного угла, опирающегося на дугу АВ. Найдите каждый из этих углов.
Решение. Пусть х — градусная мера вписанного угла. Если этот угол опирается на дугу, меньшую или равную полуокружности, то градусная мера центрального угла равна 2х. Если же он опирается на дугу, большую полуокружности, то градусная мера центрального угла равна 360° - 2х. В первом случае получаем: 2х - х = 30°, откуда х = 30°, а значит, вписанный угол равен 30°, а центральный 60°. Во втором случае 360° — 2х — х = 30°, откуда х = 110°. Таким образом, в этом случае вписанный угол равен 110°, а центральный 140°.
Ответ. 60° и 30° или 140° и 110°.
Хорда АВ стягивает дугу, равную 115°, а хорда АС — дугу в 43°. Найдите угол ВАС.
Решение. Если точка С лежит на дуге АВ, большей полуокружности (рис. 225, а), то угол ВАС опирается на дугу, равную 360° —
Рис. 226Рис. 226
Рис. 226
Рис. 226
- 115° - 43° = 202°, а значит, угол ВАС равен 101°.
Если же точка С лежит на дуге АВ, меньшей полуокружности (рис. 225, б), то угол ВАС опирается на дугу, равную 115° — 43° = = 72°, а значит, угол ВАС равен 36°.
Ответ. 101° или 36°.
Точки Л и В разделяют окружность на две дуги, меньшая из которых равна 140°, а большая точкой М делится в отношении 6 : 5, считая от точки А. Найдите угол ВАМ.
Решение. Дуга АВ, большая полуокружности, равна 360° — 140° = 220°.
Пусть АМ = 6х, ВМ = 5х (рис. 226). Тогда
6х + 5^ = 220°,
откуда х = 20°, а значит, ВМ = 100°.
Следовательно, АВ АМ = 50°.
Ответ. 50°.
Через точку А к данной окружности проведены касательная АВ (В — точка касания) и секущая AD, проходящая через центр О (D — точка
на окружности, О лежит между А и D\ Найдите ZBAD и ZADB, если - BD = 110°20'.
Решение. Из условия задачи следует, что центральный угол BOD равен 110°20/. Поскольку этот угол является внешним углом прямоугольного треугольника О АВ (рис. 227), то
ZBAD = ZBOD - 90° = 20°20'.
С другой стороны, угол BOD является углом при вершине равнобедренного треугольника BOD, поэтому
ZADB == 34°50'.
Ответ. 20°20' и 34°50'.
Докажите, что градусные меры дуг окружности, заключенных между параллельными хордами, равны.
Решение. Пусть АВ и CD — две параллельные хорды (рис. 228). Вписанные углы ADC и DAB равны как накрест лежащие углы, образованные при пересечении параллельных прямых АВ и CD секущей AD. Следовательно, градусные меры дуг АС и BD, на которые опираются эти углы, также равны.
Через точку, лежащую вне окружности, проведены две секущие, образующие угол в 32°. Большая дуга окружности, заключенная между сторонами этого угла, равна 100°. Найдите меньшую дугу.
Решение. Обратимся к рисунку 229. Вписанный угол С BE, 100°
равный —— = 50°, является внешним углом треугольника АВЕ. Следовательно, угол BE А равен 50° — ZA = 50° — 32° = 18°, а значит,
дуга BD, на которую он опирается, равна 36°.
Ответ. 36°.
Найдите острый угол, образованный двумя секущими, проведенными из точки, лежащей вне окружности, если дуги, заключенные между секущими, равны 140° и 52°.
Решение. Обратимся к рисунку 229. Вписанный угол С BE равен 140°52°
—$— = 70°, а вписанный угол BED равен -^- = 26°. При этом угол
СВЕ является внешним углом треугольника АВЕ. Следовательно,
угол
ВАЕ = 70° - ZBED = 70° - 26° = 44°.
Ответ. 44°.
Хорды АВ и CD окружности пересекаются в точке Е. Найдите угол ВЕС, если - AD = 54°, - ВС = 70°.
Решение. Угол ВЕС является внешним углом треугольника АЕС (рис. 230), поэтому он равен сумме углов А и С этого треугольника. Но ZA =^ ^- = 35°, ZC =^ 4^ = 27°. Следовательно,
ЕВ ЕС = 35° +27° =62°.
Ответ. 62°.
Отрезок АС — диаметр окружности, АВ — хорда, МА — касательная, угол МАВ острый. Докажите, что ZMAB = ZACB.
Решение. Вписанный угол АВС опирается на полуокружность (рис. 231), поэтому этот угол прямой. Угол МАС также прямой. Тем самым углы АСВ и ВАС, равно как и углы МАВ и ВАС, составляют в сумме 90°. Следовательно, ZMAB = ZACB.
Прямая АМ — касательная к окружности, АВ — хорда этой окружности. Докажите, что угол МАВ измеряется половиной дуги АВ, расположенной внутри угла МАВ.
Решение. Если хорда АВ — диаметр окружности, то дуга, расположенная внутри угла МАВ, равна 180°, а угол МАВ = 90° = = ^^-- Допустим, что хорда АВ не является диаметром. Проведем диаметр АС. Если угол МАВ острый (см. рис. 231), то, согласно
утверждению, сформулированному в задаче 663, ZMAB = ZACB, а значит, угол МАВ, как и вписанный угол АСВ, измеряется половиной дуги АВ, расположенной внутри угла МАВ. Если же угол
МАВ тупой (рис. 232), то ZMAB = 180° - ZACB = 360° ^ZACB АСВ
22
2
2
Вершины треугольника АВС лежат на окружности. Докажите, что если АВ — диаметр окружности, то АС > АА и АС > АВ.
Решение. Угол С опирается на полуокружность, поэтому этот угол прямой. Следовательно, углы А и В — острые, а значит, каждый из них меньше угла С.
Хорды АВ и CD пересекаются в точке Е. Найдите ED, если: а) АЕ = 5, BE = 2, СЕ = 2,5; б) АЕ = 16, BE = 9,СЕ = ED- в) АЕ = 0,2, BE = 0,5, СЕ = 0,4.
Решение. По теореме о пересекающихся хордах
АЕ ■ BE = СЕ • ED, откуда ED = ^^
Имеем:
Еп=ум
16 • 9
ED = откуда ED = 12;
ED = °’2 ’ 0,5 = 0,25.
0,4
Ответ, а) 4; б) 12; в) 0,25.
Диаметр ААх окружности перпендикулярен к хорде ВВх и пересекает ее в точке С. Найдите ВВх, если АС = 4 см, С Ад = 8 см.
Рис. 233Рис. 233АС • С Ах = ВС • СВх =АС • С Ах = ВС • СВх =Решение. Пусть О — центр окружности (рис. 233). Отрезок ОС является высотой равнобедренного треугольника ОВВх, а значит, и его медианой. Поэтому ВС = СВх = ™^- По теореме о пересекающихся хордах
Рис. 233
Рис. 233
АС • С Ах = ВС • СВх =
АС • С Ах = ВС • СВх =
откуда
ВВх = ^АС-САх = 8V2 см.
Ответ. 8л/2 см.
Докажите, что перпендикуляр, проведенный из какой-нибудь точки окружности к диаметру, есть среднее пропорциональное между отрезками, на которые основание перпендикуляра делит диаметр.
Решение. Пусть ВС — перпендикуляр, проведенный из точки В к диаметру ААх (см. рис. 233), ВВх — хорда, содержащая этот перпендикуляр. В ходе решения задачи 667 мы установили, что
вс = ^ = Vac ■ СА).
Пользуясь предыдущей задачей, постройте отрезок, средний пропорциональный между данными отрезками.
Решение. На произвольной прямой отложим последовательно отрезки АВ и ВС, равные данным отрезкам (рис. 234). Затем, найдя середину отрезка АС, построим окружность с диаметром АС и проведем через точку В прямую, перпендикулярную к АС. Пусть D — одна из точек пересечения этой прямой с окружностью. Тогда согласно утверждению, сформулированному в задаче 668, отрезок BD — искомый.
Через точку А проведены касательная АВ (В — точка касания) и секущая, которая пересекает окружность в точках Р и Q. Докажите, что АВ2 = АР • AQ.
Решение. Треугольники АВР и ABQ (рис. 235) подобны, поскольку угол А у них общий, а каждый из углов АВР и AQB измеряется половиной дуги ВР (см. задачу 664). Следовательно, 4| = 4|, откуда AB2 = AP-AQ.
Через точку А проведены касательная АВ (В — точка касания) и секущая, которая пересекает окружность в точках С и D. Найдите CD, если: а) АВ = 4 см, АС = 2 см; б) АВ = 5 см, AD = 10 см.
Решение. Согласно утверждению, сформулированному в задаче 670, АВ2 = АС • AD. Поэтому:
4 • 4
AD = —— см = 8 см, откуда CD = AD - AC = 6 см;
АС = см = 2,5 см, откуда CD = AD — AC = 7,5 см.
Ответ, а) 6 см; б) 7,5 см.
2. Через точку А, лежащую вне окружности, проведены две секущие, одна из которых пересекает окружность в точках Вх, Сх, а другая — в точках В), С^. Докажите, что
АВх • АСх = ДВ2 • ЛС2.
Решение. Пусть AD — касательная (D — точка касания). Тогда согласно утверждению, сформулированному в задаче 670,
AD2 = АВ\ ■ ACt = АВ2 • АС2.
Четыре замечательные точки треугольника
Из точки М биссектрисы неразвернутого угла О проведены перпендикуляры МА и МВ к сторонам этого угла. Докажите, что АВ ± ОМ.
Решение. Прямоугольные треугольники О АМ и ОВМ (рис. 236) равны по гипотенузе и острому углу, поэтому О А = ОВ. Прямая ОМ содержит биссектрису равнобедренного треугольника О АВ, а значит, содержит и его высоту. Следовательно, АВ ± ОМ.
Стороны угла О касаются каждой из двух окружностей, имеющих общую касательную в точке А. Докажите, что центры этих окружностей лежат на прямой О А.
Решение. Пусть О\ и О^ — центры данных окружностей (рис. 237). Каждая из этих точек равноудалена от сторон угла О и, следовательно, лежит на биссектрисе этого угла. Отрезки О\А и О2А перпендикулярны к общей касательной, поэтому точки Оь А и О2 лежат на одной прямой.
Таким образом, все четыре точки: О, Оь А и О2 — лежат на одной прямой.
Стороны угла А касаются окружности с центром О радиуса г. Найдите: а) О А, если г = 5 см, ГА = 60°; б) г, если О А = 14 дм, ГА = 90°.
Решение. Точка О равноудалена от сторон угла А (рис.238), поэтому луч АО — биссектриса этого угла. Имеем:
а) О А = —= 10 см; б) г = О A sin 45° = 7V2 дм.
sin 30
Ответ, а) 10 см; б) 7\/2 дм.
Биссектрисы внешних углов при вершинах В и С треугольника АВС пересекаются в точке О. Докажите, что точка О является центром окружности, касающейся прямых АВ, ВС, АС.
Решение. Проведем из точки О перпендикуляры ОЛь ОВ\ и ОС\ к прямым ВС, С А и АВ (рис. 239). Поскольку точка О лежит на биссектрисе угла А\ВС\, то она равноудалена от прямых АВ и ВС, а значит, ОА\ = ОС\. Аналогично, ОА\ = ОВ\. Следовательно, окружность радиуса ОА\ проходит через точки В\ и Сь Прямые ВС, С А и АВ касаются этой окружности в точках Аь В\ и Сь так как они перпендикулярны соответственно к радиусам ОА\, ОВ\ и ОС\.
Биссектрисы AAi и ВВх треугольника АВС пересекаются в точке М. Найдите углы АСМ и ВСМ, если: a) ZAMB = 136°; б) ZAMB =111°.
Решение. Поскольку М — точка пересечения биссектрис углов А и В треугольника АВС (рис. 240), то луч СМ — биссектриса угла С этого треугольника. Следовательно,
ZACM = ZBCM =
ZC _ W-ZA-ZB _Qno ZAZB
2 —2—22
= 90° - (180° - ZAMB) = ZAMB - 90°.
Таким образом:
ZACM = ZBCM = 136° - 90° = 46°;
ZACM = ZBCM = 111° - 90° = 21°.
Ответ, а) 46° и 46°; б) 21° и 21°.
9. Серединный перпендикуляр к стороне ВС треугольника АВС пересекает сторону АС в точке D. Найдите: a) AD и CD, если BD = 5 см, АС = 8,5 см; б) АС, если BD = 11,4 см, AD = 3,2 см.
Решение. Точка D равноудалена от концов отрезка СВ (рис. 241), т. е. BD = CD. Поэтому:
CD = BD = 5 см, AD = AC - CD = 8,5 см - 5 см = 3,5 см;
АС = AD + CD = AD + BD = 3,2 см + 11,4 см = 14,6 см.
Ответ, а) 3,5 см и 5 см; б) 14,6 см.
0. Серединные перпендикуляры к сторонам АВ и АС треугольника АВС пересекаются в точке D стороны ВС. Докажите, что: a) D — середина стороны ВС; б) ZA = ZB + ZC.
Решение, а) Точка D лежит на серединном перпендикуляре к стороне АВ (рис. 242), поэтому AD = BD. Аналогично AD = CD. Следовательно, BD = CD, а значит, точка D — середина отрезка ВС.
Поскольку AD = BD, то треугольник ABD — равнобедренный, а значит, ZBAD = ZB. Аналогично ZCAD = ZC. Поэтому
ZA = ZBAD + ZCAD = ZB + ZC.
Серединный перпендикуляр к стороне АВ равнобедренного треугольника АВС пересекает сторону ВС в точке Е. Найдите основание АС треугольника, если периметр треугольника АЕС равен 27 см, а АВ = 18 см.
Решение. Треугольник АВС — равнобедренный (рис. 243), поэтому ВС = АВ = 18 см. Точка Е лежит на серединном перпендикуляре к стороне АВ, а значит, АЕ = BE. Имеем:
АС = (АС ГАЕЕ ЕС) - (АЕ + ЕС) =
= (АС Г АЕ А ЕС) - (BE + ЕС) =
= (AC + АЕ + ЕС) - ВС = 27 см - 18 см = 9 см.
Ответ. 9 см.
Равнобедренные треугольники АВС и ABD имеют общее основание АВ. Докажите, что прямая CD проходит через середину отрезка АВ.
Решение. Поскольку треугольник АВС равнобедренный, то точка С равноудалена от концов отрезка АВ, а значит, лежит на серединном перпендикуляре к этому отрезку. Аналогично, точка D лежит на серединном перпендикуляре к отрезку АВ. Следовательно, прямая CD и есть указанный серединный перпендикуляр, поэтому прямая CD проходит через середину отрезка АВ.
Докажите, что если в треугольнике АВС стороны АВ и АС не равны, то медиана АМ треугольника не является высотой.
Решение. Предположим, что медиана АМ является высотой. Тогда она является серединным перпендикуляром к отрезку ВС и, следовательно, точка А равноудалена от концов отрезка ВС. Но по условию задачи АВ ^ АС. Поэтому медиана АМ треугольника АВС не может быть высотой.
Биссектрисы углов при основании АВ равнобедренного треугольника АВС пересекаются в точке М. Докажите, что прямая СМ перпендикулярна к прямой АВ.
Решение. Каждый из углов А и В треугольника АВМ равен половине угла при основании треугольника АВС, а значит, эти углы равны. Следовательно, треугольник АВМ — также равнобедрен-
ный. Поэтому прямая СМ — серединный перпендикуляр к отрезку АВ (см. решение задачи 682).
Высоты АА\ и ВВ\ равнобедренного треугольника АВС, проведенные к боковым сторонам, пересекаются в точке М. Докажите, что прямая МС — серединный перпендикуляр к отрезку АВ.
Решение. По теореме о пересечении высот треугольника прямая МС — высота равнобедренного треугольника АВС, а значит, и его медиана. Но это и означает, что прямая МС — серединный перпендикуляр к отрезку АВ.
Даны прямая а и две точки Л и В, лежащие по одну сторону от прямой. На прямой а постройте точку М, равноудаленную от точек Л и В.
Решение. Построим серединный перпендикуляр к отрезку АВ (см. задачу 686) и отметим точку М пересечения этого перпендикуляра с прямой а (рис. 244). Точка М — искомая.
Даны угол и отрезок. Постройте точку, лежащую внутри угла, равноудаленную от его сторон и равноудаленную от концов данного отрезка.
Решение. Построим биссектрису данного угла (рис.245), серединный перпендикуляр к данному отрезку (см. задачу 686) и отметим точку их пересечения. Эта точка — искомая.
Вписанная и описанная окружности
В равнобедренном треугольнике основание равно 10 см, а боковая сторона равна 13 см. Найдите радиус окружности, вписанной в этот треугольник.
Решение. Пусть АВС — данный треугольник, АС — его основание, О — центр вписанной окружности, Ах, В\, Сх — точки, в которых вписанная окружность касается сторон ВС, С А, АВ (рис. 246). Луч ВО — биссектриса угла, противолежащего основанию равнобедренного треугольника, поэтому прямая ВО является серединным перпендикуляром к основанию АС. Отрезок ОВх перпендикулярен к стороне АС.
Следовательно, точка Вх лежит на прямой О В и является серединой основания АС, а значит, АВх = 5 см. По теореме Пифагора
ВВ\ = V169-25 см = 12 см.
Прямоугольные треугольники ВОСх и ВАВх подобны, так как имеют общий острый угол В. Поэтому
г5 см Ответ. 3^ см.г5 см Ответ. 3^ см.12 см — г13 см12 см — г13 смО1, откуда г = 3- см.О1, откуда г = 3- см.
г
5 см Ответ. 3^ см.
г
5 см Ответ. 3^ см.
12 см — г
13 см
12 см — г
13 см
О1
, откуда г = 3- см.
О1
, откуда г = 3- см.
Рис. 246Рис. 246находим:находим:5ж _ 12ж АС 60 см ’5ж _ 12ж АС 60 см ’откуда АС = 50 см.откуда АС = 50 см.
Рис. 246
Рис. 246
находим:
находим:
5ж _ 12ж АС 60 см ’
5ж _ 12ж АС 60 см ’
откуда АС = 50 см.
откуда АС = 50 см.
Найдите основание равнобедренного треугольника, если центр вписанной в него окружности делит высоту, проведенную к основанию, в отношении 12:5, считая от вершины, а боковая сторона равна 60 см.
Решение. Пусть АВС — данный треугольник, АС — его основание, О — центр вписанной окружности, Ах, Вх, Сх — точки, в которых вписанная окружность касается сторон ВС, С А, АВ (см. рис. 246). Если отрезок ВО обозначить через 12х, то радиус вписанной окружности окажется равным 5ж,
а высота треугольника АВС, проведенная к основанию, — равной VI х. Из подобия треугольников ВОСх и ВАВх (см. решение задачи 689)
Ответ. 50 см.
Точка касания окружности, вписанной в равнобедренный треугольник, делит одну из боковых сторон на отрезки, равные 3 см и 4 см, считая от основания. Найдите периметр треугольника.
Решение. Обратимся к рисунку 246. Из условия задачи следует, что боковая сторона треугольника равна 3 см + 4 см = 7 см. Поскольку отрезки касательных, проведенных из вершины основания, равны, то основание равно 3 см + 3 см = 6 см. Следовательно, периметр треугольника равен 7 см + 7 см + 6 см = 20 см.
Ответ. 20 см.
В треугольник АВС вписана окружность, которая касается сторон АВ, ВС и АС в точках Р, Q и R. Найдите АР, РВ, BQ, QC, CR, RA, если АВ = 10 см, ВС = 12 см, С А = 5 см.
Решение. Поскольку отрезки касательных, проведенных из одной точки, равны, то
АР = RA, РВ = BQ, QC = СВ (рис. 247).
Следовательно, АР + РВ = АВ = 10 см, BP + QC = ВС = 12 см, QCPAP = CA = 5 см.
Из этих трех равенств находим:
АР =1,5 см, РР = 8,5 см, СР = 3,5 см,
а значит, РА = 1,5 см, BQ = 8,5 см, СР = 3,5 см.
Ответ. 1,5 см, 8,5 см, 8,5 см, 3,5 см, 3,5 см, 1,5 см.
В прямоугольный треугольник вписана окружность радиуса г. Найдите периметр треугольника, если: а) гипотенуза равна 26 см, г = 4 см; б) точка касания делит гипотенузу на отрезки, равные 5 см и 12 см.
Решение, а) Рассмотрим прямоугольный треугольник АВС с прямым углом А. Пусть О — центр вписанной окружности, Ах, Вх, Сх — точки, в которых вписанная окружность касается сторон ВС, С А, АВ (рис. 248). Четырехугольник АВхОСх — квадрат, поэтому АВх = = АСх = г = 4 см. Имеем:
АВ + ВС + С А = АСХ + СхВ + ВАХ + АХС + СВХ + Pi А.
Поскольку отрезки касательных, проведенных из одной точки, равны, то СхВ = В Ах и СВх = АхС. Таким образом,
АВ + ВС + С А = 2r + 2РА1 + 2АХС = 2г + 2ВС == 8 см + 52 см = 60 см.
б) Аналогично получаем:
АВ + ВС + С А = 10 см + 24 см + 2т.
По теореме Пифагора
(т + 5 см)2 + (т + 12 см)2 = (5 см + 12 см)2,
откуда находим: г = 3 см. Таким образом, периметр треугольника АВС равен 40 см.
Ответ, а) 60 см; б) 40 см.
Найдите диаметр окружности, вписанной в прямоугольный треугольник, если гипотенуза треугольника равна с, а сумма катетов т.
Решение. В ходе решения задачи 693, а было установлено, что периметр данного треугольника равен сумме его удвоенной гипотенузы и диаметра вписанной окружности. Поэтому диаметр вписанной окружности равен т — с.
Ответ, т — с.
Сумма двух противоположных сторон описанного четырехугольника равна 15 см. Найдите периметр этого четырехугольника.
Решение. В описанном четырехугольнике суммы противоположных сторон равны, поэтому периметр данного четырехугольника равен
2 • 15 см = 30 см.
Ответ. 30 см.
Докажите, что если в параллелограмм можно вписать окружность, то этот параллелограмм — ромб.
Решение. Если в параллелограмм со смежными сторонами а и b можно вписать окружность, то суммы его противоположных сторон равны: 2а = 2Ь, откуда а = Ь. Следовательно, этот параллелограмм — ромб.
Докажите, что площадь описанного многоугольника равна половине произведения его периметра на радиус вписанной окружности.
Решение. Соединим центр вписанной окружности с вершинами многоугольника отрезками (рис. 249). В результате многоугольник окажется разделенным на треугольники, в каждом из которых за основание можно принять сторону многоугольника, а за высоту — радиус г вписанной окружности. Площадь многоуголь-
Рис 249 ника равна сумме площадей этих треугольников, т. е. 'произведения общего множителя г на половину пери
метра многоугольника.
Сумма двух противоположных сторон описанного четырехугольника равна 12 см, а радиус вписанной в него окружности равен 5 см. Найдите площадь четырехугольника.
Решение. В описанном четырехугольнике суммы противоположных сторон равны, поэтому периметр данного четырехугольника равен 2 • 12 см = 24 см. Площадь описанного многоугольника равна половине
произведения его периметра на радиус вписанной окружности (см. задачу 697). Следовательно, площадь четырехугольника равна 60 см2.
Ответ. 60 см2.
Сумма двух противоположных сторон описанного четырехугольника равна 10 см, а его площадь — 12 см2. Найдите радиус окружности, вписанной в этот четырехугольник.
Решение. В описанном четырехугольнике суммы противоположных сторон равны, поэтому периметр данного четырехугольника равен 2 • 10 см = 20 см. Площадь описанного многоугольника равна половине произведения его периметра на радиус вписанной окружности (см. задачу 697). Следовательно, радиус вписанной окружности 121 о
равен — см = 1,2 см.
Ответ. 1,2 см.
Докажите, что в любой ромб можно вписать окружность.
Решение. Диагонали ромба взаимно перпендикулярны и делятся точкой пересечения пополам. Поэтому диагонали ромба разделяют его
на четыре прямоугольных треугольника, равных друг другу по двум ка
тетам. Следовательно, высоты этих треугольников, проведенные из вершины О прямых углов, также равны. Иными словами, если провести окружность с центром О, проходящую через основание одной из этих высот, то она пройдет и через основания трех других высот (рис. 250). Стороны ромба касаются этой окружности, так как они соответственно перпендикулярны к ее радиусам.
Начертите три треугольника: остроугольный, прямоугольный и тупоугольный. В каждый из них впишите окружность.
Решение. Чтобы вписать окружность в данный треугольник, нужно построить биссектрисы двух его углов и найти точку их пересечения — центр вписанной окружности. Затем из этой точки следует провести перпендикуляр к какой-нибудь стороне. Окружность с найденным центром, проходящая через основание этого перпендикуляра, — искомая вписанная окружность.
В окружность вписан треугольник АВС так, что АВ — диаметр окружности. Найдите углы треугольника, если: а) ВС = 134°; б) АС = = 70°.
Решение. Вписанный угол С опирается на полуокружность. Следовательно, угол С — прямой. По теореме о вписанном угле:
34°
А А == 67°, а значит, АВ = 90° - 67° = 23°;
70°
ZB = -^- = 35°, а значит, /Л = 90° - 35° = 55°.
Ответ, а) 67°, 23° и 90°; б) 55°, 35° и 90°.
В окружность вписан равнобедренный треугольник АВС с основанием ВС. Найдите углы треугольника, если ВС = 102°.
102°
Решение. По теореме о вписанном угле ДА = —2— = 51° или 360°-102°180°-51°
ДА = = 129 , а значит, ДВ = ДС = = 64 30
1 ОП° 1 9Q°
или ДВ = ДС =2= 25°30'.
Ответ. 51°, 64°30', 64°30' или 129°, 25°30', 25°30'.
Окружность с центром О описана около прямоугольного треугольника. а) Докажите, что точка О — середина гипотенузы, б) Найдите стороны треугольника, если диаметр окружности равен d, а один из острых углов треугольника равен а.
Решение, а) Вписанный прямой угол опирается на полуокружность. Поэтому гипотенуза треугольника является диаметром, а значит, точка О — середина гипотенузы.
б) Гипотенуза треугольника равна d, а значит, его катеты равны d sin а и d cos cl
Ответ, б) d, dsinac dcoso.
Около прямоугольного треугольника АВС с прямым углом С описана окружность. Найдите радиус этой окружности, если: а) АС = 8 см, ВС = 6 см; б) АС = 18 см, ДВ = 30°.
Решение. Радиус описанной окружности равен половине гипоте- АВ
нузы (см. задачу 704), т. е. равен —Имеем: д п
Д)АВ = V64 + 36 см = 10 см, —— = 5 см;
б) АВ = 36 см, = 18 см.
Ответ, а) 5 см; б) 18 см.
Найдите сторону равностороннего треугольника, если радиус описанной около него окружности равен 10 см.
Решение. По теореме о пересечении медиан треугольника высота данного равностороннего треугольника равна | • 10 см = 15 см, а значит, его сторона равна юУз СМ.
Ответ. 10^3 см.
Угол, противолежащий основанию равнобедренного треугольника, равен 120°, боковая сторона треугольника равна 8 см. Найдите диаметр окружности, описанной около этого треугольника.
Решение. Пусть АВС — данный треугольник, АС — его основание, О — центр описанной окружности (рис. 251). Поскольку углы ОВА и ОВС равны, то каждый из них равен 60°. Таким образом, в равнобедренном треугольнике О АВ один из углов равен 60°, а значит, этот треугольник равносторонний. Поэтому радиус О А описанной окружности равен 8 см, а ее диаметр — 16 см.
Ответ. 16 см.
Докажите, что можно описать окружность: а) около любого прямоугольника; б) около любой равнобедренной трапеции.
Решение, а) Диагонали прямоугольника равны и делятся точкой пересечения пополам. Поэтому окружность с центром в точке пересечения диагоналей, проходящая через одну из его вершин, проходит и через три другие вершины, т. е. является окружностью, описанной около прямоугольника.
б) Пусть ABCD — данная трапеция с основаниями АВ и ВС, О — точка пересечения серединных перпендикуляров ОМ и ON к ее сторонам АВ и CD (рис. 252). Тогда О А = О В и ОС = OD. Углы при основании равнобедренной трапеции равны (см. задачу 388), а отрезок MN параллелен основаниям (см. задачу 386). Следовательно, ZAMN = ZDNM, а значит, ZOMN = ZONM, т. е. треугольник 0MN — равнобедренный. Прямоугольные треугольники ОВМ и OCN равны по двум катетам, поэтому О В = ОС. Итак, О А = О В = ОС = = OD. Поэтому окружность с центром в точке О, проходящая через одну из вершин трапеции, проходит и через три другие ее вершины, т. е. является окружностью, описанной около трапеции.
Докажите, что если около параллелограмма можно описать окружность, то этот параллелограмм — прямоугольник.
Решение. В любом вписанном четырехугольнике сумма противоположных углов равна 180°. В параллелограмме противоположные углы равны. Следовательно, если около параллелограмма можно описать окружность, то все его углы равны 90°, а значит, этот параллелограмм — прямоугольник.
Докажите, что если около трапеции можно описать окружность, то эта трапеция равнобедренная.
Решение. Если около трапеции можно описать окружность, то дуги, стягиваемые ее боковыми сторонами, равны (см. задачу 659). Поэтому вписанные углы при основании трапеции опираются на равные дуги и, следовательно, равны. Из этого следует, что трапеция равнобедренная (см. задачу 389).
Начертите три треугольника: тупоугольный, прямоугольный и равносторонний. Для каждого из них постройте описанную окружность.
Решение. Чтобы описать окружность около данного треугольника, нужно построить серединные перпендикуляры к двум сторонам и найти точку их пересечения — центр описанной окружности. Окружность с найденным центром, проходящая через одну из вершин треугольника, проходит и через две другие его вершины, т. е. является искомой описанной окружностью. В случае прямоугольного треугольника построение можно несколько сократить, если воспользоваться утверждением, сформулированным в задаче 704, а.
Дополнительные задачи
Докажите, что касательные, проведенные через концы хорды, не являющейся диаметром окружности, пересекаются.
Решение. Пусть АВ — данная хорда (рис.253). Эта хорда образует с каждой из касательных угол, равный половине дуги АВ (см. задачу 664). Тем самым сумма односторонних углов, образованных при пересечении касательных секущей АВ, равна дуге АВ. Но АВ ^ 180°, следовательно, касательные пересекаются.
Прямые АВ и АС — касательные к окружности с центром О, В и С — точки касания. Через произвольную точку X, взятую на дуге ВС, проведена касательная к этой окружности, пересекающая отрезки АВ и АС в точках М и N. Докажите, что периметр треугольника AMN и угол MON не зависят от выбора точки X на дуге ВС.
Решение. Прямоугольные треугольники ОХМ и ОВМ (рис.254) равны по гипотенузе и катету. Следовательно,
MX = МВ и ZMOX = ZMOB.
Аналогично из равенства треугольников OXN и OCN находим: XN = CN и ZNOX = ZNOC.
Имеем:
АМ + MN + AN = АМ + MX + XN + NA == AM + MB ^CN + NA = AB + AC;
ZMON = ZMOX + ZNOX = ZBOX + ZXOC =
Тем самым периметр треугольника AMN и угол MON не зависят от выбора точки X на дуге ВС.
714* Две окружности имеют общую точку М и общую касательную в этой точке. Прямая АВ касается одной окружности в точке А, а другой — в точке В. Докажите, что точка М лежит на окружности с диаметром АВ.
Решение. Проведем через точку М общую касательную и обозначим буквой К точку ее пересечения с прямой АВ (рис. 255). Поскольку КА и КМ — отрезки касательных к окружности, проведенных из точки К, то КА = КМ. Аналогично КВ = КМ. Следовательно, КА = = КВ = КМ. Но это и означает, что точка М лежит на окружности с диаметром АВ.
Диаметр ААх окружности перпендикулярен к хорде ВВх. Докажите, что градусные меры дуг АВ и АВх, меньших полуокружности, равны.
Решение. Пусть О — центр окружности (рис. 256). Прямая ААх содержит высоту равнобедренного треугольника ОВВх, а значит, и его биссектрису. Следовательно, центральные углы АОВ и АОВх равны, а значит, равны и дуги, на которые опираются эти углы.
Точки А, В, С и D лежат на окружности. Докажите, что если - АВ CD, то АВ = CD.
Решение. Пусть О — центр окружности. Равнобедренные треугольники ОАВ и OCD равны по первому признаку равенства треугольников, поэтому АВ = CD.
Отрезок АВ является диаметром окружности, а хорды ВС и AD параллельны. Докажите, что хорда CD является диаметром.
Решение. Накрест лежащие углы, образованные при пересечении параллельных прямых ВС и AD секущей АВ, равны (рис. 257), поэтому равны и дуги АС и BD, на которые опираются эти углы.
Рис. 255Рис. 255Рис. 256Рис. 256Рис. 257Рис. 257
Рис. 255
Рис. 255
Рис. 256
Рис. 256
Рис. 257
Рис. 257
Имеем:Имеем:- CD =- СВ^ - BD = (- АВ- - АСН BD =- АВ = 180°. Следовательно, хорда CD — диаметр окружности.- CD =- СВ^ - BD = (- АВ- - АСН BD =- АВ = 180°. Следовательно, хорда CD — диаметр окружности.Рис. 258Рис. 258719. Через точку, лежащую вне окружности, проведены две секущие. Докажите, что угол между ними измеряется полуразностью дуг, заключенных внутри угла.Решение. Рассмотрим две секущие, проведенные из точки М и пересекающие окружность в точках А и В, С и D соответственно (рис. 258). Угол BAD — внешний угол треугольника ADM, поэтому719. Через точку, лежащую вне окружности, проведены две секущие. Докажите, что угол между ними измеряется полуразностью дуг, заключенных внутри угла.Решение. Рассмотрим две секущие, проведенные из точки М и пересекающие окружность в точках А и В, С и D соответственно (рис. 258). Угол BAD — внешний угол треугольника ADM, поэтомуZBAD = ZAMD + ZADM,ZBAD = ZAMD + ZADM,откудаоткудаZAMD = ZBAD - ZADM =ZAMD = ZBAD - ZADM =BD2BD2АС2АС2BD- - АС2BD- - АС2
Имеем:
Имеем:
- CD =- СВ^ - BD = (- АВ- - АСН BD =- АВ = 180°. Следовательно, хорда CD — диаметр окружности.
- CD =- СВ^ - BD = (- АВ- - АСН BD =- АВ = 180°. Следовательно, хорда CD — диаметр окружности.
Рис. 258
Рис. 258
719. Через точку, лежащую вне окружности, проведены две секущие. Докажите, что угол между ними измеряется полуразностью дуг, заключенных внутри угла.
Решение. Рассмотрим две секущие, проведенные из точки М и пересекающие окружность в точках А и В, С и D соответственно (рис. 258). Угол BAD — внешний угол треугольника ADM, поэтому
719. Через точку, лежащую вне окружности, проведены две секущие. Докажите, что угол между ними измеряется полуразностью дуг, заключенных внутри угла.
Решение. Рассмотрим две секущие, проведенные из точки М и пересекающие окружность в точках А и В, С и D соответственно (рис. 258). Угол BAD — внешний угол треугольника ADM, поэтому
ZBAD = ZAMD + ZADM,
ZBAD = ZAMD + ZADM,
откуда
откуда
ZAMD = ZBAD - ZADM =
ZAMD = ZBAD - ZADM =
BD
2
BD
2
АС
2
АС
2
BD- - АС
2
BD- - АС
2
Может ли вершина разностороннего треугольника лежать на серединном перпендикуляре к какой-либо стороне? Ответ обоснуйте.
Решение. Ясно, что вершина треугольника не может лежать на серединном перпендикуляре к той стороне, концом которой она является. Если бы вершина разностороннего треугольника лежала на серединном перпендикуляре к противолежащей стороне, то медиана, проведенная из этой вершины, была бы высотой, что невозможно (см. задачу 683).
Ответ. Нет.
Докажите, что если в прямоугольник можно вписать окружность, то этот прямоугольник — квадрат.
Решение. Если в прямоугольник со смежными сторонами а и b можно вписать окружность, то суммы его противоположных сторон равны: 2а = 25, откуда а = Ь, а значит, этот прямоугольник — квадрат.
Четырехугольник ABCD описан около окружности радиуса г. Известно, что АВ : CD = 2:3, AD : ВС = 2:1. Найдите стороны четырехугольника, если его площадь равна S.
Решение. Площадь описанного многоугольника равна половине произведения его периметра на радиус вписанной окружности (см. за- 2S дачу 697). Поэтому периметр четырехугольника ABCD равен —.
Следовательно, АВ + CD = AD + ВС = —. Отсюда находим: г
АВ = ^-, ВС=^, CD = ^-, AD = ^.orororor
2S S 3S 2S
Ответ. —, —, —, —. or or or or
Докажите, что если прямые, содержащие основания трапеции, касаются окружности и точки касания принадлежат основаниям, то средняя линия трапеции проходит через центр окружности.
Решение. Пусть Р и Q — точки, в которых окружность касается оснований ВС и AD трапеции ABCD, О — центр этой окружности (рис. 259). Прямая ОР перпендикулярна к прямой ВС. Следовательно, она перпендикулярна и к прямой AD, а значит, проходит через точку Q (иначе из точки О оказалось бы проведено два перпендикуляра к прямой AD, что невозможно). Иными словами, отрезок PQ — диаметр окружности.
Напомним, что средней линией трапеции называется отрезок, соединяющий середины М и N ее боковых сторон. Средняя линия трапеции параллельна основаниям трапеции (см. задачу 386). Следовательно, по теореме Фалеса (см. задачу 385), она пересекает отрезок PQ в его середине, т. е. проходит через центр О окружности.
Найдите радиус окружности, вписанной в прямоугольную трапецию с основаниями а и Ь.
Решение. Пусть ABCD — трапеция с основаниями AD и ВС (AD > ВС), АВ ± AD (рис. 260), г — радиус вписанной в нее окружности. Проведем высоту СН и, учитывая, что
CH = 2r, DH = а - b, CD = (а - г) + (Ь - г) = а + b - 2г, применим теорему Пифагора к треугольнику CDH:
(а - Ь)2 + 4г2 = (а + b - 2г)2,
откуда
ab
г = -.
а + b
Центр описанной около треугольника окружности лежит на медиане. Докажите, что этот треугольник либо равнобедренный, либо прямоугольный.
Решение. Рассмотрим серединный перпендикуляр к той стороне треугольника, к которой проведена данная медиана. Из условия задачи следует, что центр описанной окружности является общей точкой этого серединного перпендикуляра и данной медианы. Возможны два случая.
1°. Рассматриваемый серединный перпендикуляр и данная медиана совпадают. В этом случае вершина, из которой проведена медиана, равноудалена от концов противолежащей стороны, а значит, данный треугольник — равнобедренный.
2°. Рассматриваемый серединный перпендикуляр и данная медиана не совпадают. В этом случае серединный перпендикуляр и медиана имеют единственную общую точку — середину стороны, к которой проведена медиана. Тем самым центр описанной окружности лежит на середине стороны треугольника, а значит, этот треугольник — прямоугольный (см. решение задачи 665).
В равнобедренный треугольник вписана окружность с центром Ох, и около него описана окружность с центром О^. Докажите, что точки Ох и О2 лежат на серединном перпендикуляре к основанию треугольника.
Решение. Центр вписанной окружности лежит на биссектрисе, проведенной к основанию треугольника. Эта биссектриса является медианой и высотой, т. е. серединным перпендикуляром к основанию треугольника. Следовательно, обе точки Ох и О2 лежат на серединном перпендикуляре к основанию треугольника.
Докажите, что если около ромба можно описать окружность, то этот ромб — квадрат.
Решение. Противоположные углы ромба равны. Если около ромба можно описать окружность, то эти углы составляют в сумме 180°. Следовательно, каждый из них равен 90°, а значит, этот ромб — квадрат.
Через точки Д и В проведены прямые, перпендикулярные к сторонам угла АОВ и пересекающиеся в точке С внутри угла. Докажите, что около четырехугольника АСВО можно описать окружность.
Решение. Каждый из углов А и В четырехугольника АСВО равен 90°, а значит, сумма этих углов равна 180°. Поэтому (см. задачу 729) около четырехугольника АСВО можно описать окружность.
Докажите, что около выпуклого четырехугольника ABCD, образованного при пересечении биссектрис углов трапеции, можно описать окружность.
Решение. Пусть A\B\C\D\ — данная трапеция (рис. 261). Угол А четырехугольника ABCD равен 180° —
ДА\ ДВ\ , л
- где ДАХ и АВх — углы трапеции. Но ДАх + ДВх = 180°. Сле
довательно, ДА = 90°. Аналогично, ДС = 90°. Таким образом, в четырехугольнике ABCD сумма противоположных углов А и С равна 180°. Поэтому (см. задачу 729) около четырехугольника ABCD можно
описать окружность.
Рис. 262Рис. 262В прямоугольном треугольнике АВС из точки М стороны АС проведен перпендикуляр МН к гипотенузе АВ. Докажите, что углы МНС и МВС равны.
Рис. 262
Рис. 262
Решение. В четырехугольнике ВС МН противоположные углы С и Н прямые (рис. 262), а значит, сумма этих углов равна 180°. Поэтому (см. задачу 729) около этого четырехугольника можно описать окружность. Опишем ее. Тогда окажется, что вписанные углы МНС и МВС равны, так как они опираются на одну и ту же дугу МС.
Найдите радиус вписанной в равносторонний треугольник окружности, если радиус описанной окружности равен 10 см.
Решение. Центры указанных окружностей совпадают с точкой пересечения медиан треугольника, причем радиус описанной окружности равен расстоянию от этой точки до вершины, а радиус вписанной окружности — расстоянию от этой точки до стороны. Из теоремы о пересечении медиан треугольника следует, что радиус вписанной окружности в два раза меньше радиуса описанной окружности, т. е. равен 5 см.
Ответ. 5 см.
Докажите, что если в параллелограмм можно вписать окружность и можно описать около него окружность, то этот параллелограмм — квадрат.
Решение. Если около параллелограмма можно описать окружность, то этот параллелограмм — прямоугольник (см. задачу 709). Если же в прямоугольник можно вписать окружность, то этот прямоугольник — квадрат (см. задачу 721).
Рис. 263Рис. 263
Рис. 263
Рис. 263
В трапецию с основаниями а и b можно вписать окружность и около этой трапеции можно описать окружность. Найдите радиус вписанной окружности.
Решение. Рассмотрим трапецию ABCD с основаниями AD = а и ВС = b (рис. 263). Для определенности будем считать, что а > > Ь. Поскольку около данной трапеции можно описать окружность, то эта трапеция равнобед
ренная (см. задачу 710), т. е. АВ = CD. С другой стороны, поскольку в эту трапецию можно вписать окружность, то АВ + CD = 2АВ = а +
+ Ь, откуда
Пусть ВВ\ и СС\ — перпендикуляры, проведенные из точек В и С к основанию AD. Тогда, очевидно, ВВ\ = СС\ = 2г, где т — радиус окружности, вписанной в трапецию. Следовательно, прямоугольные треугольники АВВ\ и DCC\ равны по гипотенузе и катету. Поэтому АВ\ = C\D, а поскольку В\С\ = ВС = Ь, то
АВХ =
Осталось применить теорему Пифагора к треугольнику АВВ\\
4^2 +~ Ц2 =+ Ц2
44
откуда
Рис. 264Рис. 264
Рис. 264
Рис. 264
Даны прямая а, точка А, лежащая на этой прямой, и точка В, не лежащая на ней. Постройте окружность, проходящую через точку В и касающуюся прямой а в точке А.
Решение. Построим серединный перпендикуляр к отрезку АВ, прямую, проходящую через точку А и перпендикулярную к прямой а, и найдем точку О их пересечения (рис. 264). Окружность с центром О радиуса О А — искомая.
Даны две параллельные прямые и точка, не лежащая ни на одной из них. Постройте окружность, проходящую через данную точку и касающуюся данных прямых.
Решение. Через произвольную точку А одной из прямых проведем прямую, перпендикулярную к этой прямой. Пусть В — точка пересечения проведенной прямой со второй из данных прямых (рис. 265).
Найдем середину М отрезка АВ и проведем через нее прямую,Найдем середину М отрезка АВ и проведем через нее прямую,проведем окружностьпроведем окружностьРис. 265Рис. 265
Найдем середину М отрезка АВ и проведем через нее прямую,
Найдем середину М отрезка АВ и проведем через нее прямую,
проведем окружность
проведем окружность
Рис. 265
Рис. 265
перпендикулярную ранее проведенной. Затем ЛВ„.
радиуса с центром в данной точке и обо
значим буквой О одну из точек пересечения этой окружности с последней из проведенных прямых. Окружность с центром О радиуса АВ —искомая.
Ясно, что если данная точка лежит между
данными прямыми, то задача имеет два ре
шения; в противном случае задача не имеет
ни одного решения.
Задачи повышенной трудности
Две окружности имеют единственную общую точку М. Через эту точку проведены две секущие, пересекающие одну окружность в точках А и Л1, а другую — в точках В и Вь Докажите, что AAi || ВВь
Решение. Пусть Oi и О^ — центры данных окружностей. Тогда точка М лежит на прямой O1O2 (в противном случае точка, симметричная точке М относительно прямой O1O2, была бы еще одной общей точкой данных окружностей). Следовательно, прямая CD, проходящая через точку М и перпендикулярная к прямой O1O2, является общей касательной двух данных окружностей. Возможны два случая: данные окружности лежат по одну сторону от общей касательной (рис. 266, а); данные окружности лежат по разные стороны от общей касательной (рис. 266, 6). Идея доказательства в обоих случаях одна и та же. Поэтому доказательство проведем для первого случая, а в скобках укажем те изменения, которые следует внести в текст доказательства во втором случае.
Поскольку угол между касательной и хордой, проходящей через точку касания, измеряется половиной заключенной внутри угла дуги (см. задачу 664), то величины дуг МА\ и МВ\, заключенных внут-
ри угла А\МС (внутри вертикальных углов А\МС и B\MD\ равны. Следовательно, равны и вписанные углы А\АМ, В^ВМ, опирающиеся на эти дуги. Но эти углы являются соответственными (накрест лежащими) углами, образованными при пересечении прямых АА\ и ВВ\ секущей АВ. Поэтому АА\ || ВВ{.
Прямая АС — касательная к окружности с центром Oi, а прямая BD — касательная к окружности с центром О) (рис. 267, рис. 270 учебника). Докажите, что: a) AD || ВС; б) АВ2 = AD • ВС; в) BD2 : АС2 = AD : ВС.
Решение, а) Каждый из углов ADB и ВАС измеряется половиной дуги АВ окружности с центром О\ (см. задачу 664). Следовательно, эти углы равны. По аналогичной причине ZABD = ZACB. Таким образом, треугольники ABD и АВС подобны. Поэтому углы DAB и АВС также равны. Но эти углы являются накрест лежащими углами, образованными при пересечении прямых AD и ВС секущей АВ. Поэтому AD || ВС.
Из подобия треугольников ABD и АВС (см. а) следует, что
АВ : ВС = AD : АВ, откуда АВ2 = AD ■ ВС.
Из подобия треугольников ABD и АВС (см. а) следует, что BD : АС = АВ : ВС и BD : АС = AD : АВ.
Следовательно,
BD2 : АС2 = (BD : AC)(BD : АС) == (АВ : BC)(AD : АВ) = AD : ВС.
Точки Bi и С\ — середины дуг АВ и АС (рис. 268, рис. 271 учебника). Докажите, что АМ = AN.
Решение. Поскольку угол между двумя пересекающимися хордами окружности измеряется полусуммой дуг, заключенных между этими хордами (см. задачу 718), то
ZAMC1 =ДЦ = -CC1+-AB1 = ZA7VBr
Таким образом, в треугольнике AMN углы М и N равны. Следовательно, АМ = AN.
Окружность отсекает на двух прямых, которые пересекаются в точке, не лежащей на окружности, равные хорды. Докажите, что расстояния от точки пересечения этих прямых до концов той и другой хорд соответственно равны между собой.
Решение. Возможны два случая: точка пересечения данных прямых лежит внутри круга; точка пересечения данных прямых лежит вне круга. Ход рассуждений для этих случаев в основном один и тот же. Поэтому доказательство проведем для первого случая, а в скобках укажем те изменения, которые следует внести в текст доказательства во втором случае.
Пусть АВ = а и А\В\ = а — равные хорды, М — точка пересечения прямых АВ и AiBi (рис. 269), МА = х, МА\ = у (х < |, у < |). По теореме о пересекающихся хордах (согласно утверждению, сформулированному в задаче 672)
Рис. 270Рис. 270
Рис. 270
Рис. 270
Рис. 269
х(а - х) = у(а - у) (х(а + х) = у(а + у)),
откуда х = у, а значит, и
а — х = а — у (а + х = а + у).
Докажите, что для всех хорд АВ данной АВ2
окружности величина , где AD — расстояние от точки А до касательной в точке В, имеет одно и то же значение.
Решение. Пусть АС — диаметр данной окружности (рис. 270). Прямоугольные треугольники АВС и ABD подобны, поскольку каждый из их острых углов С и В измеряется половиной дуги АВ (см. задачу 664). Следовательно,
АС : АВ = АВ : AD, откуда = АС.
АВ2
Тем самым для всех хорд АВ данной окружности величина имеет одно и то же значение, равное диаметру этой окружности.
7 Л. С. Атанасян и др.
Через точку А пересечения двух окружностей с центрами в точках О\ и О2 проведена прямая, пересекающая одну из окружностей в точке В, а другую — в точке С. Докажите, что отрезок ВС будет наибольшим тогда, когда он параллелен прямой O1O2.
Решение. Проведем из точек О\ и О2 перпендикуляры О\Н\ и О2Н2 к прямой ВС (рис. 271). Отрезки О\Н\ и О2Н2 — высоты равнобедренных треугольников О\АВ и О2АС, а значит, их медианы. Следовательно, ВС = 2 • ЩН2. Длина отрезка ЩН2 равна расстоянию между параллельными прямыми О\Н\ и О2Н2, поэтому ВС = = 2 • ЩН2 ^ 2 • 0102, причем знак равенства возможен только в том случае, когда прямые Н1Н2 и O1O2 параллельны.
Отрезок АВ является диаметром окружности с центром О. На каждом радиусе ОМ окружности отложен от центра О отрезок, равный расстоянию от конца М этого радиуса до прямой АВ. Найдите множество концов построенных таким образом отрезков.
Решение. Проведем диаметр CD, перпендикулярный к диаметру АВ (рис. 272). Пусть, например, точки М и С лежат по одну сторону от прямой АВ, МН — перпендикуляр, проведенный из точки М к прямой АВ, Р — точка искомого множества, лежащая на радиусе ОМ. Треугольники ОМН и ОСР равны по первому признаку равенства треугольников: ОМ = ОС, МН = ОР, углы ОМН и СОР равны, поскольку они являются накрест лежащими углами, образованными при пересечении параллельных прямых МН и ОС секущей ОМ. Следовательно, угол ОРС — прямой, а значит, точка Р лежит на окружности с диаметром ОС.
Итак, если точки М и С лежат по одну сторону от прямой АВ, то точка Р лежит на окружности с диаметром ОС. Точка Р лежит на указанной окружности и в тех случаях, когда точки М и С совпадают или когда точка М лежит на прямой АВ (в этом случае расстояние от точки М до прямой АВ считается равным нулю). Ясно также, что все точки этой окружности принадлежат искомому множеству точек. Аналогичные рассуждения приводят к выводу о том, что и все точки окружности с диаметром 0D принадлежат искомому множеству,
причем каждая точка этого множества лежит на одной из указанных окружностей. Таким образом, искомое множество состоит из двух окружностей с диаметрами ОС и OD.
Внутри угла АВС равностороннего треугольника АВС взята точка М так, что ZBMC = 30°, ZBMA =17°. Найдите углы ВАМ и ВСМ.
Решение. Проведем окружность с центром А радиуса АВ (рис. 273) и на ее дуге ВС = 60° возьмем произвольную точку
Рис. 273Рис. 273четырехугольникачетырехугольника= 107°.= 107°.N. Угол BNC опирается на дугу ВС, равную 360° - 60° = 300°, поэтому он равен 150°. Тем самым в четырехугольнике BNCM сумма противоположных углов М и N равна 180°. Следовательно, около этого четырехугольника можно описать окружность (см. задачу 729). Но через точки В, N и С проходит только одна окружность — окружность с центром А радиуса АВ. Значит, точка М лежит на этой окружности.
Рис. 273
Рис. 273
четырехугольника
четырехугольника
= 107°.
= 107°.
Треугольник АВМ — равнобедренный, поэтому ZABM = ZAMB =17°, а значит, ZBAM = 180° - 17° - 17° = 146°. Сумма углов АВСМ равна 360°. Следовательно,
ZBCM = 360° - 60° - 146° - 17° - 30(
Ответ. 146° и 107°.
Через каждую вершину треугольника АВС проведена прямая, перпендикулярная к биссектрисе угла треугольника при этой вершине. Проведенные прямые, пересекаясь, образуют новый треугольник. Докажите, что
вершины этого треугольника лежат на прямых, содержащих биссектрисы треугольника АВС.
Решение. Пусть А\, В\ и G — вершины нового треугольника (рис. 274). Докажем, например, что точка Ai лежит на прямой, содержащей биссектрису треугольника АВС, проведенную из вершины А (для точек В\ и С\ доказательство аналогичное). Заметим прежде всего, что прямые А\В\, В\С\ и С\А\ содержат биссектрисы внешних углов треугольника АВС (например, на рисунке Z1 = = Z2 = 90° — а). Поскольку точка Ai лежит на биссектрисе внешнего угла В треугольника АВС, то она равноудалена от прямых АВ и ВС. По аналогичной причине она равноудалена от прямых АС и ВС. Следовательно,
она равноудалена от прямых АВ и АС, а значит, лежит на биссектрисе угла ВАС. Иными словами, она лежит на прямой, содержащей биссектрису треугольника АВС, проведенную из вершины А.
Пусть Н — точка пересечения прямых, содержащих высоты треугольника АВС, А', В', С' — точки, симметричные точке Н относительно прямых ВС, С А, АВ. Докажите, что точки А', В', С' лежат на окружности, описанной около треугольника АВС.
Решение. Докажем, например, что точка А' лежит на окружности, описанной около треугольника АВС (для точек В' и С' доказательство аналогичное). Возможны три случая: 1° — угол В острый (рис. 275, а\, 2° — угол В прямой (рис. 275, б); 3° — угол В тупой (рис. 275, в). Рассмотрим эти случаи отдельно.
1°. Поскольку точки Н и А' симметричны относительно прямой ВС, то ZCBA' = ZCBH = 90° - ZC. Следовательно, ZABA' = 90° - - ZC + ZB. Аналогично, ZACA' = 90° - ZB + ZC. Таким образом, сумма противоположных углов В и С четырехугольника АВ А'С равна 180°. Следовательно, около этого четырехугольника можно описать окружность (см. задачу 729). Но через точки А, В и С проходит только одна окружность — окружность, описанная около треугольника АВС. Значит, точка Д' лежит на этой окружности.
2°. Утверждение очевидно, поскольку точки В, Н и А' совпадают.
3°. Поскольку точки Н и А' симметричны относительно прямой ВС, то
ZAA'B = 180° - ZHA'B = 180° - ZBHA'.
Но ZBHA' = ZBHA = 90° - ZCAH = ZC.
Таким образом, сумма противоположных углов А' и С четырехугольника АА'ВС равна 180°. Следовательно, около этого четырехугольника можно описать окружность (см. задачу 729). Но через точки А, В и С проходит только одна окружность — окружность, описанная около треугольника АВС. Значит, точка Д' лежит на этой окружности.
Отрезок BD — биссектриса треугольника АВС. Докажите, что ВО^ = АВ • ВС - AD • DC.
Решение. Пусть Е — точка пересечения луча BD с окружностью, описанной около треугольника АВС (рис. 276). Треугольники АВЕ и BCD подобны, так как ZABE = ZBDC по условию, а вписанные углы BE А и ВС А опираются на одну и ту же дугу АВ. Следовательно,
АВ:BD= (BD + DE) : ВС,
откуда
BD2 + BD ■ DE = AB ■ ВС.
Но по теореме о пересекающихся хордах
BD • DE = AD • DC.
Следовательно,
BD2 = АВ ■ ВС - AD ■ DC.
В треугольнике АВС из вершины В проведены высота ВН и биссектриса угла В, которая пересекает в точке Е описанную около треугольника окружность с центром О. Докажите, что луч BE является биссектрисой угла овн.
Решение. Поскольку луч BE — биссектриса угла В, то дуги АЕ и ЕС, а значит, и хорды АЕ и ЕС, равны (рис. 277). Поэтому прямая ОЕ — серединный перпендикуляр к отрезку АС. Углы НВЕ и ВЕС равны как накрест лежащие углы, образованные при пересечении параллельных прямых ВН и ОЕ секущей BE. Углы ВЕО и ОВЕ равны, так как они являются углами при основании равнобедренного треугольника ОВЕ. Следовательно, ZHBE = ZOBE, а значит, луч BE — биссектриса угла ОВН.
Произвольная точка X окружности, описанной около равностороннего треугольника АВС, соединена отрезками с его вершинами. Докажите, что один из отрезков АХ, ВХ и СХ равен сумме двух других.
Решение. Пусть, например, ХС > ХА и ХС > ХВ (рис. 278). Отложим на отрезке ХС отрезок XD, равный ХА. В равнобедренном
треугольнике AXD угол AXD равен вписанному углу АХС, опирающемуся на дугу АС, равную 120°. Следовательно, этот угол, а значит, и угол ADX, равен 60°.
Рассмотрим теперь треугольники АВХ и ACD. В этих треуголь- 360°-120° 1Qno
никах AX = - = 120 = AD, AB = AC, поскольку эти углы
опираются на одну и ту же дугу ХА. Следовательно, и АВ АХ = = ACAD. Кроме того, АВ = АС по условию. Следовательно, эти треугольники равны по второму признаку равенства треугольников, а значит, CD = ХВ. Тем самым
ХС = XD + CD = ХА + ХВ.
Замечание. Эту задачу можно решить значительно быстрее, если воспользоваться теоремой Птолемея (см. задачу 893). В самом деле, пусть а — сторона треугольника АВС. Поскольку четырехугольник АХВС — вписанный, то по теореме Птолемея
а • ХС = а • ХА + а • ХВ, откуда
ХС = хаахв.
Докажите, что если диагонали вписанного четырехугольника перпендикулярны, то сумма квадратов противоположных сторон четырехугольника равна квадрату диаметра описанной окружности.
Решение. Пусть ABCD — данный четырехугольник. Проведем диаметр ВВ\ описанной окружности (рис. 279). Имеем:
- АВХ = 2ААВВХ = 2(90° - ААВХВ) =
= 2 (90° - -= 2(90° - AACB) = 2ACBD CD.
Поэтому ABX = CD. Следовательно,
АВ2 + CD2 = АВ2 + АВ2 = BB2V
В четырехугольнике ABCD, вписанном в окружность, биссектрисы углов Л и В пересекаются в точке, лежащей на стороне CD. Докажите, что CD = ВС + АО.
Решение. Проведем через точку М пересечения биссектрис углов А и В прямую, параллельную АВ, и обозначим буквами Е и F точки пересечения этой прямой с прямыми AD и ВС (рис. 280). Рассмотрим треугольники DEM и СЕМ. Поскольку четырехугольник ABCD — вписанный, то АА + АС = 180°. С другой стороны, поскольку ЕЕ || АВ, то АА + АЕ = 180°. Следовательно, АС = АЕ. Кроме того, углы при вершине М рассматриваемых треугольников равны как вертикальные углы. Поэтому эти треугольники подобны. Заметим теперь, что точка М, будучи точкой пересечения биссектрис
Рис. 279Рис. 279Рис. 280Рис. 280
Рис. 279
Рис. 279
Рис. 280
Рис. 280
углов А и В, равноудалена от прямых АВ и AD, а также от прямых АВ и ВС, а значит, она равноудалена и от прямых AD и ВС. Иными словами, высоты рассматриваемых треугольников, проведенные из вершины М, равны. Из этого следует, что треугольники DEM и СЕМ равны (см. задачу 543).
Углы АМЕ и ВАМ равны как накрест лежащие углы, образованные при пересечении параллельных прямых АВ и ЕЕ секущей АМ. Следовательно, в треугольнике АЕМ углы А и М равны, а значит, АЕ = ЕМ. По аналогичной причине BF = ЕМ. Имеем:
CD = DM + МС = ЕМ + ЕМ = BF + АЕ = ВС + AD, поскольку отрезки СЕ и ED равны.
Докажите, что площадь прямоугольной трапеции, описанной около окружности, равна произведению ее оснований.
трапеции равнатрапеции равнаРешение. Радиус окружности, вписанной в прямоугольную трапецию с основаниями а и Ь, равен ^^ (см. задачу 725), а высота трапеции равна диаметру этой окружности. Следовательно, площадь
трапеции равна
трапеции равна
~ ab а + b 7
2 •7 •= ab.
а -V b 2
Докажите, что в любом четырехугольнике, вписанном в окружность, произведение диагоналей равно сумме произведений противоположных сторон (теорема Птолемея).
Решение. Рассмотрим вписанный четырехугольник ABCD (рис. 281) и на его диагонали АС возьмем такую точку К, что ZABK = = ZCBD. Треугольники АВК и DBC подобны, поскольку углы АВК и CBD равны по построению, а углы ВАС и BDC равны как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу ВС. Следовательно,
АВ : BD = АК : CD,
откудаоткудаАВ • CD = АК • BD.АВ • CD = АК • BD.
откуда
откуда
АВ • CD = АК • BD.
АВ • CD = АК • BD.
Треугольники ВСК и ABD также подобны, так как ZCBK = = ZABD, а углы АСВ и ADB равны как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу АВ. Поэтому
ВС : BD = КС : AD,
откудаоткудаAD • ВС = КС • BD.AD • ВС = КС • BD.
откуда
откуда
AD • ВС = КС • BD.
AD • ВС = КС • BD.
Сложив последнее равенство с равенством (*), получим: АВ • CD + AD • ВС = BD(AK + КС) = BD • AC.
Докажите, что в любом треугольнике радиус R описанной окружности, радиус г вписанной окружности и расстояние d между центрами этих окружностей связаны равенством d2 = R2 - 2Rr (формула Эйлера).
Решение. Рассмотрим треугольник АВС, у которого точка О — центр описанной окружности, а точка М — центр вписанной окружности. Допустим сначала, что d ^ 0 (рис. 282, а). Проведем через точку М диаметр PQ описанной окружности, а также биссектрисы АМ и ВМ углов А и В. По теореме о произведении отрезков пересекающихся хорд
РМ • MQ = АМ • МАХ
или
^Rpd^R-d) =АМ-МАХ.
Далее, поскольку ААх и ВВх — биссектрисы углов А и В, то ВАх =^ АхС и СВх =^ ВхА. Следовательно (см. задачу 718),
Это означает, что треугольник МА\В — равнобедренный. Поэтому найденное нами соотношение можно переписать так:
(RAd)(R-d) = АМ • ВАХ.
Проведем теперь диаметр АМ2 описанной окружности. Пусть К — точка касания вписанной окружности и стороны АВ. Прямоугольные треугольники AM2^ и АМ К имеют равные острые углы А и А^, поэтому эти треугольники подобны. Следовательно,
МК : ВАх = АМ : АХА%
или
т : В Ах = АМ : 2R,
откуда АМ • В Ах = 2Rr. Таким образом, наше соотношение принимает вид:
(R-d)(RAd) = 2Rr,
Если d = 0 (рис. 282, б), то каждая сторона треугольника АВС равна 2VR2 - И, а значит, этот треугольник — равносторонний. Поэтому ABAC = 60°, ABAC = 30° и, следовательно, R = 2т, или 0 = R2 — — 2Rt.
Для неравностороннего треугольника АВС точка О является центром описанной окружности, Н — точка пересечения прямых, содержащих высоты ААх, ВВх, ССх, точки А^, В2, С^ — середины отрезков АН, ВН, СН, а точки A3, В3, Сз — середины сторон треугольника АВС. Докажите, что точки Ах, Вх, Сх, А2, В2, С2, A3, В3, Сз лежат на одной окружности (окружность Эйлера).
Рис. 283Рис. 283Решение. Пусть точка М — середина отрезка ОН, MN ± АС (рис. 283). Поскольку прямые НВх, MN и ОВ3 параллельны, то по теореме Фалеса (см. задачу 385) BxN = NB3. Поэтому прямоугольные треугольники BxMN и B3MN равны по двум катетам, а значит, МВх = МВ3.
Рис. 283
Рис. 283
нике ОНВ4 отрезок МВхнике ОНВ4 отрезок МВхсредняясредняяПусть В4 — точка, симметричная точке Н относительно стороны АС. В треуголь
нике ОНВ4 отрезок МВх
нике ОНВ4 отрезок МВх
средняя
средняя
R г’гдеR г’гделиния, поэтому МВх = Но точка В4 лежит на окружности, описанной около треугольника АВС (см. задачу 886).
R г’где
R г’где
Следовательно, отрезок МВх, а значит, и отрезок МВ3, равен R — радиус описанной окружности.
Отрезок МВ%, будучи средней линией треугольника ВОН, также равен ^. Тем самым
МВХ = МВ^ = MBs = р
Аналогично доказывается, что
МА\ = МА^ = МА3 = | и
МСХ = МС2 = МСз = 5
Это означает, что все точки: Ai, В\, С\, А^, В^, С^, A3, В3, С3 — лежат на одной окружности с центром М радиуса —.
Докажите, что основания перпендикуляров, проведенных из произвольной точки окружности, описанной около треугольника, к прямым, содержащим стороны этого треугольника, лежат на одной прямой (прямая Симпсона).
Решение. Пусть D — произвольная точка окружности, описанной около данного треугольника. Обозначим вершины треугольника буквами А, В и С, так, чтобы получился четырехугольник ABCD (рис. 284). В этом четырехугольнике А А + АС = 180°, поэтому либо А А = АС = = 90°, и тогда прямой Симпсона будет прямая АС, либо один из этих углов острый, а другой тупой. Для определенности будем считать, что угол А острый. Рассмотрим два случая: 1) угол ACD, а значит, и равный ему угол ABD острые; 2) указанные углы тупые (случай прямых углов рассмотрите самостоятельно). В первом случае основание Н перпендикуляра, проведенного из точки D к прямой АВ, лежит между А и В, основание К перпендикуляра к АС лежит между А и С, а основание М перпендикуляра к ВС — вне отрезка ВС (рис. 284, а\ Во втором случае все три основания перпендикуляров лежат вне сторон треугольника АВС (рис. 284, б). Ход рассуждений в этих двух случаях в основном один и тот же. Поэтому проведем доказательство для
первого случая, отмечая в скобках те изменения, которые следует внести в текст доказательства для второго случая.
Поскольку углы AHD и AKD прямые, то точки А, Н, К и D лежат на окружности с диаметром AD (см. задачу 704, а). Следовательно, углы АКН и ADH, вписанные в эту окружность и опирающиеся на одну и ту же дугу АН, равны.
Углы СКВ и CMD также прямые. Поэтому точки С, К, М и D лежат на окружности с диаметром CD (см. задачу 704, а). Следовательно, углы СКМ и CDM, вписанные в эту окружность и опирающиеся на одну и ту же дугу СМ, равны (во втором случае эти углы составляют в сумме 180°).
Но ZADH = 90° - ZBAD, a ZCDM = 90° - ZMCD = 90° - - (180° - ZBCD) = 90° - ZBAD, поскольку ZBAD + ZBCD =180°. Следовательно,
ZADH = ZCDM.
Итак, ZAKH = ZADH, ZCKM = ZCDM (во втором случае ZCKM + ZCDM = 180°), ZADH = ZCDM. Поэтому ZAKH = = ZCKM (во втором случае ZAKH + ZCKM = 180°). Это и означает, что точки Н, К и М лежат на одной прямой.
Постройте общую касательную к двум данным окружностям.
Решение. Рассмотрим две окружности с центрами Ох и О2 радиусов ?х и тд, каждая из которых лежит вне другой окружности (рис. 285). Если тх = Г2 (рис. 285, а), то решение задачи очевидно.
Пусть, например, ?х > ^2- Если центры окружностей лежат по одну сторону от общей касательной, то касательная называется внешней, а если по разные стороны — внутренней.
Построим сначала внешнюю касательную. Проведем окружность с центром Ох радиуса гх — Г2 и построим к ней касательную О2М (рис. 285, б) так, как это описано в решении задачи 673. По свойству касательной ОхМ ± О2М. Проведем теперь через точку М радиус Ох А, а также радиус О2В ± О2М. Прямая АВ — искомая касательная. В самом деле, в четырехугольнике МАВО2 противоположные стороны МА и О2В равны по построению и параллельны, так как обе перпендикулярны к прямой О2М. Поэтому этот четырехугольник — параллелограмм. Поскольку угол
Os этого параллелограмма прямой, то и остальные его углы прямые. Следовательно, прямая АВ — касательная к обеим окружностям.
Для построения внутренней касательной следует сначала провести окружность с центром Ох радиуса и +тд, а затем выполнить построение, аналогичное описанному (рис. 285, в).
Замечание. Мы рассмотрели случай, когда каждая из данных окружностей лежит вне другой. В этом случае окружности имеют четыре общих касательных, две из которых внешние, а две другие — внутренние (рис. 286, а\ Ясно, что если одна из окружностей целиком
Рис. 286
лежит внутри другой, то общих касательных у них нет (рис. 286, б). Если окружности имеют единственную общую точку, то общих касательных три (рис. 286, в) или одна (рис. 286, а). Наконец, если окружности имеют две общие точки, то общих касательных две (рис. 286, б). В каждом из этих случаев общие касательные могут быть построены одним из двух указанных методов. Впрочем, в ряде случаев касательную можно построить и проще — подумайте, как это сделать.
Даны окружность с центром О, точка М и отрезки PxQx и P2Q2. Постройте прямую р так, чтобы окружность отсекала на ней хорду, равную PxQx, и расстояние от точки М до прямой р равнялось P2Q2.
Решение. Отметим произвольную точку А данной окружности и построим хорду АВ = P\Q\ (рис.287). Найдем середину С этой хорды и проведем окружность с центром О радиуса ОС, а также окружность с центром М радиуса PsQ^. Теперь построим общую касательную р к проведенным окружностям (см. задачу 897). Прямая р — искомая. В самом деле, расстояние от точки М до прямой р равно P2Q2 по построению, а длина хорды DE, отсекаемой данной окружностью на прямой р, равна
2V0D2 - ОС2 = 2^0 А2 - ОС2 = АВ = P\Q\.
Рис. 287Рис. 287Внутри окружности дана точка. Постройте хорду, проходящую через эту точку так, чтобы она была наименьшей из всех хорд, проходящих через эту точку.
Рис. 287
Рис. 287
Решение. Пусть М — данная точка, АВ — хорда, проходящая через эту точку. Для удобства введем обозначения: АМ = х, МВ = у. Из теоремы о произведении отрезков пересекающихся хорд следует, что для всех хорд окружности, проходящих через точку М, величина ху = с одна и та же. Из этого равенства находим: у = -. С другой стороны, ж
Эта величина принимает наименьшее значениеЭта величина принимает наименьшее значениетогда, когдатогда, когдаVе \ л= 0, т. е. тогда, когда/
Эта величина принимает наименьшее значение
Эта величина принимает наименьшее значение
тогда, когда
тогда, когда
Итак, стоящая перед нами задача состоит в том, чтобы построить хорду АВ с серединой М. Чтобы решить эту задачу, достаточно провести через точку М диаметр окружности (рис. 288), а затем через точку М провести хорду АВ, пер-
пендикулярную к этому диаметру.
Постройте треугольник: а) по стороне, противолежащему углу и высоте, проведенной к данной стороне; б) по углу, высоте, проведенной из вершины данного угла, и периметру.
Рис. 288Рис. 288Рис. 289Рис. 289Решение, а) На стороне данного угла с вершиной М возьмем какую-нибудь точку А и отметим на другой его стороне точку В так, чтобы отрезок АВ был равен данной стороне искомого треугольника (рис. 289). Опишем около треугольника АВМ окружность. Далее, проведем прямую, параллельную прямой АВ, находящуюся
Рис. 288
Рис. 288
Рис. 289
Рис. 289
от нее на расстоянии, равном данной высоте, и лежащую по ту же сторону от прямой АВ, что и точка М. Пусть С — одна из общих точек этой прямой и окружности. Треугольник АВС — искомый. В самом деле, сторона АВ этого треугольника равна данной стороне по построению; угол АСВ равен данному углу АМВ, так как эти углы вписанные и опираются на одну и ту же дугу АВ; высота, проведенная из вершины С, равна данной высоте по построению.
б) Проведем биссектрису данного угла а и построим угол 90° + + л (рис.290). Затем построим треугольник А\ВВ\, сторона А\В\ которого равна данному периметру, высота, проведенная из вершины В, равна данной высоте, а угол при вершине В равен построенному углу (см. задачу 900, а). Наконец, проведем серединные перпендикуляры к отрезкам А\В и В\В (рис. 291) и обозначим буквами А и С точки их пересечения с прямой А\В\. Треугольник АВС — искомый.
Рис. 290 Рис. 291
В самом деле, высота, проведенная из его вершины В, равна данной высоте по построению. Далее, поскольку АА\ = АВ и СВ\ = СВ, то периметр треугольника АВС равен данному периметру. Кроме того, поскольку треугольники АА\В и СВ\В — равнобедренные, а углы А и С треугольника АВС являются их внешними углами, то для угла В этого треугольника находим:
ZC 180°-ZB a ZB
откуда ZB = a.
Постройте треугольник, если дана описанная окружность и на ней точки Н, В и М, через которые проходят прямые, содержащие высоту, биссектрису и медиану треугольника, проведенные из одной вершины.
Решение. Пусть О — центр данной окружности. Через точку Н проведем хорду РН, параллельную прямой ОВ (рис. 292). Затем через точку А пересечения прямых ОВ и РМ проведем хорду QR, перпендикулярную к прямой ОВ. Треугольник PQR — искомый. В самом деле, прямые РН и ОВ параллельны, поэтому PH ± QR, а значит, прямая РН содержит высоту треугольника PQR. Далее, высота О А равнобедренного треугольника OQR является медианой и биссектрисой. Следовательно, QA = AR, т. е. прямая РМ содержит медиану
РА треугольника PQR. Кроме того, из равенства углов AOQ и AOR следует равенство дуг BQ и BR, а значит, и опирающихся на эти дуги вписанных углов BPQ и BPR. Иными словами, прямая РВ содержит биссектрису треугольника PQR.
Даны три точки, не лежащие на одной прямой. Постройте треугольник, для которого эти точки являются основаниями высот. Сколько решений имеет задача?
Решение. Пусть Ау, By и Су — данные точки, Н — точка пересечения биссектрис треугольника АуВуСу. Построим сначала остроугольный треугольник АВС, для которого отрезки ААь В By и Сбавляются высотами. Проведем через точки Ау, By и Су прямые, перпендикулярные соответственно к АуН, ByН и СуН. Точки пересечения этих прямых обозначим буквами А, В и С (рис. 293). Треугольник АВС — искомый. В самом деле, вершина А этого треугольника лежит на прямой АуН (см. задачу 885), а значит, прямая ААу перпендикулярна к прямой ВС по построению. Иными словами, отрезок ААу — высота треугольника АВС. Аналогично доказывается, что отрезки ВВу и ССу являются высотами этого треугольника. Осталось доказать, что треугольник АВС — остроугольный. Докажем, например, что угол А — острый. Имеем:
£В\НС\ = 180° - ^ - ^ = 180° - Щк±ДГ1 =
= 180° - МДЩД = 90° + Щ1 > 90°.
Следовательно,
А А = 360° - 90° - 90° - АВуНСу < 90°.
Аналогично доказывается, что углы АуНСу и АуНВу — тупые, а значит, углы В и С — острые.
Обратимся к рисунку 293. Нетрудно видеть, что в каждом из трех тупоугольных треугольников ABH, ВСН и АСН точки Ay, By и Су
также являются основаниями высот. Таким образом, мы построили четыре треугольника, удовлетворяющих условию задачи.
Имеет ли наша задача другие решения? Чтобы ответить на этот вопрос, рассмотрим сначала остроугольный треугольник А2В2С2, для которого точки Ах, Вх и Сх являются основаниями высот (рис. 294). Пусть Щ — точка пересечения высот этого треугольника. Тогда лучи А\Н\, В\Н\ и С\Н\ являются биссектрисами углов треугольника АхВхСх (см. задачу 849). Следовательно, точки Щ и Н совпадают, а значит, треугольник А^В^С^ совпадает с треугольником АВС. Тем самым, других остроугольных треугольников, удовлетворяющих условию задачи, нет. Рассмотрим теперь тупоугольный треугольник А2В2Щ с тупым углом Нх, для которого отрезки Л2В1, В2Л1 и Н\С\ являются высотами (рис. 295). Пусть С2 — точка пересечения высот этого треугольника. Поскольку треугольники А2В2В1 и В2Л2Л1 —
Рис. 295Рис. 295
Рис. 295
Рис. 295
прямоугольные, то углы А2 и В2 треугольника А2В2С2 — острые; угол С2 этого треугольника — также острый, поскольку
ZC2 = 180° - ZA2 - ZB2 =
= 180° - (90° - /Л2В2Я1) - (90° - /В2ЛЯ1) == ZA2B2HX + ZB2A2Hx < 90°,
так как угол Щ треугольника А2В2Щ — тупой.
Таким образом, треугольник А2В2С2 — остроугольный, причем точки Ах, Вх и Сх — основания его высот. Значит, он совпадает с треугольником АВС. Но тогда и треугольник А2В2Щ совпадает с треугольником АВН. Следовательно, задача имеет четыре решения.
Ответ. Четыре решения.
Глава 5
ВЕКТОРЫ
Понятие вектора
Какие из следующих величин являются векторными: скорость, масса, сила, время, температура, длина, площадь, работа?
Ответ. Из указанных в задаче векторными величинами являются скорость и сила.
В прямоугольнике ABCD АВ = 3 см, ВС = 4 см, М — середина стороны АВ. Найдите длины векторов АВ, ВС, DC, МС, МА, СВ, АС.
Решение. Так как АВ = 3 см, ВС = 4 см (рис.296), то \АВ\ = = \DC\ = 3 см, \ВС\ = \СВ\ = 4 см.
\МС\ = VMB2 + ВС2 = 71 Л2 + 42 см = 718^5 см.
\МА\ = кв А = 1,5 см, |ЛС| = VAB2 + ВС2 = 5 см.
Ответ. 3 см, 4 см, 3 см, V18,25 см, 1,5 см, 4 см, 5 см.
Основание AD прямоугольной трапеции ABCD с прямым углом А равно 12 см, АВ = 5 см, AD = 45°. Найдите длины векторов BD, CD и АС .
Решение. Пусть СН — высота данной трапеции ABCD (рис. 297).
\BD\ = VAD2 + АВ2 = V122 + 52 = 13 см.
В треугольнике CDH: CH = НD = 5 см, поэтому
\CD\ = VCH2 + HD2 = V25 + 25 = 5д/2 см.
Воспользуемся теоремой Пифагора для треугольника АВС;
|АС| = V АВ2 + ВС2 ,
поэтомупоэтомуВС = АН = AD - DH = 12 см - 5 см = 7 см,
поэтому
поэтому
|АС| = V25 + 49 см = V74 см.
Ответ. 13 см, 5\/2 см, V74 см.
Выпишите пары коллинеарных векторов, которые определяются сторонами: а) параллелограмма MNPQ; б) трапеции ABCD с основаниями AD и ВС; в) треугольника FGH. Укажите среди них пары сонаправленных и противоположно направленных векторов.
Решение, a) MNPQ — данный параллелограмм (рис.298, а\ >—> >—> >—> Коллинеарными являются векторы: MN и QP, MN и PQ, NM и PQ,
NM и QP, MQ и NP, MQ и PN, QM и NP, QM и PN.
Сонаправленные векторы: MN Л QP, NM Л PQ, MQ Л NP, QM Л PN-
^^ ^^
Противоположно направленные векторы: MN П PQ^ ^М П Q?^
mqu?n,QMUNP.
ABCD — данная трапеция (рис. 298, б). Коллинеарными являются векторы: ВС и AD, ВС и DA, СВ и DA, СВ и AD.
Сонаправленные векторы: ВС tT AD, СВ DA.
Противоположно направленные векторы: ВС П DA, СВ П AD.
FGH — данный треугольник (рис. 298, в). Коллинеарных векторов нет, а потому нет сонаправленных и противоположно направленных
векторов.
Ответ,а) Сонаправленные: MN и QP,NMиPQ,MQиNP,
^—^ ^—> ^—> QM иPN;противоположно направленные:MNиPQ,NMиQP,
MQ иPN,QM и NP; б) сонаправленные: ВСиAD,СВиDA;
—^—^ —^—^
противоположно направленные: ВС и DA, СВ и AD; в) коллинеарных векторов нет.
В параллелограмме ABCD диагонали пересекаются в точке О. Равны ли векторы: а) АВ и DC; б) ВС и DA; в) АО и ОС; г) АС и BD?
Ответ обоснуйте.
Решение. ABCD — данный параллелограмм (рис.299). —>—>
Векторы АВ и DC равны, так как
|АВ| = \DC\ и АВ Г DC;
векторы ВС и DA не равны, так как
sen DA;
векторы АО и ОС равны, так как
|ЛО| = \ОС\ и АО П ОС;
векторы АС и BD не равны, так как они не коллинеарны.
Ответ, а) Да; б) нет; в) да; г) нет.
Точки S и Т являются серединами боковых сторон MN и LK равнобедренной трапеции MNLK. Равны ли векторы: a) NL и KL; б) MS и ЛД в) МАГ и к1; г) TS и КМ; д) TL и КТ?
Решение. MNKL — данная равнобедренная трапеция (рис. 300), точки S и Т — середины боковых сторон MN и LK. —
Векторы NL и KL не коллинеарны, поэтому
NL KL.
Векторы MS и SN равны, так как
\MS\ = |SM| и MS ТТ SN.
Векторы MN и KL не равны, так как они не коллинеарны. —
Векторы TS и КМ не равны, так как
|Т5| + \КМ\.
Векторы TL и КТ равны, так как
\TL\ = \КТ\ ^TL^\ КТ.
Ответ, а) Нет; б) да; в) нет; г) нет; д) да.
Докажите, что если векторы АВ и CD равны, то середины отрезков AD и ВС совпадают. Докажите обратное утверждение: если середины отрезков AD и ВС совпадают, то АВ = CD.
Решение. Рассмотрим случай, когда векторы АВ и CD ненулевые и АВ II CD. ^>^^
Пусть АВ = CD. Тогда АВ Д CD, поэтому точки В и D лежат по одну сторону от прямой АС (рис. 301). Так как АВ || CD, то точки
Рис. 301Рис. 301А и В лежат по одну сторону от прямой CD, а точки С и D лежат по одну сторону от прямой АВ. Отсюда следует, что АВ DC — четырехугольник. По условию АВ = CD и АВ || CD, поэтому ABDC — параллелограмм (1°, п.43). По свойству 2° п.43 диагонали AD и ВС этого параллелограмма точкой О пересечения делятся пополам, следовательно, середины отрезков AD и ВС совпадают.
Рис. 301
Рис. 301
и ВС совпадают. Докажем, что АВ = CD. Точки В и D лежат по ту жеи ВС совпадают. Докажем, что АВ = CD. Точки В и D лежат по ту жеДокажем обратное утверждение: пусть середины О отрезков AD
и ВС совпадают. Докажем, что АВ = CD. Точки В и D лежат по ту же
и ВС совпадают. Докажем, что АВ = CD. Точки В и D лежат по ту же
а АС•/•/•BODбi-5^^^DОвАС^ВJ)ОРис. 302а АС•/•/•BODбi-5^^^DОвАС^ВJ)ОРис. 302сторону от прямой АС, что и точка О. Аналогично, точки С и D лежат по одну сторону от прямой АВ, а точки А и В — по одну сторону от прямой CD. Отсюда следует, что ABDC — четырехугольник. По свойству 3° п.43 ABDC — —>—>
а АС
•/•/•
BOD
бi-5^^^D
О
вАС^ВJ)
О
Рис. 302
а АС
•/•/•
BOD
бi-5^^^D
О
вАС^ВJ)
О
Рис. 302
параллелограмм, поэтому АВ = CD.
Утверждение, сформулированное в задаче, верно и в том случае, когда век——>—>
торы АВ и CD — нулевые, или если эти векторы лежат на одной прямой (рис. 302, а, б, в).
Определите вид четырехугольника ABCD, если: а) АВ = DC и \АВ\ = |ВС|; б) АВ Д DC, а векторы AD и ВС не коллинеарны.
Решение, а) АВ = DC (рис. 303, а\ поэтому АВ || DC и АВ = = DC. Следовательно, ABCD — параллелограмм. Так как \АВ\ = = \ВС\, т. е. АВ = ВС, то ABCD - ромб.
б) АВ П в1 поэтому АВ || DC, т. е. ABCD — параллелограмм или трапеция. По условию векторы AD и ВС не коллинеарны, поэтому AD ^ ВС (рис. 303, б), т. е. ABCD — трапеция.
Ответ, а) Ромб; б) трапеция.
Верно ли утверждение: а) если ~а = b , то ~а Д b ; б) если "а = = b , то а и b коллинеарны; в) если а = b , то а П b ; г) если а Д b , то а = b ; д) если а = 0 , то а Д b ?
Ответ, а) Верно; б) верно; в) неверно; г) неверно; д) верно.
§ 2. Сложение и вычитание векторов
Турист прошел 20 км на восток из города А в город В, а потом 30 км на восток в город С. Выбрав подходящий масштаб, начертите векторы АВ и ВС. Равны ли векторы АВ + ВС и АС?
Ответ. Да.
Начертите попарно неколлинеарные векторы 1с , "у , 1? и постройте векторы 1с + "^у , 1с + ~z , ~z + lj .
Решение. На рисунке 304
d, ~е и, + d + е .d, ~е и, + d + е .755. Начертите попарно неколлинеарные векторы "a, b , ~с , пользуясь правилом многоугольника, постройте вектор ~а + b + ~с755. Начертите попарно неколлинеарные векторы "a, b , ~с , пользуясь правилом многоугольника, постройте вектор ~а + b + ~с756. Начертите попарно неколлинеарные векторы "х , "у , Г? и—>—>—>—>—>—>—>—>—>векторы х — у ,z— у ,х— z ,— х ,— у ,— z .Решение. На рисунке 306756. Начертите попарно неколлинеарные векторы "х , "у , Г? и—>—>—>—>—>—>—>—>—>векторы х — у ,z— у ,х— z ,— х ,— у ,— z .Решение. На рисунке 306постройтепостройтеАВ = 1с —^у, АС = ^ — ^у, СВ = 1с DE = -lc, MN=-J, FG=-^.АВ = 1с —^у, АС = ^ — ^у, СВ = 1с DE = -lc, MN=-J, FG=-^.Рис. 306Рис. 306Начертите векторы 1с, "у и V так, чтобы 1с ТТ ^> Постройте векторы "ж + ^, "^у - "z , "х + ~z .
d, ~е и, + d + е .
d, ~е и, + d + е .
755. Начертите попарно неколлинеарные векторы "a, b , ~с , пользуясь правилом многоугольника, постройте вектор ~а + b + ~с
755. Начертите попарно неколлинеарные векторы "a, b , ~с , пользуясь правилом многоугольника, постройте вектор ~а + b + ~с
756. Начертите попарно неколлинеарные векторы "х , "у , Г? и
—>—>—>—>—>—>—>—>—>
векторы х — у ,z— у ,х— z ,— х ,— у ,— z .
Решение. На рисунке 306
756. Начертите попарно неколлинеарные векторы "х , "у , Г? и
—>—>—>—>—>—>—>—>—>
векторы х — у ,z— у ,х— z ,— х ,— у ,— z .
Решение. На рисунке 306
постройте
постройте
АВ = 1с —^у, АС = ^ — ^у, СВ = 1с DE = -lc, MN=-J, FG=-^.
АВ = 1с —^у, АС = ^ — ^у, СВ = 1с DE = -lc, MN=-J, FG=-^.
Рис. 306
Рис. 306
"х П^1с."х П^1с.Решение. На рисунке 307
"х П
^1с.
"х П
^1с.
Начертите два ненулевых коллинеарных вектора ~а и 5,1^1^151. Постройте векторы: а) а - b ; б) b — а ; в) - а + 5 . Выполните еще раз построение для случая, когда 1^1 = | 5 |.
Решение. На рисунке 308, а; \~а | ^ | 6 |.
а аа-Ь
bА►
в-а
АВАВ
Рис. 308
АВ = ~а — b ; б) вА = b - ~а ; в) В А = —"а + b .
759. Дав произвольный четырехугольник MNPQ. Докажите, что: a) MN + NQ = MP + PQ; б) Л/Х + ХД = Мр + QP.
Решение, а) По правилу треугольника MN + NQ = MQ
(рис. 309), MP + PQ = MQ. Следовательно, MN PNQ = MP + PQ.
Аналогично: MN + NP = MP (см. рис. 309), MQ + QP = MP. Следовательно,
MN + NP = MQ + QP.
Докажите, что для любых двух неколлинеарных векторов "ж и ^ справедливо неравенство |"ж + VI < 1"^1 + 1^1-
Решение. Сложим векторы ^ и ^ по правилу треугольника (рис. 310):
АС = АВ + ВС, где АВ = "х, ВС = "р , АС = 1с Р^у.
треугольник.треугольник.Так как векторы х и у не коллинеарны, то АВС —
треугольник.
треугольник.
Согласно неравенству треугольника
АС < АВ + ВС.
NN
N
N
Но АС = | ^ + "'рУ АВ = 1^1, ВС = УрХ поэтому |Т +VI < И + | VI-
Докажите, что если А, В, С и D — произвольные точки, то АВ + + b5 + cd + d1 = V.
Решение. Пусть А, В, С, D — произвольные точки. По правилу многоугольника
ab + bc + cd + d! = aa.
Но АА = 0 , следовательно,
AB + BC + CD + DA = "O.
Сторона равностороннего треугольника АВС равна а. Найдите: а) \АВ + ВСУ б) \АВ + АСУ в) \АВ + СВ\-, г) \ВА - ВС\- д) \АВ - АС\.
Решение. По условию задачи АВ = ВС = С А = а.
а) Так как АВ + ВС = АС, то \АВ +
С D—> —>
+ £Й=1^Й =
/б) АВ + АС = AD = 2АО, где О — середина
Рис. 311Рис. 311/ стороны ВС треугольника АВС (рис. 311). По- Jэтому
Рис. 311
Рис. 311
|АВ + АС| = 2|ЛО| = 2 ■ ^ = aV3.
Построим ромб ABDC и проведем его высоту СН (см. рис. 311). Тогда АВ + СВ = CD + СВ = 2СН, поэтому
\АВ + СВ\ = 2\СН\ = 2 • ^- = aV3.
В А — ВС = С А, поэтому
\ВА-ВС\ = \СА\ =а.
АВ — АС = СВ, поэтому
\АВ-АС\ = \СВ\ =а.
Ответ, а) а; б) ал/З; в) ал/З; г) а; д) а.
В треугольнике АВС; АВ = 6, ВС = 8, ZB = 90°. Найдите: а) |в!| - \ВС\ и \в! - ВС\; б) \АВ\ + |ВС| и |ЛВ + ВЙ\; в) |в1| + |ВС|
и \ВА + ВС'|; г) |ЛУ| - |УС'| и \АВ - ВС\.
Решение. По условию задачи в данном треугольнике АВС; АВ = = 6, ВС = 8, ZB = 90° (рис. 312).
Рис. 312Рис. 312= DC + СВ = DB;= DC + СВ = DB;|вД - |ВС| = ВА - ВС = -2; ВА - - ВС = СА, поэтому (ВА - ВС\ = |СЛ| = = V36 + 64 = 10.
Рис. 312
Рис. 312
= DC + СВ = DB;
= DC + СВ = DB;
\АВ\ + |ВС| = АВ + ВС = 14; АВ + ВС = = АС, поэтому \АВ + ВС\ = |ЛС| = 10.
|вД| + \ВС\ = В А + ВС = 14; в! + ВС =
= BD, \ВА + ВС\ = \BD\ = |АС| = АС = 10.
|ЛВ| - |ВС| = АВ - ВС = -2; АВ - ВС \АВ-в5\ = \DB\ = |АС| = 10.
Ответ, а) —2 и 10; б) 14 и 10; в) 14 и 10; г) —2 и 10.
Пользуясь правилом многоугольника, упростите выражения: а) (АВ + ВС- МС) + (MD - к5>); б) (С^ + АС + В^) - (МК + KD).
Решение, а) (АВ + ВС - МС) + (MD - KD) = (АВ + ВС + + СМ) + (MD + DK) = АК.
б) (СВ + АС + BD) - (МК + KD) = (AC + СВ + BD) + (DK + + КМ) = АМ.
Ответ, а) АК; б) АМ.
Пусть X, Y и Z — произвольные точки. Докажите, что векторы "р = ХУ + zX + YZ, "q = (х^ - XZ) + У^ и Г = (ZY - ХУ) - ZX — нулевые.
Решение. "p=XY + ZX + YZ = ZX + XY + YZ = ZZ = Д.
У = (ХУ - XZ) + YZ = XY + YZ + ZX = ХХ = ~Q.
V = (ZY- XY) - ZX = ZY + YX + XZ = ZZ = "0.
На рисунке 313 (рис. 259 учебника) изображены векторы "a, b , ~с, d, XY. Представьте вектор XY в виде суммы остальных или им противоположных векторов.
Рис. 313Рис. 313Решение. По правилу многоугольника име
Рис. 313
Рис. 313
ем:>>>>>
XY = ХА + АВ + ВС + CY.
Так как
J1 = —"а, АВ = -У, ВС = "с , CY = ~d,
ТО
Ответ. —”а^(—Ь)А”с-\- d .
Дан треугольник АВС. Выразите через векторы "а = АВ и b = АС вектор СВ + В А.
—>—^—^ —
Решение. По правилу треугольника СВ + В А = С А, С А = —
—АС = — b , поэтому СВ + В А = — b .
Ответ. — b .
Точки М и N — середины сторон АВ и АС треугольника АВС. Выразите векторы ВМ, NC, MN, BN через векторы "а = АМ и b = AN.
Решение. Точки М и N — середины сторон АВ и АС данного треугольника АВС (рис. 314), "а = АМ и Ъ = AN; ВМ = МА = —~а ; NC = AN = b ; MN = AN - АМ = Ъ - "а . По правилу треугольника
BN = ВМ + MN = -ar(b- "а).
Ответ, а , b , Ь — а , — а + (Ь — а).
Отрезок BBi — медиана треугольника АВС. Выразите векторы В\С, В Bi, В А, ВС через = АВ\ и "р = АВ.
Решение. ВВ\ — медиана данного треугольника АВС (рис. 315), "х = АВ\, "р" = АВ.
В\С = АВ\ = "ж, ВВ; = АВ\ - АВ = -1г - "А,ВА = -АВ = -V; ВС = ВВХ + В\С = (^ - V) +
Ответ, "ж , — 1г — 1/, —^, (1г — V) + ^.
Дан параллелограмм ABCD. Выразите вектор АС через векторы "а и b , если: а) ~а = АВ, b = ВС; б) "а = СВ, b = CD; в) ~а = АВ, b = dA.
Решение, а) ~а = АВ, b = ВС, АС = АВ + ВС = ~а + b .
^ —> —^ —>—> —>
а = СВ, Ъ = CD; по правилу параллелограмма С А = СВ + + CD = а + b , следовательно, АС = — С А = —{а + Ъ ) = — а — Ъ .
а = АВ, Ъ = DA; по правилу параллелограмма АС = АВ + + AD = АВ + (-51) = "а - 1.
Ответ, а) АС = "а + b ; б) АС = —~а - b ; в) АС = "а — Ь .
В параллелограмме ABCD диагонали пересекаются в точке О. Выразите через векторы "а = АВ и b = AD следующие векторы: DC + СВ, вЗ + оЙ,вЗ -o5,b1-d1.
Решение. 1. DC + СВ = DB = АВ — AD, поэтому DC + СВ = = "а - b (рис. 316).
ВО + О^ = в5 = AD, следовательно, ВО + ОС = Ь .
вд-ос = вд + сд = вб + о1 = в1 = -"а.
Bl-DA = Bl + AD = BD = -~a+l).
Ответ, а — b , b , — а , — а + b .
Дан параллелограмм ABCD. Докажите, что
х! + хЗ = ХВ + XD,
где X — произвольная точка плоскости.
Решение. По правилу вычитания векторов АВ = ХВ — ХА, DC = ХС - XD. Так как АВ = DC (рис. 317), то ХВ - Jl = ХС - — XD. Отсюда следует, что
Рис. 316Рис. 317Рис. 316Рис. 317
Рис. 316Рис. 317
Рис. 316Рис. 317
Докажите, что для любых двух векторов ~х и "у справедливо неравенство |"ж — VI < |7?| + | VI - В каком случае |"^ — VI — l"^l + IVl^
Р е ш е н и е. Пусть х = АВ, у = АС. Тогда
"х -^у =АВ - АС = СВ.
Возможны три случая.
Векторы V и V не коллинеарны (рис. 318, а\ Тогда АВС — треугольник и по неравенству треугольника СВ < АВ + АС. Но СВ = = \СВ\ = |V - Vl’ АВ = \АВ\ = |V|, АС = |ЛС| = |Vl’ поэтому
|Т - У| < |^| + |У|.
х П У • В этом случае точка А лежит на отрезке ВС (рис. 318, б), поэтому ВС = В А + АС. Но ВС = \СВ\ = |V - VI’ В А = \АВ\ = |V|, АС = |ЛС| = | VI ’ следовательно,
|Т - У| = |Т| + |У|.
V V V- Если хотя бы один из векторов V или V — нулевой, то ясно, что |ж - у | = | ж | + | у |. Если х ^ 0 и у ^ 0 (рис. 318, в), то СВ < АС + АВ, поэтому
|Т - у| < |Т| +17|.
Итак, |V — Vl 1^1 +JVI’ в случаях, когда V П V или когда хотя бы один из векторов х и V — нулевой, |V — VI = 1^1 + iVl-
Ответ. Равенство имеет место при V П V или в случае, когда
хотя бы один из векторов х и у — нулевой.
АУ WC
А I У С
в
Парашютист спускался на землю со скоростью 3 м/с. Порывом ветра его начинает относить в сторону со скоростью Зд/З м/с. Под каким углом к вертикали спускается парашютист?
Решение. Пусть АВ — вектор скорости парашютиста до порыва ветра, АС — вектор
скорости ветра (рис. 319), тогда \АВ\ = 3 м/с,Рис-
|АС| = Зд/З м/с, a AD — вектор скорости
парашютиста при ветре. Так как ABAC = 90°, то АВ DC — прямо
угольник, а треугольник ABD — прямоугольный, BD = АС = ЗДЗ.
По теореме Пифагора
AD = V АВ2 + BD2 = V9 + 27 = 6.
Отсюда следует, что ZADB = 30° и а = ZBAD = 60°.
Ответ. 60°.
Умножение вектора на число
Дан вектор "р = ЗД, где ~а А 0 . Укажите, как направлен каждый из векторов а , — а , - а , — 2 а , о а по отношению к вектору р , и выразите их длины через 1рД
Решение. По условию задачи р = 3 а . Так как 3 > 0, то р Да. Далее, |У| = |3| |"а |, откуда |"а | = ||У |.
Аналогично получаем:
ТТ "р, I - "а I = |"« I = ||У|:Д ТТ I Д| = Д| = Д|;
—2~а Н. Д, | - 2"а | = 2|Д| = | ГД Г
6"а ТТ ~Р , |6"а | = 6|"а | = 2| У |.
Ответ. Направления: ТТ, ТТ, ТТ,ТТ, ТТ; длины: ||У|, ||У|, Й"р|, ООО
||Р|.2|У|.
Докажите, что для любого вектора "а справедливы равенства: а) 1 • "а = "а; б) (— 1) • "а = —~а.
Решение, а) По определению 11 • ~а | = 111 17? | = | ~а |. Так как 1 > > 0, то 1 • "а ЦТ?. Таким образом,
1 • "а = "а .
б) Пусть (— 1) • ~а = "р. По определению произведения вектора на число 1^1 = |(-1)| • |7?| = 1 • |7?| = |7?|. Так как -1 < 0, то (— 1) • "а | П "^ ПРИ "а ^ 0, т. е. ^ П "^ Таким образом, в этом случае р = — а , т. е. (— 1) • а = — а . Если же а = 0 , то р = 0 , поэтому и в этом случае
(— 1) • ~а = — ~а .
Пусть "ж = т + "п, "р = т — "п. Выразите через т и "п векторы: а) 2Т - 2^; б) 2"ж + ^ у*; в)у*.
Решение. По условию "ж = т + ~п, 7? = т — "п . Поэтому:
21г - 2^ = 2( ^ - V) = 2((m + 7г) - (т - "п)) = 2(27?) = Еп.
21г + ^V = 2(m + 7?) + ^(m — 7?) = 2m + 27? + ^m — ^7? =
Ответ, a) 4 n; 6) -m + - n ; в) — -m — - n .
В параллелограмме ABCD точка E — середина стороны AD, точка G — середина стороны ВС. Выразите векторы ЕС и АС через векторы DC = "а и СВ = "b.
Решение. На рисунке 320 изображен данный параллелограмм. Точка Е — середина стороны AD, а точка G — середина стороны ВС, DC = ~а,СВ = ~Ь.
ЁС = ED + DC, ED = |AD = ^BC = -^T, DC = Ё, поэтому ЁС = Ё -^"b.
AG = AB + BG = DC + ED = Ё - ^~b.
Ответ, a — - b , a — - b .
Точка М лежит на стороне ВС параллелограмма ABCD, причем ВМ : МС = 3:1. Выразите векторы АМ и MD через векторы "а = AD и b = АВ.
Решение. На рисунке 321 изображен данный параллелограмм.
АМ = АВ + ВМ; ВМ = ^ВС = ^AD = ^"а, АМ = b + ^.
4444
MD = MC + CD= Х-ВС + CD = ^AD + в1=М■
444
—>31
Ответ, b + - a , -a - b .
4’ 4
В параллелограмме ABCD диагонали пересекаются в точке О, а М — точка на стороне AD такая, что АМ = ^MD. Выразите через векторы "ж = AD и 1у = АВ следующие векторы: а) АС, АО, СО, DO, AD + ВС, AD + сС, сС + ol; б) АМ, МС, ВМ, ОМ.
Решение. На рисунке 322 изображен данный параллелограмм.
АС = АВ + AD = 1с А^у .
ло = 1яс = |(Т + Щ.
c6 = ^ca = -Vac = -x-c5^^y
DO=X-DB= Х-(АВ -AD) = 1(V - "xY
AD + BC = AD + AD = 2"x.
AD + CO = ВС + CO = BO = -DO = ^"x -4jY
CO + OA = Cl = -AC = -"x - ^y.
AM= ^AD =
m5 = MD + D^ = |^ + AB = | "x + ~y.
BM = Bl + AM = -AB + AM = |~x - Yj.
ОМ = О Л + АМ = -^("ж + V) + | Т = ~^ - ^А Ответ, а) Т + У, j(T + У). - j(T + V)> |(Т - Т), 2T, |(^ - - у ), -ж-у;б)-ж,-ж + у,-ж-у,--ж--у.
Точки M и N — середины диагоналей АС и BD четырехугольника ABCD. Докажите, что MN = ^(АВ + СВ).
Решение. На рисунке 323 изображен данный четырехугольник ABCD, М и N — середины диагоналей АС и BD. По правилу многоугольника сложения векторов имеем:
MN = МА A ADA DN, MN = MCA СВ A BN.
Складывая эти равенства почленно и учитывая, что МА + МС = = 0 , DN + BN = 0 , получаем:
2MN = AD + СВ, илиMN = ^(AD + CB).
Отрезки AAi, BBi и СС\ — медианы треугольника АВС. Выразите векторы AAi, BBi, СС\ через векторы "а = АС и b = АВ.
Решение. Воспользуемся задачей 1 п.84. Точка А\ — середина отрезка ВС (рис. 324), поэтому АА\ = ^(Ja Ab). Аналогично,
ВВ\ = j(BC + sl) = 1(Д-Т-Т) = ^-"Ь;
ССХ = ^СА + СВ) = ^(-Д + Т - Д) =+ ^Т.
Ответ, ^("а + b ), ^"а — b , —"а А ^ Ь .
Точка О — середина медианы EG треугольника DEF. Выразите вектор DO через векторы "а = ED и b = ЕЕ.
Решение. Согласно задаче 1 п.84 EG = ^("а + Ь) (рис.325), поэтому ЕО = ^EG = Ic^ + b );
DO = DE + EO = —~a + ^-Ca 4-Ь)ЦЬ--а.
/44
4 3
Ответ. - b — - a . 44
Применение векторов к решению задач
На сторонах треугольника АВС построены параллелограммы АВВуА2, ВССуВ2, АСС2Ау. Докажите, что существует треугольник, стороны которого соответственно параллельны и равны отрезкам АуА2, By В2, С1С2.
Решение. На рисунке 326 изображена данная фигура. По правилу вычитания векторов имеем:
А1А2 = АА2 — ААу,
ВХВ2 = ВВ2 — ВВу,с^с2 = сс2-ссх.
>>
Складывая почленно эти равенства и учитывая, что ВВу = АА2, ССу = ВВ2, ААу = СС2, получаем:
АуА2 + ВуВ2 + С^С2 = АА2 - ААу + ЁЁВ2 - ВВу + СС2-ССу=1) .
Таким образом, если мы построим сумму векторов АуА2 + ВуВ2 + + СуС2 по правилу многоугольника, то получим треугольник 9.
Докажите, что отрезок, соединяющий середины диагоналей трапеции, параллелен ее основаниям и равен полуразности оснований.
Решение. Пусть ABCD — данная трапеция с основаниями AD и ВС, где AD > ВС, а М и N — середины диагоналей АС и BD. Согласно задаче 785
MN = ^AD + CBY
9 Отметим, что если отрезки АуА2, ВуВ2 и С1С2 параллельны друг другу, то треугольник получится «вырожденным»: все его вершины будут лежать на одной прямой.
8 Л. С. Атанасян и др.
Рис. 325Рис. 325Рис. 326Рис. 326
Рис. 325
Рис. 325
Рис. 326
Рис. 326
Так как AD и СВ — коллинеарные векторы, то вектор MN коллинеарен этим векторам, поэтому MN || AD и MN || СВ.
Докажем второе утверждение.
AD П СВ и AD > ВС,
поэтому \AD + СВ\ = \AD\ — |СВ|. Следовательно,
|Ш = ^\AD + СВ\ = 1(|AD| - |CS|), или MN = ^AD-CBY
Докажите, что отрезки, соединяющие середины противоположных сторон произвольного четырехугольника, точкой пересечения делятся пополам.
ООРис. 327Рис. 327Решение. Пусть М, N, Р и Q — середины сторон данного четырехугольника ABCD, а Е и F — середины отрезков МР и NQ (рис. 327). Докажем, что точки Е и F совпадают.
О
О
Рис. 327
Рис. 327
Согласно задаче 1 п.84 ОМ = ^(ОА + + ОВ), ОР = ^(ОС + OD), ОЕ = ^ОМ + + ОР) где О — произвольная точка плоскости. Таким образом,
ОЕ = |(О1 + ОВ + ОС + OD\
Аналогично получаем:
OF = 1(04 + ОВ + ОС + ODY
поэтому ОЁ = ОЁ. Отсюда следует, что точки Е и F совпадают, т. е. отрезки МР и NQ пересекаются и каждый из них точкой пересечения делится пополам.
Докажите теорему о средней линии треугольника.
Решение. Пусть АВС — данный треугольник, a MN — его средняя линия (рис. 328).
MN = AN- АМ = ^АС - ^АВ = ^(АС - АВ) = ^ВС.
Отсюда следует, что
MN || ВС и \MN\ = j|BC|, т. е. MN = ^ВС.
Средняя линия трапеции
Боковые стороны трапеции равны 13 см и 15 см, а периметр равен 48 см. Найдите среднюю линию трапеции.
Решение. Сумма оснований данной трапеции равна 48 см — (13 + + 15) см = 20 см, поэтому ее средняя линия равна 20 см : 2 = 10 см.
Ответ. 10 см.
Сторона АВ треугольника АВС разделена на четыре равные части и через точки деления проведены прямые, параллельные стороне ВС. Стороны АВ и АС треугольника отсекают на этих параллельных прямых три отрезка, наименьший из которых равен 3,4. Найдите два других отрезка.
Решение. Пусть Ci, С2, С3 — точки на стороне АВ треугольника АВС, которые делят эту сторону на четыре равные отрезка: АС\ = = С1С2 = С2С3 = С3В, а С\В\, С2В2 и С3В3 — прямые, параллельные стороне ВС, причем точки В\, В2 и В3 лежат на стороне АС (рис. 329). По условию задачи В\С\ = 3,4.
Отрезок В\С\ — средняя линия треугольника АВ2С2, поэтому В2С2 = 2 • В\С\ = 6,8. Далее, отрезок В2С2 — средняя линия треугольника АВС, поэтому ВС = 2 • В2С2 = 13,6. Отрезок В3С3 — средняя линия трапеции ВСВ2С1 поэтому В3С3 = ^В2С2 + ВС) = 10,2.
Ответ. 6,8 и 10,2.
Рис. 330Рис. 330Найдите диаметр окружности, если его концы удалены от некоторой касательной на 18 см и 12 см.
Рис. 330
Рис. 330
Решение. Пусть CD — диаметр данной окружности с центром О (рис. 330). Проведем перпендикуляры СС\, DD\ и ОН к касательной. Четырехугольник CDD\C\ — трапеция с основаниями СС\ и DD\. Так как ОН || СС\ и ОС = = OD, то С{Н = HD\, поэтому ОН — средняя линия этой трапеции.
Так как по условию СС\ = 12 см, DD\ = 18 см, то ОН = ^(CCi + + DD\) = 15 см. Отрезок ОН — радиус окружности, поэтому CD = = 30 см.
Ответ. 30 см.
Из концов диаметра CD данной окружности проведены перпендикуляры СС\ и DDi к касательной, не перпендикулярной к диаметру CD. Найдите DDi, если СС\ = 11 см, CD = 27 см.
Решение. Так как СС\ ± C\D\ и DD\ ± C\D\, то СС\ || DD\ (см. рис. 330), поэтому CC\D\D — трапеция. Пусть ОН — отрезок, соединяющий центр О окружности с точкой Н касания. Тогда ОН — средняя линия трапеции CC\D\D (см. решение задачи 795) и ОН — радиус окружности, т. е. ОН = ^CD = 13,5 см. Так как ОН = = ^СС, + DD1), то DDi = 2 ■ ОН - ССХ = 27 см - 11 см = 16 см.
Ответ. 16 см.
Докажите, что средняя линия трапеции проходит через середины диагоналей.
Решение. Пусть MN — средняя линия трапеции ABCD с основаниями AD и ВС, а Е и F — середины диагоналей АС и BD (рис. 331). Так как ME — средняя линия треугольника АВС, то ME || ВС. Но MN || ВС, поэтому прямые MN и ME совпадают, т. е. Е — точка отрезка MN. Аналогично доказывается, что F — точка того же отрезка.
Боковая сторона равнобедренной трапеции равна 48 см, а средняя линия делится диагональю на два отрезка, равных 11 см и 35 см. Найдите углы трапеции.
Решение. Пусть MN — средняя линия трапеции ABCD с основаниями AD и ВС, К — точка пересечения диагонали АС с отрезком MN, МК = 11 см, KN = 35 см (рис. 332). Согласно задаче 797 точка
К — середина отрезка АС, т. е. МК — средняя линия треугольника АВС, а значит, МК = ^SC. Аналогично, KN = ^AD. Отсюда имеем:
ВС = 2 • МК = 22 см, AD = 2 • KN = 70 см.
Таким образом, стороны трапеции ABCD равны: АВ = CD = = 48 см, ВС = 22 см, AD = 70 см. Пусть ВВ\ и СС\ — высоты трапеции (см. рис. 332). Тогда в треугольнике АВВ\ имеем: АВ\ = ^(AD — - ВС) = 24 см, АВ = 48 см. Отсюда следует, что ZABB\ = 30°, поэтому ABAD = 60°. Так как трапеция равнобедренная, то ZCDA = = 60° и, следовательно, ZABC = ZDCB = 120°.
Ответ. 60°, 120°, 120°, 60°.
Дана равнобедренная трапеция ABCD. Перпендикуляр, проведенный из вершины В к большему основанию AD, делит это основание на два отрезка, больший из которых равен 7 см. Найдите среднюю линию трапеции.
Решение. Пусть MN — средняя линия трапеции ABCD, ВВ\ — перпендикуляр, проведенный к прямой AD (см. рис. 332). По условию B\D = 7 см.
MN = ^AD + ВС) = ^(ABi + В,С, + CXD + ВС).
Так как АВХ = CXD, ВС = ВХСХ, то
MN = ^(2 • CXD + 2 • ВХСХ) = CXD + ВХСХ = В,В = 7 см.
Ответ. 7 см.
Дополнительные задачи
Докажите, что если векторы m и 7г сонаправлены, то \т + 7г | = = \т\ + |7г |, а если т и 7г противоположно направлены, причем \т\ ^ |7г |, то|т+п| = |ш| — |п|.
Решение. Если хотя бы один из данных векторов нулевой, то утверждение задачи очевидно. Поэтому рассмотрим случай, ко-
В СВ С
В С
В С
т пinС ^
АВ С АС и В А и В
абв
Рис. 333
гда m ^ 0 и п ^ 0 . Пусть т = АВ, п = ВС, тогда m + п = = АС (рис. 333).
Если m f| V то точка В лежит на отрезке АС, поэтому АВ + + ВС = АС (рис. 333, aY Но \т\ = АВ, |П| = ВС, \т + "п \ = АС, следовательно, |т + 7?| = |т| + |П|.
Пусть теперь т П^ и |т| > | п^. Если \т\ > \"п\, то точка С лежит на отрезке АВ (рис. 333, б). В этом случае АВ = АС Г СВ, или АС = АВ — ВС, т. е. \т + "п\ = \т\ — [п\. Если же \т\ = \"п\, то точки А и С совпадают (рис. 333, в), поэтому АВ = ВС и вектор т + п нулевой, а значит, |т + п | = 0. Поэтому и в этом случае \т + + П| = \т\ — [п\.
Докажите, что для любых двух векторов "ж и V справедливы неравенства
IV - IVI < V + VI < IV + |Vl-
Решение. Если хотя бы один из векторов х или у нулевой, то утверждение задачи очевидно. Поэтому рассмотрим случай, когда "ж 0 и V V- Пусть АВ = ~х, ВС = V’ тогда |V| = АВ, | VI = = ВС, |~х + VI = АС. Возможны три случая.
Векторы V и V не коллинеарны. В этом случае точки А, В и С не лежат на одной прямой и являются вершинами некоторого треугольника. По неравенству треугольника
АС < АВ + ВС, АВ < АС + ВС, т. е. АС > АВ - ВС.
Из первого неравенства следует, что |~х + Vl < IV + IVl’ а из последнего, что |V + Vl > | V — IVI • Итак, в этом случае
|Т| -|71 < |Т + 71 < |Т| +171-
~х Д V- Согласно задаче 800 |"х + VI = 1^1 + IVl- Очевидно, что |^| — |Vl < 1^1 + IVl = 1^ + Vl, следовательно,
|Т| -171 < |Т + 71 = М +171-
nV- Согласно задаче 800 | "х + VI = 1^1 — IVl- Но |^| + + |Vl > 1^1 — IVl = 1^ + Vl» следовательно,
|T| - |7l = |T + 7l < |T| + |7l-
ВВРис. 334Рис. 334ССНа стороне ВС треугольника АВС отмечена точка N так, что BN = 2NC. Выразите вектор AN через векторы "сс = В А и b = ВС.
В
В
Рис. 334
Рис. 334
С
С
Решение. Данный треугольник АВС изображен на рисунке 334:
>>—>9>—>2 —>
AN = BN - BA = ^ВС -BA = ^b -~а.
2
3
На сторонах MN и NP треугольника MNP отмечены соответствен-
MX но точки а и У так, что „XNчерез "а = NM и b = NP .MX но точки а и У так, что „XNчерез "а = NM и b = NP .3 NY 3> >
MX но точки а и У так, что „
XN
через "а = NM и b = NP .
MX но точки а и У так, что „
XN
через "а = NM и b = NP .
- и -^р = -. Выразите векторы XY и МР
>2>2 ^3 >
Решение. По условию задачи NX = -NM = - а , NY = -^NP = а >
= р b (рис. 335).
Поэтому XY = NY - NX = | b - |"а . Далее,
МР = NP - NM = ~Ь - "а.
55
В трапеции ABCD основание AD в три раза больше основания ВС. На стороне AD отмечена точка К такая, что АК = ^^^ Выразите векторы СК, KD и ВС через векторы "а = В А и b = CD.
Решение. Так как АК = ^AD = ВС, то АВСК — параллелограмм (рис. 336). Поэтому
СК = ВА = ~а,KD = CD-CK = ~b-~a.всЦкпЦ(ь -Sy
Три точки А, В и С расположены так, что ВС = 2^^- Д°кажите, что для любой точки О справедливо равенство
—>1 г 2—>
ОВ=-ОА+-ОС.
Решение. По правилу треугольника ОВ = О А + АВ (рис. 337). Но АВ = jAC = |(ОС - ОА), поэтому
ОВ = О А + ^ОС - О А) = ^ОА + ^ОС.
Точка С делит отрезок АВ в отношении т : тг, считая от точки А. Докажите, что для любой точки О справедливо равенство
ос =ос =ПтАпПтАпоЛ +оЛ +ттАпттАпОВ.ОВ.
ос =
ос =
П
тАп
П
тАп
оЛ +
оЛ +
ттАп
ттАп
ОВ.
ОВ.
Решение. По условию задачи АС : СВ = —, или АС = —СВ. тгтг
Но АС = ОС - ОА, СВ = ОВ - ОС, поэтому
ОС— ОА = Л(ов-осу
Отсюда получаем:
ОС Л ос =Лов t
тгтг
или
m + тг о^ _ тг • О А + m • ОВтгтг ’
откуда
ОС = о! + ов.ттг -\- тг ттгАтг
Пусть AAi, В Bi и СС\ — медианы треугольника АВС, а О — произвольная точка. Докажите, что
ol + OB + OC = оУ + оД + бс.
Рис. 335Рис. 335Рис. 336Рис. 336Рис. 337Рис. 337
Рис. 335
Рис. 335
Рис. 336
Рис. 336
Рис. 337
Рис. 337
Решение. Согласно задаче 1 п.84
ОЛ = ^ОВ + ОС),ОВ\ = ^ОА + ОС\ОСХ = |(ОЛ + ОВ).
Сложив эти равенства, получим искомое равенство.
Рис. 338Рис. 338808* Точки А и С — середины противоположных сторон произвольного четырехугольника, а точки В и D — середины двух других его сторон. Докажите, что для любой точки О выполняется равенство
Рис. 338
Рис. 338
ОА + ОЙ = О$ + OI).
Решение. Пусть MNPQ — данный четырехугольник, а А, В, С и D — соответственно середины сторон MN, NP, PQ, QM (рис. 338).
Согласно задаче 1 п. 84
ol = ^(0M + 0N),ОС = ^(OP + OQ\
поэтому
ОА + ОС = ^(ОМ + ON + OP + OQ).
Аналогично,
OB + OD = ^ОМ + ON + OP + OQ),
следовательно,
О А + ОС = OB + OD.
В прямоугольной трапеции один из углов равен 120°. Найдите ее среднюю линию, если меньшая диагональ и большая боковая сторона трапеции равны а.
Решение. Пусть ABCD — данная трапеция, ZA = 90°, ZBCD = = 120°, MN — средняя линия и АС = CD (рис. 339). Тогда ZD = = 60°. Треугольник ACD равнобедренный, следовательно, ZCAD = = 60°, ZACD = 60°, поэтому АС = CD = AD = а.
Далее, ZBAC = 90° - 60° = 30°, поэтому
ВС = ^АС = ^а.
Таким образом,
MN = 1(AD + ВС) = Да + Д) = Д.2V2 \2/4
3
Ответ, -а. 4
Докажите, что вершина угла, образованного биссектрисами двух углов трапеции, прилежащих к боковой стороне, лежит на прямой, содержащей среднюю линию трапеции.
Решение. Пусть MN — средняя линия данной трапеции ABCD с основаниями AD и ВС, а О — точка пересечения биссектрис углов А и В (рис. 340).
Согласно первой теореме п.72 точка О равноудалена от прямых ВС и АВ, а также от прямых AD и АВ, поэтому она равноудалена от параллельных прямых AD и ВС. Через точку О проведем прямую d, параллельную прямым AD и ВС. Прямая d равноудалена от прямых ВС и AD, поэтому середины М и N боковых сторон трапеции ABCD лежат на этой прямой (задача 282). Таким образом, прямая d содержит среднюю линию MN трапеции, т. е. точка О лежит на прямой MN.
Задачи повышенной трудности
Даны четырехугольник MNPQ и точка О. Что представляет собой данный четырехугольник, если
оХ - ОМ = О?- ОСС
Решение. Так как
ON -ОМ = MN,
a OP -OQ = QP,
то MN = QP.
Таким образом, в четырехугольнике MNPQ стороны MN и PQ параллельны и равны, поэтому MNPQ — параллелограмм (см. 1° п.43).
Ответ. Параллелограмм.
Даны четырехугольник ABCD и точка О. Точки Е, F, С и Н симметричны точке О относительно соответственно середин сторон АВ, ВС, CD и DA. Что представляет собой четырехугольник EFGH?
Решение. Пусть Е\ — середина стороны АВ четырехугольника ABCD. Согласно задаче 1 п. 84
ОЕх = ^(ОЛ + ОВ), поэтому
ОЕ = ОАеОВ.
Аналогично получаем:
OF = ОВ + ОС,
следовательно,
EF = OF -ОЕ = ОВ + ОС -О1-ОВ = ОС -ОА.
Аналогично,
OG = ОС + OD, ОН = ODfOA, следовательно,
НО = О(^ -ОН = ОС + OD -OD -ОА = ОС -О1.
Таким образом, ЕЕ = HG.
Отсюда следует, что в четырехугольнике EFGH стороны ЕЕ и GH параллельны и равны, поэтому EFGH — параллелограмм (см. 1° п. 43).
Ответ. Параллелограмм.
Др Д(Д
Дан треугольник АВС. Докажите, что вектор . + у направ- \АВ\ |ЛС|
Др Д^
лен вдоль биссектрисы угла А, а вектор >— вдоль биссектрисы
внешнего угла при вершине А.внешнего угла при вершине А.\АВ\ |ЛС|
внешнего угла при вершине А.
внешнего угла при вершине А.
> АВ > АС
Решение. Рассмотрим векторы АВ\ =. , АС\ = . , АМ =
|АС|
= АВ\ + АС\ (рис. 341). По правилу параллелограмма сложения векторов четырехугольник АС\МВ\ — параллелограмм, а так как векторы
Рис. 341Рис. 341АВ\ и АС\ — единичные, то АС\МВ\ — ромб. Из равенства >>>
Рис. 341
Рис. 341
^^^Вектор С\В\ = АВ\ — АС\ направлен вдоль другой диагонали ромба (см. рис. 341). Так как диагонали ромба взаимно перпендикулярны,^^^Вектор С\В\ = АВ\ — АС\ направлен вдоль другой диагонали ромба (см. рис. 341). Так как диагонали ромба взаимно перпендикулярны,АМ = АВ\ + АС\ следует, что вектор АМ направлен вдоль диагонали этого ромба. Отсюда, учитывая, что АВ\ ff АВ, АС\ Д АС, мы заключаем, что вектор АМ направлен вдоль биссектрисы угла ВАС.
^^^
Вектор С\В\ = АВ\ — АС\ направлен вдоль другой диагонали ромба (см. рис. 341). Так как диагонали ромба взаимно перпендикулярны,
^^^
Вектор С\В\ = АВ\ — АС\ направлен вдоль другой диагонали ромба (см. рис. 341). Так как диагонали ромба взаимно перпендикулярны,
то вектор АВ\ — АС\ направлен вдоль биссектрисы внешнего угла при вершине А треугольника АВС.
Докажите следующее утверждение: три точки А, В и С лежат на одной прямой тогда и только тогда, когда существуют числа k, I и т, не равные одновременно нулю, такие, что к + I + т = 0 и для произвольной точки О выполняется равенство
кОА + ЮВ + тОС = 0 .
Решение. Предположим, что точки А, В и С лежат на одной прямой. Тогда векторы АВ и АС коллинеарны, т. е. существует число п такое, что АВ = пАС, или ОВ — О А = п^ОС — О Ар Отсюда имеем: (п - 1)0 А + 1 • О В - пОС = 0 . Пусть к = п— Х,1=Х,т = —п. Тогда к + I + т = 0 и кОА + ЮВ + тОС = 0 .
Обратно, пусть существуют числа к, I, т такие, что к + I + т = О, хотя бы одно из них не равно нулю, например к ^ 0, и
кОА + ЮВ + тОС = "О .(1)
Тогда т = — (к + I) и равенство (1) можно записать так:
ЮХ + 10В - (к + ЦОС = 0,
ИЛИ> >>>—»
ЦО А - ОС) + ЦОВ - ОС) = 0.
Но ОА - ОС = СА, ОВ - ОС = СВ, поэтому
к С1 + 1СВ = "О, откуда
cl = -Ьсв.
к
Таким образом, векторы С А и СВ коллинеарны, и, следовательно, точки А, В и С лежат на одной прямой.
Используя векторы, докажите, что середины диагоналей четырехугольника и точка пересечения отрезков, соединяющих середины противоположных сторон, лежат на одной прямой.
Рис. 342Рис. 342Решение. Пусть ABCD — произвольный четырехугольник, Е и F — середины диагоналей АС и BD, а С — точка пересечения отрезков, соединяющих середины противоположных сторон (рис. 342). Тогда если Р и Q — середины сторон АВ и CD, то согласно задаче 791 точка С — середина отрезка PQ.
Рис. 342
Рис. 342
Поэтому (см. задачу 1 п.84): ОС = ^(ОР + + OQ), ОЕ = ^о! + ОС), OF = ^(ОВ +
+ OD), ОР = ^(ОА + OB), OQ = ^(ОС + OD), где О — произвольная
точка плоскости. Отсюда получаем:
OG = | ■ ^(ОА + OB + OC + OD) = ^(ОЕ + ОС).
Таким образом,
2OG -ОЕ - OF = ^.
Согласно задаче 907 точки Е, F и С лежат на одной прямой.
Биссектрисы внешних углов треугольника АВС при вершинах А, В и С пересекают прямые ВС, С А и АВ соответственно в точках А\, В\ w С\. Используя векторы, докажите, что А\, В\ и С\ лежат на одной прямой.
Решение. Пусть АВ = с, ВС = а, С А = b (рис. 343). Согласно задаче 619
ЬВХ = сСАу. сСВх = аАВх, аАСх = ЪВСХ.
Эти три равенства можно записать так:
ЦВСрСАх) =сСАх,сСВх =а(АС FCBxYа(АС + ССХ^ = ЦВС + ССХ\
или
(с-Ь)сХ = ЬВС,
(а - с)СВ\ = аСА,(а - 6)CG = ЬВС + аС1.
Из последних трех равенств следует, что
(с - Ь)СХ Г (а- с)СВ\ + (Ь - а^ССх = о".
Согласно задаче 907 точки А\, В\ и С\ лежат на одной прямой.
Пусть Н — точка пересечения прямых, содержащих высоты неравностороннего треугольника АВС, а О — центр описанной около этого треугольника окружности. Используя векторы, докажите, что точка С пересечения медиан треугольника принадлежит отрезку НО и делит этот отрезок в отно-
а 1 НС
шении 2 : 1, т. е. = 2.
Решение. Пусть Ах, Вх и Ci — середины сторон ВС, С А и АВ данного треугольника АВС (рис. 344).
По правилу треугольника сложения векторов
А^О + OG = A^G, AH^HG = AG.
По теореме о пересечении медиан треугольника
AG = -2А^,
Векторы АН и А\О коллинеарны, поэтому существует число А такое, что AjO = ХАН. Отсюда и из равенства (1) получаем:
HG + 2OG = —(2А + 1М
Аналогично,
HG + 2OG = -(2^ + V)BH, ^^—^^
где число р определяется из равенства В\О = рВН. Векторы АН и ВН не коллинеарны, поэтому из полученных равенств следует, что
HG + 2OG = О , т. е. HG = -2OG,
или
OG = ^GH.
Это означает, что точка G лежит на отрезке ОН и
HG _9
GO
Учебное издание
АТАНАСЯН Левон СергеевичБУТУЗОВ Валентин ФедоровичКАДОМЦЕВ Сергей БорисовичЮДИНА Ирина Игоревна
ГЕОМЕТРИЯ. 8 КЛАСС
Редактор В. С. АроловичОригинал-макет: А.М. СадовскийОформление переплета: А.А. Логунов
ЛР №071930 от 06.07.99. Подписано в печать 30.12.04.
Формат 60x90/16. Бумага офсетная. Печать офсетная.
Усл. печ. л. 15. Уч.-изд. л. 16,5. Заказ №
Издательская фирма «Физико-математическая литератураМАИК «Наука/Интерпериодика»
117997, Москва, ул. Профсоюзная, 90
E-mail: fizmat@maik.ru, fmlsale@maik.ru;
http://www.fml.ru
Отпечатано с готовых диапозитивовв ОАО «Ивановская областная типография»153008, г. Иваново, ул. Типографская, 6
E-mail: 091-018@adminet.ivanovo.ru
УДК 373.167.1:514
ББК 22.151я.721
Г 36
Атанасян Л. С., Бутузов В. Ф., Кадомцев С. Б., Юдина И. И. Геометрия. 8 класс. — М.: ФИЗМАТЛИТ, 2005. — 240 с. — ISBN 5-9221-0573-6.
Настоящее издание является второй частью учебно-методического пособия, содержащего решения задач из учебника «Геометрия 7-9» Л. С. Атанасяна, В. Ф. Бутузова, С. Б. Кадомцева, Э. Г. Позняка, И. И. Юдиной (М.: Просвещение, 1990 и последующие издания). Данный выпуск содержит решения задач, относящихся к 8 классу.
© ФИЗМАТЛИТ, 2005
ISBN 5-9221-0573-6ISBN 5-9221-0573-6С. Б. Кадомцев, И. И. Юдина, 2005С. Б. Кадомцев, И. И. Юдина, 2005© Л. С. Атанасян, В. Ф. Бутузов,
ISBN 5-9221-0573-6
ISBN 5-9221-0573-6
С. Б. Кадомцев, И. И. Юдина, 2005
С. Б. Кадомцев, И. И. Юдина, 2005
ОГЛАВЛЕНИЕ
Глава 1. Четырехугольники 5
. Многоугольники 5
. Параллелограмм и трапеция 7
. Прямоугольник, ромб, квадрат 19
Дополнительные задачи 28
Задачи повышенной трудности 36
Глава 2. Площадь 49
. Площадь многоугольника 49
. Площади параллелограмма, треугольника и трапеции 53
. Теорема Пифагора 61
Дополнительные задачи 68
Задачи повышенной трудности 85
Глава 3. Подобные треугольники 97
. Определение подобных треугольников 97
. Признаки подобия треугольников 102
. Применение подобия к доказательству теорем и решению задач. . 109
Задачи на построение 116
. Соотношения между сторонами и углами прямоугольного треугольника 119
Дополнительные задачи 124
Задачи повышенной трудности 138
Глава 4. Окружность 161
. Касательная к окружности 161
. Центральные и вписанные углы 166
. Четыре замечательные точки треугольника 174
. Вписанная и описанная окружности 177
Дополнительные задачи 184
Задачи повышенной трудности 191
Оглавление
Глава 5. Векторы 209
. Понятие вектора 209
. Сложение и вычитание векторов 213
. Умножение вектора на число 221
Применение векторов к решению задач 225
Средняя линия трапеции 227
Дополнительные задачи 229
Задачи повышенной трудности 234