А Б В Г Д Е Ж З И К Л М Н О П Р С Т У Ф Х Ц Ч Ш Щ Э Ю Я
0-9 A B C D I F G H IJ K L M N O P Q R S TU V WX Y Z #


Чтение книги "Геометрия: Планиметрия в тезисах и решениях. 9 класс" (страница 12)

   Примеры решения задач
   139. Дано (рис. 197):
   ОА = 4, АВ = 3, CD = 2. Найдите ОС. (1)
   Рис. 197.

   Решение. Пусть ОС = х, тогда ОА · ОВ = ОС · OD; 4 · 7 = х(х + 2);
   Ответ:

   140. Стороны прямоугольника равны а и b. На стороне а, как на диаметре, построена окружность. На какие отрезки окружность делит диагональ прямоугольника (рис. 198)? (2)
   Рис. 198.

   Решение. Из точки С проведена секущая СА и касательная CD к окружности. По известному свойству имеем: СР · СА = CD 2;
   Ответ:
   Задача для самостоятельного решения
   141. ОА – касательная; ОВ = 4; ВС = 3. Найдите длину ОА (рис. 199). (1)
   Рис. 199.

   2.9. Задачи на использование дополнительных построений, вспомогательных фигур и геометрических преобразований

   Задачи с использованием геометрических преобразований, дополнительных построений и вспомогательных фигур достаточно редки в современных школьных учебниках, но именно в этих задачах, на наш взгляд, проявляется красота геометрии. Это не случайно, ведь благодаря проведенной «лишней» линии, осуществленному повороту, построению симметричной фигуры или вспомогательной окружности даже очень сложная задача может решиться «в одну строчку». За примерами далеко ходить не надо.
   Примеры решения задач
   142. Найдите длину окружности, описанной около трапеции, стороны которой равны а, а, а и 2а (рис. 200). (1)
   Рис. 200.

   Решение. Легко видеть, что трапецию ABCD можно достроить до правильного шестиугольника (см. рис.), но у правильного шестиугольника радиус описанной окружности равен стороне шестиугольника: Rокр = а. Длина окружности l = 2πRокр = 2πа.
   Ответ: 2πа.

   143. Основания трапеции равны 4 см и 9 см, а диагонали равны 5 см и 12 см. Найти площадь трапеции и угол между её диагоналями (рис. 201). (2)
   Рис. 201.

   Решение. Пусть ABCD – данная трапеция, CD = 4 см, АВ = 9 см, BD = 5 см и АС = 12 см. Чтобы известные элементы включить в один треугольник, перенесём диагональ BD на вектор DC в положение СВ'. Рассмотрим треугольник АСВ'. Так как ВВ'CD – параллелограмм, то В'С = 5 см, АВ' = АВ + ВВ' = АВ + CD = 13 см. Теперь известны все три стороны треугольника АВ'С. Так как АС2+ В'С2= (АВ')2= 52+ 122= 132, то треугольник АВ'С – прямоугольный, причем ∠АСВ' = 90°. Отсюда непосредственно следует, что угол между диагоналями трапеции, равный углу АСВ', составляет 90°. Площадь трапеции, как и всякого четырёхугольника, равна половине произведения диагоналей на синус угла между ними. Отсюда площадь равна 1/2AC · BD · sin 90° = 1/2 · 12 · 5 · 1 = 30 см2.
   Ответ: 30 см2, 90°.

   144. Основание АВ трапеции ABCD вдвое длиннее основания CD и вдвое длиннее боковой стороны AD. Длина диагонали АС равна а, а длина боковой стороны ВС равна b. Найти площадь трапеции (рис. 202). (3)
   Рис. 202.

   Решение. Пусть АВ = 2с, тогда CD = AD = с. Продолжим боковые стороны ВС и AD до пересечения их в точке Е. Получим треугольник ВАЕ. Так как CD = 1/2АВ, то CD – средняя линия треугольника ABE. Отсюда получаем, что СЕ = ВС = b и DE = AD = с. Получилось, что АВ = АЕ. Следовательно, треугольник ВАЕ равнобедренный и АС – его медиана. Но в равнобедренном треугольнике медиана, проведённая к основанию, является высотой, поэтому площадь треугольника ВАЕ можно вычислить так:
   Далее, т. к. треугольники DCE и ABE подобны с коэффициентом подобия k = 1/2, то площадь треугольника DCE равна 1/4 площади треугольника ABE (отношение площадей подобных треугольников равно квадрату коэффициента подобия). Площадь трапеции, таким образом, равна 3/4 площади треугольника ABE, то есть равна 3/4аb
   4 3 Ответ: 3/4аb.

   145. Внутри равностороннего треугольника ABC дана точка М, такая, что АМ = 1, ВМ = √3 и СМ = 2. Найти длину АВ (рис. 203). (3)
   Рис. 203.

   Решение. Повернём треугольник АСМ вокруг точки С на 60°. Тогда точка А перейдёт в точку В, точка М – в некоторую точку D, треугольник АСМ – в треугольник BCD. При этом CD = СМ и ∠MCD = 60°, следовательно, треугольник CDM – равносторонний, а значит, и ∠CDM = ∠DMC = 60°. С помощью поворота получен вспомогательный треугольник BDM. Заметим, что BD = AM = 1, ВМ = √3, DM = CM = 2. Значит, треугольник BDM прямоугольный (ведь BM2+ BD2= (√3)2+ 12= DM2), ∠DBM = 90° и ∠BMD = 30° (противолежащий катет BD равен половине гипотенузы MD). Далее вычислим угол ВМС. ∠ВМС = ∠BMD + ∠DMC = 30° + 60° = 90°. Применив теорему Пифагора к треугольнику ВСМ, найдём, что
   Ответ: √7.
   Задачи для самостоятельного решения
   146. Доказать, что медиана треугольника меньше полусуммы заключающих ее сторон. (1)
   147. Туристы находятся на острове «А». Им надо прибыть на остров «В», – при этом сначала побывав на обоих берегах реки. Каков будет их кратчайший маршрут (рис. 204)? (2)
   Рис. 204.

   148. Средняя линия трапеции равна 4; отрезок, соединяющий середины оснований, равен 1; углы при основании трапеции равны 40° и 50°. Найдите длины оснований трапеции. (3)

   2.10. Задачи, решаемые координатным и векторным методами

   Вообще говоря, в данном случае речь идет не о частных идеях решения определенного класса задач, а об универсальных методах решения самых разнообразных геометрических проблем.
   Суть метода состоит в том, что для решения задач вводится система координат (прямоугольная или аффинная), пишутся необходимые уравнения прямых, других фигур, по известным формулам находятся длины и углы.
   Примеры решения задач
   149. Даны точки А(-2; 1); В(1; 5); С(3; -2); D(6; 2). Является ли четырёхугольник ABCD параллелограммом? Ответ: обоснуйте. (1)
   Решение. АВ = (3; 4); CD = (3; 4). Противоположные стороны четырёхугольника, таким образом, равны и параллельны. Значит, ABCD – параллелограмм.
   Ответ: ABCD – параллелограмм.

   150. В треугольнике ABC точка М – точка пересечения медиан. Выразите вектор AM через вектора АВ и АС (рис. 205). (2)
   Рис. 205.

   Решение. Медианы точкой пересечения делятся в отношении 2:1, считая от вершины, поэтому
   Задачу можно решить проще, если достроить треугольник ABC до параллелограмма ABDC, тогда AM = 2/3 АК, но АК = 1/2 AD = 1/2 (АВ + АС). Отсюда сразу получаем, что AM = 1/3(АВ + АС).
   Ответ: 1/3(АВ + АС).

   151. В прямоугольнике ABCD точки М и N – середины сторон АВ и ВС. Точка О – точка пересечения AN и DM. Найдите AO/ON (рис. 206). (2)
   Рис. 206.

   Решение. Решим задачу аналитическим путём. Пусть А(0; 0); D (a; 0); B(0; b), тогда M(0; b/2); N(a/2; b). Напишем уравнения прямых AN и MD.
   Точка О будет иметь координаты:

   Ответ: 2:3.

   152. ВМ: МС = 3:1, АК = КВ. Найдите: SAKO/SABC (рис. 207). (3)
   Рис. 207.

   Решение. См. задачу 105 (с. 88). Тогда мы решили её, применив теорему о пропорциональных отрезках. Здесь мы применим векторный подход и метод неопределенных коэффициентов.
   Пусть ВА = а, ВС = b, АО = х · AM, КО = у · КС, тогда АО + ОК = АК, х · АМ + (-у · КС) = -1/2а.
   Так как AM = AB + ВМ = – ВА + 3/4ВС = – а + 3/4b и КС = KB + ВС = -1/2ВА + ВС = -1/2а + b, то с учётом этого получаем уравнение: хAM + (-уКС) = -1/2а или х(-а + 3/4b) – у(-1/2а + b) = -1/2а. Приравнивая к нулю коэффициенты при векторах а и b, стоящих в левой и правой частях уравнения, получим систему:
   х = 4/5, у = 3/5;
   Итак,
   значит,
   Ответ: 3/10.

   153. В выпуклом четырёхугольнике ABCD диагонали АС и BD пересекаются в точке F. Известно, что AF = CF = 2, BF = 1, DF = 4, ∠BFC = π/3.
   Найти косинус угла между векторами АВ и DC (рис. 208). (3)
   Рис. 208.

   Решение:
   Пусть φ – искомый угол между векторами АВ и DC тогда
   Пользуясь свойствами скалярного произведения векторов и условиями задачи, вычислим АВ, DC и АВ · DC. Так как
   Теперь получаем, что
   Ответ: 13/14.
   Задачи для самостоятельного решения
   154. Найдите геометрическое место точек, равноудалённых от данной прямой и данной точки. (2)
   155. Продолжения сторон AD и ВС четырёхугольника ABCD пересекаются в точке Р. Точки М и N – середины сторон АВ и CD. Доказать, что если прямая MN проходит через точку Р, то ABCD – трапеция. (3)
   156. Дан равнобедренный треугольник ABC, в котором проведены высота CD и перпендикуляр DE к боковой стороне ВС. Точка M – середина отрезка DE. Доказать, что отрезки АЕ и СМ перпендикулярны. (3)
   157. Доказать, что для треугольника ABC и любой точки Р выполняется неравенство:

   2.11. Разные задачи

   Примеры решения задач
   158. Можно ли утверждать, что треугольники равны по двум сторонам и медиане, проведенной к одной из этих сторон? Ответ: обоснуйте (рис. 209). (1)
   Рис. 209.

   Решение. Рассмотрим треугольники ABC и А1В1C1. Пусть AB = A1B1, BC = B1C1,AM = A1M1 (см. рис). Так как ВС = В1С1, то ВМ = В1М1 ⊿АВМ = ⊿A1B1M1 (по трём сторонам), значит, ∠В = ∠B1. В этом случае ⊿ABC = ⊿A1B1C1 по двум сторонам и углу между ними.
   Ответ: да.

   159. Определите острые углы прямоугольного треугольника, если медиана, проведённая к его гипотенузе, делит прямой угол в отношении 2:1 (рис. 210). (1)
   Рис. 210.

   Решение. Нарисуем треугольник ABC, где ∠ВАС = 3α = 90°. Медиана AD равна длинам BD и CD, так как D – середина гипотенузы, а, значит, является центром описанной около треугольника окружности. Пусть для определённости ∠BAD = 2α, ∠DAC =α. Очевидно, что 2α + α = 90°, α = 30°. Учитывая, что треугольники BDA и DAC – равнобедренные, получаем:∠В = 2α = 60°, ∠С = α = 30°.
   Ответ: 60°, 30°.

   160. Дан произвольный четырёхугольник ABCD. Точки М, N, Р, Q – середины его сторон. Докажите, что MNPQ – параллелограмм (рис. 211). (1)
   Рис. 211.

   Решение. Из условия задачи и чертежа видно, что MN – средняя средняя линия ⊿ABC и QP средняя линия ⊿ACD. Поэтому MN = 1/2АС и MN||AC; QP = 1/2АС и QP||АС. В итоге получаем, что MN = QP и MN||QP. Поэтому, по признаку параллелограмма четырёхугольник MNPQ – параллелограмм.

   161. Диагонали АС и BD трапеции ABCD пересекаются в точке О. Докажите, что треугольник АОВ и COD имеют одинаковые площади (рис. 212). (2)
   Рис. 212.

   Решение. Обозначим через h высоту трапеции. Запишем равенства:

   162. Стороны треугольника образуют арифметическую прогрессию. Доказать, что радиус окружности, вписанной в треугольник, равен 1/3 высоты, проведённой к средней по величине стороне треугольника. (3)
   Решение. Пусть стороны а, b, с треугольника ABC образуют арифметическую прогрессию с разностью d. Будем считать, что а ≤ b ≤ с. тогда a = b – d, c = b + d, периметр Р = 2р = 3b.
   Воспользуемся формулой r = S/P, получим r = 2S/3b. А так как S = 1/2bhb, то r = 1/3hb.
Чтение онлайн



1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 [12] 13 14 15 16 17 18 19 20 21

Навигация по сайту


Читательские рекомендации

Информация