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 17)

   Глава 4
   Решения и ответы к задачам

   § 1. Решения и ответы к задачам § 1 главы 2

   Задача 10 (рис. 220)

   Рис. 220.

   Решение. Пусть ВС = х, тогда AD = х – 4. Площадь треугольника ABC равна 1/2 · ВС · AD = 1/2 · х · (х – 4). По условию площадь равна 16. Значит, 1/2 · х · (х – 4) = 16, откуда х = 8. BС = 8, AD = BС – 4 = 4. По теореме Пифагора
   Периметр треугольника равен PABC = AC + BC + AB = 5 + 8 + √41 = 13 + √41.
   Ответ: 13 + √41 см.

   Задача 11

   Решение. Запишем площадь треугольника тремя способами:
   c другой стороны,

   Аналогично

   Задача 12 (рис. 221)

   Рис. 221.

   Решение. Пусть в треугольнике ABC АС = √2. Проведем отрезок DE так, что площадь треугольника DBE равна площади трапеции ADEC. Так как нам нужно найти длину отрезка DE, обозначим ее через х. Введем еще обозначения: высоту треугольника DBE обозначим через h1 высоту трапеции ADEC через h2 Составим систему уравнений:
   Первое уравнение фиксирует равенство площадей треугольника DBE и трапеции ADEC. Второе уравнение констатирует тот факт, что площадь треугольника ABC в 2 раза больше площади треугольника DBE, при этом использовано условие АС = √2. Решая систему, получаем:
   Ответ: 1.

   Задача 13 (рис. 222)

   Рис. 222.

   Решение. Пусть в треугольнике ABC ВС = а, ∠АВС = α, ∠АСВ = β, длину АС обозначим через х. По теореме синусов:
   Площадь треугольника равна половине произведения двух сторон треугольника на синус угла между ними.
   Ответ:

   Задача 14 (рис. 223)

   Рис. 223.

   Решение. Пусть ABC – данный в условии задачи треугольник. Так как медиана треугольника ABC – отрезок СЕ – всегда лежит внутри треугольника, то, чтобы точка пересечения отрезков СЕ и BD также лежала внутри треугольника ABC, необходимо, чтобы угол С был меньшим 90°. Обозначим через Р точку пересечения прямых BD и СЕ. Так как PD перпендикулярна АС, то расстояние от точки Р до стороны АС равно длине отрезка PD, т. е. равно 1 см. Проведём через точку Е прямую, параллельную основанию АС треугольника ABC. Пусть эта прямая пересекает высоту BD в точке К, а сторону ВС в точке F. Так как СЕ – медиана и прямая EF параллельна АС, то EF – средняя линяя треугольника ABC. Поэтому, в частности, прямая EF делит пополам высоту BD, т. е. KD = 1/2BD = 3 см. Теперь находим, что КР = KD – PD = 2 см. Треугольники ЕРК и DPC подобны, так как у них ∠ЕРК = ∠DPC, как величины вертикальных углов, ∠РКЕ = ∠PDC = 90°. Из подобия этих треугольников следует, что KP/PD = EP/PC. Так как PC = ЕС – ЕР, то это равенство можно записать в виде 2/1 = EP/(5 – EP), откуда получаем, что ЕР = 10/3 см. Из прямоугольного треугольника ЕКР находим, что
   Так как ЕК средняя линия треугольника ABD, то AD = 2 · ЕК 16/3 см. Из прямоугольного треугольника ADB находим
   Ответ:

   Задача 15 (рис. 224)

   Рис. 224.

   Решение. Обозначим длину отрезка АС через х. Из прямоугольного треугольника АЕС по теореме Пифагора находим
   Поусловию BE: EС = 5:9, значит,
   Площадь треугольника ABC равна 1/2 BD · АС и одновременно 1/2 АЕ · ВС, так что BD · АС = АЕ · ВС или
   Последнее уравнение можно переписать в виде
   Возведя последнее уравнение в квадрат, получим, что х2= 225, откуда х = 15, либо х = -15. Так как х – длина стороны, то х = 15. Следовательно, длина стороны АС равна 15.
   Ответ: 15.

   Задача 16 (рис. 225)

   Рис. 225.

   Решение. По теореме синусов ВС = 2Rsin ∠ВАС = 2 · 2 · 1/2 = 2, где R – радиус описанной окружности. Так как АВ – хорда, то её длина не больше диаметра, т. е. АВ ≤ 2R = 4. Покажем, что АВ < 4. Если АВ = 4, то ∠АСВ = π/2 и должно выполняться равенство АВ2= АС2+ ВС2. Но оно не выполняется, так как 42≠ З2+ 22. Значит, АВ < 4. Тогда
   Требуемое утверждение доказано.

   Задача 17 (рис. 226)

   Рис. 226.

   Решение. Пусть ВК и AD – медианы, проведенные соответственно к сторонам АС и ВС. Обозначим через Е точку их пересечения. Так как точка К – середина стороны АС и точка D – середина стороны ВС, то отрезок KD – средняя линия треугольника ABC. Следовательно, АВ = 2 · KD. Так как по условию задачи ВК и AD перпендикулярны, то треугольники АЕК, KED, BED, АЕВ прямоугольные. Применяя теорему Пифагора к этим треугольникам, имеем:
   Ответ:

   Задача 22 (рис. 227)

   Рис. 227.

   Решение. Пусть в треугольнике ABC АВ = ВС = 12, ∠ABC = 120°. Так как в треугольнике сумма углов равна 180°, то ∠А + ∠С = 180° – 120° = 60°. Учитывая, что в равнобедренном треугольнике углы при основании равны, получаем: ∠А = 30°. Рассмотрим треугольник ВНА, где ВН – высота треугольника. ВН – катет в этом треугольнике, лежащий напротив угла в 30°.
   Тогда ВН = 1/2 · АВ = 6.
   Ответ: 6.

   Задача 23 (рис. 228)

   Рис. 228.

   Решение. Поскольку высота в равнобедренном треугольнике, проведённая к основанию, является и медианой треугольника, то AD = DC = 2. Тогда по теореме Пифагора имеем:
   Естественно, что и ВС = 2√5. Воспользуемся формулой радиуса описанной около треугольника окружности R = abc/4S. Длины сторон треугольника равны 4, 2√5, 2√5, а площадь треугольника S = 1/2 · AC · BD = 1/2 · 4 · 4 = 8;
   Тогда площадь круга Sкруга = πR2= 25π/4.
   Ответ: 25π/4.

   Задача 24 (рис. 229)

   Рис. 229.

   Решение. Так как BD – высота в равнобедренном треугольнике ABC, то она является и медианой, т. е. AD = DC. Так как AC/BC = 6/5, то можно обозначить DC = Зх; ВС = 5х (см. рис.). Из ⊿BCD по теореме Пифагора DB2+ DC2= ВС2. Или 82+ (Зх)2= (5х)2; х = 2. Радиус вписанной окружности r = S/P; площадь треугольника S = 1/2 АС · BD = 1/2 · 6х · 8 = 48; полупериметр р = (5x + 5x + 6x)/2 = 16; r = 48/16 =3.
   Ответ: 3.

   Задача 25

   Решение. Sзаштрихованного сектора = 1/3(Sкруга – Sтреугольника). Длина окружности l = 2πR. По условию l = 4π; 2πR = 4π; R = 2. Sкpyгa = πR2= 4π. Длину стороны треугольника найдём по теореме синусов:
   Ответ:

   Задача 26 (рис. 230)

   Рис. 230.

   Решение. Пусть К – произвольная точка внутри равностороннего треугольника ABC со стороной а. Опустим перпендикуляры KM, KN, КР на стороны треугольника. Обозначим эти перпендикуляры следующим образом: КМ = х, KN = у, КР = z. Тогда SABC = SABK + SBKC + SAKC. Получаем равенство:
   Отсюда (a√3)/2 = x + y + z. Но высота h треугольника равна h = a · sin 60° = (a√3)/2; значит, х + у + z = h.

   Задача 31 (рис. 231)

   Рис. 231.

   Решение. Так как AD – высота в равнобедренном треугольнике ABC, то она является и медианой. Значит, BD = DC = 6. Тогда AD = BD = 6, так как ∠ABD = ∠BAD = 45°.
   Можно было увидеть и другую закономерность. Так как D – середина гипотенузы, то D – центр описанной около треугольника ABC окружности. Значит. DA = DB = DC = 6.
   Ответ: 6 см.

   Задача 32 (рис. 232)

   Рис. 232.

   Решение. Обозначим угол ВАС через α. Тогда AC = BC · ctgα. Последовательно находим:
   Ответ: 96/5; 345, 6

   Задача 33 (рис. 233)

   Рис. 233.

   Решение. Обозначим катеты прямоугольного треугольника ABC с гипотенузой ВС через а и b (см. рис). Тогда


   По условию SBCD = 2SABC. Значит,
   преобразуем это уравнение к виду
   Дискриминант D этого уравнения будет равен

   Но a/b = tg(∠ВСА), значит, ∠ВСА = 60° или 30°.
   Ответ: 60°; 30°.

   Задача 34 (рис. 234)

   Рис. 234.

   Решение. Пусть ABC – заданный треугольник, AD – высота, опущенная на гипотенузу. Тогда по условию BD = 9, DC = 16. Обозначим АВ через х, АС через у, высоту AD через h. По теореме Пифагора: BD2+ AD2= АВ2; DC2+ AD2= АС2; АВ2+ AC2= ВС2. Получаем систему уравнений:
   Сложим все уравнения:
   81 + 256 + 2h2+ х2+ у2= х2+ у2+ 625;
   2h2= 228; h = 12; х2= 81 + 144 = 225; x = 15;
   у2= 256 + 144 = 400; y = 20.
   Далее воспользуемся формулой r = S/p.
   r = 150/30 = 5.
   Ответ: 5.

   Задача 35 (рис. 235)

   Рис. 235.

   Решение. Пусть ABC – данный в условии задачи треугольник. По теореме Пифагора находим, что AC = √3. Поскольку sin ∠ABC = ∠3/2, то, учитывая, что угол ∠ABC – угол прямоугольного треугольника, находим, что ∠ABC = π/3. Следовательно, ∠АСВ = π/6. Так как BL – биссектриса угла ABC, то ∠ABL = π/6. Из прямоугольного треугольника ABL находим
   Пусть М – середина отрезка АС. Тогда AM = 1/2 АС = √3/2. Из прямоугольного треугольника ВАМ находим, что
   Так как точка пересечения медиан делит каждую из них в отношении 2:1, то
   Для ответа на вопрос, поставленный в задаче, надо сравнить числа
   Поскольку
   т. е. BL > BG.
   Ответ: длина BL больше длины BG.

   Задача 36 (рис. 236)

   Рис. 236.

   Решение. Пусть ABC – данный в условии задачи прямоугольный треугольник, А1ВС1 – прямоугольный треугольник, полученный поворотом треугольника ABC вокруг вершины его прямого угла В на угол 45°. Из условия задачи следует, что величины углов CBC1, CBA1, ABA1, ВСА, ВА1C1 равны 45°. Прямые АВ и А1C1 параллельны, т. к. при их пересечении прямой ВА1 равны накрест лежащие углы АВА1 и ВА1С1. Но тогда, поскольку треугольник ABC прямоугольный и, значит, АВ ⊥ ВС, получаем, что прямая С1А1 перпендикулярна прямой ВС. Обозначим через N точку пересечения прямых С1А1 и СВ. Поскольку
   то точка N лежит на отрезке ВС. Пусть L – точка пересечения прямых АС и ВА1. Аналогично показывается, что точка L лежит на отрезке АС. Пусть М – точка пересечения прямых АС и С1А1. Ясно, что точка М лежит на отрезке CL. Тогда SBLMN = SBLC – SCNM. Треугольник BLC равнобедренный и прямоугольный, т. к. в нем ∠CBL = ∠LCB = 45°. Следовательно,
   Треугольник CNM также равнобедренный и прямоугольный, причем
   Следовательно,
   Итак,
   Ответ:

   Задача 43 (рис. 237)

   Рис. 237.

   Решение. Проведём высоты трапеции ВК и СМ. Очевидно, что КМ = 4; AK = MD = (12 – 4)/2 = 4. Так как треугольник АВК – равнобедренный (∠АВК = ∠ВАК = 45°). то ВК = АК = 4.
   SABCD = (AD + BC)/2 · BK = (12 + 4)/2 · 4 = 32.
   Ответ: 32 см2.

   Задача 44 (рис. 238)

   Рис. 238.

   Решение. Проведём высоты трапеции ВК и СМ. Мы получили два прямоугольных треугольника АВК и CMD, в которых ∠ВАК и ∠CDM равны 30°; так как напротив угла в 30° лежит катет (ВК), равный половине гипотенузы (АВ), то АВ = 2h (ВК = h).
   Ответ: (6 + 2√3)h.

   Задача 45 (рис. 239)

   Рис. 239.

   Решение. Пусть АК = х, высоты ВК и СМ равны h, тогда, так как КМ = ВС = 4, MD = 21 – х.
   Из ⊿АВК и ⊿MCD по теореме Пифагора получим:
   Несложно подсчитать, что если оба угла при нижнем основании не острые, то задача решений не имеет.
   Ответ: 12.

   Задача 46 (рис. 240)

   Рис. 240.

   Решение. Проведем высоту трапеции СК (см. рис.). Тогда, KD = (a – b)/2; cos D = (a – b)/2c. Из ⊿ACD по теореме косинусов AC2= AD2+ CD2– 2AD · CD · cos D = a2+ с2– 2 · а · с · (a – b)/2c = a2+ с2– a2+ аb = c2+ ab.
   Ответ:
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
Реклама


Читательские рекомендации

Информация