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 19)

   Задача 99 (рис. 272)

   Рис. 272.

   Решение. Так как ∠BCD = 60°, то ∠D = 120°. ∠CND = ∠BCN = ∠NCD = 30°. Значит, ⊿NCD – равнобедренный и ND = CD = а.
   Ответ:

   Задача 100 (рис. 273)

   Рис. 273.

   Решение. Так как ∠А = 60°, то ∠ABC = 120°. Из чертежа видно, что α + 3α = 120°; α = 30°, тогда ∠BDA = 90°. AD = АВ · sin 30° = AB/2. Пусть AD = a; тогда АВ = 2а. Из условия следует, что а + 2а + а + 2а = 90; 6а = 90; а = 15. Следовательно AD = BC = 15 см, AB = CD = 30 см.
   Ответ: 15 см, 30 см, 15 см, 30 см.

   Задача 101 (рис. 274)

   Рис. 274.

   Решение. ∠AFB = ∠FBC, как внутренние накрест лежащие углы при параллельных прямых. Но ∠FBC = ∠ABF по условию, значит, ⊿ABF – равнобедренный и AF = АВ = 12. Пусть AF = 4а, тогда по условию FD = За; 4а = 12; а = 3; AD = 7 · а = 21. Искомый периметр PABCD = (12 + 21) · 2 = 66.
   Ответ: 66.

   Задача 105 (рис. 275)

   Рис. 275.

   Решение. Проведём MP||СК, тогда по теореме о пропорциональных отрезках ВР: РК = ВМ: МС = 3; значит, КР = 1/4 КВ = 1/4 АК и КР: АК = ОМ: АО = 1:4 и АО = 4OМ = 4/5 AM. По условию АК = КВ = 1/2 АВ.
   Ответ: 3/10.

   Задача 106 (рис. 276)

   Рис. 276.

   Решение. Чтобы найти отношение СК/КМ, применим теорему Менелая к треугольнику АСМ и секущей BN. Получим: CK/KM · MB/BA · AN/NC = 1. Так как MB/BA = 2/3, AN/NC = 2, то CK/KM = 3/4.
   Аналогично, применив теорему Менелая к треугольнику ABN и секущей СМ, находим BK/KN · CN/AC · AM/MB = BK/KN · 1/3 · 1/2 = 1, откуда BK/KN = 6.
   Ответ: 6; 3/4.

   Задача 109 (рис. 277)

   Рис. 277.

   Решение. Так как АМ = 2, то по свойству биссектрисы в треугольнике АВМ ВО/OM = АВ/AM = 6/2 = 3.
   Ответ: 3.

   Задача 110 (рис. 278)

   Рис. 278.

   Решение. Пусть ВМ – медиана, а ВН – высота в треугольнике. Обозначим ВН через h, МС через 2х. Так как ВН – одновременно биссектриса и высота в треугольнике АВМ, то данный треугольник – равнобедренный и АН = НМ = х, AB = BM = 10. Так как ВМ – биссектриса ⊿НВС, то BH/BC = HM/MC; h/BC = x/2x; BC = 2h.
   Из ⊿НВМ и ⊿НВС по теореме Пифагора:
   AC = 4x = 20; ВС = 2h = 10√3. Кстати, легко показать, что ∠ABC = 90°.
   Ответ: 10 см; 20 см; 10√3 см.

   Задача 118 (рис. 279)

   Рис. 279.

   Решение. Пусть АС = а; АВ = ВС = b, BF = y, EF = x. ⊿ADE ~ ⊿EFC, поэтому FC/DE = FE/DA; (b – y)/y = x/(b – x); b2= by – bx + xy = xy. Отсюда x + у = b; PDBFE = 2(x + y) = 2b, т. е. периметр параллелограмма не зависит от х и y, а зависит только от длины боковой стороны треугольника, другими словами, для данного треугольника периметр вписанного в него параллелограмма есть величина постоянная.

   Задача 119 (рис. 280)

   Рис. 280.

   Решение. Так как СЕ = 4, то BE = 11. Из ⊿ABC по теореме Пифагора:
   Пусть CD = х. Из подобия ⊿DCE и ⊿АСВ CE/AC = CD/CB; 4/12 = x/15; x = 5.
   Ответ: 5.

   Задача 120 (рис. 281)

   Рис. 281.

   Решение. Пусть BD = х, DE = а. Из подобия ⊿BDE и ⊿ВАС BD/BE = BA/BC; x/30 = (x + a)/70; 7х = 3х + 3a; x = 3/4a. Заметим, что ADEF – квадрат, т. е. DE = EF = AF = DA = a.
   Из ⊿DBE по теореме Пифагора BD2+ DE2= BE2; х2+ а2= 900; 9а2/16 + a2 = 900; 25а2/16 = 900; а = 24; х = 3/4 · 24 = 18.
   Ответ: 42 см; 56 см.

   Задача 121 (рис. 282)

   Рис. 282.

   Решение. Пусть AD = х. ⊿BOF ~ ⊿AOD по равенству трёх углов, поэтому AD/BF = OD/OB; AD/4 = 18/6; AD = 12.
   Ответ: 12.

   Задача 122 (рис. 283)

   Рис. 283.

   Решение. Обозначим радиус большей окружности через х. Из рисунка видно, что из прямоугольного треугольника ОКА ОА = AK/sin 30° = 1/(1/2) = 2. Треугольники OAK и ОВМ подобны, поэтому ОА/OB = АК/BM; 2/(3 + x) = 1/x; 2х = 3 + х; х = 3.
   Ответ: 3.

   Задача 123 (рис. 284)

   Рис. 284.

   Решение. Обозначим сторону квадрата GDEF через х и проведем высоту ВН. ⊿ВКЕ подобен ⊿ВНС (см. рис.), значит, BK/KE = BH/HC; (BH – x)/(x/2) = BH/(a/2);

   Ответ:

   Задача 124 (рис. 285)

   Рис. 285.

   Решение. Пусть ВР = a; PR = b; RD = с. ⊿ВРМ ~ ⊿APD, значит, ВР/PD = ВМ/AD = 1/2; отсюда b + с = 2а. Аналогично ⊿RND ~ ⊿BRA; RD/BR = ND/AB = 1/2; a + b = 2c.
   Вычитаем из первого уравнения второе: с – а = 2а – 2с; с = а; а + b = 2с = 2а; а = b.
   Ответ: а = b = с, что и требовалось доказать.

   Задача 125

   Рис. 286.

   Решение. ⊿РВС подобен ⊿PAD, поэтому РВ/PD = BC/AD = b/a, PB = PD · b/a. ⊿PMD подобен ⊿BCD, значит РМ/BC = PD/BD;
   Ответ: 2ab/(a + b).

   Задача 126 (рис. 287)

   Рис. 287.

   Решение. Из прямоугольных треугольников АВР, BCQ находим ВР/AB = cos В, BQ/BC = cos В. Из этих равенств следует, что треугольники BPQ и ABC подобны (по двум сторонам и углу между ними), причём коэффициент подобия равен cos В. Так как отношение площадей подобных многоугольников равно квадрату коэффициента подобия, то
   По условию треугольник ABC остроугольный, значит, cos В > 0 и, следовательно, cos В = 1/3. Из подобия треугольников ABC и BPQ вытекает равенство
   Обозначим через R радиус окружности, описанной вокруг треугольника ABC. По теореме синусов:
   откуда R = 9/2.
   Ответ: R = 9/2.

   Задача 129 (рис. 288)

   Рис. 288.

   Решение. Соединим центр окружности О с вершинами четырёхугольника и точками касания. Перед нами четыре пары равных треугольников: ⊿АОК = ⊿AON. ⊿ВОК = ⊿BOL, ⊿COL = ⊿COM, ⊿DOM = ⊿DON. Тогда ∠АОК = ∠AON, ∠ВОК = ∠BOL, ∠COL = ∠COM, ∠DOM = ∠DON. Из рисунка видно, что 2α + 2β + 2γ + 2τ = 360°, α + β + γ + τ = 180°. ∠АОВ + ∠COD = α + β + γ + τ = 180°.
   Ответ: 180°.

   Задача 130 (рис. 289)

   Рис. 289.

   Решение. Так как в трапецию можно вписать окружность, то АВ + CD = AD + ВС. Если АВ = h; AD = a; BC = b, то CD = a + b – h, KD = а – b. Из треугольника KCD следует, что KD2+ CK2= CD2; (а – b2) + h2= (a + b – h2). Имеем: a2 – 2ab + b2+ h2= a2+ b2+ h2+ 2ab – 2ah – 2bh; -2ab = 2ab – 2ah – 2bh; ah + bh = 2ab; h = 2ab/(a + b). h – диаметр окружности.
   Ответ:

   Задача 131 (рис. 290)

   Рис. 290.

   Решение. Пусть ABCD – данная трапеция, АВ = 5, CD = 3, KL – средняя линия. Обозначим величины отрезков ВС и AD через х и у соответственно. Так как в четырёхугольник ABCD можно вписать окружность, то х + у = ВС + AD = АВ + CD = 8. Поскольку KL – средняя линия трапеции, то KL = (BC + AD)/2 = 4. Если h – высота трапеции ABCD, то из теоремы о пропорциональных отрезках, отсекаемых параллельными прямыми, следует, что высоты трапеций KBCL и AKLD равны h/2. Для площадей этих трапеций имеем
   По условию
   После упрощений получаем уравнение 11x – 5у = -24. Система уравнений
   имеет единственное решение х = 1, y = 7.
   Ответ: BC = 1, AD = 7.

   Задача 135 (рис. 291)

   Рис. 291.

   Решение. По теореме о величине вписанного в окружность угла ∠ABC = 1/2 ∠АОС. Заметим, что ∠АОС = ∠MON, a yroл ∠МОN опирается на диаметр MN окружности с центром О1. ∠АОС = 90°, и значит 1/2 ∠АОС = 1/2 90° = 45°.
   Ответ: 45°

   Задача 136 (рис. 292)

   Рис. 292.

   Решение. Пусть точка А делит хорду ВС на отрезки 5 и 4. Проведём через точки А и О (центр окружности) диаметр ED, причём ED = 2R = 12. Обозначим AD через х, тогда ОА = 6 – х (см. рис.). ∠DCA = ∠АЕВ (опираются на одну и ту же дугу BD), ⊿ADC подобен ⊿BEА (по двум углам), значит, AD/AB = AC/AE; x/5 = 4/(12 – x); 12х – х2= 20; х2 – 12х + 20 = 0; х = 10 или 2. Учитывая, что х ≤ R, получим x = AD = 2.
   Ответ: 2.

   Задача 137

   Рис. 293.

   Решение I (рис. 293). Обозначим точки пересечения окружности лучами р и q соответственно через С, А и Е, В. Проведём CD||ЕВ. Получим угол ∠ACD = х. Угол ∠ACD является вписанным в окружность и по определению равен половине дуги AD. По условию задачи дуга СЕ = α, а дуга АВ равна β. Тогда дуга AD = β – α. В таком случае х = 1/2 (β – α).
   Рис. 294.

   Решение II (рис. 294). Обозначим точки пересечения окружности прямыми р и q соответственно через А, Е и D, С. Проведём EF||CD. Угол AEF будет равен х (как внутренние накрест лежащие углы при параллельных CD, FE и секушей АЕ). ∠AEF является вписанным в окружность и равен половине дуги AF. Из условия задачи и построений следует, что дуга AF = α + β.
   Следовательно,

   Задача 138 (рис. 295)

   Рис. 295.

   Решение. Так как BD – диаметр окружности, то ∠BAD = ∠BCD = π/2. Обозначим ∠ABD через х, тогда из прямоугольного треугольника ABD получаем, что cos х = AB/BD. По условию BD = 2, АВ = 1, значит, cos х = 1/2, и так как х – внутренний угол прямоугольного треугольника ABD, то х = π/3. Тогда ∠DBC = 3/4 (∠ABD) = 3/4 · π/3 = π/4. Вписанные углы ACD и ABD опираются на одну и ту же дугу AED, значит, ∠ACD = ∠ABD = π/3. Из треугольника ADC по теореме синусов получаем, что

   Ответ:

   Задача 141

   Решение. OB = 4; ВС = 3, значит ОС = 7. OB · ОС = ОА2; 4 · 7 = OA2; OA = 2√7.
   Ответ: 2√7.

   Задача 146 (рис. 296)

   Рис. 296.

   Решение. Достроим ⊿ABD до параллелограмма. Тогда АС < АВ + ВС, но АС = 2AM, 2AM < АВ + ВС = АВ + AD, что и требовалось доказать. Заметим, что AM является медианой ⊿ABD.

   Задача 147 (рис. 297)

   Рис. 297.

   Решение. Достаточно построить симметричные точки относительно берегов и длина полученной ломаной равна длине прямолинейного отрезка А'В', т. е. минимальна.

   Задача 148 (рис. 298)

   Рис. 298.

   Решение. Так как средняя линия трапеции ABCD равна 4, то сумма оснований равна 8. Воспользуемся тем, что середины оснований и точка пересечения боковых сторон трапеции лежат на одной прямой КМ. Из ⊿AKD ∠AKD = 90°. Заметим, что ⊿AKD – прямоугольный, причем AD – гипотенуза и точкой М делится пополам. Но тогда AM = MD = КМ = 4 – х (радиусы описанной около ⊿AKD окружности), КЕ = 3 – х, где х – это длина отрезков BE и ЕС. Из подобия ⊿АКМ и ⊿ВКЕ следует: (4 – х)/x = (4 – х)/(3 – x); x = 3/2; BC = 3, AD = 5.
   Ответ: 5 и 3.

   Задача 154 (рис. 299)

   Рис. 299.

   Решение. Пусть D – проекция точки F на прямую d. Середину О отрезка DF примем за начало прямоугольной системы координат, а прямую OF – за ось ординат. Точке F отнесём координаты (0; 1). Прямая d будет иметь уравнение у = -1. Пусть М(х; y) – произвольная точка плоскости. Тогда
   и MN = |у + 1 |, где MN – расстояние от точки М до прямой d. Если
   Возведя обе части в квадрат, получим уравнение у = 1/4x2.
   Обратно, если координаты точки М удовлетворяют этому уравнению, то х2= 4у и, следовательно,
   Заметим, что если вместо DF = 2 положить DF = р, то получим уравнение х2= 2ру.
   Из школьного курса алгебры известно, что линия, определяемая уравнением у = ах2, называется параболой.

   Задача 155 (рис. 300)

   Рис. 300.

   Решение. Переведём условие задачи на векторный язык. Поскольку точки Р, A, D так же, как и точки Р, В, С, лежат на одной прямой, то PD = аРА, PC = bРВ, где а и b – коэффициенты пропорциональности, а > 0; b > 0. Точки М и N – середины отрезков АВ и CD. Следовательно,
   Учитывая приведённые выше равенства, получаем: PN = 1/2(аРА + bРВ). Согласно условию задачи, векторы РМ и PN коллинеарны. Следовательно, найдётся такое число λ, что
   откуда (а – λ)РА + (b – λ)РВ = 0. На основании единственности разложения вектора по неколлинеарным векторам РА и РВ заключаем, что а = b = λ. Таким образом, PD = аРА и PC = аРВ. Вычитая из первого равенства второе, получаем CD = аВА. Значит, стороны CD и АВ параллельны, т. е. ABCD – трапеция.
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