ziv-geometria-gdz-7d (Решебник Геометрия 7 - 11 Погорелов), страница 5

Соедините В и С. Постройте биссектрисы углов СВА иВСА. Точки их пересечения будут центром окружности, описаннойоколо ∆ АВС. Проведите ее.2.BXBAYПроведите серединный перпендикуляр к АВ (В. 1, С-24.2). Онпересечет АС в точке Х, а ВС в точке Y.В. 5. С-13.1.∠ ВСА = ∠ ЕАD, т.к. равны смежные им ⇒ ∆ АВС = ∆ DEF ⇒⇒ ∠ A = ∠ D ⇒ AB || DE, т.к. равны соответственные углы.1142.∠ 1 + ∠ BAD = 90° ⇒ 2∠ 1 + 2∠ BAD = 180° ⇒ ∠ 1 + ∠ 2 ++ ∠ BAD + ∠ DAE = 180° ⇒ BC || AE, т.к. сумма внутренниходносторонних углов равна 180°.В.

5. С-14.B1.CAСм. задачу В. 1, С-23.2.1152.DBCaFAEПродолжим прямую DC до пересечения с ВА в точке F.∠ BCF = 120° ⇒ ∠ BFC = 30°. И ∠ CDE = 30° ⇒ BA || DE ⇒⇒ а пересечет DE, т.к. иначе через одну точку проходили бы 2прямые, параллельные данной.В. 5. С-15.1.Т.к. АВ = ВD и BE || CD, то ВЕ – средняя линия ⇒ АЕ = ЕС ⇒ ВЕ –медиана ∆ АВС, а т.к. АВ = ВС, то ВЕ ⊥ АС ⇒ DC ⊥ АC, т.к.DC || BE.1162.Проведем BD. Т.к. АВ || DE, то ∠ ABD = ∠ BDE ⇒ ∆ABD = ∆ BDCпо первому признаку ⇒ ВС = AD.

Аналогично доказывается, чтоВЕ = AF. ∠ FAD = ∠ EBC, т.к. ВЕ || AF ⇒ ∆ BEC = ∆ AFD по 1-мупризнаку.В. 5. С-16.1.∠ CED = 180° – 70° = 110° ⇒ ∠ DCE = 180° – 110° – 20° = 50° ⇒⇒ ∠ АВС = 50°, т.к. АВ || CD.1172.BEMFQCKA∠ BFE = ∠ EFB = x.∠ MEC = ∠ ECM = y, тогда∠BEF = 180 − 2 x ⇒ ∠FEM = 2 x ⎫⎪⎬ ⇒ ∠ EFM = 180° – 2x – 2y, т.к.∠FMC = 180o − 2 y ⇒ ∠FME = 2 y ⎪⎭oАВ || KE и AC || QM, то ∠ А = ∠ EFM = 180° – 2x – 2y = ∠ EKC ⇒⇒ ∠ C = 180° – 180° + 2x + 2y – 2y = 2y ⇒ FCK = y, т.е.РС – биссектриса ∠ С.

Аналогично докажем, что BF – биссектриса∠ В ⇒ F – точка пересечения биссектрис.В. 5. С-17.1.B950D450AC118∠BDA = 180o − 95o − 22,5o = 52,5o ⎫⎪⎬ ⇒ ∠ BDC = 52,5° + 67,5° = 120°⎪⎭∠ADC = 90o − 22,5o = 67,5o2.AKHOBCLПусть ∠ ABO = x, a ∠OBL = y (x + y = 60°), тогда ∠ АОВ == 180° – 2х, ∠ ВОL = 180° – 2y, т.к. ∆АОН = ∆ВОН и ∆BOL = ∆COLпо катету и гипотенузе ( точка О равноудалена от всех вершин, т.к.она лежит на пересечении серединных перпендикуляров) ⇒⇒ ∠ AOL = 360° – 180° + 2y – 180° + 2x = 2(x + y) = 120° > 90° ⇒⇒ ∆ AOC – тупоугольный.В. 5.

С-18.B1.DCAE119Продлим BD на ее длину за точку D. ∆ ADE = ∆ CDB (по 1-мупризнаку) ⇒ ВС = АЕ, ∠САЕ = ∠ ВСА, значит ∠ АВЕ < ∠ ВАЕ ⇒⇒ в ∆ АВЕ ВЕ > AE, т.е. 2ВР > ВС.2.NBAKDCТ.к. DC || BF, то ∠ ВСD = ∠ FBN и ∠ FBD = ∠ BDC ⇒ ∆ DBC –равнобедренный ⇒ BD = BC, но BD > DK ⇒ BC > DK.В. 5. С-19.1.BAB1C120Продлим ВВ1 на его длину, как показано на рисунке.∆ АВВ1 = ∆ DCB1 по 1-му признаку. BD < BC + CD ⇒ 2BB1 == BC + CD = BC + AB2.DC1090 59'400700ABНе может, т.к. в этом случае ∆ ACD вырождается в отрезок, что нетак, т.к. ∠ С = 179°59′ ≠ 180°.В. 5. С-20.1.OB1A1CAC1B121∠ ОСВ1 = ∠ ВСС1 и ∠ ОВ1С = ∠СС1В = 90° ⇒ ∠ СВС1 = ∠ В1ОС.Аналогично доказывается, что ∠ ОАС = ∠ ОВС.2.A3xDxCB2xТак как BD = 2BC, то ∠ DCB = 30° ⇒ ∠ CAB = 30° ⇒⇒ AB = 2BC = 4BD ⇒ AD = 4BD – BD = 3BDВ. 5.

С-21.1.ADBEC∆ ADE = ∆ BDE по 2-м катетам ⇒ АЕ = ВЕ; Р(АЕС) = 30 == АЕ + ЕС + СА = АС + ВЕ + СЕ = АС + ВС = АС + 24 ⇒ АС = 6.1222.BA1C1OACТ.к. О ∈ АА1 , то О равноудалена от точек В и С. Т.к. О ∈ СС1 , тоточка О равноудалена от точек В и А ⇒ точка О равноудалена отточек А и С ⇒ она лежит на биссектрисе ∠ В.В. 5. С-22.1.Из условия ∠ ОАD + ∠ BOE = 90° ⇒ ∠ ADO = 90°∆ BOE = ∆ AOD по катету и острому углу ⇒ АО = ОЕ ⇒ АВ = DE,но AB < AC ⇒ DE < AC.1232.AaFKAExCа) Проведем из точки Е перпендикуляр EF к ВС ⇒ EF =x,2т.к. ∠ С = 30°.б) ЕК ⊥ АВ. ∆КВЕ = ∆FBE по катету и острому углу ⇒ КЕ = EF =x2В.

5.С-23.1.BC || AD, т.к. точки В и С равноудалены от AD. Т.к. ОВ = ОС, то∠ ОСВ = ∠ ОDC ⇒ ∠ OAD = ∠ ODA (т.к. АD || BC) ⇒ AO = OD⇒ AC = BD ⇒ ∆ ABC = ∆ CBD по 1-му признаку.1242.Постройте 2 прямые, параллельные сторонам данного угла иудаленные от него на расстояние, равное длине данного отрезка (В.1,С-23.2). Точка их пересечения будет искомой. (Рисунок. 248).В. 5. С-24.1.A6001050BCПостройте развернутый угол. Отложите от него угол, равный 105°(В.1, С-12.1), а затем от него угол, равный 60°.

Оставшаяся частьугла равна ∠ В треугольника. Постройте АВ и отложите от нее углы60°.1252.BC1OAB1CПостройте ∆ ОВ1С по 3-м сторонам. Отложите от стороны ОС угол,равный ∠ОСВ1 (В.1, С-12.1). Точка пересечения другой его стороныс ОВ будет точка В. От ВВ1 отложите угол, равный ∠ В1ВС. Точкойпересечения другой его стороны с В1С будет точка А.В. 5. С-25.1.Проведите прямую.

Отложите на ней отрезок, равный одной изсторон. Отложите от него угол, равный данному (В. 1, С-12.1).Проведите окружность с центром в другом конце отрезка ирадиусом, равным другой стороне. Соедините этот конец отрезка сполученной точкой пересечения.1262.CABПостройтеугол,равныйданному.Проведитепрямую,параллельную одной из его сторон и удаленную от нее на одну извысот, со стороны другой стороны угла (В. 1, С-23.2).

Она пересечетэту сторону в точке В. Получите точку С аналогичным способом.Соедините точки С и В.В. 5. С-26.1)∆ ABD = ∆ CBD по 3-м сторонам ⇒ ∠ABD = ∠ BDC = ∠ CBD == ∠ ADB ( т.к. АВ = ВС = CD = DA) ⇒ AB || DC и BC || AD.2) Из 1) ⇒ ∠ ВСТ = ∠ DCT ⇒ ∆ BCT = ∆ DCT по 1-му признаку ⇒⇒ BT = TD.3) ∆ BAD – равнобедренный, АС – биссектриса угла BAD ⇒⇒ AC ⊥ BD. Пусть О – точка пересечения АС и BD. Из равенствтреугольников следует, что АО = ОС и ВO = OD, ∠ OBA = ∠ OBL,127∠ ABO > 45°, т.к. ∠ АВС > 90° и TC > AT, значит ∠ BAO < 45°,∠ ABO > ∠ ВАО ⇒ AO > BO и АС > BD.4) Если из точки Т провести перпендикуляры к АВ и AD, тополучившиеся треугольники будут равны по гипотенузе и катету ⇒⇒ равны и сами перпендикуляры.В. 6.С-1.1.2.BCEDA3.

можетEFAB1284. может,CBODAВ. 6.С-2.1.8 неразвернутых (∠ AOB, ∠ BOC, ∠ COD, ∠ DOF, ∠ FOA, ∠ BOD,∠ COF, ∠ DOA), 2 развернутых (∠ АОС, ∠ BOF).2.1293.Проведите через нее 2 прямые.В 6. С-3.1.MBNACВерно, т.к. ВС = АВ + АС = 2АМ + 2АN = 2MN2.OODAAC DBCB130В. 6, С-4.1.NAMCDB19AC = x ⇒221559⇒ DN= DB = x ⇒ MN = MC + CD + DN = x + 4x + x = x ⋅ 11,2222Пусть CD = 4x ⇒ DB = 5x ⇒ CB = AC – 9x ⇒ MC =но 4x = 12 ⇒ x = 3 ⇒ MN = 33 (м).2.CMABNO∠MOB =D1(∠COD – ∠AOB) + ∠AOB = 20° + 100° = 120°.2В.

6, С-5.1.AOCB131∠AOC + ∠AOB – 90° = 360° ⇒ 2∠AOC = 270° ⇒⇒ ∠AOC = ∠AOB = 135°.2.CDBAOEТ.к. CO – биссектриса ∠BOD ⇒ ∠AOC = ∠COE ⇒ CD ⊥ AE.В. 6, С-6.1.Т.к. ∆ABE = ∆CDE ⇒ AE = EC, ∠BAC = ∠ECD = 90°Т.к. AE = EC = 7 (см), то AC = 14 (см)1322.BMAC1) AB + BM = AC + CM + 3 ⇒ 18 = AC + 9 ⇒ AC = 9 (см)2) AB + BM + 3 = AC + CM ⇒ 21 = AC + 6 ⇒ AC = 15 (см)В обоих случаях ∆ABC существует.В.

6, С-7.1.∆AOD = ∆COD по 1-му признаку ⇒ AD = DC и OD ⊥ AC ⇒⇒ ∆ABD = ∆CBD по 2-м катетам.1332.E1EDMFD1M1F1В. 6, С-8.1.Т.к. AE = EC ⇒ ∠EAC = ∠ECA. ∆ABE = ∆CDE ⇒⇒ ∠BAE = ∠DCE ⇒ ∠BAC = ∠DCA.2.BACOD134∆ABD = ∆CBD по 3-м сторонам ⇒ ∠ABD = ∠CBD ⇒ BO ⊥ AC.Аналогично, OD ⊥ AC. OD совпадает с BO, т.к. к точке на прямойможно провести только один перпендикуляр.В.

6, С-9.1.∠EDC = ∠BCD, т.к. равны смежные им. AC = DF, т.к. AD = CF иDC – общая. ∆ABC = ∆FED по 2-му признаку ⇒⇒ ∠ABC = ∠FED = 90° ⇒ AB – высота и AB = EF = 15 дм.2.AEKFLB∆ALE = ∆BKF по 3-му признаку ⇒ LE = LF ⇒ m = 1.135В. 6, С-10.∠ABC = ∠CDE т.к. равны смежные им ⇒ ∆ABC = ∆CDE по 2-мупризнаку ⇒ AC = CE и BC = CD ⇒ AO = BE ⇒ ∆ABE = ∆ADE по 1му признаку.В. 6, С-11.1.∆AOC = ∆BOD по 3-му признаку ⇒ ∠BOD = ∠AOC ⇒⇒ ∠AOB = ∠COD ⇒ ∆AOD = ∆COD ⇒ AB = CD.1362.Проведите окружность с центром в точке M и радиусом, равным b.Она пересечет ∠BAC в одной точке (если расстояние от M до однойиз сторон угла равно b, а до другой больше, чем b, или окружностьпроходит через точку A), или в 2-х точках (расстояние от точки M досторон угла равно b или до одной стороны меньше, а до другойбольше), или в 3-х точках (расстояние от точки M до одной изсторон угла равно b, а до другой меньше или расстояние от точки Mдо обеих сторон угла меньше b, но окружность проходит черезточку A), или в четырех точках (расстояние от точки M до обеихсторон угла меньше b).В.

6, С-12.1.A450BC1371) Постройте прямую, постройте к ней перпендикуляр ().Проведите биссектрису полученного прямого угла ().Обозначим этот угол ∠ABC.2) Постройте окружность произвольного радиуса с центром в точкеB. Она пересечет AB в точке A, а BC в точке F. Постройтеокружность того же радиуса с центром в точке F, она пересечет BCв точке B. Соедините точки B и C.

Постройте биссектрисы ∠BCA и∠CBA. Они пересекутся в точке O – центре описанной окружности.Проведите эту окружность.2.FMNEKПроведите к отрезкам EF и FK серединные перпендикуляры (Полученные точки пересечения будут искомыми.В. 6, С-13.1.).138∠DEF = ∠ACB, т.к. равны смежные им ⇒ ∆DEF = ∆BCA ⇒⇒ ∠EFD = ∠BAC ⇒ EF || AC.2.∆ABE = ∆CBE ⇒ AB = BC ⇒ ∠BAE = ∠BCE = ∠CAD ⇒⇒ BC || AD.В. 6, С-14.1.Нарисуйте треугольник. Постройте середину одной из его сторон ().

Отложите от этой стороны угол, равный по величине одному изприлежащих к стороне углов, так, чтобы вершина его совпадала ссерединой стороны.1392.Проведем через точку C прямую CF, параллельную AB, тогда∠BCF = 60° ⇒ ∠FCD = 20° ⇒ CF || DE, т.к. 20° + 160° = 180° ⇒⇒ если m пересекает DE, то пересечет и AB, т.к. иначе через однуточку проходили бы две прямые, параллельные данной, чтоневозможно.В.6, С-15.1.Т.к. AD = DE, то ∠DEA = ∠EAD, т.к. DE || AC, то ∠DEA = ∠EAC ⇒⇒ AE – биссектриса. ∆EAB = ∆EAC по 1-му признаку ⇒ ∠BEA == ∠CEA = 90° ⇒ AE ⊥ BC.1402.∆ABD = ∆CBD по 2-му признаку (т.к.