ziv-geometria-gdz-7d (Решебник Геометрия 7 - 11 Погорелов), страница 6

AB || CD и BC || AD, то∠ABD = ∠BDC и ∠BDA = ∠DBC) ⇒ AD = BC ⇒ ∆FAD = ∆CBE по2-му признаку, т.к. ∠C = ∠A, ∠B = ∠D.В. 6, С-16.1.Т.к. AB || CD, то ∠ECD = ∠ABC = 30° ⇒ ∠BED = 30° + 40° = 70°.1412.ADBMECДословно повторяет В. 5, С-16.1.Пусть ∠DAM = x ⇒ ∠AMD = x ⇒ ∠ADM = π – 2x ⇒ ∠DAC = 2x ⇒⇒ ∠MAD = x ⇒ AM – биссектриса. Аналогично, CM – биссектриса,т.к. биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке, то точкаM – точка пересечения биссектрис.В. 6, С-17.1.Продлим AD, как показано на рисунке, ∠BDE = ∠BAD + ∠ABD,∠EDC = ∠CAD + ∠ACD.

Значит ∠BDC = ∠ABD + ∠ACD + ∠A == 171°.1422.Т.к. AD = DB, то ∠ADB = 180° – 2∠DBA. Аналогично получаем, что∠BDC = 180° – 2∠DBC. Значит ∠ADC = 360° – 2(∠DBA + ∠DBC) == 360° – 2∠ABC = 100°.В. 6, С-18.1Продлим медиану BD на ее длину, как показано на рисунке. Т.к.∆ADE = ∆CDB, то BC = AE, ∠CAE = ∠BCA. Т.к.

AB > 2BD,то AB > BE ⇒ ∠BEA > ∠BAE = ∠BCD + ∠BAD ч.т.д.1432.BCAEDТ.к. ∠AKC = ∠ABD = ∠DBC = ∠BCK вследствие параллельностипрямых, то BK = BC > BE, т.к. ВЕ ⊥ AC.В. 6, С-19.1.BAB1CDПродлим BB1 как показано на рисунке. ∆ABB1 = ∆DCB1 ⇒ AB = DCAB < BC + AC ⇒ AB – BC < AC.1442.BACDEНе может, т.к. BE ≥ BC, а CE > 0.В. 6, С-20.1.∠ABB1 = ∠1 + ∠2, т.к. ∠ABB1 – внешний угол треугольника ABO.Аналогично, ∠CBB1 = ∠3 + ∠4. Тогда ∠ABC = ∠1 + ∠2 + ∠3 + ∠4 == ∠AOC + ∠2 + ∠4. Из треугольников AOC1 и COA1 получаем∠2 = 90° – ∠AOC, ∠4 = 90° – ∠AOC ⇒ ∠ABC = 180° – ∠AOC.1452.CD300300BAТ.к. 2BD = BA, то ∠DAB = ∠CBD = 30° ⇒=4CB = 2CD ⎫⎪1⎬ ⇒1=CB = CA⎪2⎭CD13⇒ CD = CA ⇒ AD = CA ⇒ 4AD = 3CA.CA44В. 6, С-21.1.BKADC146∆AKD = ∆BKD по катету и острому углу ⇒ AK = KB.Р(BDC) = BD + DC + BC = AD + DC + BC = AC + BC = 45 (см).2.Пусть BO и CO – биссектрисы внешних углов при вершинах B и C∆ABC.

Из точки O проведем перпендикуляры OM, OK, OP напрямые AB, BC, CA соответственно. Т.к. точка O лежит набиссектрисе BO, то OM = OK. Аналогично OK = OP ⇒ OM = OP ⇒точка O равноудалена от сторон ∠A ⇒ точка O лежит набиссектрисе LA.В. 6, С-22.1.147Отложим от луча MP угол EMP, равный ∠OHP. ∆OME = ∆OHP по2-му признаку ⇒ OE = OP и HE = MP, но HE > HK ⇒ HK < MP.Любая наклонная, проведенная к точке M и прямой a, больше MP и,следовательно, больше HK.2.а) ∠M = ∠C, т.к. a || BC, а ∠B = ∠M, т.к. a || BC, но ∠B = ∠C, т.к.BM = MC ⇒ все четыре угла равны между собой.∠A = ∠B =180o − 2∠C 1= ∠BMC = ∠BMK ⇒ a ⊥ BA ⇒ ∠BAM =22= ∠KMC ⇒ AB || MK ⇒ AB ⊥ BC.В.

6, С-23.1.148Т.к. M и T равноудалены от PK, то PK || MT ⇒ ∠KMT = ∠TPK,∠TMK = ∠MKP, но ∠KMT = ∠PTM ⇒ все четыре угла равны ⇒⇒ MO = OT и OP = OK, т.к. ∆MOT и ∆POK – равнобедренные ⇒⇒ ∆MOP = ∆TOK по 1-му признаку ⇒ MP = TK и ∠PMO == ∠KTO ⇒ ∠PMT = ∠KTM ⇒ ∠MPK = ∠PKT ⇒ ∆MPK = ∆TKP по1-му признаку.2.Пусть даны прямая a и точка A, не лежащая на ней. Построимокружность с центром A и радиусом, равным данному отрезку, ипрямую b, параллельную a, удаленную от нее на расстояние, равноеданному отрезку.

Точки B и C пересечения построенныхокружности и прямой будут искомыми.В. 6, С-24.1.CBAДля построения угла в 15° постройте произвольный равностороннийтреугольник и разделите его угол на четыре части. Теперь ∆ABCможно построить по двум его сторонам и углу между ними.1492.ABOНарисуйте прямую.

Отложите на ней отрезок CO. Проведитеокружность с центром O и радиусом OA. Проведите к нейкасательную CA. Аналогично постройте точку B. Соедините точки Aи B.В. 6, С-25.1.Постройте 3-й угол треугольника, воспользовавшись тем, что ихсумма равна 180°. Затем постройте треугольник по стороне и150прилегающим к ней углам.

Задача может не иметь решения, еслисумма данных углов не меньше 180°.2.Пусть требуется построить ∆ABC по ∠A и высотам AA1 и BB1.Постройте сначала ∆ABB1 по катету и противолежащему углу A,затем ∆ABA1 по гипотенузе AB и катету AA1. Точка C получаетсяпересечением прямых AB1 и BA1.В. 6, С-26.1511) Из равенства треугольников KTM и KPM, а также треугольниковPKT и PMT следует равенство углов, обеспечивающих KT || MP,KP || TM.2) ∆ KTO = ∆KPO по 1-му признаку ⇒ TO = OP.3) Т.к.

KO > OM, то ∠KTO > ∠OTM ⇒ ∠KTM – острый, т.к.∠KTO = 44° ⇒ ∠TKP – тупой ⇒ ∠TKP > ∠KTM ⇒ TP > KM.4) Точка O лежит на биссектрисе ∠TMP ⇒ точка O равноудалена отего сторон.В. 7, С-1.1.шесть, четыре или одну2.Пятнадцать: AB, CB, AC, AM, MN, NC, CM, AN, DF, FE, ED, DM, ME,EN, NF.152В. 7, С-2.BABAaCaOOCEDDBECACBDAaDEOaOEВ. 7, С-3.1.ABCBACВ первом случае BC < AB, т.к. AC < 2AB.Во втором случае BC > AB, т.к. BC = AB + AC1532.∠MON = ∠MOB + ∠BOC + ∠CON = ∠MOA + ∠BOC + ∠MOB == ∠AOC, т.к. ∠MOB = ∠CON, т.к. ∠AOB = ∠COD, т.к.∠AOC = ∠BOD.В. 7, С-4.1.AABDDBПусть DB = x, тогда AD = 3x ⇒ 4x = 14 ⇒ x = 3,5 (см), т.е. D лежитмежду AB и DB = 3,5 (см).Пусть DB = x, тогда AD = 3x ⇒ AB = 2x ⇒ x = 7 (см).

Т.е. B лежитмежду A и D, BD = 7 (см).1542.CBOAПусть угол, половина которого равна трети другого, равен 2x, тогда90o − 2 xдругой равен 90° – 2x, тогда x =⇒ 3x = 90° – 2x ⇒3⇒ 5x = 90° ⇒ x = 18° ⇒ 36° и 54°.В. 7, С-5.1231552∠1 + 2∠2 + 2∠3 = 360° ⇒ ∠1 + ∠2 + ∠3 = 180° = 2 ⋅ 90°.В. 7, С-6.1.AOBKC∠BOC = 360° – 2 ⋅ 120° = 120°.2.Пусть AC = x ⇒ AO = 15 + x ⇒ Р(AOC) = 30 + 3x, т.к. AO = OC.Р(ABC) = 50 = AB + BO + OC + AC = 20 + 5 + 15 + x + x = 30 + 2x ⇒156⇒ x = 5 ⇒ Р(AOC) = 45 (см).В. 7, С-7.∆COA = ∆DOB по 1-му признаку ⇒ CA = DB и ∠CAO = ∠OBD.∠OAB = ∠OBA, т.к.

AO = OB ⇒ ∠CAB = ∠DBA ⇒ ∆ACM = ∆BDMпо 1-му признаку (т.к. AM = MB) ⇒ CM = DM.В. 7, С-8.BMPAKC157Т.к. ∆ABC – равносторонний, то AM = BP = CK и MB = PC = AK и∠A = ∠B = ∠C ⇒ ∆AMK = ∆BPM = ∆CKP по 1-му признаку ⇒⇒ MK = MP = PK ⇒ ∆MPK – равносторонний.В. 7, С-9.1.а)BDAEC∆ABC = ∆AED, по 1-му признаку ⇒ BC = DEб)BB1MACM1A1C1т.к. ∆ABC = ∆AED, то ∠ADE = ∠ACB ⇒ ∠KCE = ∠BDE ⇒158⇒ ∆DBK = ∆CEK по 2-му признаку ⇒ BK = KE.В. 7, С-10.На прямых AC и A1C1 за точки A и A1 отложены отрезки AE и A1E1,соответственно равные AB и A1B1. Точки E и B, E1 и B1 соединимотрезками, ∆EBC = ∆E1B1C1, т.к.

BC = B1C1, ∠C = ∠C1 и CE = C1E1(CE = AC + AB, C1E1 = A1C1 + A1B1) ⇒ EB = E1B1 и∠BEC = ∠B1E1C1 ⇒ ∆EAB = ∆E1A1B1 и AE = A1E1 ⇒ AC = A1C1 ⇒⇒ ∆ABC = ∆A1B1C1 по 3-м сторонам ⇒ BD = B1D1 каксоответствующие медианы равных треугольников.В. 7, С-11.159Т.к. AB = EB = BK, то достаточно доказать, что BF = AB. Это следуетиз того, что ∆ABF – равнобедренный, т.к. его высота являетсямедианой ⇒ AB = BF, тогда точки A, E, K, F лежат на окружности сцентром B и радиусом AB.В.

7, С-12.1.Постройте серединный перпендикуляр к AB и проведитеокружность с центром C и радиусом PQ. Точки пересечениясерединного перпендикуляра с этой окружностью будут искомыми.Задача может не иметь решения, если PQ меньше расстояния отточки C до серединного перпендикуляра к AB и имеет однорешение, если это расстояние равно PQ. В остальных случаях дварешения.2.160Постройте угол, равный 162° (54° × 3 = 162°). Тогда дополняющийего до 180° равен 18° (54° : 3 = 18°).В. 7, С-13.Соединим точки A и D, ∆AED = ∆AFD по 3-м сторонам ⇒⇒ ∠EAD = ∠DAF ⇒ ∠MDA = ∠DAF ⇒MD || AC.В.

7, С-14.1.∆ABC = ∆BCD =∆CDE по 2-м сторонам и углу между ними ⇒⇒ ∠DBC = ∠ACB и ∠BDC = ∠DCE ⇒ CA || BD и CE || BD, но черезточку C можно провести только одну прямую, параллельную BD ⇒⇒ CE совпадает с CA ⇒ точки A, C и E лежат на одной прямой.1612.BMADCРазделите DC пополам и в середине восставьте перпендикуляр.В.

7, С-15.Пусть ∠PKA = x, а ∠PEA = y. Т.к. KP = PA и PE = PA, то ∠KAP = x,а ∠PAE = y. По условию KE || MN ⇒ ∠KAM = x и ∠EAN = y. Т.к.∠MAN = 180°, то 2x + 2y = 180° ⇒ x + y = 90° ⇒ ∠KAE = 90°, т.е.AB ⊥ AD.162В. 7, С-16.FBACDEПродолжим BD за точку D и отложим отрезок DE, равный BD.Точки A и E соединим отрезком; ∆BDC = ∆ADE по 1-му признаку ⇒⇒ ∠CBE = ∠BEA ⇒ BC || AE.

Т.к. AB = 2BD, то PB = BE и ∆AEB –равнобедренный ⇒ ∠BAE = ∠BEA. Т.к. BC || AE, то ∠EBC = ∠BAE и∠BEA = ∠CBF, значит ∠EBC = ∠CBF, т.е. BC – биссектриса ∠DBF.В. 7, С-17.1.На продолжении стороны BC за точку C отметим точку E.∠ACE = ∠A + ∠ABC > ∠ABC. Но ∠ABO < ∠ABC, а ∠ACE < ∠ACD,значит ∠ACD > ∠ABO при любом расположении точек O и P.1632.Пусть E – середина AB. Т.к. AO = BO и AC = BC и DE = EO,то ∆AED = ∆BED = ∆BEO = ∆AEO ⇒ точки D, E, и O лежат напрямой, перпендикулярной к AB.

Пусть ∠AOD = x ⇒ ∠ACO = 90° –x, т.к. AO = CO. Из треугольников ACE и AOE получаем, что2xx∠CAB = , ∠OAE = 90° – x, значит ∠DAE =(т.к. AD –22xбиссектриса ∠CAB). Но ∆DAE = ∆OAE ⇒ 90 – x = ⇒ x = 72.4Значит углы треугольника: 36°, 36°, 108°.В. 7, С-18.1.∠BCA > ∠ABC, т.к. AB > AC ⇒ ∠BCD > ∠BCA > ∠ABC > ∠DBC ⇒164⇒ из ∆BDC получаем BD > CD.2.BC1AA1MCB1Из равенства углов следует, что MA = MB = MC ⇒ M равноудаленаот вершин ⇒ M – точка пересечения биссектрис ⇒ медианатреугольника совпадает с биссектрисами ⇒ треугольникравносторонний ⇒ ∠ABC = 60°.В.

7, С-19.1.BA1OAB1CПусть в ∆ABC медианы AA1 и BB1 пересекаются в точке O ⇒⇒ AO + OB1 > AB1 и BO + OA1 > BA1 ⇒ AO + OB1 + BO + OA1 >165> AB1 + BA1 ⇒ AA1 + BB1 >1(AC + BC).22.BEADCПусть прямая EA пересечет BC в точке D ⇒ или ∠ADB, или ∠ADC –не острый.

Пусть для окружности это будет угол ADB. Тогда из∆ADB – AB > AD, а из ∆BEC – EB + EC > BC. Т.к. AB = BC, то AD <EB + BC, но EA < AD ⇒ EA < EB + BC.В. 7, С-20.1166∠BAC = 90° – ∠CBA = 50°. Тогда ∠EAC = 45° ⇒ ∠CEA = 45°.Значит, EC = AC. С другой стороны, ∠DCA = 80° и из ∆CDA –∠CDA = 50° ⇒ CD = DA, значит CE = CD. Из ∆CED находим, что∠EDC = 85°.2.∠CAB = 90° – ∠B = 45°; ∠MEA = 90° – ∠MAE = 45° ⇒ ME = MA.∠CAD = 90° – ∠DCA = 30° ⇒ CD =1AC = MA ⇒ CD = ME.2В.

7, С-21.1.CA1AC1B167∆ABA1 = ACC1 по 2-м катетам ⇒ AB = AC ⇒ ∆CC1B = ∆AA1B покатету и острому углу ⇒ AB = BC ⇒ AB = BC = CA ⇒ ∠B = 60°.2.∠C = 90° ⇒ ∆BB1C = ∆B1AK по 1-му признаку ⇒⇒ ∠KAC = ∠C = 90° ⇒ AC || MM1 ⇒ ∠A1AC = ∠AMM1 ⇒⇒ ∆A1CA = ∆AM1M по гипотенузе и острому углу ⇒⇒ AM1 = A1C = A1B.В. 7, С-22.1.168Если предположить, что AB > 2AC, то на продолжении AC за точкуC можно последовательно отложить отрезки CK и KE так, чтоCK = AC и AB = AE.