atnasyan-gdz-7 (546185), страница 11
Текст из файла (страница 11)
∆АА1М — равнобедренный) = А1В < АХ + ХВ.356Откладываем угол В. Делим егопополам. Проводим биссектрису, откладываем на ней ВД. Източки Д опускаем перпендикулярр на любую из сторон угла.Задача имеет 2 решения: ∆А1ВС1и ∆А2ВС2.122357Делим углы пересекаемых прямых. Поводим биссектрисы. Точкипересечения биссектрисы с окружностью — искомые. Например∆АС1К1 = ∆ АВ1К1 (прямоугольные треугольники с равным острымуглом и общей гипотенузой), ⇒ С1К1 = В1К1.Задача может иметь 1, 2, 3, 4 решения или не иметь решения вообще, в зависимости от расположения окружности по отношению кбиссектрисе углов.358Как и в предыдущей задачепроводим биссектрису угловмежду пересекаемыми прямыми, а также биссектрисойсмежных углов.Получается 4 решения.359Пусть R — радиус окружности.
Проводим окружность радиусов 2 Rс центром в т. А и ищем пересечение ее с исходной окружностью —точки К1, К2. Через точки К1, К2проводим диаметры, находим точки С1, С2. Соединяем А с С1 и С2,находим т. В1 и В2. В частности,∠С1В1К1 = 90° (по свойству диаметра), т.е. К1В1 — высота∆АС1К1. Но ∆АС1К1 — равнобедренный, т.к. АК1 = С1К1 = 2R1 ⇒ К1В1 — медиана, ⇒ АВ1 = В1С1.123Если расстояние от т. А до окружности = 2R, то решение одно (надолишь провести прямую ОА), если > 2R — то решений нет.360Проводим прямую. Отмечаем точку А — одну из вершин нашеготреугольника на прямой отмечаем отрезок, равный периметрутреугольника — находим т.к.
откладываем заданный угол свершиной в т. А. Из т. А проводим перпендикуляр к первойпроведенной прямой. Откладываем на нем отрезок, равный высоте— находим т. Н. От нее откладываем перпендикуляр к последнейпрямой, находим его пересечение с другой стороной угла. Нашлиточку В. От точки К откладываем отрезок, равный АВ; находимточку С. Соединяем В и С.
АВС — искомый треугольник.361Проводим прямую. Откладываем на ней отрезок КL, равный периметру треугольника. Строим известные углы с вершинами в точкахК и L. Находим пересечение их сторон — точку М. От точки Коткладываем на исходную прямую отрезок, равный КМ, находим т.Р. Анологично находим т .R. через т. Р проводи прямую, параллельную КМ, через т.
Q — параллельную LМ. Их пересечение — т. Q.Проводим прямую QМ, а также соединяем Q и К. Через точку Мпроводим прямую, параллельную КQ, находим т .А, через неепроводим прямую, параллельную КМ до пересечения с QМ,находим т. В. Через нее проводим прямую, параллельную LM, ⇒т. С. Из подобия треугольников АВС, КLM и PQR получаем, чтоАВ = АК, ВС = СL, т.е. АВ + ВС + АС = КL, т.е. ∆АВС — искомый.124362Пусть надо построить ∆АВС, и даны ∠PQR и отрезки В1С1, равныйстороне треугольника, и МN, равный сумме двух других сторонтреугольника (см.
рис. а). Проведем произвольную прямую а, отметим на ней точку В и точку Х (см. рис. б). От луча ВХ отложим уголХВL равный углу PQR (см. пункт 23 учебника). От точки В отложим отрезок ВС, равный данному отрезку В1С1. Построим биссектрису ВК угла LBC (см. пункт 23 учебника). Построим окружностьС радиусом равным МN и центром в точке С, она пересечет луч ВКв точке О.
Отложим от луча ВК ∠КВF равный углу ВКС. Луч BFпересечет СО в точке А. Треугольник АВС есть искомый, докажемэто.∠КАВ = ∠АВС + ∠АСВ (как внешний).∆КАВ равнобедренный (т.к. ∠ВКА = ∠КВА по построению).180° − ∠KAB 180° − ∠ABC − ∠ACB=Значит, ∠KBA =.22180° − ∠ABC − ∠ACB∠КВС = ∠КВА + ∠АВС =+ ∠АВС =2180° + ∠ABC − ∠ACB=.2∠LBC = 2∠KBC = 180˚ + ∠ABC – ∠ACB (так как ВК — биссектриса угла LBC).∠PQR = ∠XBL = 180˚ – ∠LBC = 180˚ – 180˚ – ∠ABC + ∠ACB == ∠ACB – ∠ABC.АВ = АК, так как ∆КВА равнобедренный, значит, MN = КА + АС == АВ + АС следовательно наши построения верны.125310.B1BAHCA1Дано: ∆АВС=∆А1В1С1Доказать: ВН=В1Н1H1C1Доказательство:т.к.∆АВС=∆А1В1С1тоАВ=А1В1∠А=∠А1далее: АВ=А1В1∠А=∠А1значит ∆ВНА=∆В1Н1А1 (по гипотенузе и острому углу), тогдаВН=В1Н1311.ANDO12CMEPBПостроим биссектрисы углов, образованных при пересечении ОА и ОВ.
Возьмем любую точку С на биссектрисе. Тогда∆ODC=∆OEC (ОС – общая гипотенуза) и (∠1=∠2), значит CD=CE.Построим перпендикуляры MN и MP к ОА и ОВ, тогда∆ONM=∆OPM, т.к. (ОM – общая гипотенуза, MN=MP, по условию,что М равноудалена от ОА и ОВ).Значит NOP=∠POM, OM – биссектриса ∠AOB.126Значит, искомое множество, это две прямые, являющиесябиссектрисы углов, образованных при пересечении данных прямых.312.ABCMДоказать: если АС>АВ, то АМ<АСДоказательство:АС>АВ, значит по теореме о соотношении между сторонами и углами и углами треугольника ∠В>∠С.∠АМС=∠В+∠ВАМ (т.к.
∠АМС - …….)∠В>∠С, значит∠АМС>∠Св ∆АСМ ∠С<∠М, значит по теореме АМ<АС, чтд.313.Дано: АВ=P3Q3BC=P2Q2BO=P1Q1 – медиана.Построить ∆АВС.P1P2P3Q1Q2Q3127BCOaDAПлан построения:а) строим любую прямую а и точку А на этой прямой;б) строим точку D, что AD=P2Q2 и D ∈ а;в) строим окружность с центром в А радиусом P3Q3 и окружность с центром в D радиусом 2P1Q1;г) окружности пересекаются в В;д) строим О – середину отрезка BD;е) строим прямую АО;ж) строим С, что АО=ОС;з) получаем ∆АВС.314.a)QPhkBbCaAc128а) Построить:∆АВС прямоугольный∠А=∠hkAB=PQПлан построения:а) возьмем любую прямую а и произвольную точку А напрямой а;б) строим ∠ab=∠hk (задача о построении угла, равногоданному);в) строим точку В, что В ∈ b и AB=PQ (задача об откладывании отрезка, равного данному отрезку);г) строим прямую с, что В ∈ с и с⊥а;д) прямая с пересекает прямую а в точке С;е) получаем ∆АВС.б)QPhkПостроить:прямоугольный ∆АВС∠А=∠hkВС=PQ.129lBCaDAbdПлан построения:а) строим любую прямую а и произвольную точку А напрямой а;б) строим ∠ab=∠hk;в) строим прямую с, чтобы с а и расстояние между а и сравно PQ;г) прямая с пересекает прямую 1 в В;д) строим прямую d, В ∈ d и d⊥с;е) d пересекает прямую а в С;ж) получаем ∆АВС.в)PQP1Q1130ABaCПостроить:прямоугольный ∆АВСАВ==PQВС=P1Q1.План построения:а) строим любую прямую а и произвольную точку В напрямой а;б) находим точку С, что С ∈ а и ВС= P1Q1;в) строим прямую b, что С ∈ b и а⊥b;г) строим окружность w с центром в В и радиусом PQ;д) окружность w пересекает прямую b в точке А;е) получаем ∆АВС.315.bBOAaПостроить:угол, равный:а) 30°; б) 60°; в) 15°; г) 120°;д) 150°; е) 135°; ж) 165°; з) 75°;и) 105°.а) План построения:1) строим произвольную прямую а и произвольную точку Ана прямой а;2) строим прямую b, что А ∈ b и а⊥b;3) строим точку В, что В ∈ b;1314) строим окружность w с центром в В и радиусом 2АВ;5) окружность w пересекает прямую а в точке О;∆АВС – прямоугольный (по построению) иАВ=1ОВ (по построению), значит2∠АОВ=30° (т.к.
катет противолежащий этому углу равенполовине гипотенузы).б) получаем ∠АОВ=30°.∠ОВА=60° (т.к. ∆АОВ – прямоугольный и ∠АОВ=30°).в) ∠АОВ делим пополам, получаем 15°.г) т.к. 120°=180°-60°, то этот угол построен в п.а) – это угол, смежный ∠АВО;д) т.к. 150°=180°-30°, то этот угол построен в п.а) – это угол смежный ∠АОВ;е) т.к. 135°=90°+45°, то строим две перпендикулярные прямые иодин из полученных прямых углов делим пополам;ж) т.к. 165°=180°-15°, то это угол, смежный построенному в п.в), т.е.углу в 15°.з) т.к.
75°=90°-15°, то строим угол в 15°, потом строим перпендикуляр к одной из сторон построенного угла, проходящий через еговершину. Один из полученных углов будет 75°.и) т.к. 105°=90°+15°, то это другой из углов, полученных в пункте316.P1Q1P2Q2P3Q3aCD13M42A132HBПостроить: ∆АВСCH=P2Q2, AM=P3Q3, AB=P1Q1План построения:Строим параллельные прямые на расстоянии, равном данной высотетреугольника.
На одной из них отмечаем точку А и откладываемАВ, равный стороне треугольника. Строим окружность с центром Аи радиусом, 2 P3Q3. Строим середину AD – M, где D – пересечениеокружности и второй прямой, и строим прямую ВМ. ∆АВС – искомый. ВМ пересекается со второй из параллельных прямых в точкеС. Получаем ∆АВС.317.BcaDOAEdCbПостроить: DEDE║AC, D ∈ AB, E ∈ BC иDE=AD+CEПлан построения:а) строим биссектрису ∠А – прямую а;б) строим биссектрису ∠С – прямую с;в) прямая а пересекается с прямой с в О;г) строим прямую b, что О ∈ b и b⊥AC;д) строим прямую d, что d⊥b и О ∈ d;е) а пересекается с АВ в D, a пересекается с СВ в Е;ж) получаем отрезок DE.Доказательство:а – биссектриса ∠Ас – биссектриса ∠С133d⊥b, b⊥AC, значит d║АСd ∩ AB в D, d ∩ BC в Е, следовательнопо задаче 245 имеем: DE=AD+CE.318.BC1A1AB1CДано: В1 ∈ АС, АВ=ВС=АСПостроить: А1 ∈ ВС, С1 ∈ АВ, что ∆А1В1С1 – равностороннийПлан построения:а) строим окружность w1 с центром в В радиусом В1Сб) w1 пересекает ВС в А1в) строим окружность w2 c центром в А радиусом В1Сг) w2 пересекает АВ в С1д) получаем ∆А1В1С1.Доказательство:∠A=∠B=∠C=60° (т.к.
∆ABC – равносторонний)и AB=BC=ACAB1=AC-B1CB1C=AB-AC1CA1=BC-BA1B1C=AC1=BA1 (по построению), значитAB1=BC1=CA1, значит∆AC1B1=∆BA1C=∆CB1A1 (по 2-му признаку равенства треугольников).Тогда B1C1=A1C1=A1B1, и значит ∆А1В1С1 – равносторонний, что итребовалось доказать.134.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
