atnasyan-gdz-7 (546185), страница 4

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 4)

В третьем случае задача не имеет решения.150.•ArOPQСнова возможны 3 случая:Построение делаем как и в предыдущей задаче. И опять задача невсегда имеет решение, пример — 3 случай.АМ=АМ`=PQ2 точки1 точкаAA•OPQO•PAM=PQQне существует такой точки М.151.CBA42ZQYXПостроение:С помощью циркуля построим ∠YXQ=∠BAC, от луча XQ при помощи циркуля отложим еще раз ∠QXZ=∠BAC и получим∠YXZ=2∠BAC152.BXПостроение:Построим окружность с центром вKО любого радиуса.

Окружностьпересечет стороны угла в точках NMи М.Построим 2 окружности с одинаковым радиусом, большим полоOANвины длины отрезка MN. Одна окружность с центром М, а другая с центром N. Эти окружности пересекутся в точке К. ОК и есть искомый луч.153.Построение приведено в учебнике.154.Построение:а) Построение биссектрисы АК приведено в задаче о построениибиссектрисы угла.б) Строим точку М — середину СА (по задаче о построении середины отрезка).в) Построим прямую а так, чтобы С ∈ а и а⊥АВ (задача 153).Пересечение АВ и а есть Н.

СН — искомая высота.CKMBHA43155.BEFOAПостроение:С помощью треугольника построим∠АОВ=90° - прямой.Построим биссектрису ОЕ, имеем:∠АОЕ=∠ВОЕ=45°.Построим OF — биссектрису ∠АОЕ.Имеем:∠AOF=∠EOF=22°30’.Что и требовалось построить.156.Дано: РАВС=15 смВС=АВ+2, АС=АВ+1АВ, ВС, АС=?BCAРешение:Пусть АВ=х см, т. к. РАВС=АВ+ВС+АС, то15=х+х+2+х+1, 3х=12, х=4 смОтвет: ВС=6 см, АС=5 см, АВ=4 см.157.BACДано: АВ=ВСАС=АВ+2АС+3=АВ+ВСАВ, ВС, АС=?Решение:Пусть АВ=ВС=х см, тогда АС=х+2 см и х+2+3=х+х, х=5 значит,АВ=ВС=5 см, АС=7 см.Ответ: 5 см; 5 см; 7 см.158.Дано: АВ=ВС, АС=8 смРАВD=PADC+2 см; BD=CD.АВ=?BDРешение:РABD=AB+BD+AD значит РABD – PADC=2 смPADC=AC+CD+AD значит AB+BD+AD – AC – CD – AD=2AB – AC=2; из АС=8, следует АВ – 8=2=10 смОтвет: 10 см.A44C159.B1BДано: АВ=ВС; А1В1=В1С1АВ=А1В1, ∠В=∠В1Доказать: ∆АВС=∆А1В1С1Доказательство:Имеем АВ=ВС=А1В1=В1С1 — из условияAC A1C1Рассмотрим ∆А1В1С1 и ∆АВС:АВ=А1В1, ВС=В1С1, ∠В=∠В1, значит ∆АВС=∆А1В1С1 по первомупризнаку.160.Дано: АО=ОВ, ∠AOD=∠BOD=90°Доказать: 1) AD=DB2) если AD=DB, то D ∈ а.Доказательство:1) Рассмотрим ∆BDO и ∆ADOсторона DO — общая,АО=ОВзначит ∠AOD=∠BOD=90°∆AOD=∆BOD по 2-му признакутогда AD=DB.DA2)Докажем обратноеесли АВ=AD, то D ∈ аРассмотрим ∆BDO и ∆ABO:AD=BD, AO=OB, сторона DO —общая, значит ∆ADO=∆BDO по 3му признаку, следовательно,∠1=∠2; ∠3=∠4; ∠3, ∠4 — смежные и ∠3=∠4, значит, ∠3=∠4=90° Aи, значит, DO⊥AB, и DO и а совпадают, т.е.

D ∈ а.161.Дано: АМ, А1М1 — медианы,АМ= А1М1, ВС=В1С1,∠АМВ=∠А1М1В1Доказать: ∆А1В1С1=∆АВСДоказательство:Рассмотрим ∆А1В1М1 и ∆АВМ:АМ= А1М1, ВМ=В1М1 (т. к. ВМ=D1234OaBABOaBB1MM1C A1C111ВС; В1М1= В1С1 и ВС= В1С1)2245∠М=∠М1, значит ∆АВМ=∆А1В1М1 по 1-му признаку, следовательно, ∠В=∠В1, АВ= А1В1.Рассмотрим ∆А1В1С1 и ∆АВСАВ= А1В1, ∠В=∠В1, ВС=В1С1, тогда ∆АВС=∆А1В1С1 по 1-му признаку, что и требовалось доказать.162.AДано: AD=AEа) BD=CEДоказать: ∠CAD=∠BAE, AB=ACб) ∠CAD=∠BAEДоказать: BD=CE,AB=ACа) Рассмотрим ∆АЕС и ∆ADB:D BC E AD=AE, DB=CE, ∠D=∠E углы при основании равнобедренного треугольника, тогда∆ADB=∆AEC по 1-мупризнаку, значит АС=АВ.Рассмотрим ∆ЕВА и ∆DACAD=AE, AC=AB; DC=BE, потому что BD=CE и BC — общая сторона, тогда ∆DAC=∆ЕВА по 3-му признаку, значит ∠CAD=∠BAE.б) Рассмотрим ∆ADC и ∆ЕАВAD=AE, ∠D=∠E при основании равнобедренного треугольника,∠CAD=∠ВАЕ значит, ∆DAC=∆ЕАВ (по стороне и2 прилежащимуглам), следовательно, DC=BE, AC=AB.Что и требовалось доказать.163.BDFДано: АВ=ВСE, D, F — середины АС, АВ, ВСДоказать: ∆DFE — равнобедренный.Доказательство:Рассмотрим ∆CEF и ∆ADE:C AD=FC, AE=EC, ∠A=∠C углы при осноAвании равнобедренного треугольника, значит ∆ADE=∆CEF по 1-мупризнаку, тогда DE=EF и значит ∆DFE — равнобедренный.E164.BEA46DFCДано: АВ=ВС=АСЕВ=FC=ADДоказать: EF=FD=DEДоказательство:Из АВ=ВС=АС, ЕВ=FC=AD следует, чтоАЕ=BF=CD.Далее:AD=EB=FC, AE=BF=DC, ∠А=∠В=∠С (как углы равнобедренноготреугольника), значит ∆AED=∆EBF=∆DFC по 1-му признаку, тогдаDE=EF=DC и значит ∆DEF — равносторонний.165.Дано: АО=ОВ, СО=OD, AK=BK1Доказать: а) ОК=ОК1б) О ∈ КК1DK1AДоказательство:BOРассмотрим ∆BOD и ∆AOC:AO=OB, CO=OD,KC∠AOC=∠BOD т.

к. они вертикальные, значит ∆AOC=∆BOD по 1-му признаку, следовательно,∠A=∠B.Рассмотрим ∆BK1O и ∆AKO:AK=BK1, AO=OB, ∠A=∠B, тогда ∆AKO=∆ BK1O по 1-му признаку, значит ∠AOK=∠BOK1, KO=OK, ∠AOK=∠BOK1 AB — лежитна прямой, тогда ∠AOK, ∠BOK1 — вертикальные, и тогда О, К, К1лежат на одной прямой.166.Дано: АО=ОВ, CO=CD, AM=MC,BN=NDДоказать: OM=ONDNAOBДоказательство:M1) Рассмотрим ∆BOD и ∆AOC:AO=OB, CO=ODC∠AOC=∠BOD т. к. вертикальные,значит ∆AOC=∆BOD по 1-му признаку, следовательно, АС=BD,∠C=∠D, ∠A=∠B2) Рассмотрим ∆DON и ∆MOC:OC=OD, ∠C=∠D,MC=DN (т.

к. МС=11AC, DN= BD и AC=BD),22значит ∆МОС=∆DON по 1-му признаку, и значит ОМ=ON, что итребовалось доказать.47167.Дано: АВ=ВС=АС, BF=CE=ADДоказать: ∆DEF — равносторонний.F2Доказательство:Из ∆АВС — равносторонний, следуетB∠А=∠В=∠С, ∠1 и ∠А, ∠2 и ∠В, ∠3 и3∠С — смежные, значит, ∠1=∠2=∠3.1ACDE Рассмотрим ∆FEC и ∆DEA и ∆DBFBF=CE=AD∠1=∠2=∠3, значитDB=FC=AE (AB=BC=AC и DA=BF=CE),∆DBF=∆FEC=∆DEA по 1-му признаку, следовательно, FD=FE=DE и∆DFЕ — равносторонний.168.CEDДано: ∠А=38°, ∠В=110°, ∠С=32°BD=DA, BE=EC, ∠DBE=??Решение:т.

к. ∆ADB — равнобедренный,ABто ∠А=∠DAB=∠ABO=38°т. к. ∆ВЕС — равнобедренный, то ∠С=∠ВСЕ=∠СВЕ=32°∠В=∠ABD+∠DBE+∠CBE или 110°=38°+∠DBE+32°, т.е. ∠DBE=40°.Ответ: 40°.169.BA1CДано: ОС=OD, BO=OEДоказать: АВ=EFДоказательство:Рассмотрим ∆EOD и ∆BOC:BO=OE; CO=OD; ∠BOC=∠EOD т. кони вертикальные, значит ∆BOC=∆EOD2по 1-му признаку, следовательно,DFE∠B=∠E, ∠1, ∠В — смежные, значит,∠1=180° – ∠В, ∠2, ∠Е — смежные, значит, ∠2=180° – ∠Е.Из ∠В=∠Е. следует ∠1=∠2.Рассмотрим ∆FEO и ∆ABO:BO=OE; ∠1=∠2; ∠AOB=∠FOE т. к. они вертикальные, значит∆ABO=∆FEO по 2-му признаку, что и требовалось доказать.O48170.Дано: АВ=А1В1, ∠А=∠А1,—биссектрисы;AD,A1D1A1D1=AD.Доказать: ∆АВС=∆А1В1С1BB1D1DC1AC A1Доказательство:Из ∠А=∠А1 следует ∠BAD=∠B1A1D1т.

к. AD, A1D1 — биссектрисы.Рассмотрим ∆B1A1D1 и ∆BAD:AD=A1D1,∠BAD=∠B1A1D1,значитимеем: AB=A1B1,∆BAD=∆B1A1D1 по 1-му признаку, следовательно, ∠В=∠В1.Рассмотрим ∆А1В1С1 и ∆АВС:имеем: АВ= A1B1, ∠А=∠А1, значит ∠В=∠В1, ∆АВС=∆А1В1С1 по2-му признаку, что и требовалось доказать.171.Дано: ВС=AD,∠OAC=∠OCAДоказать: ∆АВО=∆CDOBDOACДоказательство:Рассмотрим ∆ACD и ∆АВС:сторона АС — общая, ВС=AD, ∠C=∠A, значит ∆АСВ=∆ACD по1-му признаку, следовательно, ∠А=∠C, ∠В=∠D, AB=CD.АВ=СОРассмотрим ∆DOC и ∆АОВ:имеем: ∠В=∠D, ∠ВАО=∠DCO(т.

к. ∠ВАО=∠А–∠DAC, ∠DCO=∠C–∠ACB и ∠A=∠C, ∠DAC=∠ACB)значит ∆AOB=∆DOC по 2-му признаку, что и требовалось доказать.172.Дано: AC=AD, AB⊥CDДоказать: BC=BD, ∠ACB=∠ADBC1ABДоказательство:2O∆DAC — равнобедренный, потому чтоAD=AC, AO — высота, проведенная кDоснованию, значит АО — биссектриса имедиана ∆DAC и значит, ∠1=∠2, СО=OD.Рассмотрим ∆ADB и ∆ACB:сторона АВ — общая, AC=AD, ∠1=∠2, ∆ACB=∆ADB по 1-мупризнаку, следовательно, BC=BD, ∠ACB=∠ADB.49173.BEДано: ∠BCD — смежный с ∠ACB.Доказать: ∠BCD>∠1, ∠BCD>∠2.Доказательство:∠АСВ+∠BCD=180° следует из определения смежного углаDACиз ∆АВС имеем∠ВАС+∠АСВ+∠АВС=180°значит ∠BCD=∠САВ+∠АВС, но ∠САВ>0 и ∠АВС>0,значит ∠BCD<∠САВ, ∠CBD<∠АВС, что и требовалось доказать.K174.DD1BB1O1OДано: ∠А=∠А1; ∠В=∠В1ВС=В1С1Доказать: ∆АВС=∆А1В1С1Доказательство:Выполним дополнительное поA1строение:∠ABD=∠ABC и BD=BC: ∠A1B1D1=∠А1В1С1 и B1D1=B1C1;∆DBC=∆D1B1C1 — равнобедренные треугольники, ВО, В1О1 — биссектрисы, тогда они медианы и высоты.

а значитDO=OC=D1O1=O1C1, BO⊥DC, B1O1⊥D1C1.Рассмотрим ∆А1О1С1 и ∆АОС:ОС=О1С1, ∠А=∠А1, значит ∆АОС=∆А1О1С1 (по катету и острому углу), следовательно, АО=А1О1 значит, АВ=АО+ОВ=А1О1+О1В1=А1В1следовательно, АВ=А1В1.Рассмотрим ∆А1В1С1 и ∆АВС:АВ=А1В1, ВС=В1С1, ∠В=∠В1, значит ∆АВС=∆А1В1С1 по 1-му признакуAC1C175.DB2YДано: ОА=ОВ, AC=BDДоказать: ОЕ — биссектриса ∠XOYДоказательство:Рассмотрим ∆ВСО и ∆AOD:1∠О — общий, ОА=ОВ, OD=OCуголA(т.к. OD=OB+BD=OA+AC=OC)XCзначит ∆ADO=∆BCO по 1-му признакуследовательно, ∠D=∠C, ∠OAD=∠OBCO50E∠AOD и ∠1 — смежные, следовательно, ∠1=180° – ∠OAD,∠OВС и ∠2 — смежные, следовательно, ∠2=180° – ∠OBC,∠OAD=∠OBC, то ∠1=∠2.т.

к.Рассмотрим ∆АЕС и ∆BED:∠1=∠2; ∠D=∠C; BD=AC, значит ∆BED=∆АЕС по 2-му признаку,следовательно, DE=EC.Рассмотрим ∆OCE и ∆OED:сторона ОЕ — общая, OD=OC, DE=EC, значит ∆OED=∆OCE по 3му признаку, следовательно, ∠DOE=∠COE и значит ОЕ — биссектриса ∠XOY, что и требовалось доказать.Описание способа построения биссектрисы угла, используя эту задачу.1) построить окружность с центром в вершине угла любого радиуса. Окружность пересечет стороны угла в точках А и В.2) построить окружности с центрами в точках А и В одинаковогорадиуса.

Окружность с центром А и радиусом R пересечет сторону угла в точке С, также окружность с центром В и радиусомR пересечет сторону угла в точке D. Значит:3) Построим отрезки AD и BC.4) Они пересекутся в точке Е.5) Соединим лучом вершину угла и точку Е. Полученный луч ибудет биссектрисой.176.Дано: АВ=А1В1, АС=А1С1АМ.

А1М1 — медианыАМ=А1М1Доказать: ∆АВС=∆А1В1С1D1D B1B21M43M1Доказательство:1) дополнительное построение:AC A1проведем АМ и А1М1 за точкиC1М и М1 и отметим на продолжениях точки D и D1, чтобы АМ=AD, A1M1=M1D12) Рассмотрим ∆BMD и ∆АМС:∠1=∠2 т. к. они вертикальные, значитАМ=MD, BM=MC,∆АМС=∆BMD по 1-му признаку, следовательно, AC=BD следуетиз АС=А1С1, BD=B1D1.Рассмотрим ∆B1M1D1 и ∆A1M1C1:A1M1=M1D1, значит B1M1=M1C1, ∠3=∠4 т.к. они вертикальные,51значит ∆A1M1C1=∆B1M1D1 по 1-му признаку, следовательно,А1С1= B1D13) Рассмотрим ∆А1В1D1 и ∆ABD:AB=A1B1, AD=A1D1 следует из АМ=А1М1, BD=B1D1, значит∆ABD=∆А1В1D1, т. е.

медианы ВМ и В1М1 треугольников опущенына соответственно равные стороны AD и A1D1.Из ВМ=В1М1, следует ВС=В1С1 т.к. (ВС=2ВМ; В1С1=2 В1М1).4) Рассмотрим ∆А1В1С1 и ∆АВС:АВ=А1В1, АС=А1С1.Имеем: ВС= В1С1, значит ∆АВС=∆А1В1С1 по 3-му признаку, что итребовалось доказать.177.Дано:АВ=А1В1,АС=А1С1,∠А=∠А1, АК=А1К1, LC=L1C1.Доказать: а) KL=K1L1б) AL=A1L1B1BL1LДоказательство:1)Рассмотрим ∆А1В1С1 и ∆АВС:KK1АВ=А1В1.Имеем: АС=А1С1, ∠А=∠А1, значит ∆АВС=∆А1В1С1 по 1-му признаку, следовательно, ∠В=∠В1, ∠С=∠С1, ВС=В1С1.2) Рассмотрим ∆L1C1K1 и ∆LCK:LC=L1C1.Имеем: ∠С=∠С1, КС=АС – АК= А1С1 – А1К1=К1С1, значит∆LCK=∆L1C1K1 по 1-му признаку, следовательно, LK=L1K1.3) Рассмотрим ∆A1B1L1 и ∆ABL:AB= А1В1, ∠B=∠B1, BL=BC – LC=В1С1 – L1C1=B1L1, значит∆ABL=∆A1B1L1 по 1-му признаку, следовательно, AL=A1L1, что итребовалось доказать.AC A1C1178.Дано: см.рисунокДоказать: хотя бы два из трехотрезков AD, BD и CD не равныдруг другу.DA5212 3B4CaДоказательство:Допустим, что AD=BD=CD∆ABD, ∆BDC и ∆ADC — равнобедренные, и тогда∠1=∠2, ∠3=∠4, ∠1=∠4, откуда ∠2=∠3, но ∠2, ∠3 — смежные,значит ∠2=∠3=90°, а это противоречит теореме о том.

что черезточку не лежащую на прямой можно провести единственный перпендикуляр к данной прямой, значит нашеAпредположение неверно, а верно то, чтонадо доказать.179.Дано: АВ=АС, ВХ=ХС, ∠РХВ=∠QXC.Доказать: BQ=CP.QPCXBДоказательство:∆АВС — равнобедренный, следует ∠В=∠С.Рассмотрим ∆BPX и ∆CQX:CX=BXИмеем: ∠QXC=∠PXB, ∠C=∠B, значит ∆CQX=∆BPX по 2-му признаку, следовательно, CQ=PB, QX=XP.Рассмотрим ∆BPC и ∆CQB:CQ=PB, сторона СВ — общая, ∠C=∠B, значит ∆COB=∆BPC по 2 –му признаку следовательно, QB=BC ч.т.д.180.• А••1План построения:1) построим окружность с центром в точке А и радиусом R.2) Эта окружность пересечет прямую 1 в двух точах; в одной точке или не пересечет.3) Значит будет иметь два решения, одно или не одного.3 случая2 случай.1случай.R•R•••A•••D••533 случайR••• A1) центр искомой окружности может быть или В, или С. Т.е.

Характеристики

Список файлов книги