atnasyan-gdz-7 (546185), страница 5
Текст из файла (страница 5)
задача имеет 2 решения.2) центр искомой окружности D. Т.е. задача имеет одно решение.3) задача не имеет решения. На прямой 1 нет точки, удаленной отА на расстояние R.181.QP••aAО••О1BПланы построения:1) построим окружность с центром в А и радиусом PQ и окружность с центром в B тем же радиусом.2) Эти окружности пересекутся в точках О и О1, в точке О или непересекутся.3) Значит будем иметь два решения, одно или не одного.1 случай1) если AB<2PQ, то центр искомой окружности может быть или О,или О1.
2 решения.2 случай2) если АВ=2PQ, то центр искомой окружности О. Одно решение.3 случай1) если АВ>2PQ, то задача не имеет решения.54182.A•P•QC1CBПостроить: ∆ABC чтобы C∈α, АС=PQПлан построения:1) построим окружность в А и радиусом PQ.2) Окружность пересечет прямую a в двух точках в одной точке, аможет и не пересекать окружность.
Обозначим эти точки С и С1.3) Соединим точки А, В, С, и А, В, С1, получим треугольники∆ABC и ∆ABC1. Эти треугольники удовлетворяют требованиямзадачи. Данная задача имеет два решения. Также может иметьодно или ни одного решения.Например:а)б)А• А•P•Q•P•С•QС• ВВНе имеет решения , т.к. АВСотрезок.Одно решение.183.•P•Q•A• •СB•СПлан построения:1) построим окружность с центром в А и радиусом PQ.2) Данная и построенная окружности пересеклись в С.3) Соеденим точки А; B; C и получим ∆ABC. Задача может иметьдва или ни одного решения55Например:••OC•A•OCC1••B∆ABC и ∆ABC1 – искомыеBЗадача не имеет решения. Т.к.АВС – отрезок.184.Построить: D∈BC чтобы AD=DC.B•E•DOCAN •План построения:1) построим две окружности с центром в А и в С равными радиусам, но больше половины АС.2) Окружности пересекутся в точках Е и N.3) EN и BC пересекутся в точке D которая и есть искомая точка.Доказательство:В ∆ADC, DO – серединный перпендикуляр, т.е. ∆ADC – равнобедренный, значит AD=AC.Задача может и не иметь решения.Например:EN и BC не пересекаются, т.е.
нет такой точки D∈[BC], что AD=DC.•AC• N56BE185A•••••BПлан решения:Делим отрезок паполам, и его каждую половину – паполам.57Глава III§1. Признаки параллельности двух прямых.186Дано:а) ∠1 = 370 , ∠7 = 1430б) ∠1 = ∠6в) ∠1 = 450 , ∠7 = 3∠3Доказать: а||b.с124a3857b6а) Доказательство:∠1=∠3=370 т.к. они вертикальные∠7=∠5=1430 т.к. они вертикальные∠3, ∠5 – соответственные углы при прямых а, b и секущей си ∠3+∠5=370+1430=1800, значит по признаку параллельности прямых a||b.б) Доказательство:∠1=∠3 т.к. они вертикальные∠6=∠8 т.к.
они вертикальные∠1=∠6 отсюда ∠3=∠8так как ∠3 и ∠8 накрест лежащие при прямых a, b и секущей с и∠3+∠5=450+1350=1800 следовательно a||b.в) Доказательство:∠1=∠3=450 т.к. ∠1 и ∠3 - вертикальные∠7=3∠3, следует ∠7=1350∠5=∠7=1350 - ∠5 и ∠7 – вертикальные∠3, ∠5 – соответственные углы при прямых a, b и секущей с и∠3+∠5=450+1350=1800 следовательно a||b.58187.Доказать: AB||DE.BДоказательство:∆ABC – равнобедренный, потому чтоCAB=BC, ∠1=∠2 как углы при основа12EAнии равнобедренного треугольника.34∆CDE –равнобедренный, потому чтоCD=ED.Следовательно ∠3=∠4, ∠2=∠3 т.к.Dони вертикальные, ∠1=∠2, ∠3=∠4 откуда, ∠1=∠2=∠3=∠4, т.е.
∠1 и ∠4 – накрест лежащие при прямыхAB, DE и секущей AE, и значит AB||DE, по признаку параллености.188.Дано:AO=OB, CO=OD.Доказать: AC||BDСB2O1Доказательство:DРассмотрим ∆BDO и ∆ACO: AO=OB.AИмеем: CO=OD, ∠COA=∠DOB т.к. онивертикальные, значит , ∆AOC=∆BOD по 1-му признаку равенства ∆.Следовательно ∠1=∠2, а так как ∠А и ∠В – накрест лежащие припрямых AC, BD и секущей AB, то AC||BD.189.Доказать: BC||AD.BС3Доказательство:12Рассмотрим ∆ABC:ADAB=BC, следовательно∠1=∠3 как углы при основании равнобедренного ∆.∠1=∠2, ∠1=∠3 значит ∠2=∠3, ∠2 и ∠3 – накрест лежащие припрямых BC, AD и секущей AC, значит BC||AD.B190.Дано: AB=BC, AD=DE, ∠C=700 ∠EAC=350.Доказать: DE||AC.DДоказательство:AB=BC, значит ∠A=∠C=700 как углы при основании равнобедренного ∆.350AE700C59∠EAC=350Из ∠A=700 следует ∠DAE=350∆ADE – равнобедренный, значит, ∠DEA=∠EAC=350, ∠DEA и∠EAC – накрест лежащие при прямых DE и AС и секущей AE, следовательно DE||AE ч.т.д.191.Дано: ∠CBK=∠ABK, BK=KMДоказать: KM||AB.B12MДоказательство:Из BM=MK, следует ∆BMK – равнобедренный,3тогда ∠2=∠3 по св-ву равнобедренного ∆.KAC∠1=∠2, ∠2=∠3, тогда, ∠1=∠3, ∠1 и ∠3 – накрест лежащие при прямых AB и KM, и секущей BK, значитAB||KM, по признаку.192.Дано: ∠A=400,∠BCE, ∠ACB – смежные углы∠BCE=800∠BCK=∠ECKДоказать: AB||CKBKA400800CEДоказательство:∠BCK=∠KCE=1∠BCE=4002∠BAC и ∠KCE –соответственные при прямых AB, CK и секущиейAC и ∠BAC=∠KCE=400, значит AB||CK ч.т.д.193.DCB60Доказательство:∠ABC=700, то ∠DBA=1400 (т.к.BC — биссектриса)∠DBA и ∠A – односторонние припрямых AC, BD и секущей AB,∠DBA+∠A=1400+400=1800, значит DB||AC по признаку паралAлельности прямых, ч.т.д.194.см.
рис.195.см. рис.NBBACMEDADba§ 2. Аксиома параллельных прямых196.Ответ: одну прямую || AB.197.Имеем 2 случая:1)2)АаАрраbсd4 прямые198.Доказательство:a⊥p и b⊥p, следует, чтоb||a (по признаку параллельностидвух прямых). Если c пересекает a,то по аксиоме c пересекает и b,ч.т.д.bсd3 прямыеAсpab61199.Дано: p||Ab,Доказать: BC∩p и AC∩pCpBДоказательство:BC∩AB=BAB||p, значит по следствию из аксиомыBC∩pAАналогично AC∩p200.Дано: AP||p, PQ||BCДоказать: p – пересекает AB, AE,BC, PQ.ApPBДоказательство:Прямая AP пересекает AB, AE, AC, BC иPQ.
Значит, по следствию прямая P пересекает AB, AE, AC, BC и PQ ч.т.д.QDEC201.Дано:∠2+∠3=2100, a||b; ∠1, ∠2, … ∠8=?c156 2aРешение:∠2 и ∠3 – накрест лежащие при параллельныхпрямых.3 7bЗначит∠2-∠384∠2=∠3=2100:2=1050 (т.к. ∠2+∠3=2100)0∠1=∠2=105 т.к. эти углы вертикальные, ∠3=∠4=1050; ∠2, ∠6 –смежные, следовательно, ∠2+∠6=1800 т.е.∠6=1800-1050=750, ∠5=∠6=750 (т.к.
они вертикальные) припараллельных, ∠7=∠6=750, ∠8=∠7=750 т.к. они вертикальные.Ответ: 1050, 1050, 1050, 1050, 750, 750, 750, 750.202.a23d621bcДано: ∠1=420, ∠2=1400, ∠3=1380Какие из a, b, c –параллельны ?Решение:∠1, ∠2 – односторонние при a, b и секущей dи ∠1+∠2=420+1400=1820≠1800, т.е. a b∠1, ∠3 – односторонние при а, с и секущей d и∠1+∠3=420+1380=1800, т.е. a||c, ∠2, ∠3 – односторонние при b, c исекущей d и ∠2≠∠3, т.е.
a b.Ответ: две прямые а и с.203.Дано: a||b,а) ∠1=1500б) ∠1=∠4+700∠1, ∠2,…, ∠8=?с231 48a57 6bРешение:а) ∠1=1500 следовательно, ∠3=∠1=1500 т.к. они вертикальные,∠5=∠1=1500 (как накрест лежащие при параллельных)∠7=∠5=1500 – вертикальные, ∠1, ∠4 – смежные, следовательно,∠1+∠4=1800, ∠4=1800-1500=300, ∠2+∠4=300 т.к. они вертикальные,∠8=∠4=300 (как накрест лежащие при параллельных)∠6+∠8=300 – вертикальные.Ответ: 300, 1500 ,300, 1500 ,300, 1500, 300.б) Пусть ∠1=х, тогда ∠4=х-70∠1, ∠4 – смежные, следовательно, х+х-70=180, 2х=250, х=125,∠1=1250, ∠4=∠1-70=550.По примеру пункта а) имеем:∠1=∠3=∠5=∠7=1250, ∠2=∠4=∠6=∠8=550.Ответ: 1250, 550.204.Дано: a||b, AO=OBДоказать: CO=ODAC1dDaO2bBДоказательство:Рассмотрим ∆BOD и ∆AOC:AO=BO∠AOC=∠BOD т.к. они вертикальные∠1=∠2 (как накрест лежащие при параллельных a и b)Значит, ∆AOC=∆BOD по 2-му признаку равенства ∆.Следовательно CO=OD, ч.т.д.63205.∠1=?aДоказательство:∠2 и угол 730 вертикальные следо2вательно ∠2=73043∠2, ∠3 – односторонние при пряb мых a, b и секущей с1070и ∠2+∠3=730+1070=1800 следоваdтельно по признаку параллельноcсти прямых a||b.∠1, ∠4 – соответственные углы при параллельных а и bследовательно ∠1=∠4=920.Ответ: 920.7301206.Дано: ∠ABC=700, ∠BCD=1100C1100700BEABпрямых.Значит, AB и CD могут быть параллельными.Рассмотрим другую ситуацию:2) Здесь прямые AB и CD пересекаются в E, значит AB и CD могут пересекаться.A700D Решение:1) ∠C и ∠В – односторонние при прямых AB и CDи секущей BC,и ∠B+∠C=700+1100=1800,следовательно , АВ||CD попризнаку параллельностиC1100D207.Дано: ∠ABC=650, ∠BCD=1050.∠B и ∠C – односторонние при прямых AB и СD и секущей BC,и ∠B+∠C=650+1050=1700≠1800,следовательно, AB CD, т.е.
AВ и СD не могут быть параллельны.И значит они пересекаются64A650D1050CB208.Дано:a||b∠1-∠2=500, ∠1, ∠2=?сРешение:Из a||b следует, что ∠1+∠2=1800.Пусть ∠1=х, тогда ∠2=х-50и х+х-х-50=180, 2х=230, х=115, т.е.∠1=1150, ∠2=550Ответ: 1150, 550.1209.Дано: a||b, c||b∠4=450∠1, ∠2, ∠3=?а2bсda3 41Решение:2b∠3, ∠4 – смежные, следовательно∠3+∠4=1800, значит ∠3+450=1800, тогда∠3=1350, ∠1, ∠3 – накрест лежащие при с||d и секущей, тогда∠1=∠3=1350 (по свойству); ∠2, ∠4 – соответственные при a||b и секущей d, тогда ∠2=∠4=450 (по свойству).Ответ: 1350, 450, 1350.210.Дано: AP1||BP2||CP3.Доказать: ∠ACB=∠CAP1+∠CBP1.Доказательство:AP1||CP3, значит, ∠P1AC+∠ACP3=1800;CP3||BP2, значит, ∠P2BC=∠P3CEи ∠P1AC+∠P3CE+∠ACE=1800(∠P1AC+∠P2BC)+ ∠ACE=1800 (1)ABCEP3P2P165∠ACE и ∠ACB – смежные, следовательно, ∠ACE+∠ACB=1800 (2)сравнивая (1) и (2) получим (∠P1AC+∠P2BC)+ ∠ACE=1800,∠ACE+∠ACB=1800, ∠ACB=∠ P1AC+∠ P2BC ч.т.д.211.а) Дано: a||b; AA1 – биссектриса ∠А; ВВ1 — биссектриса ∠В.Доказать: а) AA1||BB1; б) AA1 ⊥ BB1.Доказательство:∠A=∠B как накрест лежащие при параллельныхИз AA1 и BB1 – биссектрисы равных углов, следует, что∠1=∠2=∠3=∠4; ∠2 и ∠3 – накрест лежащие при прямых AA1 и BB1и секущей с и ∠2=∠3, следовательно, AA1||BB1.б)cДоказательство:AаТ.к.
они односторонние при2параллельных а и b.B11∠A+∠B=1800Из AA1 и BB1 – биссектрисы3равныхуглов ∠A и ∠В, следуетb4Что∠1=∠2;∠3=∠4.BA1Рассмотрим ∆AB1B:∠1+∠3+∠В1=1800 по теореме о сумме углов ∆, тогда,1(∠А+∠В)+ ∠В1=1800, следовательно,211800+∠В1=1800 или2900+∠В1 , т.е. ∠В1=900, откуда получаем, что AA1 ⊥ BB1 ч.т.д.212.Решение приведено в учебнике.213.Дано: CE=ED, BE=EF, KE||AD.Доказать: KE||BC.BKC1E2A66DFДоказательство:Рассмотрим ∆FDE и ∆BCF, BE=EF, E=ED ∠1=∠2 – как вертикальные, значит ∆BCE=∆FDE по 1-му признаку равенства ∆.Тогда ∠СВЕ=∠DFE, ∠CBE и ∠DFE – накрест лежащие при прямыхBC и AD и секущей BF и ∠CBE=∠DFE следовательно BC||AD попризнаку параллельности прямых.KE||AD, BC||AD сдедовательно, KE||BC по свойству параллельныхпрямых ч.т.д.214.Дано:AD – биссектирса ∠AAE=EDДоказать: MD||ADA2M 13KmEДоказательство:DBРассмотрим прямоугольные тре- Cугольники ∆MAE и ∆KAE, сторона AE – общая, ∠MAE=∠KAE,значит ∆ MAE = ∆KAE (по катету и острому углу), следовательно,∠1=∠2.Рассмотрим прямоугольные треугольники ∆AME и ∆DME, сторонаME – общая, AE=ED.Значит ∆AME=∆DME (по 2 равным катетам), следовательно ∠1=∠3∠2=∠3 – накрест лежащие при прямых AB и MD и секущей MK, и∠1=∠2, ∠1=∠3 откуда ∠2=∠3, и значит, AB||MD (по признаку параллельности прямых).215.Дано: см.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
