atnasyan-gdz-7 (546185), страница 6
Текст из файла (страница 6)
рис.∠1=?EРешение:A 1 Ba∠KDA=∠CDQ=1150 т.к. они вертиF650Mкальные∠FAD и ∠KDA – односторонние припрямых a и b1210 bи секущей c и ∠FAD+∠KDA= KND 1150Q=650+1150=1800, следовательно, a||b,dC∠DAB и ∠BQN – смежные, тогда∠DOB=1800-1210=590.Из a||b следует, что ∠1=∠DQB=590 (как соответственные при параллельных прямых).Ответ: 590.67216.Дано: DE – биссектриса угла ∠ADF∠1, ∠2, ∠3=?LA780EРешение:∠MAK и ∠NKA – односторонние припрямых ME и NF и секущей AK1и ∠MAK+∠NKA=780+1020=180000N10248Fследовательно, ME||NF (по признакуKпараллельности прямых), ∠KDA иDQ∠ADF–смежные,тогда∠KDA+∠ADF=1800; 480+∠ADF=1800, т.е.
∠ADF=1320.Из DE – биссектриса ∠ADF, следует, что ∠1=∠EDF=1320:2= 660т.к. ME||NF т.к. они накрест лежащие то ∠3=∠EDF=660∠1+∠2+∠3=1800 (сумма углов треугольника) или 660+∠2+660=1800,значит ∠2=480Ответ: 660, 480, 660.M217.d23Дано: a||cb||c; с (пересекает прямую а)Доказать: d пересекает прямую b.A•aДоказательство:a||c, b||c , следует, что, a||b (по свойствупараллельных прямых) так как a||b иa∩d=A, то d∩b (свойство параллельныхпрямых)bc218.bA•Можно ли построить прямую с:a||c; c∩b.Доказательство:Возьмем любую точку M неaперпендикулярную а.Тогда по аксиоме параллельныхпрямых через точку М можнопостроить прямую с; параллельную а и только одну.a||cТогда a∩b, и значит c∩b (по свойству параллельных прямых)Ответ: можно.68219.Дано: c∩a, c∩b, c — произвольная.Доказать: a||b.Доказательство:Пусть a b, тогда с||b, c∩a, и сb (такстроим),но это противоречит условию.
Значит a||bч.т.д.220.Дано: ∠1, ∠2 – накрест лежащие∠1≠∠2Доказать: a∩baсba12Доказательство:Если ∠1 и ∠2 – накрест лежащие углы при прямых a и b и секущей с иc∠1≠∠2, то ab, но если прямые наплоскости не параллельны, значит они пересекаются.b221.Дано: BM∩AC=E, BE=EM, AE=EC, CN∩AB=K, AK=KB, NK=KC.Доказать: A, N, M∈1.Доказательство:Рассмотрим ∆BCK и ∆AKN: AK=KB.Имеем: NK=KC, ∠NKA=∠CKB т.к. они вертикальные, значит∆AKN=∆BCK по 1-му признаку, следовательно, ∠1=∠2.Рассмотрим ∆BEC и ∆AEM: ME=EB.Имеем: AE=EC, ∠AEM=∠BEC – как вертикальные, значит,∆AEM=∆BEC по 1-му признаку равенства ∆.Следовательно, ∠3=∠4, ∠3 и ∠4 – накрест лежащие углы при прямых AM и BC и секущей BM, и ∠3=∠4, т.е. AM||BC (1)∠1 и ∠2 – накрест лежащие углы при прямых AN и BC и секущейNC, и ∠1=∠2, т.е.
AN||BC (2)Сравнивая (1) и (2) имеем:AM||AN, AN||BC, значит AM||AN, но так как прямые AM и AN проходят через одну точку А и параллельны одной и той же прямой BC,то, по аксиоме параллельных прямых можно утверждать, что AM иAN – совпадают, т.е. A, N, M∈1.Или A, N, M лежат на прямой l ч.т.д.69222.A1A•aM1•••O•M2Планы построения:1) Построим окружность с центром в О и радиусом ОА2) Окружность пересечет прямую а в М1 и М23) Окружность с центром в М1 и радиусом ОА пересекает окружность с центром в О и радиусом ОА в точке А1.4) AA1||a, значит АА1 – это и есть искомая нами прямая.70Глава IV§ 1. Сумма углов треугольника.223.Дано:а) ∠А=650; ∠B=570;б) ∠А=240; ∠B=1300;в) ∠А= α; ∠B=2α;г) ∠А=650+α; ∠B=600-α.∠C=?BACРешение:∠A+∠B+∠C=1800 (по теореме о сумме углов треугольника)а) 650+570+∠С=1800, значит ∠С=1800-1220=580б) 240+1300+∠С=1800, значит ∠С=1800-1540=260в)α+2α+∠C=1800, значит ∠С=1800-3αг) 600+α+600-α+∠С=1800, значит ∠С=1800-1200=600Ответ: 580; 260; 1800-3α; 600.B224.Дано:∠A: ∠B: ∠C=2:3:4∠A, ∠B, ∠C=?ACРешение:0000Пусть 1 часть – x , тогда ∠А=2х , ∠В=3х , ∠С=4х .Так как ∠A+∠B+∠C=1800 (по теореме о сумме углов ∆), то2х+3х+4х=180, 9х=180, х=20.Имеем, что 200 — приходится на 1 часть, следовательно,∠А= 2 ⋅ 200 = 400 ; ∠B= 3 ⋅ 200 = 600 ; ∠C = 4 ⋅ 200 = 800Ответ:400; 600; 800.B225.Дано: AB=BC=AC.Доказать: ∠A=∠B=∠C=600.Доказательство:Из AB=BC=AC, следуетЧто ∠A=∠B=∠C (свойство углов при основа- ACнии равнобедренного треугольника).0Но ∠А+∠В+∠С=180 (по теореме о сумме углов треугольника),значит 3⋅∠А=1800 или ∠А=600, ∠В=600, ∠С=600 ч.т.д.71226.Дано:AB=BCДоказать: ∠A и ∠С – острыеДоказательство:Допустим ∠A, ∠C – не острые, тогда∠A=∠C=900, или ∠A=∠C>900.AC Значит ∠А+∠В+∠С>1800, а это противоречиттеореме о сумме углов треугольника, следовательно наше предположение неверно.Тогда ∠А=∠С<900 ч.т.д.B227.а)Дано:AB=BC; ∠A=2∠B∠A, ∠B, ∠C=?Решение:Пусть ∠В=х0, значит ∠А=∠С=2х0ACИз ∠А+∠В+∠С=1800 (по теореме) следует, что2х+х+2х=180, 5х=180, х=36 или ∠В=360, ∠А=∠С=720.Bб)BACDДано: AB=BC, ∠BCD=3∠C∠A, ∠B, ∠C=?Решение:Пусть ∠С=х0, тогда ∠А=х0, ∠BCD=3x0Из ∠ВСD=∠A+∠B (по свойству внешнего угла) следует, что∠В=3х-х=2х∠А+∠В+∠С=1800 (по теореме о сумме углов треугольника)значит х+2х+х=180, 4х=180, х=45 или ∠А=∠С=450, ∠В=900.72228.а)1) Дано: AB=BC,∠A=400∠A, ∠B, ∠C=?Решение:Из ∆АВС – равнобедренный, следует, что∠А=∠С=400, тогда, ∠В=1800-(400+400)=1000.
A(по теореме о сумме углов треугольника)Ответ: 400, 400, 1000.BCB2)Дано: AB=BC, ∠B=400∠A, ∠B, ∠C=?Решение:∠A+∠B+∠C=1800 (по теореме), значит∠А+∠С=1800-400 или ∠А+∠С=1200Из ∠А=∠С (по свойству углов при основа- ACнииравнобедренного треугольника) следует ∠А=∠С=1200:2=600.Ответ: 400, 600, 600.б)1)BДано: AB=BC, ∠А=600∠A, ∠B, ∠C=?Решение:Из ∆АВС – равнобедренный, следует, что∠А=∠С=600, тогда∠В=1800-(600+600)=400. (по теореме о сумACме углов треугольника)Ответ: 600, 600, 400.2)BДано: AB=BC, ∠B=600∠A, ∠B, ∠C=?Решение:∠B=600, значит ∠А+∠С=1800-600 (по теореме)значит ∠А+∠С=1200CИз ∠А=∠С (по свойству углов при основа- A00нии равнобедренного треугольника, следует) ∠А=∠С=120 :2=60 .Ответ: 600,600,600.73в)Дано: AB=BC, ∠B=1000∠A, ∠B, ∠C=?Заметим, что ∠А, ∠С <900 – из ранее идущей задачи, значит именно ∠В=1000Решение:∠А+∠В+∠С=1800 (сумма углов треугольника) т.е.AC ∠А+∠С=1800-1000, тогда ∠А+∠С=800∠А=∠С (по свойству углов при основании равнобедренного треугольника) следует ∠А=∠С=400.Ответ: 1000, 400, 400.B229.Дано: ∠BAD=∠CAD, AB=BC, ∠C=500∠ADC=?Решение:Из ∆АВС – равнобедренный, следует∠А=∠С=500BD?AC∠ВАD=∠DAC=1∠A=2502∠DAC+∠ADC+∠C=1800 (сумма углов треугольника)значит 250+∠ADC+500=1800 или ∠ADC=1800-750, т.е.
∠ADC=1050.Ответ: 1050.230.Дано: ∠АВМ=∠СВМ,∠ВАМ=∠САМ,∠А=580, ∠В=960.∠АМВ=?Решение:∠ВАМ+∠МВА+∠АМВ=1800 (суммауглов треугольника)ВМ11∠А+ ∠В+∠АМВ=1800 (т.к. АМ221 0 1 0и ВМ биссектрисы), значит 58 + 96 +∠АМВ=1800,22АС∠АМВ=1800-(290+480), ∠АМВ=1030Ответ: 1030.74231.Дано: AM=В1BC; BM=MC.22Доказать: ∆ABC прямоугольный.МДоказательство:Рассмотрим ∆АМС и ∆АВМ.
Они равнобедренные, значит ВМ=МА=МС, сле1довательно, ∠1=∠2, ∠3=∠4.43Пусть∠1=∠2=х0,∠3=∠4=у0,изА∠А+∠В+∠С=180000Следует х+х+у+у=180 т.е. х+у=90 .Но ∠А=∠1+∠3=х+у=900, т.е. ∆ABC прямоугольный. Ч.т.д.232.Дано: ∠BCD=2∠A.Доказать: ∆ABC – равнобедренный.Доказательство:Пусть ∠А=х, значит ∠BCD=2х.Из свойств внешнего угла имеем:∠BCD=∠A+∠B т.е. 2х=х+∠ВТ.е. ∠В=х т.е. ∠А=∠В значит ААС=ВС, следовательно ∆АВС – равнобедренный и обратное утверждение верно.ВС233.Дано: АВ=ВС, ∠KBD=∠CBO.Доказать:Доказательство:Из ∆АВС – равнобедренный, следует∠А=∠С, ∠КВС – внешний, значит попредыдущей задаче ∠КВС=2∠А, следовательно ∠КВD=∠DBC=∠A, углы∠DBK и ∠A — соответственные углыпри прямых BD и AC и секущей AK и А∠DBK=∠A, следовательно BD||AC попризнаку параллельности прямых.СDKВDС75234.Рассмотрим 2 случая:1) Дано: АВ=ВС, ∠ВСD=1150∠A, ∠B, ∠C=?Решение:∠C, ∠BCD – смежные, следова0115тельно, ∠С=1800-1150=650,∠А=∠С=650 (как углы при осноАСD вании равнобедренного тр-ка)∠В=1800-(∠А+∠С) (по теореме о сумме углов тр-ка), значит∠В=1800-1300=500.Ответ: 650; 650; 500.2) Дано: АВ=ВС, ∠СBD=1150, ∠A, ∠B, ∠C=?Решение:∠B, ∠CBD – смежные, тогда ∠B=1800-1150=650.Из ∠А=∠С (углы при основании равнобедренного тр-ка).Следует ∠А=∠С=(1800-650)⋅2=57,50.Ответ: 650; 57030′; 57030′.В235.Дано: ∠BAD=∠CAD, ∠ADB=1100,∠A, ∠B, ∠C=?Решение:Пусть ∠А=х0, тогда ∠С=2х0∠ADC=1800-1100=700 т.к.
∠AOB и∠AOC смежные∠А+∠D+∠C=1800 (сумма углов ∆).значит х+70+2х=1800, 3х=1100В1100АDCx = 352= 36040′3значит, ∠DAC=36040′ ∠C=2⋅36040′=72080′=73020′, (10=60′),∠A+∠B+∠C=1800 (сумма углов треугольника),т.е. 73020′+∠В+73020′=1800или ∠В=1800-146040′=179060′-146040′=33020′.Ответ: 73020′; 73020′; 33020′.76§ 2. Соотношение между сторонамии углами треугольникаВ236.Может ли быть угол ∠А тупым, если,а) АВ>BC>ACAB – самая большая сторона значит, наибольшим углом может быть только ∠С. Но втреугольнике может быть только один тупойАугол, значит ∠А – не может быть тупым.б) АВ=АС<ВССИз АВ=ВС, следует ∆АВС – равнобедренныйзначит ∠С=∠В и они могут быть только острыми угламиBC>AB=AC, следовательно ∠А>∠C=∠B, иВ∠А может быть тупым.237.а) ∠A>∠B>∠C, тогда ВС>AC>BA;б) ∠А>∠B=∠C, тогда BC>AC=BA.ААСА238.BДано: AB=BC.Доказать: BD<AB.Доказательство:Из ∆АВС – равнобедренный, следует∠А=∠С – острые∠ADB и ∠CDB – смежные и один из нихтупой, другой острый или оба по 900.СDAАЕсли ∠ADB – тупой, то он наибольший вА∆ADB, тогда AB>BD, если ∠CDB – тупой в ∆CDB, то BC>BD иAB=BC>BD ч.т.д.B239.Дано: BD – медиана, BK – высота.Доказать: BK≤BD.Доказательство:∠K=900 – наибольший в ∆DBK, тогда изCнеравенства треугольника имеем BD>BK.
АDKBD=BK когда ∆АВС равнобедренный, имедиана с высотой опущены на основание, либо когда ∆АВС – равносторонний.77240.Дано: АВ=ВС, АО и СО – биссектрисы.Доказать: ∆АОС – равнобедренный.Доказательство:Из ∆АВС – равнобедренный, следует∠А=∠С, АО, СО – биссектрисы равных углов, значит ∠1=∠2=∠3=∠4С т.к. ∠2=∠3 то АО=СО, следовательно∆АОС – равнобедренныйВQ1324А241.ANMCДано: AB=AC, NM||BC.Доказать: ∆АMN равнобедренный.Доказательство:NM||BC, значит∠С=∠N, ∠B=∠M, как соответственные углы при параллельных прямыхТак как ∆АВС – равнобедренный, тоB ∠В=∠С. Значит, ∠N=∠C=∠B=∠M.Следовательно, ∆АMN — равнобедренный.242.Дано: CD биссектриса,угла ∠ВСК, DC||ABДоказать: ∆ABC – равнобед4ренныйДоказательство:1CD||AB, значит ∠2=∠3 (соот2ветственные при параллель3АСК ных), ∠1=∠4 (накрест лежащие при параллельных).∠2=∠3, ∠1=∠4, ∠1=∠2 тогда ∠3=∠4, и ∆ABC равнобедренный попризнакуВВD243.Дано: AA1 – биссектриса ∠А, CD||AA1.Доказать: AC=AD.Доказательство:DC||AA1 значит ∠1=∠3(как соответственные) DC||AA1 значит∠A1AD+∠3=1800 (как односторонние)∠2+∠CAD+∠3=1800 (1)78A112CA3D∠3+∠СAD+∠4=1800 (2) (сумма углов треугольника)Откуда из (1) и (2) ∠4=∠2, тогда ∠1=∠2, ∠1=∠3, ∠2=∠4, ∠3=∠4,т.е.
AС=AD, ч.т.д.244.Дано: ∠1=∠2, DE||AC.Доказать: ∆ADE – равнобедренный.Доказательство:EAC||ED значит ∠1=∠3 (как соответственные углы)∠2=∠4 (как накрест лежащие углы)1∠1=∠2, ∠1=∠3, ∠2=∠4, тогда ∠1=∠4, A2т.е. ∆ADE – равнобедренный по признаку и AE=ED.245.Дано: ∠1=∠2, ∠5=∠6, MN||BC.Доказать: MN=BM+CN.Доказательство:MN||BC, значит ∠1=∠3, как накрест лежащие углы∠1=∠3=∠2, значит∠2=∠3, тогда ∆CNO – равнобед31ренный и CN=NOMN||BC, значит ∠4=∠5, как на2крест лежащие углы, ∠4=∠5=∠6 Bзначит, ∠4=∠6, тогда OM=MB.Следовательно, MN=NO+OM=CN+BM ч.т.д.246.Дано: ∠1=∠2; ∠4=∠5,OE||AB, OD||AC.Доказать: P∆OED=BC.Доказательство:OE||AB, значит ∠1=∠3, как накрест лежащие углыТогда ∠1=∠2=∠3тогда ∠2=∠3, и ВЕ=ОЕ (посвойству равнобедренного треугольника)OD||AC, значит ∠4=∠6, как на- Bкрест лежащие углы.B34DCAO465CAO136452EDC79Тогда ∠4=∠5=∠6, значит, ∠5=∠6, и CD=OD (по свойству равнобедренного треугольника).Тогда, P∆OED=OE+ED+DO=BE+ED+DC=BC ч.т.д.247.Дано: AB=AC, AP=AQ.Доказать:а) ∆BOC – равнобедренныйPQб) BK=KC, AK⊥BCДоказательство:OРассмотрим ∆CQB и ∆BPC:BP=AP-PA=AC-AQ=CQ∠В=∠С (как углы при основании равнобедренBKC ного тр-ка)сторона BC – общая, значит ∆BPC=∆CQB по 1-му признаку равенства тр-ов, следовательно ∠РСВ=∠QBC – равнобедренный по признаку.Рассмотрим ∆АOВ и ∆АOС:сторона АО – общая, ВО=ОС, АВ=АС.Значит ∆АOВ=∆АOС (по 3-му признаку равенства тр-ов)Следовательно ∠ВАО=∠САО, значит АО – биссектриса ∆АВС равнобедренного и по свойству биссектрисы опущенной на основание,АК – медиана и высота ч.т.д.А248.а) Не существует т.к.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
