atnasyan-gdz-7 (546185), страница 8
Текст из файла (страница 8)
рис).аbс282.О1аДано: а||b, ХО=ОY.ХДоказать: О ∈ С, гдеОс1с||а||b и ОО1=ОО22 О2YbДоказательство:Рассмотрим ∆ОО2Y и ∆ОО1Х:ОХ=ОY, ∠1=∠2 т.к. они вертикальные, ∆ОО1Х=∆ОО2Y (по гипотенузе и острому углу)Следовательно, ОО1=ОО2, О – равноудалена от а и b, значит по предыдущей задаче она лежит на прямой с||а||b.а283.Ответ: две прямые, параллельныеданной и расположенные на одномрасстоянии h по разные стороны отс. См. рис.hсhb284.Решение приведено в книге.285.Построить М ∈ а, MN=PQ, и N ∈ b.Задача может и не иметь решенияbPQa1)2)bbN1ММaaNНа прямой b существуют дветочки N и N1, такие, чтоMN=MN1=PQ.
См. рис. 1.Нет решения, когда на b нет точек удаленных от М на PQ. См.рис 2.91286.1аАαВПлан построения:1) отрезок АВ=а2) угол А=α3) биссектрису АD=14) соединить В и D прямой5) ВD пересекает сторону угла А в точке С6) треугольник АВС построенС1DВАа287.аmαПлан построения:а) отрезок АВ=а;б) угол ВАD=α;в) AD=m;г) соединить прямой точки В и D;д) отложим отрезок CD=BD;е) соединим точки А и Сж) треугольник АВС – построен.СmαАа288.СhαPkПостроить ∆АВС: АВ=PQ,∠АВС=∠hk, ∠ВАС=QА1∠hk.2План построения:а) АВ=PQб) ∠В=∠hkв) ∠А=1∠hk – строим биссектрису2г) стороны ∠А и ∠В пересекаются в точке С.92ВDВПостроить ∆АВС: АВ=PQ, ∠АВС=∠hk, ∠ВАС=1∠hk.4План построения:а) АВ=PQб) ∠В=∠hkв) ∠А=С1∠hk4ВАг) ) стороны ∠А и ∠В пересекаются в точке С.д) треугольник АВС построен.Для построения1∠hk.
надо построить биссектрису угла, а затем4биссектрису его половинки.289.hk1kh1PQПостроить ∆АВС: АВ=PQ, ∠А=∠hk, ∠В=1h1k12CВАПлан построения:а) АВ=PQб) ∠В=∠hkв) ∠А=1h 1k 12г) стороны углов А и В пересекаются в точке С.д) ∆АВС – искомый.290.а)abПостроить ∆АВС: ∠С=90°, АС=а, СВ=b.93ВbАСaПлан построения:а) Построить прямой ∠Сб) На одной стороне отложить АС=а, а на другой ВС=bв) соединить А и В.г) искомый ∆АВС построен.б) Построить ∆АВС: ∠С=90°, ∠А=α, АС=а.αааПлан построения:а) построить прямой ∠Сб) отложить на стороне АС=ав) построить ∠А=αг) стороны углов А и С пересекаются в Вд) ∆АВС – построен.291.αаПостроить ∆АВС: АВ=ВС=а, В=αВαАСПлан построения:а) ∠В=αб) на стороне угла отложить отрезки ВС=а=АВв) соединить точки А и Сг) ∆АВС – построен.94б)αbПостроить ∆АВС: АС=b, ∠А=∠С=α.ВПлан построения:а) АС=bб) ∠А=∠С=αв) Стороны пересекаются в Вг) ∆АВС – построен.в)САβсПостроить ∆АВС АВ=ВС=с, ∠А=∠С=βПлан построения:а) АВ=сб) ∠А=βв) ∠В=180°-2βг) на стороне угла В отложить ВС=сд) соединить А и Се) получаем ∆АВСВссβАβ180-2βСβг)аbПостроить ∆АВС: АВ=ВС=b, АС=аПлан построения:а) АС=аб) две окружности с центрами в А и С и радиусом bв) окружности пересекутся в ВАг) соединим А и В и В и СВbbСа95д) получается ∆АВСд)аmПостроить ∆АВС: АС=а, АВ=ВС, ВD=mПлан построения:Ва) АС=аб) D – середину АСв) медиана равнобедренного треугольникаявляется высотой, тогда построим ∠D=90°mг) на стороне угла D отложим DB=mС д) соединим А и В, и В и САDе) получаем треугольник АВС.292.P1Q2Q1P2P3а) Построить ∆АВС: BC=P2Q2 AC=2P3Q3, AB=P1Q1Q3P1P2Q2P1Q1P12P3Q3P1План построения:а)AB=P1Q1б)окружность с центром в точке А и радиусом P2Q2в) окружность с центром в точке В и радиусом 2P3Q3г) окружности пересекутся в точке Сд) получаем ∆АВС.б) Построить ∆АВС:АВ=2P1Q1, ВС=2P2Q2, АС=3P3Q32В2P1Q12P1Q1СА3P3Q32План построения аналогичен пункту а).
Задача имеет решение когдавыполняется неравенство треугольника.96293.Решение задачи приведено в книге.294.Построить ∆АВС: АВ=b, AC=a, CD=c,CD⊥AB.План построения:а) ∠D=90°б) На одной стороне отложить DC=hв) окружность с центром в С и радиусом аг) окружность пересечет вторую сторону∠D в точке А.д) АВ=bе) получаем ∆АВС.BDbhACa295.аbm – медиана.Построить ∆АВС.План построения:а) АВ=аб) точку D – середину АВ.в) окружность с центром в D и R =m и окружность с центром в точке А и радиусом bг) окружности пересекаются в Сд) Соединить В и С.е) получаем ∆АВС.mВDаmАСb296.Дано: АВ-ВСА∠В=∠СВВ1, СС1 – биссектрисыДоказать: ∠ВОС=∠СВN.С1В1Доказательство:∠ВОС=180°-∠1-∠2 (по теореме о суммеО 3углов треугольника)21С∠NBC=180°-∠3-∠2 (как смежные)∠В=∠С, СС1 и ВВ1 – биссектрисы, значит ∠1=∠3 и ∠ВОС=∠NBC, что и требовалось доказать.ВN97297.DВ1 2АВ1Дано: ∠1=∠2, BD=BC, D=∠С.Доказать: ВВ1||DC.Доказательство:∠D+∠С=180°-∠DBC=∠1+∠2,т.е.∠D+∠С=∠1+∠2, но ∠D=∠С, значит∠D=∠С=∠1=∠2, ∠С и ∠2 накрест лежаС щие при ВВ1и DC и секущей ВС, значитВВ1||DC (по признаку) чтд.298.Дано: AD||ВЕAD=AC, ∠ADC=∠ACDCB=BE, ∠BCE=∠BECДоказать: ∠DCE – прямой.Доказательство:ЕAD||BE, значит ∠A+∠В=∠180° (какDодносторонние)∠А+∠ADC+∠ACD+∠В+∠ВСЕ+∠ВЕС =180°+180°=360°Тогда, ∠ADC+∠ACD+∠ВСЕ+∠ВЕС =180°, так как (значит∠A+∠В=∠180°)∠ADC=∠ACD, ∠ВСЕ=∠ВЕС, следовательно,∠ACD+∠ВСЕ=90°∠DСЕ=180°-(∠ACD+∠ВСЕ)=180°-90°=90° (как смежные)Что и требовалось доказать.АС299.Дано: AB=AC, ∠ B= ∠ CAP=PQ=QR=RB=RC∠ A=?АPQRCзначит, 180 o -98ВBРешение:Пусть ∠ С= ∠ B=х.∠ CBR=y.Из ∆ RQB:∠ R+ ∠ Q+ ∠ B= 180o31x+x-y+x-y= 180 o , x=2y, x=4y22Из ∠ A+ ∠ B+ ∠ C= 180 o — суммауглов треугольника равна 180 o .Значит, 4y+4y+y= 180 o ;9y= 180 o ;y= 20o .Ответ: 20o .АyPyQx/2x/2180o -xx-yRxx-yCBB300.Дано: ∠ С> 90o ;BD ⊥ AC.Доказать: D лежит на продолженииотрезка ACДоказательство:Пусть BD ∈ [AC], значит, ∠ D= 90oCADB∠ C= 90o , т.е.
∠ D+ ∠ С> 180 o , а это про-тиворечит теореме о сумме углов в треугольнике, значит, предположение неверно, а верно то, что надо доказать.A301.Дано: AH ⊥ a, HM1=HM2а) Доказать: AM1=АM2Рассмотрим ∆ AHM2 и ∆ AHM1:сторона AH – общаяHM1=HM2Значит, ∆ AHM1= ∆ AHM2 (подвум катетам).Следовательно, AM1=AM2.DCAaM1HM299еслиб)Доказать:AM1<AM2,HM1<HM2.∠ H= 90o , следовательно, ∠ 1 – острый(из ∆ AHM1)∠ H= 90o , следовательно, ∠ 2 – острый(из ∆ AHM2), ∆ AM1M2, ∠ 2 – острый.∠ 3 – тупой, т.к.
он смежный с острым;Следовательно,AM2>AM1, ч.т.д.A2 3M21M1H302.Дано: AH ⊥ a, АM1=АM2а) Доказать: HM1=HM2б) Доказать: HM1<HM2, когдаАM1<АM2.AAaM1HM2Из ∆ AHM1 и ∆ AHM2:сторона AH – общаяAM1=AM2Значит, ∆ AHM1= ∆ AHM2(по двум катетам и гипотенузе).значит, HM1=HM2.аHM1M2Пусть HM1>HM2 или HM1=HM2.Если HM1=HM2, то получим результат из 301 (а), что противоречитAM1<AM2,значит,HM1=HM2 неверно.Если HM1>HM2, то (по 301 (б))получим AM1>AM2, следовательно, HM1>HM2 неверно.Значит HM1<HM2, ч.т.д.303.Найти: точку С ∈ а, чтобы расстояние AC+BC было максимальным.B1Решение:Через В проведем прямую ВО, ВО ⊥ а, иотметим точку В1 так, что ОВ=ОВ1.
ТогдаaCMСВ=СВ1, значит АС+ВС=АС+СВ1=АВ1, аOдля любой другой точки М прямой а получаем:АМ+МВ=АМ+МВ1>АВ1 (по неравенствуBтреугольника).Тогда, для точки С сумма (АС+ВС) – миAнимальная.100304.АДано: М лежит внутри ∆ ABC.Доказать: МВ+МС<АВ+АС.ОДоказательство:МС<МО+ОС (неравенство треугольникаМв ∆ МОС).ВО<ВА+АО (из ∆ ВОА), значитВО=ВМ+ОМ, тогдаВВМ+МО<ВА+АО;складывая неравенства имеем:МС+ВМ+МО<МО+ОС+ВА+АО, т.е.
МС+ВМ<ОС+ВА+АО.АО+ОС=АС, значит МС+МВ<АВ+АС, ч.т.д.305.Доказать: ВМ+СМ+АМ<РАВС.Доказательство:М лежит внутри ∆ АВС, значит, учитывая №301имеем МВ+МС<АВ+АС,МА+МВ<АС+ВС,МА+МС<АВ+ВС, тогдаМВ+МВ+МА+МА+МС+МС<АВ+АВ++ВС+ВС+АС+АС,или МВ+МА+МС<АВ+ВС+АС=РАВС,т.е. РАВС>МВ+МА+МС, ч.т.д.СВМАС306.Дано: АВ=АС+ВС.Доказать: А, В и С лежат на одной прямой.Доказательство:Если А, В, С не лежат на одной прямой, то они являются вершинами∆ АВС.Значит, АВ<АС+СВ, что противоречит условию.
Следовательно,точки А, В, С лежат на одной прямой,Вч.т.д.307.14ooДано: ∠ АНВ= 90 . ∠ В= 90 .Доказать:∆ АВС, ∆ АВН и ∆ ВСН имеют равные3углы соответственно.АНДоказательство:o∆ АВС – прямоугольный, значит, ∠ 1+ ∠ 3= 90 (1)2С101∠ 2+ ∠ 4= 90o (2) (т.к. ∆ СВН – прямоугольный).∠ В= 90o , следовательно, ∠ 1+ ∠ 4= 90o (3)вычтем из (3) равенство (2):∠ 1- ∠ 2-0, значит ∠ 1= ∠ 2.Вычтем из (3) (1):∠ 4- ∠ 3=0, значит ∠ 3= ∠ 4.∠ 1 (в ∆ АВН)= ∠ 2 (в ∆ СНВ)= ∠ 2 (в ∆ АВС)∠ 3 (в ∆ АВН)= ∠ 4 (в ∆ СНВ)= ∠ 3 (в ∆ АВС)∠ ВНА (в ∆ АВН)= ∠ СНВ (в ∆ СНВ)= ∠ АВС (в ∆ АВС).308.Дано: АВ=ВС, АС=37 см.∠ НВС= 60oСН ⊥ АВСН=?HBA60?C37Решение:∠ А+ ∠ С= 60o (свойство внешнего угла)∠ А= ∠ С ( ∆ АВС – равнобедренный)тогда 2 ∠ А= 60o ,∠ А= 30o∆ СНА – прямоугольный и ∠ А= 30o , значитСН=1АС (по свойству), СН=37:2=18,5 см.2Ответ: 18,5 см.309.Дано:АВ ≠ АС, АН – высота,АD – биссектрисаДоказать:А∠ НАD=1( ∠ В- ∠ С)2Доказательство:AD– биссектриса, значитН∠ САD= ∠ BAD∆ HAD – прямоугольный, значит, ∠ HAD+ ∠ ADH= 90o ,В102DС∠ HAD= 90o - ∠ ADH;∠ ADH внешний к ∆ ADC, значит ∠ ADH= ∠ CAD+ ∠ C∠ HAD= 90o - ∠ CAD- ∠ C, ∠ CAD= ∠ BAD, тогда,∠ HAD= 90o - ∠ BAD- ∠ CСкладывая равенства∠ HAD= 90o - ∠ CAD- ∠ C и ∠ HAD= 90o - ∠ BAD- ∠ C, получим2 ∠ HAD= 180 o -( ∠ CAD+ ∠ BAD+2 ∠ C)2 ∠ HAD= 180 o -(A+2 ∠ C), ∠ A+ ∠ B+ ∠ C= (сумма углов ∆ ABC),∠ A= 180 o - ∠ B- ∠ C2 ∠ HAD= 180 o -( 180 o - ∠ B- ∠ C+2 ∠ C)= 180 o - 180 o + ∠ B- ∠ C== ∠ B- ∠ Cт.е.
∠ HAD=( ∠ B- ∠ C).310.B1BAHCA1H1C1Дано: ∆АВС=∆А1В1С1Доказать: ВН=В1Н1Доказательство:т.к. ∆АВС=∆А1В1С1, то АВ=А1В1, ∠А=∠А1;далее: АВ=А1В1, ∠А=∠А1, значит ∆ВНА=∆В1Н1А1 (по гипотенузе иострому углу), тогда ВН=В1Н1.311.Построимбиссектрисыуглов, образованных припересечении ОА и ОВ.Возьмем любую точку Сна биссектрисе. Тогда∆ODC=∆OEC (ОС – общаягипотенуза) и (∠1=∠2),значит CD=CE.Построим перпендикуляры MN и MP к ОА и ОВ,тогда ∆ONM=∆OPM, т.к.(ОM – общая гипотенуза,ANDO12CMEPB103MN=MP, по условию, что М равноудалена от ОА и ОВ).Значит NOP=∠POM, OM – биссектриса ∠AOB.Значит, искомое множество, это две прямые, являющиеся биссектрисы углов, образованных при пересечении данных прямых.312.AДоказать: если АС>АВ, то АМ<АСДоказательство:АС>АВ, значит по теореме о соотношениимежду сторонами и углами и углами треBCMугольника ∠В>∠С.∠АМС=∠В+∠ВАМ (т.к.
∠АМС - …….), ∠В>∠С, значит∠АМС>∠С в ∆АСМ ∠С<∠М, значит по теореме АМ<АС, чтд.313.Дано: АВ=P3Q3BC=P2Q2BO=P1Q1 – медиана.Построить ∆АВС.Q1P1P2Q2P3Q3BCOaDAе) строим прямую АО;ж) строим С, что АО=ОС;з) получаем ∆АВС.314.a)QPhk104План построения:а) строим любую прямую а и точкуА на этой прямой;б) строим точку D, что AD=P2Q2 иD ∈ а;в) строим окружность с центром в Арадиусом P3Q3 и окружность с центром в D радиусом 2P1Q1;г) окружности пересекаются в В;д) строим О – середину отрезка BD;а) Построить:∆АВС прямоугольный, ∠А=∠hk,AB=PQBПлан построения:а) возьмем любую прямую а и проAизвольную точку А на прямой а;б) строим ∠ab=∠hk (задача о построении угла, равного данному);в) строим точку В, что В ∈ b иAB=PQ (задача об откладыванииотрезка, 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.bCacQPб)Построить:прямоугольный ∆АВС, ∠А=∠hk,ВС=PQ.hkПлан построения:а) строим любую прямую а и произвольную точку А на прямой а;б) строим ∠ab=∠hk;в) строим прямую с, чтобы с а ирасстояние между а и с равно 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.lBCDAabв)PQP1Q1d105ABaCПостроить:прямоугольный ∆АВС, АВ=PQ, ВС=P1Q1.План построения:а) строим любую прямую а и произвольную точку В на прямой 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 А на прямой а;2) строим прямую b, что А ∈ b и а⊥b;3) строим точку В, что В ∈ b;4) строим окружность w с центром в В и радиусом 2АВ;5) окружность w пересекает прямую а в точке О;∆АВС – прямоугольный (по построению) и АВ=1ОВ (по построе2нию), значит ∠АОВ=30° (т.к.
катет противолежащий этому углу равен половине гипотенузы).106б) 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.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
