atnasyan-gdz-7 (546185), страница 9
Текст из файла (страница 9)
105°=90°+15°, то это другой из углов, полученных в пункте316.P1Q1P2Q2P3Q3aCD13M42AHBПостроить: ∆АВС, CH=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.107317.BcaODAEdCbПостроить: 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 ∠А; с – биссектриса ∠С; d⊥b, b⊥AC, значит d║АС;d ∩ AB в D, d ∩ BC в Е, следовательно, по 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 А1108в) 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=AC,AB1=AC-B1C, B1C=AB-AC1, CA1=BC-BA1, B1C=AC1=BA1 (по построению), значит AB1=BC1=CA1, значит ∆AC1B1=∆BA1C=∆CB1A1(по 2-му признаку равенства треугольников).Тогда B1C1=A1C1=A1B1, и значит ∆А1В1С1 – равносторонний, что итребовалось доказать.319рисунок арисунок брисунок вПусть надо построить ∆АВС, и даны уголы RB1 P и отрезки: В2Н1,равный высоте треугольника, В3D1, равный медиане треугольника(см. рис. а). Построим произвольную прямую а, отметим на нейточку L и через точку L проведем прямую в перпендикулярнуюпрямой а (см.
пункт 23 учебника). На прямой в от точки L отложимотрезок LQ, равный данному отрезку В2Н. Построим окружность сцентром в точке Q и радиусом В3D1, она пересечет прямую а в точкеN (см. рис. б). Построим произвольный луч ВМ, отложим от негоугол МВК равный данному углу RB1P (см. пункт 23 учебника). Построим биссектрису BL угла МВК, отложим отрезок BD равныйданному отрезку В3D1 (см. рис. в). От луча DB отложим угол BDXравный углу QNL, луч DX пересечет луч ВМ в точке с. Проведемпрямую СD, она пересечет луч ВК в точке А. Треугольник АВС естьискомый.109Задачи повышенной трудности320Пусть даны три отрезка В1Н1 – высота треугольника, А1С1 – сторонатреугольника В2М1 – медиана треугольника.Построим треугольник АВС по стороне, высоте и медиане, проведенным к этой стороне.Проведем прямую а и построим прямую в, перпендикулярную прямой а.
Пусть О – точка пересечения прямых а и в. На прямой в отложим отрезок ОР = В1Н1. Построим окружность с центром в точкеР и радиусом В2М1, она пересечет прямую а в точке К.Теперь проведем прямую с на ней отметим отрезок АС = А1С1, построим к нему серединный перпендикуляр, который пересекает отрезок АС в точке М и АМ = МС.
Построим окружность с центром вточке М и радиусом В2М1.На прямой с от точки М отложим отрезок МН=ОК. Через точку Нпроведем прямую перпендикулярную прямой с. Точка В пересечения этой прямой с окружностью является третьей вершиной искомого треугольника АВС. Однако при построении могут получитьсячетыре различных, но равных треугольника.110321На стороне ВС от точки С отложим отрезок СН = АС. Проведем отрезок АН.
Построим серединный перпендикуляр к отрезку АН, онпересечет отрезок АН в точке 0, а отрезок АВ в точке М, являющейся искомой точкой, т.к. АМ = МН и МН ⊥ ВС.Дакажем это: АС = СН по построению, СМ – общая, значит, ∆МАС= ∆МНС ( по гипотенузе и катету), следовательно, АМ=МН.322Из условия получаем, что АВ = а ⋅ СD, а СD = в ⋅ АВ, следовательно, а =СDАВАВ СD1,а в=; а ⋅в =; а= .⋅СDABСD ABв323Из условия получаем, что АВ = m ⋅ E1F1 и АВ = n ⋅ E2F2, откуда m ⋅ E1F1= n ⋅ E2F2, следовательно, E1F1 =nn.⋅ E 2 F2 , т.е.
искомое числоmm324Из того, что углы ∠hk и ∠hl смежные следует: ∠hk = 180° − ∠hl ;∠hk + ∠hk = 180° − ∠hl + ∠hk ; 2∠hk = 180° − ∠hl + ∠hk ; ∠hk =∠hk = 90° −1(180° − ∠hl + ∠hk) ;21(∠hl − ∠hk ) .2Докажем второе утверждение: ∠hl = 180° − ∠hk ;∠hl + ∠hl = 180° + ∠hl − ∠hk ; 2∠hl = 180° + ∠hl − ∠hk ;∠hl =1(180° + ∠hl − ∠hk ) ; ∠hl = 90° + 1 (∠hl − ∠hk ) .22325Пусть ∠6 является вертикальным для ∠3 а ∠7 является вертикальным для ∠4 тогда ∠1 + ∠2 + ∠3 + ∠4 + ∠5 = 180° а из того что вертикальные углы равны получим ∠1 + ∠2 + ∠3 + ∠4 + ∠5 = 180°.111326.Из условия следует что можноразбить наши шесть прямых надве тройки пусть прямые 1,2 и 3пересекаются в точке О1, а прямые 4, 5 и 6 в точке О2, а прямые 6и 1 пересекаяются в точке О3. Поусловию через точку О3 должнапроходить еще хотя бы одна прямая, кроме прямых 6 и 1, это возможно только если все три точкиО1, О2 и О3 совподают.Предположим противное, тогда через точку О3 проходит хотя быодна из прямых 2,3,4 или 5, что невозможно, поскольку через дветочки О1 и О2 или О2 и О3 на плоскости можно провести только одну прямую, или какие-то прямые совпадают, что противоречит условию, значит, наше предположение не верно, и все шесть прямыхпроходят через одну точку.327Из условия задачи следует, что нашишесть точек можно разбить на две тройки: пусть прямая 1 проходит через точкиО1, О2 и О3, а прямая 2 проходит черезточки О4, О5 и О6.
Докажем, что прямые 1и 2 совпадают: предположим противное.Тогда через точки О3 и О6 проходит прямая 3, и, поскольку две несовподающиепрямые могут пересекаться на плоскоститолько в одной точке, то точки О1, О2, О4 и О5 не пренадлежат прямой 3, что противоречит условию, следовательно прямые 1 и 2 совпадают, и все шесть точек лежат на одной прямой.328Рассмотрим прямые АС1 и ВС2, и секущую на прямую АВ, т.к.
накрестлежащие углы ∠ВАС1 = ∠АВС2 по условию, получим, чтоАС1⎪⎪ВС2.112∠АС1С2 = ∠ВС2С1 как накрестлежащие при пересечении паралельных прямых АС1 и ВС2 секущей С1С2. Пусть точка О – точка пересечения прямых АВ и С1С2. ∆АС1О = ∆ВС2О по стороне и двум углам (∠ОАС1 = ∠ОВС2, ∠АС1О = ∠ВС2О, АС1 = ВС2), в равныхтреугольниках против равных углов лежат равные стороны, т.е.
АО= ОВ, что и требовалось доказать.329Построим треугольник по углу,прилежащей к нему стороне исумме двух других сторон. Однозначностью построения мыдокажем равенство данных треугольников.Представим, что треугольник уже построен (см. рис.) AD – это сумма двух сторон (в + с), АВ = в. Тогда BD = BC = c,⇒ ∠BDC = ∠BCD.Построение: Проводим прямую, откладываем сторону а, откладываем сумму сторон. Соединяем точки C и D. От CD откладывем уголBDC.
Находим точку В. Искомый треугольник – АВС. Построениеоднозначно.330Эти треугольники не могут быть неравными, так ка сумма угловтреугольника равна 180°, то третьи углы этих треугольников тожеравны, а, следовательно, эти треугольники равны по стороне и двумприлежащим к ней углам.331Могут. (см. рис.)332В треугольника АОС и ВОD ∠AOC= ∠BODкак вертикальные. В ∆АОС ∠АОС = ∠АОС(по свойству равнобедренного треугольника), а в ∆BOD ∠BDO = ∠BOD, следовательно, ∠АСО = ∠ВDO. Из того, что сумма углов любого треугольника равна 180°следует, что ∠DBO = ∠CAO. Следователь113но, ∆АОС = ∆ВОD по углу и прилежащим к нему сторонам, а в равных треугольниках против равных углов лежат равные стороны,значит ОС = ОD.333Пусть внешний угол при вершине В равен β,а угол при вершине С равен γ, тогда α = 180°– ((180° – β) + (180° – γ)) = β + γ – 180°;β + γ = α + 180° .
Из треугольника ВОСγ β1− = 180° − (β + γ ) =22 21αα= 180° − (α + 180°) = 180° − 90° − = 90° − .222∠ВОС = 180° −334Пусть дан ∆АВС, а прямые, перпендикулярные к биссектрисам треугольникапересекаются в точках Р, Q и R. АМ1,ВМ2 и СМ3 – биссектрисы ∆АВС.∠М1АR = ∠M1AQ = 90° по построению. ∠М1АС = ∠М1АВ =1∠ВАС , т.к.2М1А – биссектриса, следовательно,12∠САR = ∠BAQ = 90° − ∠ВАС . Ано12логично, ∠ВСР = ∠AСR = 90° − ∠ВСА и ∠QBA = ∠PBC =12= 90° − ∠АВС . Из ∆ВРС: ∠ВРС=180°–∠РВС–∠ВСР=180° – 90°+111∠АВС − 90° + ∠ВСА = (∠АВС + ∠ВСА ) =222111= (180° − ∠ВАС) = 90° − ∠ВАС , анологично, ∠СRA = 90° − ∠АВС ,2221α∠AQB = 90° − ∠ВСA .
Что и требовалось доказать.2+335а) остроугольный;б) остроугольный.114336Если в треугольнике медиана равна половине стороны , к которойона проведена, то треугольник является прямоугольным, т.к. центрописанной около него окружности лежит на середине гипотенузы,следовательно, угол треугольника является острым, если медиана,проведенная из вершины этого угла больше половины противоположной стороны, и тупым, если медиана, проведенная из вершиныэтого угла меньше половины противоположной стороны.337Опустим высоту АК, которая являетсятакже медианой и бессектрисой, т.к.∆АВС — равнобедренный. ПродолжимВМ до пересечения с АК — точка Е.Точка D — пересечение АК и СМ.
Соединим точку С и Е.∠АВС = ∠АСВ = (180° – ∠ВАС) / 2 ==180° − 80°= 50° .2∆ВЕС — равнобедренный, ⇒∠СЕК = ∠ВЕК = 180° – ∠АКВ –∠ЕВК = 180° – 90° – 30° = 60°, ⇒ ∠ВЕС = 120°.∠ЕСК = ∠ЕВК = 30°; ∠ЕСМ = ∠ЕСК – ∠МСВ = 30° – 10° = 20°;∠АСЕ = ∠АСВ – ∠ВСМ – ∠ЕСМ = 50° – 10° – 20° = 20°; ∠САК ==∠САВ / 2 =80°= 40° .2∠АЕС = 180° – ∠САК – ∠АСЕ = 180° – 40° – 20° = 120°. ⇒∆АЕС ==∆МЕС по второму признаку равенства треугольников (ЕС — общая сторона, ∠АЕС=∠МЕС=120°, ∠ЕСМ=∠АСЕ = 20°) ⇒ АС=МС,⇒∆МАС — равнобедренный.∠АСМ = ∠АСЕ + ∠ЕСМ = 40°,⇒ ∠АМС =180° − ∠АСМ 180° − 40° 140°=== 70° .222338.Рассмотрим треугольник АВС, пусть сторона АС является наибольшей стороной ∆ АВС.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
