atnasyan-gdz-8-2005 (546187), страница 15
Текст из файла (страница 15)
(АО+ ОС) = -ВР АС = 80 смз. 4 Ответ. 80 смз. 530. В равнобедренном треугольнике АВС с основанием ВС проведена высота АР, равная 8 см. Найдите площадь треугольника АВС, если медиана РЛХ треугольника АРС равна 8 см. Решение. КАРС вЂ” прямоугольный, РЛХ вЂ” его медиана, проведенная к гипотенузе !рис. 106), поэтому, согласно задаче 404, РЛХ = 1 = — АС, откуда АС = — РЛХ =- 16 см. 1 2 ' 2 Из треугольника АРС по теореме Пифагора находим: Ра — хаАха — 256 — 64 — '772 — 8 я Так как треугольник АВС вЂ” равнобедренный, то его высота АР является также и медианой, поэтому ВС = 2РС = 16хГЗ см. Ялвп = — ВС АР = 8хХЗ см 8 см = 64хХЗ смз.
2 О т в е т. 64 хХЗ слзз. 53!. Стороны АВ и ВС прямоугольника АВСР равны соответственно 6 см и 8 см. Прямая, проходящая через вершину С и перпендикулярная к прямой ВР, пересекает сторону АР в точке ЛХ, а диагональ ВР— в точке К. Найдите площадь четырехугольника АВХХЛХ. Решение. Ялвкгм = Ялвп — Вклтп (рис.107), и Рис. 107 Рис. !06 У У Дополнительные задачи 83 Влив = — АВ АР = — 6 см.8 см =24 см .
г 2 2 Чтобы вычислить Якзгв, найдем КР и КЛХ. В прямоугольном треугольнике ВСР отрезок СК вЂ” высота, проведенная к гипотенузе, поэтому (см. решение задачи 491) СК= ' ' = см=4,8см. ВС СР 6 8 чХВсг л- сРЗ 54236+ 64 По теореме Пифагора имеем: КР=НСВ РК =46 46 =36 Отрезок КР высота прямоугольного треугольника СРЛХ, проведенная к гипотенузе, поэтому КР—, 3,6 '36 4РЛ вЂ” БРМ. СР. РЛХ РРЗ РНЗ Отсюда после возведения в квадрат находим РЛХ = 4,5 см.
По теореме Пифагора — ч 4.6 - 3,6 . — 2.2 Следовательно, ВНЗмв =- — КМ КР =- — 2,7 см 3,6 см = 4,86 см . г 2 2 Влвкзт = Влвв — Вклтв = 24 см — 4,86 см = 19,14 смг. Ответ. 19,14 смг. 632. 8 треугольнике АВС проведена высота ВН. Докажите, что: а) если угол А — острый, то ВСЗ = АВЗ + АСЗ вЂ” 2АС АН; б) если угол А — тупой, то ВСЗ = АВ Л-,4С Л-2АС АХХ Решение.
а) Так как в треугольнике АВС угол А острый, то точка Н может лежать на стороне АС (рис. 108, а), лежать на продолжении стороны АС (рис.108, б) или совпадать с точкой С (рис. 108, в). В последнем случае АН = АС и поэтому нужно доказать, что А Н С А С Н А Н С а б е Рис. 108 Гл. 2. Плои1адь ВСз = Ав~ + Асс — 2АСЯ т. е. ВСа =- АВа — Асз. Это верно в силу теоремы Пифагора.
Рассмотрим случаи, представленные на рисунках 108, а и 108, б. Из прямоугольного треугольника ВНС по теореме Пифагора имеем: вс =вн ' нс, а из прямоугольного треугольника АВН; ВН =А — АН . Поэтому ВС = А — АН + Нст. НС = АС вЂ” АН (рис. 108, а), либо Нс = АН вЂ” АС (рис. 108, б). В любом случае НС' = АСа — 2АС АН + Анз. Теперь равенство (1) можно записать так: Вся = Авз — Анз + ЛСз — 2АС ЛН + Анз, или Все = Лнз+ Асз — 2АС' АН, а из прямоугольного треугольника АВН; ВН' = АВ' — АН'. Рис. 109 Поэтому ВСа = А — Ан + НС .
(2) Так как НС = ЛН + АС, то НСЯ = Анз + 2АС ЛН+ Асз. Теперь равенство (2) можно записать так: ВСЯ = Авз — АНа + АН' + 2АС АН + Ас~, или Вся = Авз + Асз + 2АС АН, что и требовалось доказать. что и требовалось доказать. б) Так как в треугольнике в АВС угол А-- В тупой, то точка Н лежит на продолжении стороны АС (рис.!09). Из прямоугольного треугольника ВНС по теореме Пифагора имеем: С ВС = Вне+ НС, 85 Зидани повышенной трудности Задачи повышенной трудности 829.
Через точку ЛХ, лежащую внутри параллелограмма АВСР, проведены прямые, параллельные его сторонам и пересекающие стороны АВ, ВС, СР и РА соответственно в точках Р, О, й и 1'. Докажите, что если точка М лежит на диагонали АС, то плошади параллелограммов ЛХРВХХ и МЯРТ равны, и, обратно, если площади параллелограммов ЛХРВО и МВР!' равны, то точка ЛХ лежит на диагонали АС Решен не. Сначала докажем прямое утверждение. Пусть точка ЛХ лежит на диагонали АС )рис.
110, а). Так как ХзАВС = ХтАРС, Т б Т а Рис. 110 сзАРЛХ = ХхЛ!ТА и ХхЛ!ОС = ХзСВЛХ, то 5ИРВсХ = Влнс' ВЛРМ Влтяс = = олгэс — пмтл — Вонзи = олтнхзт. Итак, Ямннст = Вм нот . Пусть теперь точка ЛХ не лежит на отрезке АС. Обозначим через Х точку пересечения отрезков АС и ОТ, а через Хо~ и В| точки пересечения прямой, проходящей через точку Х параллельно АР, с отрезками АВ и СР (рис.
110, б). Согласно доказанному Яыр Вгт = Ямн, рт. Если точка ЛХ лежит между точками )т' и Т (рис.110, б), то Ьмрню ) ) Яынвсз, а Ямнгтт < Ьмн,тот, И ПОЭТОМУ Янннсх ф Ямнхэт ЕСЛИ точка М лежит между сХ и Лг, то аналогично приходим к неравенству Влхннс! ~ Ямнот. Следовзтельно, если Бирнс = Взднытч то точка М лежит на отрезке АС. 830. На сторонах АС и ВС треугольни- А ка АВС взяты соответственно точки ЛХ и К Отрезки АК и ВЛХ пересекаются в точке О ЛХ Найдите площадь треугольника СЛХК, если О площади треугольников ОЛХА, ОАВ и ОВК В равны соответственно Яп Яв, Яь Решение.
На рисунке 111 изображена данная фигура. Пусть Яозгк = Вг, Вснк =- В. Так как площади треугольРис. 111 ников, имеющих равные высоты, относятся как основания (следствие 2, п.52), то В С К я ЛХО. ОВ=Я4 г Вз Я1 Яз Гл. 2. Плон!идь $! $4 Отсюда находим; $4 =- ' ', Еще раз применяя следствие 2, п.52, $! получаем; ВК: КС = $вмк: Всмк = Ввлк: Вснк, ($3 + $4) ° $ ($2 '4 $3) ($! + $4 + $).
или 831. На сторонах АС и ВС треугольника АВС взяты точки ЛХ и К, АМ СК ЛХР а на отрезке ЛХК вЂ” точка Х' так, что = = . Найдите площадь ЛХС треугольника АВС, если пло!нади треугольников А МР и ВКР равны $! и $!. Р е ш е н и е. Введем обозначение; АЛХ СХХ МР = х (рис. 112). Сравнивая плошади треугольников АМР и СМР, получаем $,44!в АЛХ $см! ЛХС ! откуда $смР =— Аналогично, сравнивая ходим: $скР = х .
$з. площади треугольников ВКР и СКР, на- 1 — $! зХ$, = х, то *, = т„откуда х = з — ', и, х $! — ~1$, Так как $смв МР $СК Р следовательно, $сгиР = '$! = ~~~~Ы $скР =х.$2 = (($!$з, зХ, зГ х ""="" -"'"=)('"$е+Ч" Воспользуемся теперь теоремой об отношении площадей треугольников, имеющих по равному углу: $лвс СВ СА $скл! СК СЛХ СВ. СА СК 4- КВ СМ+ МА Х 1) СК СЛХ СК СЛХ 1х ПоэтомУ $лвс = (1+ — ) (1+ х)$скм.
Отсюда, используя выражения для $4, после соответствующих преобразований находим $: $!$4($! ! $4)($2 + $3) $ ($4 $!$4($! + $!)($4 Е Вз) О т в е т. $4($4 — $!$4) 87 Зидани иовыгиенной трудности Подставляя в правую часть этого равенства выражения для х и Яг км, после несложных пРеобРазований пРиходим к РавенствУ ВАВС = ( ь51 + тЛ2 ) О т в е т. 1 туев~ + фЗ~ ) з. 882. Точки Р, се, В и Т вЂ” соответственно середины сторон АВ, ВС, С77 и 77А параллелограмма АВСР.
Докажите, что при пересечении прямых АЩ В77, СТ и РР образуется параллелограмм, и найдите отношение его площади к площади параллелограмма АВС77. Ре ш е н и е. Данная фигура изображена на рисунке 113, где ЛХХКЬ четырехугольник, образованный при пересечении прямых АЯ, ВЛ, СТ и 77Р. Так как АТ ~ СЯ и АТ =- СЯ, то АТСс,) — параллелограмм, поэтому Л1Л7~ 1К. Аналогично, ЛЫ ~~ Тт'К, следовательно, Л11т'КЕ— параллелограмм.
Пусть Я вЂ” площадь параллелограмма Л1гуКЕ, ВР Л. СТ гсм. рис. 113). Тогда ВР Т Абьэ и, следовательно, отрезок ВŠ— высота треугольника АВ1т', а отрезок ЕГ равен высоте параллелограмма Л11т'КЕ, проведенной к стороне. Л17н'. Так как ВЯ = ЯС, то ВЕ = ЕР' (задача 384), а так как АР = РВ, то АМ = ЛТХ и поэтому АЛг = 2Л17т'. Следовательно, Л1нг, ЕР гг1нг ВЕ Ванн = — АЛг ВЕ = Л1Я' ВЕ = Я.
1 2 Аналогично можно доказать, что площадь каждого из треугольников АРЛ1, СРЕ и СВК также равна В. Поэтому Вмнно В 1 Вансен = 5В и ' блвоо 55 5 1 Ответ. —. ' 5' С М А Р Рис 1!3 Рис. 112 88 Гл 2. Плон!идь 833. Докажите, что плошадь трапеции равна произведению одной нз боковых сторон на перпендикуляр, проведенный из середины другой боковой стороны к прямой, содержащей первую боковую сторону. Решение.
Пусть АВСР— данная трапеция, ЛХ вЂ” середина боковой стороны СР, а ЛХК вЂ” перпендикуляр, проведенный к прямой АВ !рис. 114). Докажем, что Я =- АВ ЛХК, где  — площадь трапеции. о = Вллтв + Вляпав + Ввмс. Проведем через точку ЛХ высоту РЯ трапеции !см. рис. 1!4). Тогда ! 1 Влшв = — АВ ЛХР, Ввмс = —,ВС ЛХЯ. 2 ' ' 2 Так как ХтСЛХб! = ХзРЛХР (по гипотенузе и острому углу), то ЛХЯ = ЛХР и поэтому Вльтв + Ввшс = — (АХт + ВС) . ЛХР .=- — Р( ! = — Я 1 ! АВьВС 1 2 2 2 2 1 Таким образом, Я = Ялдтв + — В, откуда Я = 2Влгив, ! 2 Но Ялгив = — АВ . ЛХК, следовательно, '2 В = АВ ЛХК. 834.
В трапеции АВСР с основаниями ВС и АР диагонали пересекаются в точке О Плошади треугольников ВОС и АОР равны Я1 и Яе. Найдите плошадь трапеции. Решение. Согласно задаче 511, б площади треугольников АОВ и СОР равны. Обозначим эти площади буквой Я !рис. 115). Площади В! и Яз относятся как произведения сторон, заключающих В1 ОВ ОС равные углы с вершиной О !теорема 2, п.52), т. е, К ОС' 5~ ОВ Но '— ' = — и — ' = !см.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
