atnasyan-gdz-8-2005 (546187), страница 21
Текст из файла (страница 21)
Иэ треугольника АВР находим (рис. 160): Р С А В Рис. 160 Рис. !59 АВ = АР. сов47'50' = 12 см сов47'50', ВР = 12 см . вш47'50'. Следовательно, Ялио!э =- АВ ВР = 12 см сов 47'50'. яш47'50' = 72 см~. Ответ. = 72 сма. Дополнительные задачи 604. Треугольники ЛВС и Л~В1С~ подобны, ЛВ = 6 см, ВС = 9 см, СЛ = 1О см. Наибольшая сторона треугольника А|В~С~ равна 7,5 см. Найдите две другие стороны треугольника Л1 В1 Сь Решение. По условию Л!ВА В1С1 С А 1 ЛВ ВС СА где л коэффициент подобия треугольников А!В!С! и АВС.
Так как в треугольнике АВС наибольшей стороной является СА, то в треугольнике А!В!С! наибольшей стороной будет сходственная сторона С!А!. Поэтому С|А1 7,5 3 СА 10 4 и, следовательно, А!В! = й АВ = — 6 см = 45 ем, 3 4 В!С! = й ВС = — 9 см = 6,75 см. 3 4 Ответ. 4,5 см и 6,75 см, 125 Дополниочельные задачи 605. Диагональ АС трапеции АВСР делит ее иа два подобных треугольника Докажите, что АС" = аЬ, где а и Ь вЂ” основания трапеции. Ре ш е н не. Пусть АР и ВС основания трапеции АВСР (рис. 161).
По условию ХзАВС ХхАСР и, следовательно, углы этих треугольников соответственно равны. Так как АР ~ ВС, то л'.1 = к2, а так как АВ и СР не параллельны, то л'.3 ф л'.АСР. Значит, л'.3 = =- Л4, л'.В = л'.АСР. Приравнивая отношения сходственных сторон, получаем: .4С ВС АС Ь АР АС' а АС' откуда АС = аЬ. 606. Биссектрисы ЫР и Хч'Хт треугольника Л17ч'Р пересекаются в точке О. Найдите отношение ОК: ОХч', если Лудг .= 5 см, МР = 3 см, ЛХР .= 7 см. Решение.
Пусть ЛХК = х, тогда КР = 7 см — ю (рис. 162). Согласно задаче 535 8 Ь С Рис. 162 Рис. 161 МК ЛХХУ т 5 , или КХ' ЛгР ' 7 см — х 3' 35 35 откуда ю = —, т. е. ЛХК =- — см. 8' 8 Так как ЛХΠ— биссектриса треугольника ЛХКЛГ, то ОК ЛХК 35 Одг ЛХ1ч' 8 Ответ. 7: 8. 607. Основание равнобедренного треугольника относится к боковой стороне как 4: 3, а высота, проведенная к основанию, равна 30 см. Найдите отрезки, на которые эту высоту делит биссектриса угла при основании. Ре ш е н и е. Пусть в равнобедренном треугольнике АВС с основанием АС высота ВН и биссектриса АР пересекаются в точке О Хз (рис.
163). По условию АС: АВ = 4: 3, поэтому О АН:АВ=2;3. Так как АΠ— биссектриса треугольника С АВН, то Н Рис. 163 ОН: ОВ = АН: АВ = 2: 3 126 Гл 3 Подобные шреугольники (см. задачу 535). По условию ВН = 30 см, следовательно, ОН = . 2 = 12 см, ОВ = ВН вЂ” ОН = 18 см. 5 Ответ. 12 см и 18 см. 608. На продолжении боковой стороны ОВ равнобедренного треугольника АОВ с основанием АВ взята точка С так, что точка В лежит между точками О и С. Отрезок АС пересекав~ биссектрису угла АОВ в точке ЛХ Докажите, что ЛЛХ < ЛХС.
Р е ш е н и е. Так как ОЛХ биссектриса треугольника АОС (рис. 164), то (см, задачу 535). АЛХ ОА По условию ОА .=- ОВ, поэтому ОА < ОС и, следовательно, — < ОЛ ЛЛХ < 1. Значит, и — — < 1, т. е. АЛХ < ЛХС, что и требовалось доказать. ЛХС ВВ 1)С 609. На стороне ВС треугольника АВС взята точка В так, Докажите, что АР— биссектриса треугольника АВС.
ВХ7 ХХС Решение. Из равенства = следует, что ВХЭ ЛВ )дСч ЛС АВ Но биссектриса угла А делит сторону ВС в том же отношении —, (за- АС дача 535), поэтому АР биссектриса треугольника АВС. 610. Прямая, параллельная стороне АВ треугольника .4ВС, делит сторону АС в отношении 2: 7, считая от вершины А Найдите стороны отсеченного треугольника, если АВ = !0 см, ВС = 18 см, СА = 21,6 см.
Решение. Пусть ЕР ~~ АВ, АЕ: ЕС = 2: 7 (рис. 165). Положим ЕС = х, тогда АЕ = 21,6 см — х, 21,6 см — х 2 х 7' Рис. 165 Рис. 164 Дополнишельные задачи 127 откуда находим х =- 16,8 см, т. е. ЕС = 16,8 см. Так как ЕВ ~~ АВ, то ХхЕРС ХхАВС (по двум углам), поэтому ЕР РС ЕС ЕР РС !6,8 , или АВ ВС ЛС' !О см 18 см 21,6 Отсюда получаем: ЕР = 7 — см, РС = 14 см. 7 9 Ответ. 16,8 см, 7 — см, !4 см. 9 611. Докажите, что медиана ЛЛХ треугольника АВС делит пополам любой отрезок, параллельный стороне ВС, концы которого лежат на сторонах АВ и АС.
Решение. Пусть РЕ ~ ВС, РЕ и АХгХ пересекаются в точке Хзг (рис.!66). Требуется доказать, что РХч' = ХтЕ. Так как РЕ ~ ВС, то ЬАРт'ч' ХьАВЛХ, ХхАХч' Е ХьАтРХС, ХхАРЕ ХьАВС. Отсюда следует: РХч' ЛР Хч'Е ЛЕ ЛР ЛЕ Вй! ЛВ' МС ЛС' ЛВ АС ХдччХ лХЕ Из этих равенств получаем: = . Но ВМ = ЛХС, так как АМ вЂ” медиана треугольника. Следовательно, 6!2. Два шеста АВ и СР разной длины а и Ь установлены вертикально на некотором расстоянии друг от друга так, как показано на рисунке !67 (рис. 210 учебника) Концы А и Р, В и С соединены веревками, которые пересекаются в точке О. По данным рисунка докажите, что; гп х п х х х а) — = — и — = —; б) — Ч- '— = 1.
д Ь д г( а Ь Рис. 167 Рис. !66 128 Гл 3 Подобные г реугольники Найдите т и докажите, что л не зависит от расстояния д между шестами АВ и СХХ. Р е ш е н и е. а) Пусть точка Р— основание перпендикуляра, проведенного из точки О к прямой АС. Тогда ХЗАОР ХзАХдС (по двум углам), поэтому АР ОР га а АС ХХС' д Ь' Аналогично, из подобия треугольников СОР и СВА следует: СХ' ОХь и — = —, или — = —. СА ВА' д а б) Складывая почленно равенства л т л и — — и а доказанные в п.
а), и учитывая, что т+ л, = ь), получаем: л л и+т а Ь Из этого равенства находим ах аЬ Х а -г Ь откуда видно, что ж не зависит от гХ. аЬ О т в е т. а+Ь 613. Докажите, что треугольники АВС и А~В~С~ подобны, если: АВ АС ВЛХ а) = =, где ВМ и В~ЛХЧ вЂ” медианы треугольников, АС ВН б) аА = лАп, =, где ВН и В~Н~ — высоты треугольников АВС ' А~С~ В~Н~' и А~В~Со Решение. а) Так как АС = 2АЛХ, А~С~ =- 2А~ЛХ~ (рис.168), АС АМ то „ = . Учитывая условие задачи, получаем: АВ АМ ВЛХ А~ В~ А~ ЛХ~ В~ М~ Рис.!68 Доиолнивзельньзе задачи 129 Следовательно, азАВЛХ азА~Вр ЛХр по третьему признаку подобия треугольников.
Отсюда следует, что х'.А = ЛАы а значит, ЛАВС ЬАрВр С~ по второму признаку подобия треугольников. б) Так как х'А =. х'Ар, то азАВН ЬАзВрНз (по двум углам). АВ ВН Отсюда следует, что =, а так как по условию ! ! ВН АС АВ АС Поэтому Е~АВС ЬАрВзСр (по второму признаку подобия треугольников). 614. Диагонали прямоугольной трапеции АВСР с прямым углом А взаимно перпендикулярны. Основание АВ равно 6 см, а боковая сторона АР равна 4 см. Найдите РС, РВ и СВ Р е ш е н и е. По теореме Пифагора ьв=, ввврвв' .=рррр .. рр-.рррр.
Так как х'! + х'2 = х'Р = 90', то х'1 = 90' — х'2, а так как а2+ х3 = 90' (сумма острых углов прямоугольного треугольника), то х'.3 = 90' — е'2. Следовательно, х'.1 = х'.3 и поэтому ЛАРС ЬВАР по двум углам (хР = х'А = 90', х'3 = х'1). Из подобия этих треугольников следует: ЛР РС АВ АР' откуда РС= =. см=2 — см. АР 16 2 высота трапеции (см. рис. 169).
Тогда Пусть СН СН = АР = 4 см, ВН = А — АН = А — РС = 6 см — 2 — см =- 3 — см. 2 ! 3 3 По теореме Пифагора !з 2 ьв — ррь.'в Вв — 4 р 3-) 3) 3 Ответ. 2 — см, 2ху)3 см и — хг61 см. 2 2 3 ' ' ' 3 615. Отрезок с концами на боковых сторонах трапеции параллелен ее основаниям и проходит через точку пересечения диагоналей. Найдите длину этого отрезка, если основания трапеции равны а и Ь. Решение. Пусть АВСР— данная трапеция, а отрезок ММ проходит через точку О пересечения диагоналей и параллелен основаниям АР и ВС (рис. 170). 5 Л.С.Атанасян н др Гл 3 Подобные юреугольники 130 В С В а С В А Рис. 169 Рис.
170 Так как ОВОС ХдАОР 1по двум углам), то ОС ВС а ОА ЛВ Ь Отсюда получаем: ОС а ОС+ОА а+6 ЛС ад 6 'ЛО 6 Так как ЛХО й ВС, то ХтАЛХО ХгАВС и, следовательно, ВС АС а ад-Ь МО АО' ЛХО Ь аЬ откуда МО = —. аеЬ аЬ Аналогично находим ОЛг = а+Ь Таким образом, ЛХЛ' = ЛХО+ ОХ = а+Ь йаЬ О т в е т. а+Ь 616. Докажите, что вершины треугольника равноудалены от прямой, содержащей его среднюю линию. Решение. Пусть отрезок ЛХЛг — средняя линия треугольника АВС 1рис.171); АО, ВР, СЯ перпендикуляры, проведенные к прямой ЛХЛг. Требуется доказать, что АО = ВР =- Сь'.,).
ХлАОМ = ХлВРМ 1по гипотенузе и острому углу), поэтому АО = ВР. Аналогично, из равенства треугольников ВРЛХ и Сс,)дг следует, что ВР =- СсХ. Итак, АО = ВР = СЯ. Рис. 171 Донолнишельные задачи 131 617. Докажите, что середины сторон ромба являются вершинами прямоугольника. Решение.
Пусть точки ЛХ, )ч', Р, бт— середины сторон ромба АВСР (рис.!72). Тогда четырехугольник ЛХХРбХ вЂ” параллелограмм (см. задачу 567). Так как ЛХЛ' и ЛХЯ вЂ” средние линии треугольников АВС и АВР, то ЛХЛ' ~ АС и ЛХО. ~ ВР. Отсюда следует, что ЛХЯОХ(— параллелограмм, а так как угол ВОЛ прямой (диагонали ромба взаимно перпендикулярны), то ЛХЯО — прямоугольник (см. задачу 399). Следовательно, угол ХХЛХЯ вЂ” также прямой, а значит, параллелограмм ЛХБРбХ является прямоугольником. Рис.
172 ОР = ВХХ вЂ” (В(чэ + РХХ) = ВХ) — — ВХ7 = — ВХХ. 3 3 Итак, ВЯ) = б)Р = РО. 619. Биссектриса внешнего угла при вершине Л треугольника ЛВС пересекает прямую ВС в точке Хз. Докажите, что ВВ РС ЛВ АС Решение. Пусть точка В лежит между точками С и Х7 (рис. 174).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
