atnasyan-gdz-8-2005 (546187), страница 22
Текст из файла (страница 22)
Треугольники АВХ7 и АСХд имеют общую высоту, проведенную из вершины А, поэтому (см. следствие 2 в п, 52 учебника): Влво ВХ7 (1) Влсо ВС 618. Точки ЛХ и М являются соответственно серединами сторон СВ и ВС параллелограмма ЛИС!Э. Докажите, что прямые АЛХ и АХч' делят диагональ ВВ на три равные части. Решение. Пусть Π— точка пересечения диагоналей АС и ВР, а Р и Я В Лг С точки пересечения отрезков АЛХ и Адг 0 с диагональю ВХ7(рис.!73). Требуется до- О казать, что В(Х =- ОР =- РР. М Так как отрезки АЛг и ВО медианы Р треугольника АВС, то ВО: ЯО = 2; 1, Хз 2 откуда следует, что ВЯ = -ВО, а посколь- Рис. 173 ку ВО = ОХд = — ВХ7, то Вб,) = — ВХ7.
1 1 '2 ' 3 1 Аналогично доказывается, что РО = -ВР. Следовательно, 3 132 Гл 3 Подобные г реугольники Пусть РК и РН перпендикуляры к прямым АВ и АС. Так как ГзАРК = ГзАРН (по гипотенузе и острому углу), то РК = РН, т. е. высоты в треугольниках АВР и АСР, проведенные из вершины Р, равны. Поэтому, снова используя следствие 2 из п.52 учебника, получаем: Влво АВ (2) Влсо АС' Из равенств (1) и (2) следует, что ВР АВ РС АС' ВР РС откуда имеем: --- =- — —. 620.
В треугольнике АВС (АВ ф АС) через середину стороны ВС проведена прямая, параллельная биссектрисе угла А, которая пересекает прямые АВ н АС соответственно в точках Р и Е. Докажите, что ВР = СЕ. Решение. Пусть АВ ( АС, отрезок АК биссектриса треугольника АВС, точка ЛХ вЂ” середина стороны ВС, ЛХР ~ АК (рис.
1?5). Согласно задаче 535 АВ АС' (1) Так как ЛХР 'б АК, то ГхАВК ГхРВЛ( и ГзЕСЛХ ЛАСК, поэтому КВ ВМ СЛХ КС (2) АВ ВР СЕ АС ВЛХ СЛХ Из равенств (1) и (2) следует, что = — ' . Числители в этих отношениях равны (ВЛХ = СЛХ по условию), следовательно, равны и знаменатели, т. е. ВР = СЕ, что и требовалось доказать. 621. В трапеции АВСР с основаниями АР н ВС сумма оснований равна Ь, диагональ АС равна а, кАСВ = а. Найдите плошадь трапеции.
Решение. Так как АР 'б ВС, то л'.САР = х'.АСВ =- о (рис. 176; на этом рисунке представлен случай, когда а < 90'). Из прямоуголь- хз МК В Рнс 175 Рнс. 174 Донолничельные задачи 133 ного треугольника АСН получаем: СН = ив!по (это выражение для высоты трапеции сохраняется и в том случае, когда а > 90').
Следовательно, 1 1 Власы = ,—(АР+ ВС) СН = — аЬз1по. '2 2 1 Ответ. — поз!по. ' 2 622. На стороне АВ параллелограмма АВСР отмечена точка К так, 1 что АК = -К!д Диагональ АС и отрезок ВК пересекаются в точке Р. л Найдите площадь параллелограмма ЛВС0, если площадь треугольника АРК равна ! см Ре ш е н не.
ЙСРВ ЬАРК по двум углам (рис. 177), поэтому ВР ВС РК АК' 1 1 1 Так как АК = — КТ), то АК = — АП = — ВС, откуда следует, что 4 ' 5 5 ВС ВР =- 5, а значит, и = 5. Треугольники АРК и АРВ имеют общую высоту, проведенную Влрв ВР из вершины А, поэтому = . = 5 и, следовательно, Влек Нлрв = 5Влрк = 5 смз.
Коэффициент подобия треугольников СРВ и АРК равен ' =- 5, ВС откуда следует, что — ' — = 25, т. е. Яс рв = 25 см . Всрв з Влрк алис' = Ялрв + $врв = 5 смз + 25 смз = 30 ем~, Влвсв = 2 Влвс = 60 смз. Ответ. 60 смз. В С л К Рис 177 Рис. 176 134 Гл 3 Подобные гнреугольники 623. В прямоугольной трапеции АВСР с основаниями АР и ВС АА = =. кВ = 90', КАСР = 90', ВС = 4 см, ЛР = 16 см.
Найдите углы С и Р трапеции. Ре ше н не. Пусть СН вЂ”. высота трапеции (рис. 178). Тогда ЛН=-ВС=4см, НР=АР— АН=12см. Согласно утверждению !' из и. 63 СН = зуЛН НР = ь7412 см = 4тГЗ см. Из прямоугольного треугольника СНР имеем: СН 4ъ'3 ъ~З НР 12 3 Следовательно, лР = 30', а г'ВСР = 180' — г'.Р = 150'. Ответ.
30' и 150'. 624. Докажите, что медианы треугольника разбивают его на шесть треугольников, площади которых попарно равны. Решение. Пусть медианы ААы ВВ1 и СС1 треугольника АВС пересекаются в точке 0 (рис. 179). Тогда Влив, = Нсвв, и Влов, = Всов, (см. задачу 474). Отсюда следует, что Влов = Ввос. Аналогично доказывается, что Явос = Всол Но Влов = 2Влос, = 28вос„ Ввос = 2ВВОЛ, = 2ВСОЛ,, Всол = 2Всов, ,= 2Вловы поэтому о !ОС~ =- овос~ =- овол~ = осОЛ, =- осов~ = олов~ что и требовалось доказать. А в, С Рис. 179 Рис. 178 135 Дополнигаельные задачи 625.
Основание АР равнобедренной трапеции АВСР в пять раз больше основания ВС. Высота ВН пересекает диагональ АС в точке М, площадь треугольника АМН равна 4 см . Найдите плошадь трапеции АВСР. Решение. По условию АР = 5ВС. Пусть СК Х АР (рис. 180). Тогда В С Рис. 180 =2ВС, — -- =2 АН ВС НК=ВС, АН= — — — = — — —— 2 2 РАМН ХзСМВ (по двум углам), поэтому МН АН , =2, т. е.
МН=2ЛХВ. Отсюда следует, что ВН = — МН. 3 2 По условию Визги =- — АН МН = 4 см, ! 2 а так как АН =- 2ВС, то ВС МН = 4 смз. Влнсп = — (АР+ВО) ВН =- — (5ВС+ВС) — Х!ХН = 1 1 3 2 2 2 = 4,5 ВС' Ъ|Н = 4,5 4 смз = 18 смз. Ответ. 18 смз. СЕ АС ЕА АВ' Рис. 181 АВ 626*. Докажите, что треугольники АНС' и А! В!С! подобны, если АС АР , где АР и А!Р! — биссектрисы треугольников.
! ! ! ! Решен ие. Пусть РЕ ~ АВ и Р!Е! ~ А!В! (рис.181). Тогда, со- СЕ СР гласно задаче 556, ' = ' , а так как АР— биссектриса треуголь- СР АС ника, то ' = — ' (задача 535). Следовательно, 136 Гл 3 Подобные г реугольники Аналогично из треугольника А!В!С! получаем: С!Е! Л!С! Е!Л! Л!В! ЛС Л!С! СЕ Из условия задачи следует, что — ' =, поэтому —, АВ А!В! ' ЕЛ Прибавив к обеим частям этого равенства 1, получим СЕ С!Е! ЛС А!С ЕЛ ЛС Отсюда имеем: „=, а так как по условию ! ! ' ! ! ЛР Л!Р! ' С! Е! Е!Л! ' ЛС Л С 627. Дан треугольник АВС. Постройте треугольник А! В!С!, подобный треугольнику АВС, площадь которого в два раза больше площади треугольника АВС.
2 Решение. Так как ' ' '' =( у! =2,то =ьг2, т.е. ВА!в!с! ! Л!В! !, Л!В! Влвс А!В! = — ьг2 АВ, и также В!С! .= хг2 ВС, С!А! =- ьг2 СА. Построим квадрат со стороной АВ. Его диагональ равна у'2 АВ, т. е. равна А!В!. Аналогичным образом построим отрезки, равные В!С! и С!А!, а затем построим треугольник А!В!С! по трем сторонам. 628. Даны три отрезка, длины которых соответственна равны а, 6 и с аЬ Постройте отрезок, двина которого равна с Решение. Построим неразвернутый угол А (рис.182). На одной стороне угла отложим отрезки АС = с и СР = а, а на другой стороне угла отрезок АВ = Ь.
Проведем прямую ВС, а затем через точку Р ЕА АР Е!А! А!Р! (1) В треугольнике АЕР л2 =- лЗ (это следует из того, что г'1 =- = л2, так как АР— биссектриса, и Л1 = г'3, так как эти углы— накрест лежащие при пересечении параллельных прямых АВ и РЕ секущей АР), поэтому РЕ = — ЕА. Аналогично получаем: Р!Е! = Е!А! и, следовательно, в силу равенства (1) имеем; РЕ ЕА АР Р!Е! Е!А! А!Р! Отсюда следует, что схАЕР ГгА!Е!Р!, а значит, г'.2 = г'.4 и поэтому хА = г'.А!. Из равенств — и хА =- г'А! АВ АС А!В! !С! следует, что с!АВС ГА!В!С! (по второму признаку подобия треугольников), что и требовалось доказать.
Дополнигпельние задачи 137 проведем прямую, параллельную прямой ВС. Она пересекает луч АВ в некоторой точке Е. Отрезок ВŠ— искомый. В самом деле, согласно задаче 556 Ь ВЕ -= — ',т.е.ВЕ= —. аЬ с а с 629. Постройте треугольник, если даны середины его сторон. Решение. Пусть точки К, ЛХ, Х вЂ” данные середины сторон искомого треугольника (рис.183). Проведем прямые КЛХ, ЛХХ, ХК, а затем через точки К, ЛХ, Х проведем прямые, параллельные соответственно прямым ЛХХ, ХК, КМ. Точки А, В, С пересечения проведенных прямых являются вершинами искомого треугольника.
В самом деле, докажем, что точка К вЂ” середина стороны АВ. По построению четырехугольники АКЛТХ и ВЛТХК параллелограммы, поэтому АК =. МХ и ЫХ= КВ, откуда следует, что АК = = КВ, т. е. точка К середина стороны АВ. Аналогично доказывается, что точки ЛХ и Х вЂ” середины сторон ВС и СА.
630. Постройте треугольник по стороне и медианам, проведенным к двум другим сторонам. Решение. Сначала построим треугольник АОВ, в котором АВ— 2 данная сторона, а отрезки АО и ВО составляют — данных меди- 3 ан (рис. 184). Затем на лучах АО и ВО отложим отрезки АЛТ и ВХ, равные соответствующим данным медианам, и проведем прямые АХ и ВЛХ. Они пересекаются в некоторой точке С.
Треугольник АВС искомый. Докажем это. Нужно доказать, что отрезки АЫ и ВХ являются медианами построенного треугольника, т. е. точки М и Х вЂ” середины сторон ВС н АС. АО ВО Так как =, = 2 (по построению) и углы с верши- ОХ ной О в треугольниках АОВ и ЛХОХ равны как вертикальные, то атАОВ 7ЛМОХ (по второму признаку подобия треугольников), АВ причем коэффициент подобия равен 2. Поэтому — —; .= 2 и а1 = ! = а2 (см.
рис. 184). Отсюда следует, что МХ = — АВ и ЫХ ~~ АВ. '2 М вЂ” — М Л Рис. 182 Рис 183 Рис. 184 138 Гл 3 Подобные жргугольники Следовательно, отрезок ЛТХ средняя линия треугольника АВС, а значит, точки йХ и Дг середины сторон ВС и АС. Задачи повышенной трудности 847. На рисунке 185 (рис. 269 учебника) изображен правильный пяти- угольник АВСРЕ, т. е. выпуклый пятиугольник, у которого все углы равны РА РГ и все стороны равны. Докажите, что; а) 7хАЕР ЬАЕЕ; б) Решение.
а) ГхАЕР = ГхВАЕ по двум сторонам и углу между ними (АŠ— общая сторона, ЕР = АВ, г'АЕР = г'ВАЕ), поэтому г'! = г'2. ГхАЕР ГхАЕЕ по двум углам (угол А — общий, г'1 = г'2). б) Из подобия треугольников ЛЕР и АЕЕ следует, что и г'АЕЕ = г'.АЕР. Но г'.АЕР = = 108', поэтому 180' (5 — 2) 5 АЛЛЕЕ = 108', л3 =- 180' — 108' = 72'. Так как г'! = = †(180' — 108') = 36', то г'4 = !80'— 180' — г'.АЕР 1 2 2 — (г'.1+ г'.3) = 180' — (36'+ 72') = 72'.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
