pogorelov-gdz-8-2002f (546198), страница 4
Текст из файла (страница 4)
Пусть A1D1= x м. Тогда:2+ x; 2 B1C1 = 2 + x ;2y+5; 2 A1D = y + 5; 2 x = y + 5; y = 2 x − 52 y = 2 + x A1 D1 =2B1C1 =Получим систему уравнений:2 y = 2 + x y = 2 x − 5,2·(2х - 5) = 2 + x,4х - 10 = 2 + x,Зх = 12,x = 4. у = 2·4 – 5 = 3. Значит,A1D1 = 4 м. B1C1 = 3 м.Ответ: 3 м; 4 м.№ 60.Докажите, что у равнобокой трапеции углы приосновании равны.Задача решена в учебнике на стр. 76 п. 59.№ 61.Чему равны углы равнобокой трапеции, если известно,что разность противолежащих углов равна 40°?Известно,чтоуравнобокойтрапециисуммапротиволежащих углов равна 180°. Пусть градусная мераодного угла равна х, а противолежащего ему — у. Получимсистему:29x + y = 180Складываем равенства:x − y = 40,2х=220, х=110, из первого уравнения у=180 – х = 180 – 110 =70.Углы при основании у равнобокой трапеции равны.Ответ: 70°; 110°№ 62.В равнобокой трапеции большее основание равно 2,7 м,боковая сторона равна 1 м, угол между ними 60°.Найдите меньшее основание.Пусть ABCD — равнобокая трапеция.Тогда АВ = CD, и ∠А = ∠D, тогда, ∆ АВВ1 = ∆ DCC1(где ВВ1 ⊥ AD и CC1 ⊥ AD).Из равенства треугольников следует, что АВ1 = DC1.
∆ ABB1— прямоугольный, ∠А = 60° (по условию), тогда, ∠АВВ1 = 30°,значит11AB1 = АВ = ·1 м = 0,5 м (катет, лежащий против угла22130, равенгипотенузы). Значит и DC1 =AB1=0,5 м.2ВС = В1С1 (противоположные стороны прямоугольникаBCC1B1)Тогда AD=2,7 м, AD=АВ1+В1С1+C1D=2АВ1+ВС = 2·0,5 м +ВС.2,7 м = 1 м + ВС; ВС = 1,7 м.Ответ: 1,7 м.№ 63.30В равнобокой трапеции высота, проведенная из вершинытупого угла, делит большее основание на отрезки 6 см и30 см. Найдите основания трапеции.Воспользуемся решением и рисунком задачи № 62. Врешении задачи № 62 мы доказали, что АВ1 = C1D = 6 см.ДалееB1D = 30 см,B1D = В1С1 + C1D, B1C1=B1D–C1D=30 см – 6 см =24 см,В1С1 = ВС = 24 см.AD = АВ1 + B1D = 6 см + 30 см = 36 см.Ответ: 36 см; 24 см.№64*.Меньшее основание равнобокой трапеции равно боковойстороне, а диагональ перпендикулярна боковой стороне.Найдите углы трапеции.Рассмотрим ∆AВC:АВ = ВС, значит, ∆ABC равнобедренный и ∠ВАС = ∠ВСА.Пусть ∠ВАС = ∠ВСА = х°.Но ∠CAD = ∠ACВ (как накрест лежащие припараллельных прямых AD и ВС и секущей АС).
Значит ∠CAD= х°. Значит, АС — биссектриса угла BAD. В равнобокойтрапеции углы при основании равны, тогда∠D = ∠BAD = 2х°.Рассмотрим ∆ACD:∠CAD = х°; ∠D = 2х°; ∠ACD = 90°.Составим уравнение: x + 2х + 90 = 180; откуда получим3х = 90; x = 30, то есть∠ВАС = 30°;∠BAD = ∠CDA = 2 · ∠ ВАС = 2 · 30° = 60°.∠AВС = ∠BCD = ∠АСВ + ∠ АСD = 30° + 90° = 120°.Ответ: 60°; 60°; 120°; 120°.№ 65.По одну сторону от прямой а даны две точки А и В нарасстояниях 10 м и 20 м от нее.
Найдите расстояние отсередины отрезка АВ до прямой а.31Проведем АА1 ⊥ а; ВВ1 ⊥ а;CC1 ⊥ а . АС = СВ (С — серединаотрезка АВ). Четырехугольник—прямоугольнаяABB1A1трапеция. Отрезок CC1параллеленоснованиям АА1 и ВВ1 (перпендикуляры, проведенные к однойпрямой, параллельны), поэтомуСС1 — средняя линия трапеции АВВ1А1. А значит,CC 1 =AA1 + BB1 10 м + 20 м== 15 м.22Ответ: 15 м.№ 66.По разные стороны от прямой а даны две точки А и В нарасстояниях 10 см и 4 см от нее. Найдите расстояние отсередины отрезка АВ до прямой а.Построим точки В1 и А1 на расстояниях 10 см и 4 см отпрямой а, так что AA1⊥a и BB1⊥a. Через точку С серединуотрезка АВ, проведем к прямой а перпендикуляр СС1.В1В║СС1║АА1.
АС = СВ (по построению). ВС1 = С1А1.Рассмотрим ∆ AВA1. СС1 — средняя линия ∆ AВA1, поэтомуСС1 =11АА1 = · 20 см = 10 см.22Рассмотрим трапецию FKBA1. ОС1 — средняя линиятрапеции.поэтому ОС1 =KB + FA1 4 см + 10 см= 7 см. А значит,=22СО = СС1- ОС1 = 10 см - 7 см = 3 см.Ответ: 3 см.32№ 67.Основания трапеции относятся как 2:3, а средняя линияравна 5 м. Найдите основания.Пусть длина меньшего основания трапеции равна 2х, абольшего 3х. Средняя линия трапеции равна полусуммеоснования. То есть5=2 x + 3x;210 = 5х; х = 2.Меньшее основание равно 2 · 2 м = 4 м, большее — 3 · 2 м=6 м.Ответ: 4 м; 6 м.№ 68.Концы диаметра удалены от касательной к окружностина 1,6 м и 0,6 м.
Найдите длину диаметра.АА1 ⊥ а; ОО1 ⊥ а; ВВ1 ⊥ a;тогда, АА1║ОО1║ВВ1АО = ВО = ОО1. — радиусы одной окружности.A1O1 = O1В1АА1 = 0,6 м; ВВ1 = 1,6 м.ОО1 — средняя линия трапеции AA1В1В. ПоэтомуOO1 =AA1 + BB1 0,6м + 1,6м== 1,1 м.22АВ =АО+ОВ= 2·ОО1 = 1,1м · 2 = 2,2 м. Диаметр равен 2,2 м.Ответ: 2,2 м.№ 69.Средняя линия трапеции 7 см, а одно из ее основанийбольше другого на 4 см. Найдите основания трапеции.Средняя линия трапеции равна полусумме оснований. Пустьдлина меньшего основания равна x см, большего — (х + 4) см.Средняя линия равна 7 см.
Тогда, 7 =x + ( x + 4); то есть23314 = 2х + 4; 2х = 10; x = 5.5см — одно основание, второе основание: 5 см + 4 см = 9 см.Ответ: 5 см; 9 см.№ 70.Высота, проведенная из вершины тупого угларавнобокой трапеции, делит большее основание начасти, имеющие длины a и b (а > b). Найдите среднююлинию трапеции.Пусть ABCD — равнобокая трапеция.АВ1 = b; B1D = а (по условию);∆AВВ1 = ∆DCC1 (см. задачу № 62), отсюда АВ1 = C1D = b.ВС = B1C1 = а – b (ВСС1В1 — прямоугольник).Средняя линия трапеции состоит из средних линий ∆АВС и∆ACD. То естьa −b1a+b1BC =, O1O2 = AD =.2222a − b a + b 2aOO2 = OO1 + O1O 2 =+==a.222OO1 =Ответ: а.№ 71*.Постройтесторонам.трапециюпооснованиямибоковымПусть даны отрезки а, b, с, d, такие, что в трапеции ABCD соснованиями AD и ВС AD = а; ВС = b;АВ = с; DC = d (AD > ВС).Пусть есть трапеция ABCD, удовлетворяющая такимусловиям.34a–bПроведемвтрапецииABCDпрямуюСК║АВ,пересекающую AD в точке К.
Получим параллелограмм АВСК,в котором СК = АВ = с; АК = ВС = b.Далее рассмотрим ∆KCD:КС = с; CD = d; KD = а - b.Данный треугольник можно построить по трем известнымсторонам. ТогдаПостроим трапецию ABCD по плану:1. На произвольной прямой от точки А отложим отрезокAD = а, на этом отрезке от точки А отложим отрезок АК = b.2. Построим ∆KCD со сторонами KD = а - b;КС = с; CD = d.3. Построим параллелограмм АКСВ, для этого проведемчерез точки А и С прямые параллельные прямым СК и АК ипересекающиеся в точке В.Докажем, что получившийся четырехугольник ABCD —искомая трапеция.AD = а (по построению).
ВС║АК, ВС║AD, так как АВСК —параллелограмм по построению. ВС = b (по построению).Если ВС║AD, ВС = b; AD = а, то ABCD — трапеция соснованиями AD = а, ВС = b, удовлетворяющими условиюзадачи.CD = d; СК = с (по построению).АВ = СК = с, так как АВСК — параллелограмм. Боковыестороны CD и АВ удовлетворяют условию задачи.Итак, ABCD — искомая трапеция.Заметим, что задача имеет решения только если можнопостроить ∆KCD со сторонами d; с; а – b. Это возможно тогда итолько тогда, когда одна сторона меньше суммы двух других,но больше разности двух других, то есть, при условиях:35dddd< c+a −b> c − (a − b),< c+a −b> c + b − a,d + b < a + c d + a > b + c,Так как в данной полуплоскости относительно KD можнопостроить только один ∆KCD с заданными сторонами, торешение, то есть искомая трапеция, будет единственным.№ 72*.Постройте трапецию по основаниям и диагоналям.Даны отрезки а, b, d1 и d2. Необходимо построить трапециюABCD (с основаниями AD и ВС, AD > ВС), такую, чтоAD = а; ВС = b; АС = d; BD = d2.Допустим, что ABCD — искомая трапеция.Тогда на продолжении AD отложим отрезок DE = b.Следовательно, DBCE — параллелограмм, так как две егостороны ВС и DE параллельны и равны.
Поэтому стороны BD иСЕ параллельны и равны: BD=CE=d2.Рассмотрим ∆АСЕ. АС = d1; СЕ = d2; АЕ = а + b.План построения трапеции:1) На произвольной прямой отложим отрезок AD = а. Напродолжении AD отложим отрезок DE = b.2) Построим ∆АСЕ по известным сторонам АЕ = а + b; АС =d1; СЕ = d2.3) Через точку С проведем прямую, параллельную АЕ, и наэтой прямой от точки С в ту же полуплоскость относительноСЕ, где и точка А, отложим отрезок СВ = b.4) Получим четырехугольник ABCD. Докажем, что ABCDискомая трапеция.36ВС║AD (по построению). Так как AD ≠ ВС (по условию), тоABCD не является параллелограммом, а значит, являетсятрапецией с основаниями AD = а, ВС = b (по построению).По построению диагональ АС = d1; СЕ = d2. Так как BCED— параллелограмм (его противоположные стороны ВС и DE попостроению параллельны и равны), то BD = СЕ = d2.Значит, диагонали АС и BD равны соответственно d1 и d2, иследовательно, ABCD — искомая трапеция.
Заметим, чтозадача имеет решения не всегда, а только в случае если можнопостроить ∆АСЕ со сторонами в + b, d1 и d2. Это возможнотогда и только тогда, когда одна сторона больше разности двухдругих и меньше суммы двух других, то есть, когда |d2 – d1 |< а+ b < d2 + d1. В этом случае ∆АСЕ определяется однозначно изадача имеет единственное решение. В других случаях ∆АСЕпостроить нельзя и задача решений не имеет.№ 73*.Даны отрезки a, b, с, d, e.
Постройте отрезок x = abc .deДаны пять отрезков: а, b, с, d, e. Необходимо построитьababcотрезок x =. Построим сначала отрезок данной y =, аddeabc.затем искомый отрезок x =deПостроим любой острый угол с вершиной О и на однойстороне этого угла отложим отрезки OD = d и ОА = а, а надругой стороне отрезок ОВ = b.Через точку А проведем прямую, параллельную BD, котораяпересечет луч ОВ в точке Y.37Так как BD║АY, тоOA OYOA ⋅ OB ab== y.=; OY =ODdOD OBДалее, на стороне ОА отложим отрезки ОС = с и ОЕ = е.Через точку С проведем прямую, параллельную YЕ ипересекающую ОВ в точке X.
Так как УЕ║ХС, тоOY OEOY ⋅ OC y ⋅ c abc===; OX =OX OCOEedeОбозначим ОХ=х – искомый отрезок.№ 74*.1). В треугольнике АВС проведены медианы AA1 и ВВ1,которые пересекаются в точке М. В треугольнике АМВпроведена средняя линия PQ. Докажите, чточетырехугольник A1B1PQ — параллелограмм.2) Докажите, что любые две медианы треугольника вточке пересечения делятся в отношении 2:1, считая отвершины.3) Докажите, что все три медианы треугольникапересекаются в одной точке.1) Так как PQ — средняя линия ∆АМВ, то PQ║АВ и1PQ = АВ.2A1B1 — средняя линия ∆АCВ; поэтому1АВ. Так как A1B1║AB и PQ║AB, тоA1B1║AB и A1B1 =2PQ║A1B1. А так же PQ =381AB = A1B1 .2Значит, четырехугольник A1В1PQ — параллелограмм, таккак две его стороны параллельны и равны, чем доказано первоеутверждение.2) Докажем, что медианы АА1 и ВВ1 в точке пересеченияделятся в отношении 2:1, считая от вершины.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
