ziv-geometria-gdz-7d (546204), страница 7
Текст из файла (страница 7)
∆BKC = ∆ACD по 1-му признаку ⇒⇒ ∠KBC = 90°, а ∠BKC – острый ⇒ ∠BKC < ∠KBC, но∠ABE > ∠KBC, а ∠BKC > ∠BEC. Получаем ∠ABE > ∠BEC, чегобыть не может, т.к. AB = AE, значит неравенство AB > 2ACвыполняться не может.2.Пусть прямая a пересекает BC в точке K. Пусть E – середина MB.Проведем MB ⊥ AC, EP ⊥ a, EO ⊥BC. ∆AMT, ∆MEP, ∆EBO равны погипотенузе и острому углу. Тогда MT = EP = BO, но EP = OK, т.к.легко доказать, что EO || a, значит BK = 2MT, причем BK – эторасстояние до a от точки B, а MT – расстояние между a и AC.169В.
7, С-23.1.BE || AD, т.к. точки B и E равноудалены от AD. Проведем отрезки BEи BD. ∆BME = ∆AMC по 2-му признаку ⇒ AC = BE = CD.∆BCD = ∆BED по 2-му признаку ⇒ BC = ED.2.Через точку C – середину AB, проведем прямую a ⊥ AB. От точки Cна прямой отложим равные отрезки MC и M1C. Точки M и M1 будутискомыми.170В. 7, С-24.1.Пусть прямая a пересекает отрезок BE в точке D. Построим отрезокBE ⊥ a, BO = OE. Искомая точка C получается пересечениемпрямых a и AE.2.Построим ∆MBK по 3-м сторонам так, чтобы MB = PK.
Затемпостроим BP || MK, PK || MB. ∆PKC построим по стороне PK, углуKPC, смежному с углом BPK и данному ∠PKC. Точку A получимпри пересечении прямых MB и CK. ∆ABC – искомый. Т.к. MK || BC,KP || AB по построению, то ∆MBK = ∆BPK по 2-му признаку ⇒171⇒ MB = PK.В. 7, С-25.1.BAMCСначала построим ∆ABM по 2-м сторонам (AB и BM) и углу,противолежащему одной из них (∠AMB). Затем строим ∆ABC по ∠Aи ∠BCM и стороне AB.2. Вначале построим ∠C = 180° – (∠B + ∠A). Затем построим ∆CDBпо катету BD и противолежащему ему углу C. ∆ABC строится посторонам AC, BC и углу C между ними.В.
7, С-26.1721) Т.к. OB = OA ⇒ ∠BOA = 180° – 2∠ABO,аналогично ∠COD = 180° – 2∠CDO, значит ∠ AOB = ∠COD.2) ∠AOC = ∠AOB + ∠BOC, ∠BOD = ∠COD + ∠BOC, значит∠AOC = ∠BOD ⇒ ∆AOC = ∆BOD по 1-му признаку ⇒ AC = BD.3) ∆ ABO = ∆COD по 1-му признаку ⇒ AB = CD ⇒ ∆ABC = ∆BDC по3-му признаку ⇒ ∠DBC = ∠ACB. Аналогично ∠CAD = ∠BDA, но∠DBC = ∠ADB, т.к.
BC || AD ⇒ ∠DBC = ∠CAD.4) OP ⊥ AD, OK ⊥ BC. AP = PD, BK = KC, т.к. ∆AOD и ∆BOC –равнобедренные, значит PD > KC. Отметим на PD точку E так,чтобы PE = KC. Проведем ET || OP и TH || PD. PE = HT, т.к. ET || OP,значит ∆OKC = ∆OHT по гипотенузе и катету, поэтому OH = OK.Т.к. OH > OP, то OK > OP.В. 8, С-5.12543Учитывая, что углы попарно вертикальные, получаем:2∠1 + 2∠2 + 2∠ 3 + 2∠4 + 2∠5 = 360° ⇒⇒ ∠1 + ∠2 + ∠3 + ∠4 + ∠5 = 180° = 2 ⋅ 90°.173В. 8, С-6.1.BOACТ.к. ∆AOB = ∆COB, то ∠ABO = ∠CBO ⇒ BO – биссектриса.Из равенства треугольников следует, что ∠AOB = ∠COB ⇒⇒ ∠AOB =360o − 140o= 110°.22.Р(AEF) = AE + EF + FA = AO + EO + EF + AF =174= (AO + MO + AM) + AF = 20 + 40 = 60.В.
8, С-7.1.Т.к. AO = OB и OD = OC ⇒ AC = DB. Т.к. OD = OC ⇒⇒ ∠ODC = ∠OCD. Т.к. ED = CF, то EC = DF ⇒ ∆ AEC = ∆BFD по1-му признаку ⇒ AE = BF.В. 8, С-8. Дословно повторяет В. 7, С-8.В. 8, С-9.MOTBKPа) ∆BMK = ∆BPO по 2-му признаку ⇒ MK = POб) Дословно повторяет п. б), С-9, вариант 7.175В. 8, С-10.Продолжим BM и B1M1, как показано на рисунке, так, что MD = MB,M1D1 = M1B1. ∆BMC = ∆DMA и ∆B1M1C1 = ∆D1M1A1 по 1-мупризнаку ⇒ ∠BDA = ∠MBC и ∠B1D1A1 = ∠M1B1C1. Т.к. BD = B1D1,∠ABM = ∆A1B1M1 и ∠BDA = ∠B1D1A1, то ∆ABD = ∆A1B1D1 ⇒⇒ AB = A1B1. Аналогично доказывается, что BC = B1C1. Тогда∆A1B1C1 = ∆ABC по 1-му признаку.В.
8, С-11.EKACOBDДля этого достаточно доказать, что AK = KO.∆KOC – равносторонний, т.к. KO = OC как радиусы ⇒176⇒ ∠OKC = ∠KOC = ∠KOA = 60°. Т.к. ∠KOA = 60° и OK = AO, то∆AKO – равносторонний ⇒ AK = AO = KO ⇒ точки E, A, O, C лежатна окружности с центром K и радиусом AO.В. 8, С-12.1.EAOFПостройте биссектрису ∠EOF. Проведите окружность с центром Aи радиусом PQ.
Точки ее пересечения с биссектрисой будутискомыми. Задача имеет одно решение, если расстояние от точки Aдо биссектрисы равно PQ, два решения, если оно меньше, и неимеет решений, если больше.2.700177Постройте угол в 70°. Дополняющий его до 90° равен 20°. Разделитеэтот угол на 4 равные части, получите угол в 5°.В.
8, С-13.∆ADB = ∆CEB по 1-му признаку ⇒ AB = BC и ∠BAC = ∠BCA. Поусловию ∠BAC = ∠MAC ⇒ ∠MAC = ∠BCA ⇒ AM || BC.В. 8, С-14.1.Рассуждения повторяют В. 7, С-14.1.1782.BMADCОпустите перпендикуляр из точки M на BD. Проведите прямуючерез точку M, перпендикулярную этому перпендикуляру.В. 8, С-15.CM || AD и CM || BE. Пусть ∠ADC = x и ∠CEB = y.
Т.к. ∆ACD и∆CBE равнобедренные, то ∠ADC = x и ∠BCE = y. По построениюCM || AD || BE ⇒ ∠DCM = x и ∠ECM = y. ∠ACB – развернутый ⇒179⇒ 2x + 2y = 180° ⇒ x + y = 90°, т.е. ∠DCE = 90° и DC ⊥ CE.В. 8, С-16.∆ABO = ∆DCO ⇒ ∠ABO = ∠DCO и ∠BAO = ∠CDO ⇒ AB || DC иBD || AC ⇒ ∠EBO = ∠BAC. ∆BOD = ∆COA ⇒ ∠DBO = ∠OCA == ∠BAC, т.к. ∠BAC = ∠BCA, т.к. AB = BC ⇒ BD – биссектриса.В.
8, С-17.1.Т.к. внешний угол треугольника больше внутреннего не смежного сним, то ∠APC > ∠AKC > ∠ABC > ∠OBC ⇒ нельзя.1802.Предположим, что OA = OB = OC. Из того, что ∆ABC и ∆AOC –равнобедренные, следует, что точка E – середина AC, лежит наBO ⊥ AC (иначе к прямой через одну точку было бы проведено 2перпендикуляра).
Пусть ∠ACB =x, тогда ∠ABO = 90° –x, т.к.2AO = OB. С другой стороны, из ∆AOE получаем ∠OAE = 90° – x,x⇒∠KAO = 90° – x ⇒ ∠BAC = 180° – (180° – 2x) = 2x ⇒ 2x =2⇒ x = 0 ⇒ OA = OB = OC выполняться не может.В. 8, С-18.1.181∠1 = ∠2 + ∠3, ∠4 = ∠5 + ∠6, значит∠1 > ∠3, ∠4 > ∠5 ⇒ ∠ ADC > ∠BCD + ∠BAD.Учитывая условие задачи, получаем:∠ADC > ∠DAC ⇒ AC > DC2.∆ABO и ∆CBO – равнобедренные ⇒ AB = OB = BC ⇒⇒ ∠BAC = ∠BCA и ∠OAB = ∠OCA.Пусть ∠OAB = ∠AOB = ∠BOC = ∠OCB = x ⇒⇒ ∠OBA = ∠OBC = 180° – 2x ⇒ ∠ABC = 360° – (180° – 2x) –– (180° – 2x) = 4x ⇒ ∠BAC = ∠BCA =1(180° –4x) = 90° – 2x ⇒2⇒ ∠OAC = ∠OCA = 90° – x ⇒ ∠BCA = ∠BAC = x ⇒ 180° = 6x ⇒⇒ x = 30° ⇒ ∠BCA = 30°.В.
8, С-19.A1.DBC182Пусть стороны AC и BD пересекаются в точке O ⇒ AO + BO > AB,AO + OD > AD, OD + OC > DC, OB + OC > BC ⇒ AO + BO + AO ++ DO +DO + OC + BO + OC > AB + BC + CD + DA ⇒⇒ 2(AC + BD) > AB + BC + CD + DA2.BEMACAM + MC > AC ⇒ AM < AC. AC = BC ⇒ AM < BC.BC < BE + EC ⇒ AM < BE + EC.В. 8, С-20.1.В ∆DOC ∠OCD = 20°. В ∆ABD ∠BDA = 40° ⇒ ∠ADE = 50° и∠ADC = 140° ⇒ в ∆ADC ∠DAC = 20° ⇒ DA = DC.183С другой стороны: в ∆EDC ∠ECD = 45° и DC = DE ⇒ AD = DE ииз ∆DEA имеем ∠DEA = 65°.2.В ∆ABC ∠BAC = 90° – ∠CBA = 45°.
В ∆PMA ∠MPA = 45° ⇒⇒ MP = MA и AC = 2EA ⇒ ∠ECA = 30° и ∠EAC = 60°.В. 8, С-21.1.∆AOC1 = ∆A1OC по катету и острому углу ⇒ ∠OCA1 = ∠A1AB иDO = OC ⇒ CC1 = AA1 и ∆ACC1 = ∆ACA1 по катету и гипотенузе ⇒∠A1AC =∠C1CA. Т.о. каждый из отрезков AA1 и CC1 является184одновременно и биссектрисой,равнобедренный и AC = 2BA1.2.ивысотой⇒∆ABC–Из ∆ABC находим, что ∠BCA = 90°.
Т.к. A1 – середина BC, то AM1 =A1C и ∆AMM1 = ∆AA1C по катету и гипотенузе ⇒ BC || DA ⇒⇒ ∠DAB = ∠ABC. Значит ∆ADC1 = ∆BC1C по 2-му признаку ⇒⇒ DC1 = CC1.В. 8, С-22.1.Если ∠DEA ≥ 90°, то и в ∆ADE AD = ED, но AD < AC < AB ⇒185⇒ ED < AB. Если ∠DEA > 90°, то ∠DEB > 90° и в ∆BDE DB > DE.С другой стороны: ∠BDA > ∠BCA = 90°.Значит, в ∆ABD AB > DB ⇒ ED < AB.2.ET || KP, AD || KP ⇒ ∆AKB = ∆EAO = ∆MET по катету и остромууглу ⇒ 3AB = MP.В.8, С-23.1.BD || AC, т.к. точки B и D равноудалены от AC.
Построим EC ⊥ BD,EO = OC, тогда ED = CO, т.к. ∆EOD = ∆COD по 2-м катетам.186Аналогично BE = BC. В ∆AED AE < AD +DE. Тогда, учитываяуказанное условие, получаем, что 2BC < AD + DC.2.Проведите прямую b, параллельную a и удаленную от нее нарасстояние PQ. Затем постройте биссектрису угла ABC. Точка еепересечения с прямой и будет искомой.В. 8, С-24.1.Пусть сторона ∠A лежит на прямых b и c. Построим отрезок AD ссерединой в точке M. Затем через точку D проведем прямую a,параллельную прямой c. B – точка пересечения прямых a и b.
Точку187C построим как пересечение прямых BM и c. Точки B и C –искомые.2.Построим ∆AMK по 3-м сторонам так, чтобы AM = PQ, MK = P1Q1,KA = P2Q2. ∆AMC построим по стороне AM, ∠A и ∠nk. ПостроимME || AC, EC || MK. Точку В получим как пресечение прямых AM иEC. ∆ABC – искомый.В. 8, С-25.1.BABCПостроим ∆ABM по 2-м углам ABM и AMB и стороне AM,противолежащей одному из них. ∆ABC строится по сторонам AB иBC и ∠A, противолежащему стороне BC.1882.CBDСначала построим ∆BCD по катету CD и гипотенузе BC. Затем,используя данную разность углов A и B, построим угол nk, равный∠A.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
