ziv-geometria-gdz-7d (546204), страница 9
Текст из файла (страница 9)
внешний угол больше любого не смежного с ним.222МД-1. В-2.1.AТочка A.2.5 лучей2233.CBEADO4.а) Луч, проведенный из вершины угла во внутренней его области,составляющий равные углы со сторонами угла.б)AC > CB.5.7 дмM5 дмFEFM = 12 – 5 = 7 (дм).2246.MEFНет, т.к. EF < EM + EM7.60020080° = x + 3x ⇒ x = 20°.
Ответ: 20° и 60°.2258.∠AOB =11∠AOE = (180° – ∠AOF) = 40°.229.∠COD, т.к. он вертикальный с ∠AOF.22610.Нет, т.к. тогда бы a было параллельно c, что не так.МД-2. В-1.1.B350AC∠A1 =35°2.227BC : EF = 1, т.к. BC = EF, т.к. ∆ABC =∆MFE по 1-му признаку.3.B1A1C1Медианой треугольника называется отрезок,вершиной с серединой противоположной стороны.4.соединяющийBAC2285.∠1 = ∠C = ∠A = 40°. ∠BOC = 90°, т.к.
медиана равнобедренноготреугольника, поведенная к основанию, является высотой.6.∆BCA и ∆FDE равны по стороне и двум прилежащим к ней углам.2297.Да, т.к. ∆ABC = ∆ADC по 3-м сторонам ⇒ ∠BCA = ∠DCA ⇒⇒ BL – биссектриса8.Диаметр: EF. Хорды: AB. Радиусы: MO, OE, OF.9. См. задачу В1. С-12.1.10.
См. задачу В1. С-24.2.МД-2. В-2.1. EM = E1M1 = 7 см, т.к. ∆EFM = ∆E1F1M1.2.230∠F = ∠E = 40°, т.к. ∆ELK = ∆FAM по 1-му признаку.3. Высотой треугольника называется отрезок, перпендикулярныйстороне треугольника и проходящий через противоположнуювершину.4.NMK2315.∠1 = 180° – ∠FMA = 180° –∠FEA = 130°.∠FAE = 90° –∠FEA = 40°, т.к. FA ⊥ EM, т.к. FA – биссектриса и∆EFM – равнобедренный.6.∆MEK = ∆ABC по стороне и двум прилежащим углам.2327.Т.к. ∆ADB = ∆CDB по 3-м сторонам ⇒ ∠ABD =∠CBD.8.Радиусы: AO, FO, EO.
Хорды: AB, CD. Диаметр: AE.9. См В2. С-12.2.10. См. В1. С-24.2233МД-3. В-1.1.Накрест лежащие: ∠6 и ∠3, ∠2 и ∠7, односторонние: ∠6 и ∠7, ∠2 и∠3. Соответственные: ∠1 и ∠3, ∠5 и ∠7, ∠8 и ∠6, ∠2 и ∠4.2m || n, т.к. равны соответственные углы3.234Нет, т.к. из равенства треугольников следует, что ∠BCA = ∠DEC.4.Нет, т.к. a || b, b || c ⇒ a || c.5.abcd235Т.к. a ⊥ c и b ⊥ c, то a || b. Т.к.
d пересечет a, то d пересечет и b, т.к.иначе через точку пересечения a и d проходило бы двепараллельные b.6.ABLПриложите угольник одним катетом к l, а вдоль другого проведитепрямую так, чтобы она проходила через точку B. Приложитеугольник одним катетом к этой прямой, а вдоль другого проведитепрямую так, чтобы она проходила точку B. Аналогично постройтепрямую, проходящую через точку A.7.
См. задачу В1. С-23.2.8.∠1 = 70°, т.к. это соответственные углы при параллельных прямых.2369.180° – 100° – 50° = 30°.10.∠1 = ∠2 ⇒ a || b ⇒∠3 = ∠4 как накрест лежащие углы.237МД-3. В-2.1.Накрест лежащие: ∠3 и ∠6, ∠4 и ∠5; соответственные: ∠1 и ∠5, ∠2и ∠6, ∠3 и ∠7, ∠4 и ∠8; односторонние: ∠3 и ∠5, ∠2 и ∠6.2k || c, т.к. сумма внутренних односторонних углов равна 180°.3.Нет, т.к. из равенства треугольников следует, что ∠BAC = ∠DCF ⇒⇒ AB || DC.2384.Нет, т.к.
m || n и n || k ⇒ m || k.5.ACEBНет, т.к. они параллельны, т.к. соответствующие угла равны.2396.mEFРешается аналогично МД-3. В-1.6.7. См. задачу В-1. С-23.2.8.Т.к. m || n, то ∠1 = 120°.2409.∠BAC = 180° – ∠ABC – ∠BCA = 180° – (180° – 130°) – 45° = 95°.10.Т.к. ∠1 + ∠2 = 180°, то a || b ⇒ ∠3 = ∠4.МД-4. В-1.1. 180° – 2 ⋅ 20° = 140°.2.
Т.к. AB < BC, то ∠C < ∠A.3. 90°, т.к. BD еще и высота.4. 1 см, т.к. 2 см > 1 см + 0,9 см.2415.∠A1 = 90° – 79° = 20° ⇒ ∆ABC = ∆A1B1C1 по гипотенузе и остромуACуглу ⇒ AC = A1C1 ⇒= 1.A1C16.ACBПоловине AC, т.к. ∠BAC = 30° ⇒ 5 см.2427.abABC7 см.8.Постройте отрезок, перпендикулярный к обеим прямым и проведитек нему серединный перпендикуляр.2439.KAFCBHРазделите AC пополам. F – середина AC. В точке F восставьтеперпендикуляр FK, равный BH (BH ⊥ AC).
Соедините K с точками Aи C. ∆ACK – искомый.10.ABНарисуйте основание. Отложите от него углы, равные данному, водну сторону. Точка пересечения их сторон даст 3-ю вершинутреугольника.МД-4. В-2.1. 30° + 100° = 130°2. Т.к. ∠A < ∠C, то BC < AB.2443.FEKM∠EFM = ∠MFK, т.к. FM еще и биссектриса.4. 2 см.5.6. 16 см7.abAB24512 см8. См. задачу В-1.С-23.2.9.BKAHCFНачертите остроугольный треугольник ABC. Продлите сторону ACза точку C на CF = AC. В точке F восставьте перпендикуляр FK,равный BH (BH ⊥ AC). Соедините точки K и A. ∆ACK – искомый.10.Постройте угол, равный углу при вершине. На его сторонахотложите от вершины отрезки, равные боковым сторонам.Соедините их концы.246Геометрические построения С. 100а)Нарисуйте прямую. Отложите на ней отрезок, равный катету. Водном его конце восставьте перпендикуляр.
От другого отложитеугол, равный данному.б) Постройте угол, равный 90° – данный (и дальше как в п. а)).в)Постройте угол, дополняющий данный до 90°. Проведите прямую.Выберите на ней точку. Отложите от нее углы (равный данному идополняющий его) в разные стороны. От вершины во внутреннюю247область полученного угла отложите отрезок, равный высоте. Ичерез его конец проведите перпендикулярную прямую.Равнобедренный треугольник С.
100а) Пусть основание треугольника равно x, тогда боковая сторонаx – 8 ⇒ 2x – 16 + x = 38 ⇒ 3x = 54 ⇒ x = 18, т.е. основание – 18 см,боковая сторона – 10 см.б)BADCР(ABC) = 2Р(ABD) – 2BD = 2 ⋅ 24 – 2 ⋅8 = 32 (см).в)BAР(ABC) = 2Р(ABD) – 2BD ⇒ BD =DC− P( ABC ) + 2P( ABD) 48 − 36==22= 6 (см).248Параллельные прямые ! С-100!а)BHMCAТ.к. ∠A = ∠BMH, то MH || AC ⇒ ∠BHM = ∠C = 60° ⇒⇒ ∠MHC = 120°.б)BDKCA∠BCK = 180° – 80° = 100° ⇒ ∠DCK = 50° ⇒ PC || AB.249в)CAMDBТ.к.
AB || CD, то ∠AMC = ∠MCD и ∠BMD = ∠MDC ⇒ AC = AM иMB = BD ⇒ AB = AM + MB = AC + BD.Смежные углы С. 101а)ODAB∠ABD = 80° – ∠ABC = 140° ⇒ ∠OBD =C1140° = 70°2250б)BMPACK180° = 2∠MKB + 2∠BKP ⇒ 90° = ∠MKB + ∠PKB = ∠MKPв)MCADOB∆AOC = ∆COD = ∆DOB по 3-м сторонам ⇒⇒ ∠AOC = ∠COD = ∠DOB ⇒ эти углы равны 60° ⇒⇒ ∆ODB – равносторонний ⇒ OB = DB = AC.251Окружность С. 101а)BACO∆AOB = ∆BOC по 1-му признаку ⇒ ∠OAB = ∠OCB.б)BAHCO∆AHO = ∆CHO по катету и гипотенузе ⇒ ∠AOB = ∠BOC ⇒⇒ ∆AOB = ∆BOC по 1-му признаку ⇒ AB = BC.252в)AMBOHDC∆AOB = ∆COD по 3-м сторонам ⇒ OM = OH ⇒ ∠OMH = ∠OHMГеометрические построения С.
101а) Разделите отрезок, равный сумме боковых сторон, пополам ипостройте треугольник по основанию и боковой стороне.б) Разделите одну сторону треугольника пополам, постройтеотрезок, равный3этой стороны. Проделайте то же с другими2сторонами. Постройте искомый треугольник по 3-м сторонам.в)BKDAHC253∆ADK постройте по катету и гипотенузе.
Постройте ∠DAC, равный∠KAD. Постройте AC. Проведите к ней серединный перпендикулярBH. Проведите BA и BC.Задачи на построение С. 101а)Нарисуйте прямую. Постройте к ней перпендикуляр, равныйполовине гипотенузы. Проведите окружность с центром в его концеи радиусом, равным гипотенузе. Точка ее пересечения с 1-й прямой– 3-я вершина с углом в 30°.б)254Нарисуйтегипотенузу.Проведитекнейсерединныйперпендикуляр. Отложите на нем отрезок, равный половинегипотенузы.
Соедините его конец с концами гипотенузы.в)Нарисуйте основание AC. Отложите от него углы, равные данному.От AA1 и BB1 отложите еще по углу, равному данному. Их стороныпересекутся в точке C. ∆ABC – искомый.Начальные понятия по геометрии С. 102а)KMHP255Пусть ∆MPK = x ⇒ ∠KPH = 4x. 5x = 105° ⇒ x = 21°.б)AKCLBO∠KOL = ∠KOC + ∠COL =1∠AOB = 21,5°.2в)BACOD∆AOB = ∆COD по 3-м сторонам ⇒ ∠AOB = ∠COD ⇒⇒ ∠AOC = ∠BOD ⇒ ∆AOC = ∆BOD ⇒ AC = BD256Равнобедренный треугольник С. 102Bа)C1A1OACТ.к.
∠A = ∠C, то ∠OAC = ∠OCA ⇒ ∆AOC – равнобедренный.б)CDEABТ.к. ∠CAD = ∠CBE, то ∠A = ∠B ⇒ AC = CB ⇒⇒ AB < AC + CB = 2AC257в)BDAHC∆ADH = ∆CDH по катету и острому углу ⇒ AH = HC ⇒⇒ BH – высота ⇒ точка пересечения высот лежит на BH ⇒⇒ и на BD.Признаки равенства треугольников (102)а)BMADHEC258∆AMD = ∆CHE по катету и острому углуюб)BB1A2C2C3A3ACB2B3A1C∆AOC2 = ∆A1O1C3 по катету и острому углу ⇒ AC2 = A1C3 ⇒⇒ AB = A1B1 ⇒ ∆ABC = ∆A1B1C1 по 3-м сторонамв)BB2C1A1OA2AC2B1C∆A2OB2 = ∆A1OB1 по 1-му признаку ⇒ A1B1 = A2B2.Аналогично: C1A1 = C2A2 и B1C1 = B2C2 ⇒ ∆A1B1C1 = ∆A2B2C2259по 3-м сторонам.Смежные и вертикальные углы С.
102а)BMADHCE18°, 162°, 118°.б)DEBFACПусть ∠A = x ⇒ ∠C = 3x, т.к. ∠B = 60°, то 60 + 4x = 180° ⇒⇒ 4x = 120° ⇒ x = 30° ⇒ ∠A = 30° ⇒ ∠FAB = 150°260в)DPAOBCТ.к. ∠AOC = ∠DOB, то ∠AOP = ∆POD ⇒ PO – биссектриса, а т.к.AO = OD, то PO – и медиана, а т.к. медианы пересекаются в однойточке, то точка пересечения медиан лежит на PO.Равнобедренный треугольник С. 103а) Т.к. два угла равны, то треугольник равнобедренный ⇒основание равно 10 см, а боковая сторона – 20 см (из условиясуществования треугольника) ⇒ Р = 20 + 20 + 10 = 50 (см).б)BADC∠C = 180° – 100° – 40° = 40° ⇒ AB = BC.
Т.к. ∠BDC – тупой, то∠BDC > ∠C ⇒ BC = AB > BD.261в)PDKM∠DKM = 50° – 20° = 30° ⇒ MD = DK.DK > DP, т.к. 100° > 20° ⇒ DP < MD.Параллельные прямые С. 103а)ADOC∆AOC = ∆DOB ⇒ ∠C = ∠D ⇒ AC || DBб)BABCD262Т.к. AB || DC, то ∠BAC = ∠ACD.Т.к. BC || AD, то ∠BCA = ∠CAD ⇒ ∆ABC = ∆CDA ⇒⇒ AB = DC, AD = BC, ∠ABC = ∠ADCв)BCDKТ.к. прямые параллельны сторонам и треугольник ABC –равнобедренный, то ∠A = ∠H = ∠K = ∠C ⇒ ∆HED = ∆KED покатету и острому углу ⇒ HD = DK ⇒ AH = KCAMПризнаки равенства треугольников С.
103а)AOCBТ.к. AC= AB, то ∠CAO = ∠BAO ⇒ ∆AOC = ∆AOB по 1-му признаку.б)263BNMAOCТ.к. AB = BC и BD – высота, то AD = DC. ∠ADM = ∠CDH ⇒⇒ ∆AMD = ∆CHD по 2-му признаку ⇒ AM = HC.в)BOADC∆AOD = ∆COD по катету и острому углу ⇒ AD = DC ⇒⇒ ∆ADB = ∆CDB по 2-м катетам ⇒ ∠ABD = ∠CBD ⇒⇒ BP – биссектриса ⇒ точка O равноудалена от AB и BC.Начальные понятия геометрии С. 103а)ABCD264AD = AC + BD – BC = 15 (см)б)CKBEAD∆ACK = ∆BED по 3-м сторонамв)MA L CKL =DKB1(AB – CD) + CD = 4 + 7 = 11 ⇒2⇒ ∆KML – равносторонний ⇒ ∠KML = 60°.265Признаки равенства треугольников С.
104а)BMHACKAB = BC ⇒ AM = HC и ∠A = ∠C ⇒ ∆AMK = ∆CHKб)CADC1BA1D1B1∆DBC = ∆D1B1C1 по катету и острому углу ⇒ DB = D1B1 ⇒⇒ A1D1 = AD ⇒ ∆ADC = ∆A1D1C1 по 2-м катетам ⇒ ∠A = ∠A1 ⇒⇒ ∆ABC = ∆A1B1C1 по 2-му признаку.266в)BMHDAC∆AMD = ∆CHD по 1-му признаку ⇒ AM = HC и∠MAD = ∠HCD ⇒ ∠A = ∠C ⇒ AB = BC ⇒ MB = BH ⇒ можно.Сумма углов треугольника С. 104а)BDACПусть угол при основании равен x, тогда 2x + x –27° = 180° ⇒⇒ 3x = 180° – 27° ⇒ x = 60° – 9° ⇒ x = 51°. Ответ: 51°, 51°, 78°.267б)BDACПусть ∠A = x, тогда x + x + 4x = 180° ⇒ x = 30° ⇒ AB = 2BD = 24в)BMKPAECQПродлим KM и ME до пересечения с AC. ∠KAP = 120°,∠PKA = 40° ⇒ ∠P = 20°.
Аналогично ∠Q = 30° ⇒ ∠KME = 130°.268Смежные углы С. 104а) x + 5x = 180° ⇒ 6x = 180° ⇒ x = 30°Ответ: 30° и 150°.б)BDAHCEПроведем высоту BH, тогда AH = HC ⇒ DH = HE ⇒⇒ ∆DBH = ∆EBH по 2-м катетам ⇒ BD = BE.в)BCDA∠AOC = ∠COE =E180o= 90°. ∠BOC = 90° – 60° = 30°.2∠COD = 90° – 30° = 60°. ∠BOD = 30° + 60° = 90° ⇒⇒ ∆AOC = ∆BOD по 2-м катетам ⇒ AC = BD.269Сумма углов треугольника С. 104а) ∠C = 180° – 100° – 20° = 60°.
∠BCD = 60° – 40° = 20° ⇒⇒ ∠BDC = 180° – 100° – 20° = 60°б) ∠BDC = 180° –11(∠B + ∠C) = 180° – (180° – ∠A) = 140°.22в)ABCAO = OC ⇒ ∠CAO = ∠ACO = 70° ⇒ ∠COA = 40° ⇒⇒ ∠COB = 140° ⇒ ∠OCB = ∠OBC =180o − 140o= 20° ⇒2⇒ ∠ACB = 90°, ∠CBO = 20°Задачи на построение ! С. 105 !а)BAHCПроведите прямую. Отложите на ней отрезки AH и HC, равныеотрезкам, на которые высота делит сторону треугольника. В точке Hвосставьте перпендикуляр BH к AC, равный высоте треугольника.Соедините точки B и A и B и C. ∆ABC – искомый.270б)Нарисуйте прямую. Восставьте к ней перпендикуляр.
Из его конца,не лежащем на прямой, проведите окружность с радиусом в два разабольшим этого перпендикуляра. Соедините точку ее пересечения сконцом перпендикуляра. Отложите от основания перпендикуляраотрезок, равный катету, и через другой его конец проведитепрямую, параллельную построенной, до пересечения сперпендикуляром.в)ACA1BНарисуйте прямую. Восставьте к ней перпендикуляр AA1. Постройтеугол, равный 90° – ∠A1OC и отложите его от AA1 так, чтобы271вершина совпадала с точкой A. Точка пересечения другой егостороны с первой прямой даст точку C. Постройте прямую,удаленную от AC на BB1. Точка ее пересечения с первой прямойдаст точку B. ∆ABC – искомый.272.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
