Розв’язання вправ та завдань до підручника «ГЕОМЕТРІЯ» 8 клас А. П. Єршової - 2017 рік

Розділ IІ. Подібність трикутників. Теорема Піфагора

§ 14. Застосування подібності трикутників

Пояснення

При розв’язуванні задач на подібні трикутники зверніть увагу на їх позначення, а саме на порядок розміщення вершин у назвах — назви відповідних рівних кутів повинні стояти на однакових місцях.

459. Якщо бісектриса ділить сторону у відношенні 1 : 2, то і дві інші сторони відносяться як 1 : 2, а проти більшої сторони лежить більший кут, тому кути, прилеглі до третьої сторони, не можуть бути рівними.

460. Якщо бісектриса, рівнобедреного трикутника ділить бічну сторону у відношенні 2 : 1, починаючи від основи, то основа в 2 рази більша за бічну сторону, а це суперечить нерівності трикутника.

461 . ABC — даний трикутник, ∠ABD = ∠CBD. AD = 2,8 см, DC = 3,2 см, AB = 4,5 см.

За властивістю бісектриси

462. ABC — даний трикутник, AB = 6 см, BC = 7 см, AC = 8 см, BD = 3 см.

∠BAD = ∠CAD, оскільки за властивістю бісектриси трикутника.

463. ABC — даний трикутник, BD — бісектриса.

За властивістю бісектриси трикутника

Відповідь: 12 см.

б) АВ = 9 см, ВС = 6 см, АС = 10 см. Нехай AD = х, тоді DC = 10 - х.

Відповідь: 6 см і 4 см.

464. ABC — даний трикутник (АВ = ВС). AD — бісектриса.

За властивістю бісектриси трикутника

Відповідь: 3 см.

465. ABC — даний трикутник, BD - бісектриса.

За властивістю бісектриси трикутника

АС = AD + DC = 8 + 12 = 20 см. P_ΔABC = 45 см, тоді АВ + ВС = 45 - 20 = 25 см. Нехай АВ = х, тоді тоді АВ = 10 см, ВС = 25 - 10 = 15 см.

Відповідь: 20 см, 10 см, 15 см.

466. Нехай ABC — даний трикутник (∠A = 90°), AD — бісектриса.

За властивістю бісектриси трикутника Нехай DC = х, тоді BD = х + 5. Отже, 4х = 3х + 15; х = 15. Тоді DC = 15 см, BD = 15 + 5 = 20 см, ВС = DC + BD = 15 + 20 = 35 см. За теоремою Піфагора: АВ² + АС² = ВС². Нехай t — коефіцієнт пропорційності, тоді: АВ = 4t, АС = 3t. Маємо: (4t)²+ (3t)²= 35²; 16t² + 9t² = 1225; 25t² = 1225; t² = 49; t = 7.

АВ = 4 ∙ 7 = 28 см, АС = 3 ∙ 7 = 21 см.

Відповідь: 28 см, 21 см, 35 см.

467. Нехай ABC — даний трикутник (∠A = 90°). CD — бісектриса.

За властивістю бісектриси трикутника Оскільки ВС > АС, то АВ = AD + BD = 4 + 5 = 9 см. За теоремою Піфагора ВС² = АВ² + АС², маємо:

Відповідь: 36 см.

468. Нехай ABC — даний трикутник (АВ = ВС). AD — бісектриса, ВН — висота. М — точка перетину AD і ВН.

За властивістю бісектриси трикутника з ΔАВН: Нехай АВ = 5х, АН = 3х, ВН = 27,5 + 16,5 = 44 см. За теоремою Піфагора AH² + НВ² = АВ²; (3х)² + 44² = (5х)²; 9х² + 1936 = 25X²; 16X² = 1936; X² = 121; X = 11.

ВС = АВ = 5 ∙ 11 = 55 см, АН = 3 ∙ 11 = 33 см. За властивістю висоти рівнобедреного трикутника АС = 2 ∙ АН = 2 ∙ 33 = 66 см.

Із ΔABC за властивістю бісектриси трикутника 275 - 5BD = 6BD; 11BD = 275; BD = 25. DC = 55 - 25 = 30 см.

Відповідь: 25 см i 30 см.

469. Нехай ABC — даний трикутник (АВ = ВС). AD — бісектриса, ВН — висота. М — точка перетину AD і ВН.

За умовою

Із ΔАВН за властивістю бісектриси трикутника Нехай МН — х, тоді ВМ = х + 4. Оскільки АВ = ВС, то Оскільки

Із ΔАНВ за теоремою Піфагора

Тому

Відповідь: 64 см.

470. Нехай АВ і CD — хорди одного кола, які перетинаються в точці М. AM = 6 см, ВМ = 16 см, CM : MD = 3 : 2.

За теоремою про пропорційність відрізків хорд маємо: AM ∙ ВМ = CM ∙ DM. Нехай CM = 3х, тоді DM = 2х і 6 ∙ 16 = 3х ∙ 2х; 96 = 6х²; х² = 16; х = 4 (см) => СМ = 3 ∙ 4 = 12 см, DM = 2 ∙ 4 = 8 см.CD = CM + DM = 12 + 8 = 20 (см).

Відповідь: 20 см.

471. Нехай АВ — діаметр кола, a CD — хорда цього кола, які перетинаються в т. М. За теоремою про пропорційність відрізків хорд маємо: СМ ∙ DM = AM ∙ ВМ. За умовою DM = 3 см, СМ = 4 см. Нехай AM = х, тоді ВМ = 3х і 4 ∙ 3 = х ∙ 3х; 3х² = 12; х² = 4; х = 2 см. Отже, AM = 2 см, ВМ = 3 ∙ 2 = 6 см.

Відповідь: 4 см.

472. Нехай АС — січна, а AM — дотична до кола з центром О в т. М.

За теоремою про пропорційність відрізків січної і дотичної маємо: АВ ∙ АС = AM². АС = АВ + ВС = 4 + 5 = 9 (см), 4 ∙ 9 =АМ², AM² = 36, AM = 6 (см).

Відповідь: 6 см.

473. Нехай з точки А поза колом з центром О проведена дотична AM, М — точка дотику. АО = 39 см, AM = 36 см.

Проведемо радіус ОМ в точку дотику. За властивістю дотичної ОМ ⊥ AM. Отже, з ΔАМО за теоремою Піфагора AM² + МО² = АО²; MO² = АО² - AM² = 39² - 36² = 225; R = МО = 15 (см).

Відповідь: 15 см.

474. Нехай ABC — даний трикутник (∠A = 90°). М ∈ АВ, MN ⊥ ВС, MN = AM = 8 см, АВ = 18 см.

Розглянемо ΔMNC і ΔМАС:

1. ∠MNC = ∠MAC = 90°.

2. MN = МА = 8 см за умовою.

3. МС — спільна.

=> ΔMNC = ΔМАС за катетом і гіпотенузою, отже, ∠АСМ = ∠NCM і СМ — бісектриса. За властивістю бісектриси кута трикутника

За теоремою Піфагора AC² + АВ²= BC²;

Відповідь: 72 см.

475. Нехай ABC — даний трикутник (∠A = 90°), М ∈ АВ, MN ⊥ ВС, MN = AM.

ΔMNC = ΔМАС за катетом і гіпотенузою (див. впр. 474) => NC = АС.

а) Нехай BN = 3 см, NC = АС = 12 см, тоді за теоремою Піфагора АС² + АВ² = ВС²; 12² + АВ² = (3 + 12)²; 144 + АВ² = 225; АВ² = 81; АВ = 9 см.

Р_ΔABC = АВ + ВС + АС = 9 + 15 + 12 = 36 (см).

б) Нехай BN = 12 см, NC = АС = 3 см, тоді за теоремою Піфагора: АС² + АВ² = ВС²; 3² + АВ² = 15²; 9 + АВ² = 225; АВ² = 216; АВ = 2√54 = 6√6 (см).

Р_ΔABC = 6√6 + 15 + 3 = 6√6 + 18 (см).

Відповідь: 36 см або (6√6 + 18) см.

476. Нехай ABC — даний трикутник, CD — висота.

За теоремою Піфагора з ΔCDA (∠D = 90°) АС² = CD² + AD².

Із ΔCDB (∠D = 90°) ВС² = CD² + BD². Знайдемо АС² + ВС², додавши почленно обидві рівності: АС² + ВС² = CD² + AD² + CD² + BD² = AD² + BD² + 2CD², але за умовою CD² = AD ∙ BD, отже, AC²+ BC² = AD² + BD² + 2AD ∙ BD = (AB + BD)² = АВ². За теоремою, оберненою до теореми Піфагора, маємо ∠ACB = 90°.

477. Нехай ABC — даний трикутник (АВ = ВС), AD — висота.

За теоремою Піфагора з ΔАОС маємо: АС² = AD² + DC², але AD² = АВ² - BD², отже, АС² = АВ² - BD² + ВС². Оскільки АВ = ВС = BD + DC, то АС² = (ВD + DС)² - ВD² + DС² = ВD² + 2ВD ∙ DС + DС² - ВD² + DС² = 2ВD ∙ DС + 2DС² = 2DС(ВD + DС) = 2DС ∙ ВС.

478. а) Нехай α, β і h — відповідно кути шуканого трикутника і висота, що проведена з вершини третього кута.

Аналіз. Якщо побудувати довільний трикутник з кутами α і β, то він буде подібний до шуканого за двома кутами.

Побудуємо висоту в цьому трикутнику і, використовуючи подібність трикутників, будуємо шуканий трикутник.

Побудова.

1. Побудуємо ΔA₁B₁C, де ∠A₁ = α, ∠B₁ = β.

2. Проведемо СН₁ ⊥ A₁B₁.

3. Ha побудованій висоті відкладаємо СН = h.

4. Через Н проводимо пряму, паралельну А₁В₁. Точки А і В — точки перетину цієї прямої зі сторонами ∠C.

5. Послідовно з’єднуємо т. А, В і C.

Доведення. Оскільки АВ || А₁B₁ за побудовою, то ∠A = ∠A₁ = α, ∠B = ∠B₁ = β (як відповідні). Маємо в ΔАВС: СН = h — висота, ∠A = α, ∠B = β.

Задача має єдиний розв’язок, якщо α і β задовольняють теорему про суму кутів трикутника.

б) Нехай α — кут шуканого трикутника, l — його бісектриса і b : с = m : n, b і с — сторони, що утворюють кут α.

Аналіз. Якщо побудувати кут α і на його сторонах відкласти відрізки, пропорційні числам m і n, то отримаємо трикутник, який буде подібний до шуканого за двома сторонами і кутом між ними. Будуємо бісектрису кута α і використовуючи подібність, будуємо шуканий трикутник.

Побудова.

1. Будуємо ΔAB₁C₁, де ∠A = α, АВ₁ = n, АС₁ = m,

2. Проведемо бісектрису AL₁.

3. Ha побудованій бісектрисі відкладаємо AL = l.

4. Через L проводимо пряму, паралельну B₁C₁. Точки А і В — точки перетину цієї прямої зі сторонами ∠A.

5. З’єднуємо точки А, В і С.

Доведення. ΔABC — шуканий, тому що ∠A = α, ∠BAL = ∠LAC, AL = l за побудовою, АС : АВ = m : n за ознакою подібності трикутників.

479. Нехай α і β — кути шуканого трикутника (α > β), l — бісектриса кута β.

Аналіз. Якщо побудувати довільний трикутник з кутами α і β, то він буде подібний до даного за двома кутами. Будуємо бісектрису кута β і, використовуючи подібність, будуємо шуканий трикутник.

Побудова.

1. Будуємо ΔA₁B₁C₁, де ∠A₁ = α, ∠B = β.

2. Проводимо бісектрису ВК₁.

3. На побудованій бісектрисі відкладаємо ВК = l.

4. Через т. К проводимо пряму, паралельну А₁С₁. Точки A i С — точки перетину цієї прямої зі сторонами ∠B.

5. З’єднуємо точки А, В і С.

Доведення. ΔABC — шуканий, ∠B = β, ∠A = ∠A₁ = α (відповідні). ВК — бісектриса, за побудовою BL = l. Задача має єдиний розв’язок, якщо кути α і β задовольняють теорему про суму кутів трикутника.

480. Нехай ABCD — даний паралелограм.

За нерівністю трикутника з ΔABC маємо АВ + ВС > АС, а з ΔBCD; ВС + CD > BD. Додамо ці дві нерівності і викoристаємо те, що AD = ВС. Отже: АВ + ВС + CD + AD > АС + BD => Р > АВ + BD.

481. Нехай ABC — даний трикутник (∠B = 10°, ∠C = 70°). АН — висота, AL — бісектриса.

З ΔАНС: ∠C = 70°, ∠H = 90°,

(АL — бісектриса). Отже, ∠LAH = ∠LAC - ∠HAC = 50° - 20° = 30°.

Відповідь: 30°.

Задачі для підготовки до контрольної роботи № 3

1. Розглянемо ΔАВЕ і ΔDCE.

1. ∠AEB = ∠DEC (вертикальні).

2. ∠BAE = ∠CDE (внутрішні різносторонні при АВ || CD і січній AD). Отже, за двома кутами.

2. Нехай ABCD — даний прямокутник.

За теоремою Піфагора АС² = АВ² + ВС²; АС² = 5² + 12² = 25 + 144 = 169; АС = 13 см.

Відповідь: 13 см.

3. Нехай а, b і с — сторони даного трикутника, а х — коефіцієнт пропорційності, тоді a = 21х, b = 20x, с = 29x. Оскільки (21x)² + (20x)² = 441x² + 400x² = 841x² = (29x)², то за теоремою, оберненою до теореми Піфагора, трикутник є прямокутним з гіпотенузою 29x.

4. Нехай з т. А до прямої l проведені дві похилі АВ і АС і перпендикуляр АН.

Оскільки АС = 10 см, АВ = 17 см, то ВН > СН. Позначимо ВН = 5x, СН = 2x. За теоремою Піфагора АВ² = АН² + ВН² і АС² = AH² + НС², отже,

Відповідь: 8 см.

5. Нехай ABC — даний трикутник (∠A = 90°). AM — бісектриса, ВМ = 20 см, МС = 15 см. АН — висота.

За властивістю бісектриси трикутника Позначимо АВ = 4x, АС = 3x, тоді за теоремою Піфагора маємо: ВС² = АВ² + АС²;

Використовуючи метричні співвідношення в прямокутному трикутнику, маємо:

Відповідь: 12,6 см і 22,4 см.

6. Нехай АВ і CD — хорди одного кола, що перетинаються в т. М, причому АВ = CD.

∠ABC = ∠ADC (спираються на одну дугу).

∠ACB = ∠DAC (спираються на рівні хорди) => ∠ACD = ∠BAC => ΔАМС — рівнобедрений і AM = МС, тому DM = MB.