Відповіді до підручника Геометрія 8 клас - Істер О.С. 2016-2020

Розділ 2. Подібність трикутників
§ 12. Узагальнена теорема Фалеса

434. Істинні пропорції 1) і 4).

435. За узагальненою теоремою Фалеса Тоді: ОВ = (2 • 6) : 3 = 4 (см).

Відповідь. 4 см.

436. За узагальненою теоремою Фалеса Тоді: АС = (4 • 9) : 6 = 6 (см).

Відповідь. 6 см.

437. За узагальненою теоремою Фалеса Маємо: За аксіомою вимірювання відрізків BF = BD + DF,

Відповідь.

438. За узагальненою теоремою ФалесаЗа аксіомою вимірювання відрізків BF = BD + DF, BF = 4 + 2 = 6 (см). Маємо:АЕ = (3 • 6) : 2 = 9 (см).

Відповідь. 9 см.

439. За узагальненою теоремою Фалеса маємо:Тоді . За узагальненою теоремою ФалесаМаємо:

Відповідь.

440. За узагальненою теоремою Фалеса. Маємо:, За узагальненою теоремою ФалесаМаємо:

Відповідь.

441. Побудуємо довільний кут MON (MON < 90°). Запишемо відношенняу вигляді. На стороні ON відкладемо відрізки О А = с, АС = а, тоді на сторонні ОМ— відрізок ОВ = b. Сполучимо точки А і В. Проведемо через точку С пряму, паралельну АВ: CD||АВ. За узагальненою теоремою Фалеса Звідси х = BD.

442. Побудуємо довільний кут MON (MON < 90°). Запишемо відношенняу виглядіНа стороні ON відкладемо відрізки ОА = l, АС = m, тоді на сторонні ОМ — відрізок ОВ = n. Сполучимо точки А і В. Проведемо через точку С пряму, паралельну АВ: CD||АВ. За узагальненою теоремою Фалеса Звідси х = BD.

443. Нехай АВ||CD, АО = 4, АС = 6, OD = 15. Нехай OB = x, тоді BD = 15 - х. За узагальненою теоремою ФалесаМаємо:6x = 4 • (15 - х), 6x = 60 - 4х, 10 = 60, х = 6. Звідси ОВ = 6, a BD = 15 - 6 = 9.

Відповідь. 6; 9.

444. Нехай АВ||CD, OB = 5, BD = 7, АС — АО = 1. Нехай ОА = х, тоді АС = х + 1. За узагальненою теоремою Фалеса Маємо: 7х = 5(х + 1), 7х = 5х + 5, 2х = 5, х = 2,5. Звідси ОА = 2,5, а АС = 2,5 + 1 = 3,5.

Відповідь. 2,5; 3,5.

445. Нехай ABC — заданий трикутник, АР — медіана, AM : MB = 1 : 3. Нехай AM = х, MB = 3х. Проведемо PN||KМ. Розглянемо кут СВМ. Оскільки СР = РВ і CM||PN, то за теоремою Фалеса BN = NM. Оскільки MB = 3х, тоді MN = NB = 1,5х. Розглянемо кут ВАР. За узагальненою теоремою Фалеса . Звідси АK : КР = 1 : 1,5 або AK : KР = 2 : 3.

Відповідь. 2 : 3.

446. Нехай ABC — заданий трикутник, AD — медіана, АK : KD = 5 : 3. Нехай АK = 5х, KD = 3x. Проведемо DN||BM. Розглянемо кут ВСА. Оскільки BD = DC і DN||ВМ, то за теоремою Фалеса MN = NC. Розглянемо кут DAC. За узагальненою теоремою ФалесаТоді

Відповідь. 5 : 6.

447. Нехай ABCD — чотирикутник, АС — діагональ, АС = 5 см. Р_ABC = 12 см, Р_ADC = 14 см. Маємо: P_BCD = АВ + ВС + CD + AD = (AB + ВС + АС) + (CD + AD + АС) - 2АС. P_ABCD ⁼ Р_ABC ⁺ Р_BCD - 2АС, Р_ABCD = 12 + 14 — 2 • 5 = 16 (см).

Відповідь. 16 см.

448. Нехай ABCD — прямокутна трапеція (ВС||AD, AA = AB = 90°), AC = CD, AC = 120°. Проведемо висоту CK. Оскільки ACD — рівнобедрений трикутник, то СK — медіана, тому АK = KD. Оскільки АВСK — прямокутник, то ВС = АK, тоді AD = 2 • АК = 2 • ВС. Нехай ВС = х, тоді AD = 2х. Сума кутів трапеції, прилеглих до бічної сторони, дорівнює 180°. Звідси AD = 180° - АС = 180°- 120° = 60°. З прямокутного трикутника CKD (К = 90°) за властивістю гострих кутів прямокутного трикутника маємо: KCD + CDK = 90°, KCD = 90° - 60° = 30°. За властивістю катета, який лежить проти кута 30°, одержимо: CD = 2 • KD = 2 • х. Маємо: MN = (BC + AD) : 2 = (х + 2х) : 2 = 3х : 2, CD = 2х. Звідси Отже, MN : CD = 3 : 4.

Відповідь. 3 : 4.

449.

1) А = AM; 2) АВ = K; 3) АС = AL; 4) МK = АВ; 5) ML = АС; 6) KL = ВС.

450. Нехай сторони першого трикутника відповідно дорівнюють 2а, 2b і 2с. Тоді сторони другого — а, b і с. Маємо: Р₂ = а + b + с, Р₁ = 2а + 2b + 2с = 2(а + b + с) = 2Р₂. Отже, периметр першого трикутника вдвічі більший за периметр другого.

451.

1)Так. Сума кутів трикутника дорівнює 180°. Тоді С = 180° - (А + В) і С₁ = 180°- (А₁ + В₁). Оскільки А = А₁, В = В₁, то С = С₁,

2) ні. Сторони одного трикутника пропорційні сторонам іншого трикутника (можуть бути в кілька разів більші або менші).

452. Нехай ABCD — квадрат. Побудуємо серединний перпендикуляр до сторони CD. Він буде серединним перпендикуляром і до сторони АВ. Будь-яка точка цього серединного перпендикуляра буде вершиною рівнобедрених трикутників з основами АВ і CD. Щоб повністю виконувалася умова задачі, слід на цьому серединному перпендикулярі знайти такі точки, щоб рівнобедреними були трикутники з основами AD і ВС. Для цього слід знайти такі точки K₁ і K₂, щоб ВС = AD = СK₁ і ВС = AD = ВK₂. Для цього з вершин В і С будуємо кола радіуса ВС, у результаті чого одержуємо такі точки K₁ і K₂, що трикутник АK₁В — рівнобедрений з основою АВ (АK₁ = ВK₁), трикутник CK₁D— рівнобедрений з основою CD (СK₁ = DK₁), трикутник ВK₂С— рівнобедрений з основою K₂С (ВK₂ = ВС), трикутник AK₂D— рівнобедрений з основою K₂D (АK₂ = AD). Аналогічно можна знайти ще шість точок, провівши аналогічні міркування відносно сторін АВ, ВС і AD квадрата. Оскільки діагоналі квадрата точкою перетину поділяються навпіл, то точка перетину діагоналей теж задовольнятиме умову задачі. Отже, усього є 9 таких точок.

Відповідь. 9 точок.