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

Розділ 2. Подібність трикутників
Вправи для повторення розділу 2

Вправи для повторення розділу 2

До §12

589. За узагальненою теоремою Фалеса: 1) МK : NL = 2 : 3; 2) ОK : ОМ = 7 : 5.

590. За узагальненою теоремою Фалеса. Маємо:, 2ON = ОМ • NL, 2ON = 4 • 9, ON = 18.

591. Нехай а, b — задані відрізки,. Запишемо дану рівність у такому вигляді: . Відкладемо ОА = b, ОВ = а, АС = а. Сполучимо точки А і В й проведемо через точку С пряму паралельну АВ: CD||АВ. Звідси BD = х. За узагальненою теоремою Фалеса

592. Нехай ABC— заданий трикутник, АЕ : ЕС = 2 : 1, BD : DC = 3 : 2. Проведемо ЕМ||AD. Розглянемо кут ACD. Оскільки ЕМ|| AD і АЕ : ЕС = 2 : 1, то за теоремою Фалеса DM : МС = 2 : 1, тобтоРозглянемо кут СВЕ. BD : DC = 3 : 2,, BD : DM = 9 : 4. Розглянемо кут МВЕ. Оскільки EM||KD і BD : DM = 9 : 4, то за теоремою Фалеса ВK : KЕ = 9 : 4.

Відповідь. 9 : 4.

До §13

593. 1)2)

594. Оскільки трикутники подібні, то відповідні сторони пропорційні: . Маємо: Аналогічно

Відповідь. АС = 12 см, В₁С₁ = 9 см.

595. Нехай АВС~ А₁В₁С₁ АВ : ВС : АС = 2 : 5 : 6. 1) В₁С₁ = 20 см. Оскільки трикутник подібні, то відповідні сторони пропорційні, тому А₁В₁ : В₁С₁ : А₁С₁ = 2 : 5 : 6. Нехай А₁В₁ = 2х, В₁С₁= 5х i A₁C₁ = 6х.

1) Маємо: 5x = 20, х = 4. Звідси B₁C₁ = 5 • 4 = 20 (см), А₁В₁ = 2 • 4 = 8 (см), A₁C₁ = 6 • 4 = 24 (см). Р = B₁С₁ + А₁В₁ + А₁С₁ = 20 + 8 + 24 = 52 (см);

2) А₁В₁ +А₁С₁ = 20 (см). Маємо: 2х + 6х = 40, 8х = 40, х = 5. Звідси A₁B₁ = 2 • 5 = 10 (см), A₁С₁ = 5 • 5 = 25 (см) і A₁С₁ = 6 • 5 = 30 (см). Р = В₁С₁ +А₁В₁ +А₁С₁ = 25 + 10 + 30 = 65 (см).

Відповідь. 1) 52 см; 2) 65 см.

596. Нехай ABC — заданий трикутник, MN— середня лінія. За означенням середньої лінії MN||АС. Тоді BAC = BMN і BCA = BNM як відповідні. Отже, MBN ~ АВС за двома кутами.

До §14

597. 2); 3).

598. Нехай ABC— прямокутний трикутник (C = 90°), APL = 90°. Розглянемо прямокутні трикутники АСВ і APL. У них кут А спільний, тому АСВ ~ APL як прямокутні з гострим кутом.

599. Нехай AB і CD— задані відрізки, СВ = 30А, ОС = 30D. Розглянемо трикутники AOD і СОВ. У них AOD = СОВ як вертикальні і Отже, AOD ~ СОВ за двома сторонами та кутом між ними.

600. Нехай ABCD — трапеція, ОС : АО = 2 : 3, BO : DO = 2 : 3, ВС = 8 см. Розглянемо трикутники ВОС i AOD. У них BOC = AOD як вертикальні. Отже, ВОС = AOD за двома сторонами та кутом між ними. Звідси,

Відповідь. 12 см.

601. Нехай KLM і K₁L₁M₁ — задані трикутники, K = K₁, KL = 2K₁L₁, KM = K₁М₁, L₁M₁ = 4 см. KLM ~ K₁L₁M₁ за двома сторонами та кутом між ними Маємо:, LM = 2 • 4 = 8 (см).

Відповідь. 8 см.

602. Нехай ABCD — трапеція, (ВС||AD), BAC = ADC.

1) ABC ~ ACD за двома кутами (BAC = ADC за умовою, (BCA = CAD як внутрішні різносторонні при паралельних прямих ВС і AD та січній АС);

2) у подібних трикутниках відповідні сторони пропорційні:АС² = AD • ВС.

603. Нехай ABC — заданий трикутник, М∈АС, N∈ВС, АС • СМ = ВС • CN. Маємо: і кут С є спільним для трикутників ABC і MNC. Отже, ABC ~ MNCза двома сторонами та кутом між ними.

604. Нехай ABC— заданий трикутник, ВKС > 90°, ВKС = ABC, АK = 16 см, СK = 9 см. ABC ~ ВKС за двома кутами (ABC = ВKС за умовою, С — спільний). У подібних трикутниках відповідні сторони пропорційні:, ВС² = АС • KС, ВС² = (АK + KC) • KС, ВС²= (16 + 9) • 9, ВС²= 25 • 9, ВС = 15 (см).

Відповідь. 15 см.

605. Нехай ABC— заданий трикутник, MN||AC, NK||AB. Оскільки MN||AC і NK||АВ, то BMN = NKC i BNM = NCK як відповідні. Отже, MBN ~ KNC за двома кутами. У подібних трикутниках відповідні сторони пропорційні. Маємо:, MN • NK = BM • KС.

606. Нехай АВС~ А₁В₁С₁, І та І₁ — точки перетину бісектрис. Оскільки трикутники подібні, то відповідні кути рівні: А = А₁, В = В₁, С = С₁. AI, ВІ, А₁І₁ і В₁І₁ — бісектриси, тому ВАІ = B₁A₁l₁, АВI = А₁В₁І₁. Отже, АІВ ~ A₁B₁I₁ за двома кутами.

607. Нехай ABC— заданий трикутник, KLMN— прямокутник, KN= 16 см, LK = 10 см, AС = 24см. Оскільки KLMN— прямокутник, то LM||AC, LM = KN = 16 см, FP = LK = 10 см. Тоді ABC ~ LBM за двома кутами (В — спільний, ВАС = BLM як відповідні при паралельних LM і АС та січній АВ). Нехай BF = x см, тоді ВР = (х + 10) см. У подібних трикутниках відповідні сторони пропорційні:, 24x = 16(х + 10), 24х = 16x + 160, 8x = 160, х = 20. Звідси BP = BF + FP, ВР = 20 + 10 = 30 (см).

Відповідь. 30 см.

608. Нехай ABC— гострокутній трикутник, BD і АЕ— висоти. BDC ~ АЕС як прямокутні зі спільним гострим кутом С. У подібних трикутниках відповідні сторони пропорційні:,AC • DC = EC • BC.

До §15

609. LP — проекція катета KL на гіпотенузу LM.

МР — проекція катета KМ на гіпотенузу LM.

610. Нехай ABC— прямокутний трикутник (C = 90°), CM— висота, ВМ = 1см, AM = 8см. За теоремою про середні пропорційні відрізки у прямокутному трикутнику СВ² = ВМ • ВА. Маємо: СВ² = 1 • (1 + 8), СВ² = 9, СВ = 3 см.

Відповідь. 3 см.

611. Нехай ABC— прямокутний трикутник (C = 90°), CM — висота, CM = 24 см, МА = 18 см. За теоремою про середні пропорційні відрізки у прямокутному трикутнику СВ² = ВМ • МА. Маємо: 24² = ВМ • 18, ВМ = 32 см. Тоді СВ² = ВМ • ВА, СВ² = 32 (32 + 18), СВ² = 32 • 50, СВ = 40 см, СА² = МА • ВА, СА² = 18 • 50, СА = 30 см.

Відповідь. ВМ = 32 см, СВ = 40 см, СА = 30 см.

612. Нехай ABC — рівнобедрений трикутник (АВ = ВС), ВМ — бісектриса, АKВС, KС = 9 см, МK = 12 см. Розглянемо прямокутний трикутник BMC (M = 90°). За теоремою про середні пропорційні відрізки МK² = ВK • KС. Маємо: 12² = ВK • 9, 144 = ВK • 9, ВK = 16 (см). Тоді ВС = ВK + KС, ВС = 16 + 9 = 25 (см). Звідси ВM² = ВK • ВС, ВМ² = 16 • 25, ВМ = 20 (см), МС² = KС • ВС, ^МC2 = 9 • 25, МС = 15 см. Тоді Р_ABC = АВ + ВС + АС, Р_ABC = 2 • 25 + 2 • 15 = 50 + 30 = 80 (см).

Відповідь. 20 см і 80 см.

613. Нехай ABCD — прямокутник, АС — діагональ, ВМАС, ВМ = 12 см, AM : МС = 9 : 16. Нехай АМ = 9х см, МС = 16x см. За теоремою про середні пропорційні відрізки ВМ² = АМ• МС. Маємо: 144 = 9x • 16x, x = 1. Звідси AM = 9 см, MС = 16 см. За аксіомою вимірювання відрізків АС = АМ + МС, АС = 9 + 16 = 25 (см). Тоді АВ² = АМ • АС, АВ² = 9 • 25, AB = 15см, ВС² = МС • АС, ВС² = 16 • 25 = 20 (см). Звідси Р_ABC = 2 • (АВ + ВС), Р_ABC = 2 (15 + 20) = 70 (см).

Відповідь. 70 см.

614. Нехай ABCD — ромб, AB, BD — діагоналі ромба, АМ = 6,4 см, MD = 3,6 см. Розглянемо прямокутний трикутник AOD (O = 90°). Оскільки ОМAD, то за теоремою про середні пропорційні відрізки у прямокутному трикутнику, DO² = MD • AD і AO² = AM • AD. За аксіомою вимірювання відрізків AD = AM + MD, AD = 6,4 + 3,6 = 10 (cm). Маємо: DO² = 3,6 • 10, DO = 6 см, АО² = 6,4 • 10, АО = 8 см. Оскільки діагоналі точкою перетину діляться навпіл, то маємо: BD = 2 • DO = 2 • 6 = 12 (см), АС = 2 • AO = 2 • 8 = 16 (см).

Відповідь. 12 см, 16 см.

615. Нехай ABCD— рівнобічна трапеція (ВС||AD, AB =CD), MN— середня лінія, MN = 9см, CM — висота, CM = 6 см. Оскільки AM = (BC + AD) :2, to AM = 9 (см) (див. задачу №214). За теоремою про середні пропорційні відрізки CM² = AM • MD, 6² = 9 MD, MD = 4 (см). Тоді AD = AM + MD, AD = 9 + 4 = 13 (см). Оскільки трапеція рівнобічна, то ВС = AM - MD, ВС = 9 - 4 = 5 (см).

Відповідь. 5 см і 13 см.

616. За властивістю бісектриси трикутника

Відповідь. 1 : 3.

617. За властивістю бісектриси трикутника . Одержимо: АВ = 12 (см).

Відповідь. 12 см.

618. Нехай ABCD— паралелограм, ВМ — бісектриса, ВС = (АВ + 9) см, AM = 4 см, МС = 10 см. Нехай АВ= x см, тоді ВС = (х + 9) см. За властивістю бісектриси трикутника. Маємо:, 10x = 4(x + 9), 6x = 36, х = 6. Тоді АВ = 6 (см), ВС = 6 + 9 = 15 (см). Тоді P_ABCD= 2(АВ + ВС) = 2(6 + 15) = 42 (см).

Відповідь. 42 см.

619. Нехай ABCD— прямокутник, ВМ — бісектриса, AM : МС = 7 : 8, P_ABCD = 60 см. 2(АВ + ВС) = 60, АВ + ВС = 30. Нехай АВ = х см, тоді ВС = (30 - х) см. За властивістю бісектриси трикутника, 8х = 7(30 - х), 15x = 210, х = 14. Звідси АВ = 14 см, ВС = 30 - 14 = 16 (см).

Відповідь. 14 см і 16 см.

620. Нехай ABC — трикутник, D∈AB, АС = 6 см, ВС = 8 см, AD = 3 см, DB = 7 см. За аксіомою вимірювання відрізків АВ = AD + DB; АВ = 3 + 7 = 10 (см). Виконаємо додаткову побудову. Проведемо СK — бісектрису кута С трикутника ABC. За аксіомою вимірювання відрізків АВ = АK + KВ. Нехай АK = х см, тоді KB = (10 - x) см. За властивістю бісектриси трикутника маємо: 8x = 6(10 - x); 8x = 60 — 6x; 14x = 60;Отже, оскількиа AD = 3 см, то точка k лежить між точками D і В. Врахувавши за означенням бісектриси, що ACK = KCB, одержимо, що ACD < BCD.

Відповідь. ACD < BCD.

621. Нехай ABC— рівнобедрений трикутник (АВ = ВС), ВМ = 5OМ. Р_ABC = 90 см. Центр кола, вписаного в трикутник, знаходиться в точці перетину бісектрис, тому СО — бісектриса. За властивістю бісектрисиНехай СМ = х см, тоді СВ = 4х см. Тоді АС = 2 • МС = 2х, АВ = ВС = 4x. Маємо: АВ + ВС + АС = 90, 4х + 4х + 2х = 90, 10x = 90, х = 9. Звідси АС= 2 • 9 = 18 (см), АВ = ВС = 4 • 9 = 36 (см).

Відповідь. 36 см, 36 см, 18 см.

622. Нехай AB і CD — хорди, AS = 4, SB = 1. За теоремою про пропорційність відрізків хорд AS • SD = 4 • 1 = 4.

Відповідь. 4.

623. Нехай а, b — січні, МА • MB = 28, МС = 4. За наслідком з теореми про пропорційність відрізків січної і дотичної МА • MB = МС • MD. Маємо: 28 = 4 • MD, MD = 7. Тоді CD = MD — MC = 7 - 4 = 3.

Відповідь. 7; 3.

624. Нехай AM— дотична, АР — січна, AM = 8 см, АР = 16 см. За теоремою про пропорційність відрізків дотичної і січної АМ² = АK • АР. Маємо: 8² = АK • 16, АK = 4 см. Тоді KР = АР - АK, KР = 16 — 4 = 12(см).

Відповідь. 4 см, 12 см.

625. Нехай AM — дотична, АР — січна, AM = 10 см, АР : АK = 4 : 1. Нехай АР = 4х см, АK = х см. За теоремою про пропорційність відрізків дотичної і січної АK² = АK • АР, 10² = х • 4х, 100 = 4x², х² = 25, x = 5. Тоді АK = 5 см, АР = 4 • 5 = 20 (см) і KР = АР - АK = 20 - 5 = 15 (см).

Відповідь. 5 см, 20 см, 15 см.

626. Нехай ABC— рівнобедрений трикутник (АВ = ВС), AM — медіана, AM = 6 см, ВС = 8 см. ACP = 90° як вписаний кут, що спирається на діаметр. У прямокутному трикутнику АСР за теоремою про середні пропорційні відрізки СМ² = AM • МР, 4² = 6 • МР,Тоді АР = AM + МР,

Відповідь

627. Нехай ABC — заданий трикутник, BL — бісектриса, BL = 5 см, AL = 4 см і LC = 5 см. Згідно задачі 1 § 17, маємо: BL2 = ВА • BC - AL • CL. За властивістю бісектриси трикутника. Маємо:. Нехай BA = 4.x см, ВС = 5х см. Тоді 5² = 5х • 5х - 4 • 5, 25 = 20х² - 20, 20x² = 45, Звідси

Відповідь. 6 см, 7,5 см.

628. Нехай — заданий кут, AL — бісектриса, АС: АВ = 4 : 3. На прямій т у довільній точці А відкладаємо кут Ділимо одну сторону кута на чотири рівні частини, а іншу — на три. З’єднуємо точки С₁ і В₁. Проводимо бісектрису AL кута В₁АС₁ (ділимо кут навпіл). Через точку L проводимо пряму, паралельну В₁С₁. Дана пряма перетне сторони кута в точках В і С. ABC — шуканий трикутник.