Гордин Р.К. Геометрия. Планиметрия. 7-9 классы

Подождите немного. Документ загружается.

§ 1.3 191

∠KCL = 360

◦

− ∠DCL − ∠DCB − ∠BCK =

= 360

◦

− 60

◦

− 90

◦

− 60

◦

= 150

◦

то треугольники ABK и KCL равны по двум сторонам и углу

между ними (рис. 129). Следовательно, KL = AK. Аналогично,

KL = AL.

1.154. 1 : 2.

Пусть точки K, L, M лежат соответственно

на сторонах AB, BC и AC правильного треугольника ABC,

причем KL ⊥ BC, LM ⊥ AC, M K ⊥ AB (рис. 130). Тогда

∠MKL = 180

◦

− ∠AKM − ∠LKB = 180

◦

− 90

◦

− 30

◦

= 60

◦

Аналогично, ∠KM L = 60

◦

, значит, треугольник KLM также

равносторонний. Прямоугольные треугольники AKM, BLK

и CML равны по гипотенузе и острому углу, а так как CM =

= AK =

AM, то CM : AM = 1 : 2. Аналогично, AK : KB =

= BL : LC = 1 : 2.

1.155. 90

◦

Разобьем квадрат ABCD на 16 равных квад-

ратов прямыми, параллельными его сторонам (рис. 131). Пусть

две такие прямые, проходящие через точку L, пересекают сто-

роны AB и AD в точках M и N соответственно. Тогда прямо-

угольные треугольники KML и DNL равны. Следовательно,

∠DLK = ∠N LM = 90

◦

1.156. Пусть биссектриса угла B при основании BC равно-

бедренного треугольника ABC пересекает боковую сторону AC

в точке D и AD = BC (рис. 132). Через точку D проведем пря-

мую, параллельную BC и пересекающую боковую сторону AB

Рис. 130

A B

Рис. 131

B C

E D

Рис. 132

192 7 класс

B H M A

Рис. 133

C M D B

Рис. 134

в точке E. Тогда

∠ADE = ∠ACB = ∠ABC = ∠AED, AE = AD,

∠BDE = ∠DBC = ∠DBE, DE = BE = DC.

Значит, треугольники ADE и BCD равны по двум сторонам и

углу между ними. Следовательно, BD = AE = AD = BC.

1.157. 30

◦

, 60

◦

, 90

◦

Пусть CH и CM — соответствен-

но высота и медиана треугольника ABC (рис. 133), ∠BCH =

= ∠HCM = ∠ACM. В треугольнике BCM высота CH являет-

ся биссектрисой, поэтому треугольник BCM равнобедренный,

значит, AM = BM = 2HM. Из точки M опустим перпендику-

ляр M K на AC. Прямоугольные треугольники MKC и M HC

равны по гипотенузе и острому у глу, поэтому MK = HM =

AM, значит,

∠CAB = 30

◦

, ∠KMH = 120

◦

∠ABC = ∠BMC = ∠KMC = 60

◦

, ∠ACB = 90

◦

1.158. 2.

На стороне BC отложим отрезок BM, рав-

ный AB (рис. 134). В равнобедренном треугольнике ABM углы

при основании AM равны по 80

◦

, поэтому

∠CAM = ∠AMD − ∠ACB = 80

◦

−40

◦

= 40

◦

= ∠ACM.

Кроме того,

∠ADM = ∠ABC + ∠BAD = 20

◦

+ 60

◦

= 80

◦

= ∠AMD.

Значит, треугольники AMC и AM D равнобедренные. Следова-

тельно, BC − AB = BC − BM = CM = AM = AD = 2.

§ 1.3 193

B C

E D

Рис. 135

Рис. 136

Рис. 137

1.159. Указание. Пусть ABC — искомый треугольник

(рис. 135), AB = AC, AF , BD и CE — его биссектрисы.

Тогда DE k BC, AF ⊥ BC и BE = DE = CD.

1.160. Пусть AP и AQ — указанные стороны квадратов

AP EB и AQF C, AM — медиана треугольника ABC, ∠BAC =

(рис. 136). Отложим на продолжении медианы AM за точку M

отрезок MK, равный отрезку AM. Тогда

CK = AB = AP, AC = AQ, CK k AB,

∠P AQ = 360

◦

−90

◦

− 90

◦

−

= 180

◦

− = ∠KCA.

Поэтому треугольники ACK и QAP равны по двум сторонам и

углу между ними. Следовательно, AK = P Q и AM =

AK =

P Q.

1.161. Отложим на продолжении медианы AK за точку K

отрезок KF , равный AK (рис. 137). Из равенства треугольни-

ков BKF и EKA следует, что BF = AE = AD и ∠KBF =

= ∠KEA. Поэтому ∠ABF = ∠ABK + ∠KBF = ∠DAC. Кро-

ме того, AB = AC (по условию). Поэтому треугольники ABF

и CAD равны. Следовательно, CD = AF = 2AK.

1.162. 36

◦

, 36

◦

, 108

◦

Пусть A — вершина равнобедрен-

ного треугольника ABC, а его биссектриса AM вдвое меньше

биссектрисы BD (рис. 138). На продолжении биссектрисы AM

за точку M отложим отрезок MK, равный AM. Тогда BK k AD

и AK = 2AM = BD. Если P — точка пересечения биссектрис

треугольника ABC, то BP = KP (см. задачу 1.127). Обозна-

чим ∠ABP через . Тогда ∠P KB = ∠P BK = 3 . Посколь-

ку BK = AB, то ∠BAK = ∠AKB = ∠P KB = 3

194 7 класс

B C

Рис. 138

A C

Рис. 139

Из прямоугольного треугольника AMB находим, что

∠BAK = ∠BAM = 90

◦

− ∠ABM = 90

◦

− 2 .

Из уравнения 3

= 90

◦

−2 находим, что = 18

◦

. Следователь-

но, ∠ABC = 36

◦

1.163. В задаче 1.83 доказано, что DE — биссектриса уг-

ла BDC и ∠EDM = 90

◦

(рис. 139). Если P — точка пересече-

ния отрезков DE и CM, то P — точка пересечения биссектрис

треугольника BDC. Поэтому ∠DP C = 90

◦

∠DBC = 90

◦

+ 30

◦

= 120

◦

, а так как ∠DP C — внешний угол прямоугольного

треугольника MDP , то

∠DMO = ∠DP C − ∠MDP = 120

◦

− 90

◦

= 30

◦

§ 1.4

1.166. 60

◦

1.167. Указание. Примените теорему о внешнем угле тре-

угольника.

1.168. R. 1.170. а) 90

◦

; б) 120

◦

1.172. Обозначим ∠ACD =

(рис. 140). Тогда

∠BOC = ∠BCO =

∠OAB = ∠ABO = ∠BCO + ∠BOC = 2

∠AOD = ∠OAC + ∠ACO = 2

+ = 3 .

1.173. Указание. Опустите перпендикуляр из центра окруж-

ности на данную прямую.

§ 1.4 195

Рис. 140

Рис. 141

A M

Рис. 142

1.174. Указание. Опустите перпендикуляры из центра

окружности на данные хорды.

1.175. 24. Указание. Диаметр, перпендикулярный хорде, де-

лит ее пополам.

1.176. Указание. Пусть O — центр окружности, AB и CD —

данные хорды, M и N — их середины, K — точка пересечения

хорд (рис. 141). Докажите равенство прямоугольных треуголь-

ников KOM и NMO.

1.177.

(b − a).

Пусть N и M — основания перпендику-

ляров, опущенных из центра O окружности на данные хорды,

A — точка пересечения хорд (рис. 142). Тогда N и M — середи-

ны хорд, а все стороны четырехугольника OMAN равны (это

квадрат). Следовательно,

ON = AM =

(a + b) − a =

(b − a).

1.178. Окружность, концентрическая данной.

1.179. Указание. Медиана прямоугольного треугольника,

проведенная из вершины прямого угла, равна половине гипо-

тенузы.

1.180

. Окружность с диаметром AB без точек A и B.

1.182. Указание. Отрезок BC виден из точек M и N под

прямым углом.

1.183. 8. 1.184. 8 и 6.

1.185. Так как AC k BD, то ∠BAC = ∠ABD, поэтому пря-

моугольные треугольники ABC и BAD равны по гипотенузе и

острому у глу (рис. 143). Значит, AC = BD. Кроме того,

∠CAD = ∠CAB + ∠BAD = ∠CAB + ∠ABC = 90

◦

196 7 класс

Рис. 143

Рис. 144

значит, CD — диаметр.

1.186. Указание. Биссектрисы смежных углов взаимно пер-

пендикулярны.

1.187. 1.

1.188. Указание. Высота равнобедренного треугольника,

проведенная к основанию, является также медианой.

1.189. Указание. Высота равнобедренного треугольника,

проведенная к основанию, является также медианой.

1.190. Указание. Если высота треугольника является также

медианой, то треугольник равнобедренный.

1.191. 60

◦

1.192. Перпендикуляры OM и ON (рис. 144), опущ енные из

центра O окружности на равные хорды AB и CD соответствен-

но, равны и делят эти хорды пополам, поэтому прямоугольные

треугольники P OM и P ON равны по катету и гипотенузе, зна-

чит, P M = P N. Следовательно,

P A = P M +MA = P M +

AB = P N +

CD = P N +ND = P D

P B = P A − AB = P D − CD = P C.

1.193. 25

◦

1.194. Указание. Прямоугольные треугольники AMD и

AND равны.

1.195. Точка пересечения биссектрис треугольника ABC.

1.196. 36

◦

, 36

◦

, 108

◦

Пусть O и Q — соответственно цен-

тры описанной и вписанной окружностей треугольника ABC

(рис. 145), причем O и Q симметричны относительно пря-

мой BC. Обозначим ∠OBC = ∠QBC =

. Поскольку треуголь-

ник BOC равнобедренный, то ∠QCB = ∠OCB = ∠OBC =

§ 1.4 197

Рис. 145

Рис. 146

Рис. 147

а так как BQ — биссектриса угла ABC, то ∠ABC = 2 .

Аналогично, ∠ACB = 2

. Значит, треугольник ABC равно-

бедренный, его биссектриса AM является высотой, а точки Q

и M лежат на отрезке OA. Поскольку треугольник AOB так-

же равнобедренный ( OA = OB как радиусы одной окруж-

ности), то ∠OBA = ∠OAB, или 90

◦

− 2

= 3 . Откуда

находим, что

= 18

◦

. Следовательно, ∠ACB = ∠ABC =

= 2

= 36

◦

1.197. Указание. Эта точка — основание высоты, проведен-

ной из вершины A.

1.198. 45

◦

, 45

◦

, 90

◦

1.199. 30

◦

, 60

◦

. Указание. Проведите медиану из вершины

прямого угла.

1.200. Указание. BK ⊥ MN .

1.201. Окружность, построенная на отрезке с концами в

данных точках как на диаметре.

1.202. Пусть M — данная точка окружности с центром O

(рис. 146), AB — данная хорда. Если AB — диаметр, то ис-

комая хорда — также диаметр. Если AB — хорда, не являю-

щаяся диаметром, MN — искомая хорда, а K — ее середина,

то OK ⊥ M N, т. е. радиус OM виден из точки K под прямым

углом, значит, середина искомой хорды M N лежит на окруж-

ности с диаметром OM .

1.203. Указание. Пусть A и B — данные точки внутри дан-

ной окружности (рис. 147). Поскольку отрезок AB виден из

вершины прямого угла искомого прямоугольного треугольника

под прямым углом, эта вершина лежит на окружности с диа-

метром AB.

198 7 класс

A B

Рис. 148

Рис. 149

Рис. 150

1.204. Указание. Вершина прямого угла искомого прямо-

угольного треугольника лежит на окружности, диаметр кото-

рой — данная гипотенуза.

1.205. Указание. Пусть AB и CD — данные хорды (рис. 148).

Если прямые AD и BC пересекаются в точке M, а прямые AC

и BD — в точке N, то прямая MN делит каждую из данных

хорд пополам.

1.206. Указание. Используйте построение из предыдущей

задачи.

1.207. Указание. Перпендикуляр, опущенный из центра ис-

комой окружности на сторону угла, есть катет прямоугольного

треугольника с данными катетом (половина данного отрезка) и

гипотенузой (данный радиус).

1.208. Указание. Центр искомой окружности — точка пере-

сечения биссектрис треугольника.

1.209. Указание. Поскольку окружность высекает на сто-

ронах угла равные отрезки, центр окружности равноудален от

сторон угла, а так как окружность проходит через две данные

точки, ее центр равноудален от этих точек.

1.210. Указание. Пусть P — точка пересечения биссектрис

треугольника ABC (рис. 149), а Q — точка пересечения биссек-

трис внешних углов при вершинах B и C. Тогда отрезок P Q

виден из точек B и C под прямым углом.

1.211. Указание. OK, OL, OM и ON — биссектрисы равно-

бедренных треугольников AOB, BOC, COD и DOA, проведен-

ные к основаниям (рис. 150).

§ 1.4 199

Рис. 151

Рис. 152

Рис. 153

1.212. Пусть M — данная точка на данной прямой (рис. 151).

С центром в произвольной точке O, не лежащей на данной пря-

мой, проведем окружность радиусом OM. Пусть A — отличная

от M точка пересечения этой окружности с данной прямой,

AB — диаметр окружности. Тогда BM — искомая прямая.

1.213. Окружность с центром B и радиусом BA. Указание.

Если точка M симметрична точке A относительно некоторой

прямой (рис. 152), проходящей через точку B, то MB = BA.

1.214

. Предположим, что нужная секущая построена

(рис. 153). Пусть O

и O

— центры данных окружностей,

r и R — их радиусы (r < R), M — общая точка этих окруж-

ностей, A и B — концы секущей (A на первой окружности,

B — на второй), проходящей через точку M, AB = a —

данный отрезок. Пусть P и Q — проекции точек O

и O

на прямую AB. Тогда P и Q — середины хорд AM и BM

данных окружностей. Если F — проекция точки O

на пря-

мую O

Q, то в прямоугольном треугольнике O

F O

известен

катет: O

F = P Q =

AB =

a. Отсюда вытекает следующий

способ построения. Строим прямоугольный треугольник O

F O

по гипотенузе O

и катету O

F =

a и через точку M

проводим прямую, параллельную O

F .

1.215. Пусть M — общая точка окружностей с центрами O

и O

(рис. 153); прямая, проходящая через точку M , пересека-

ет окружности в точках A и B соответственно. Если P и Q —

проекции точек O

и O

на эту прямую, то P — середина AM ,

а Q — середина BM. Тогда

P Q =

AM +

BM =

200 7 класс

и P Q 6 O

, причем равенство достигается, если прямая AB

перпендикулярна общей хорде двух окружностей.

1.216. Указание. Окружности, построенные как на диамет-

рах на соседних сторонах четырехугольника, пересекаются на

его диагонали, а их общая хорда перпендикулярна этой диа-

гонали.

1.217. Указание. Если внутренняя точка четырехугольника

C M

A B

Рис. 154

не лежит ни в одном круге, то все стороны четырехугольника

видны из нее под острым углом.

1.218. Предположим, что искомые точ-

ки X и Y построены (рис. 154). Тогда

∠AXB = 90

◦

. Поэтому XB k Y C. Пусть

M — точка пересечения отрезка XY с диа-

метром AB. Прямоугольные треугольники

XMB и Y MC равны (по катету и острому

углу). Следовательно, CM = M B, т. е. M —

середина отрезка BC.

1.219. Указание. Постройте точку, симметричную данному

центру O относительно прямой AB.

§ 1.5

1.222. 60

◦

, 60

◦

, 60

◦

. 1.223. 30

◦

, 30

◦

, 120

◦

1.224. Указание. Проведите радиус в точку касания.

1.226. 80

◦

1.227. Указание. AC — катет прямоугольного треугольни-

ка OAC, лежащий против угла в 30

◦

1.228

. Указание. Центр окружности, вписанной в у гол, ле-

жит на биссектрисе угла.

1.229. Указание. Биссектрисы смежных углов взаимно пер-

пендикулярны.

1.230. 60

◦

, 60

◦

, 60

◦

1.231

. 2R. Указание. Примените теорему о равенстве от-

резков касательных, проведенных к окружности из одной

точки.

1.232. a. Указание. Примените теорему о равенстве отрезков

касательных, проведенных к окружности из одной точки.