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

Подождите немного. Документ загружается.

§ 2.2 241

B C

A D

Рис. 255

B C

Рис. 256

A C

Рис. 257

диагоналей параллелограмма ABCD (рис. 255). Тогда P и Q —

точки пересечения медиан треугольников ABC и ADC, поэтому

BP =

BO =

BD, DQ =

DO =

BD и P Q =

BD.

2.94. 32.

2.95. Пусть BB

= h

и CC

= h

— высоты треугольни-

ка ABC, AM = m — медиана (рис. 256). Предположим, что тре-

угольник ABC построен. Опустим перпендикуляры MP и MQ

на прямые AB и AC. Тогда MP и MQ — средние линии тре-

угольников BC

C и BB

C. Поэтому

MP =

и M Q =

Отсюда вытекает следующий способ построения. Построим пря-

моугольные треугольники AP M и AQM (по катету и гипоте-

нузе m). Через точку M проведем прямую, отрезок которой,

заключенный внутри угла P AQ, делился бы точкой M пополам

(см. задачу 2.35).

2.96. Пусть P и Q — середины сторон AB и BC (рис. 257).

Предположим, что BM < BP . Тогда P M = BP − BM = CQ −

− CN = QN. Через точку N проведем прямую, параллель-

ную AB. Пусть K — точка пересечения этой прямой с пря-

мой P Q, а F — точка пересечения прямых P Q и MN. То-

гда KN = QN = P M . Значит, треугольники F KN и F P M

равны по стороне и двум прилежащим к ней углам. Следова-

тельно, NF = MF , т. е. середина F отрезка MN принадлежит

средней линии P Q треугольника ABC.

242 8 класс

A C

Рис. 258

B C

Рис. 259

A D

Рис. 260

2.97. Указание. Медианы треугольника делятся точкой пе-

ресечения в отношении 2 : 1, считая от вершины треугольника.

2.98. Указание. Медианы треугольника делятся точкой пе-

ресечения в отношении 2 : 1, считая от вершины треугольника.

2.99. Предположим, что задача решена. Пусть AA

, BB

и CC

— медианы построенного треугольника, M — точка их пе-

ресечения (рис. 258). Рассмотрим треугольник CMB. Его мож-

но построить по двум сторонам (CM =

, BM =

)

и медиане, проведенной к третьей (MA

). См. зада-

чу 1.81

2.101. Указание. Пусть M и K — середины BC и AB

(рис. 259). Тогда MK — средняя линия треугольников OA

и ABC.

2.102. Пусть M, N и K — середины сторон BC, CA и AB

треугольника ABC (рис. 259). Тогда MK — средняя линия тре-

угольников ABC и OA

. Следовательно, A

= 2M K = AC

и A

k MK k AC и четырехугольник AC

C — параллело-

грамм. Поэтому его диагонали AA

и CC

делятся точкой P их

пересечения пополам. Аналогично докажем, что диагональ BB

параллелограмма CB

B проходит через середину P его вто-

рой диагонали CC

. Следовательно, отрезки AA

, BB

и CC

проходят через точку P .

2.103. Пусть K, L, M и N — середины отрезков AF , CE, BF

и DE соответственно (рис. 260). Докажем, что диагонали KM

и LN четырехугольника KLMN делятся точкой пересечения

пополам. Для этого проведем медиану EF треугольника AF B.

Средняя линия KM проходит через середину P медианы EF и

§ 2.2 243

B C

A D

Рис. 261

Рис. 262

A D

Рис. 263

делится точкой P пополам (см. пример 1 из §2.2, с. 64). Анало-

гично докажем, что вторая диагональ LN также проходит через

точку P и делится ею пополам. Следовательно, четырехуголь-

ник KLMN — параллелограмм.

2.104. 6. Указание. Пусть O — точка пересечения диагона-

лей параллелограмма, M — середина BC, K — точка пересече-

ния отрезков DM и OC. Тогда треугольник ODK — равносто-

ронний (рис. 261).

2.105. 20

◦

. Указание. Через точку C проведите прямую,

параллельную MN, до пересечения с прямой AB в точке K

(рис. 262). Треугольник ACK — равнобедренный.

2.106. Пусть M, N и K — середины сторон AB, CD и BC

четырехугольника ABCD (рис. 263), причем прямая MN обра-

зует равные углы с диагоналями. Поскольку MK и KN — сред-

ние линии треугольников ABC и BCD, то ∠KMN = ∠KNM.

Поэтому треугольник MKN — равнобедренный, KM = KN.

Следовательно, AC = BD.

2.107.

Проведем диаметр DD

(рис. 264). Тогда

∠DBD

= 90

◦

, поэтому BD

k AC, значит, CD

= AB. Пер-

пендикуляр, опущенный из центра O на хорду CD

, проходит

через середину M этой хорды, поэтому OM — средняя линия

треугольника DD

C, OM =

CD =

. Поскольку равные хор-

ды равноудалены от центра окружности, расстояние от центра

окружности до хорды AB также равно

2.108

. Указание. Пусть H — точка пересечения высот тре-

угольника ABC (рис. 265); O — центр его описанной окружно-

сти; M, N, K, L — середины отрезков AH, BH, AC и BC соот-

ветственно. Докажите равенство треугольников MNH и LKO.

244 8 класс

B D

Рис. 264

B C

Рис. 265

B C

Рис. 266

2.109. Пусть O — центр описанной окружности треуголь-

ника ABC, M и L — середины отрезков AH и BC соответ-

ственно (рис. 265). Поскольку OL = AM (см. задачу 2.108

)

и OL k AM, то четырехугольник AMLO — параллелограмм.

Значит, ML = OA. Осталось заметить, что OA — радиус окруж-

ности, описанной около треугольника ABC.

2.110. Пусть A

, B

и C

— точки, симметричные цен-

тру O окружности, описанной около треугольника ABC, от-

носительно сторон BC, CA и AB соответственно (рис. 266).

Предположим, что нужный треугольник ABC построен.

Пусть M, N и K — середины его сторон BC, CA и AB

соответственно. Тогда MK — средняя линия треугольни-

ков ABC и A

. Поэтому MK k AC, M K k A

, а

так как B

O — серединный перпендикуляр к отрезку AC,

то B

O ⊥ A

, т. е. высота B

F треугольника A

проходит через точку O. Аналогично для остальных высот

треугольника A

. Следовательно, O — точка пересече-

ния высот треугольника A

. Отсюда вытекает следую-

щий способ построения. Строим точку O пересечения высот

треугольника A

. Серединные перпендикуляры к отрез-

кам OA

, OB

и OC

содержат стороны искомого треугольни-

ка ABC.

2.111. Предположим, что задача решена. Пусть M

, M

— середины последовательных сторон A

, A

искомого пятиугольника (рис. 267). Если K —

середина диагонали A

, то четырехугольник M

—

параллелограмм. Построение: находим точку K; строим тре-

угольник A

по серединам его сторон — M

, M

и K;

§ 2.2 245

Рис. 267

Рис. 268

B D

Рис. 269

построенный треугольник достраиваем до искомого пяти-

угольника.

2.112. Пусть M , N и K — середины отрезков AB, AD

и AC соответственно, а P и Q — основания перпендикуляров,

опущенных из точек M и N соответственно на стороны CD

и BC четырехугольника ABCD (рис. 268). По теореме о сред-

ней линии треугольника M N k BD, MK k BC и NK k CD.

Поэтому высоты треугольника MNK лежат на прямых AC,

NQ и MP. Следовательно, эти прямые пересекаются в одной

точке.

2.113. Пусть P и Q — середины отрезков BC и DC соответ-

ственно (рис. 269). Докажем, что треугольники M P N и KQM

равны. В самом деле,

P N = P C = MQ, P M = CQ = QK,

∠MPN = ∠M P C + ∠CP N = ∠MQC + 60

◦

= ∠MQC + ∠CQK = ∠KQM.

Следовательно, M N = MK. Осталось доказать, что ∠NMK =

= 60

◦

. Пусть ∠BCD =

. Тогда

∠NMK = ∠P MQ−∠P MN −∠QMK =

−∠P M N −∠P NM =

− 180

◦

+ ∠NP M = − 180

◦

+ ∠NP C + ∠CP M =

− 180

◦

+ 60

◦

+ (180

◦

− ) = 60

◦

2.114. Указание. Пусть E и F — середины AP и BP соот-

ветственно. Докажите равенство треугольников KED и DF M.

246 8 класс

§ 2.3

2.116. Верно.

2.117.

. Указание. Опустите перпендикуляр из вершины

данного угла на большее основание.

2.118

(a−b),

(a+b). Указание. Опустите перпендикуляр

из вершины B на AD.

2.119. 40

◦

, 140

◦

, 40

◦

, 140

◦

, 5, 5, 5, 5. Указание. Четы-

рехугольник с вершинами в серединах сторон данной трапе-

ции — ромб.

2.120. 5. Указание. Четырехугольник с вершинами в сере-

динах сторон данной трапеции — прямоугольник.

2.121. 12 и 4. 2.122. 5.

2.123. 2h. Указание. Воспользуйтесь теоремой о внешнем

угле треугольника.

2.124. Указание. Через конец меньшего основания трапеции

проведите прямую, параллельную боковой стороне.

2.125. 5. Указание. Опустите перпендикуляр из конца мень-

шего основания на большее и воспользуйтесь результатом зада-

чи 2.118

2.126. Боковую сторону CD. Указание. Пусть M — точка

пересечения биссектрисы угла A с прямой BC. Тогда треуголь-

ник ABM равнобедренный.

2.127.

(a + b). Указание. Примените теорему о средней ли-

нии трапеции.

2.128. Указание. Если в четырехугольник можно вписать

окружность, то суммы его противоположных сторон равны

между собой.

2.129. Указание. Центр окружности, вписанной в угол, ле-

жит на биссектрисе угла. Сумма углов при боковой стороне

трапеции равна 180

◦

2.130. 7, 10, 11.

2.131. Предположим, что трапеция ABCD построена, AD

и BC — основания и AD > BC (рис. 270). Проведем через вер-

шину C прямую, параллельную боковой стороне AB. Пусть K —

точка пересечения этой прямой с основанием AD. Треуголь-

ник CKD можно построить по трем сторонам.

§ 2.3 247

B C

A D

Рис. 270

B C

A KD

Рис. 271

B C

A D

Рис. 272

2.132. Предположим, что трапеция ABCD построена, AD

и BC — основания, AC и BD — диагонали (рис. 271). Прове-

дем через вершину C прямую, параллельную диагонали BD, и

обозначим точку пересечения этой прямой с продолжением AD

через K. Поскольку DK = BC, то треугольник AKC можно

построить по трем сторонам.

2.133. 9. 2.134. Нет.

2.135. Пусть AB — боковая сторона трапеции ABCD, K —

точка пересечения биссектрис у глов при вершинах A и B

(рис. 272). Поскольку сумма углов трапеции при вершинах A

и B равна 180

◦

, биссектрисы этих углов взаимно перпенди-

кулярны, т. е. ∠AKB = 90

◦

. Медиана KM прямоугольного

треугольника AKB, проведенная из вершины прямого угла,

равна половине гипотенузы AB, поэтому треугольник AMK

равнобедренный. Значит, ∠AKM = ∠MAK = ∠DAK. Сле-

довательно, MK k AD, а так как средняя линия трапеции

также проходит через точку M и параллельна AD, то точка K

принадлежит средней линии.

2.136. Пусть прямые BP и CQ пересекают пря мую AD в

точках M и N соответственно (рис. 273), K — точка на продол-

жении основания BC за точку B. Тогда ∠AMB = ∠KBM =

= ∠ABM, поэтому треугольник ABM — равнобедренный. Его

биссектриса AP является медианой, значит, P — середина MB.

Аналогично, Q — середина CN . Поскольку P Q — средняя линия

трапеции MBCN, то

P Q =

(MN + BC) =

((AM + AD + DN) + BC) =

(AB + AD + DC + BC).

2.137.

(b + d − a −c).

248 8 класс

B CK

A DM N

Рис. 273

B C

A D

Рис. 274

B C

A D

Рис. 275

2.138

(a−b).

Пусть M и N — середины диагоналей AC

и BD трапеции ABCD (AD = a, BC = b). Соединим точ-

ки M и N с серединой K стороны CD (рис. 274). Тогда MK

и NK — средние линии треугольников ACD и BCD, поэто-

му MK k AD k BC k NK. Значит, точки M , N и K лежат на

одной прямой (параллельной основаниям трапеции). Следова-

тельно, MN = MK −KN =

AD −

BC =

(a − b).

2.139. Прямая, параллельная данным.

2.140. 3.

2.141. 1 : 2.

Пусть AD = a, BC = b — основания тра-

пеции ABCD (a > b), M и N — середины AB и CD соот-

ветственно, K и L — точки пересечения средней линии MN с

диагоналями AC и BD соответственно (рис. 275). MK = LN =

BC =

b. По условию задачи KL = MK = LN =

Поэтому MN =

(a + b) =

b. Из полученного уравнения нахо-

дим, что a = 2b.

2.142. Пусть K — середина большего основания AD тра-

пеции ABCD, в которой AB = BC =

AD (рис. 276). То-

гда ABCK — ромб, поэтому CK = AK = KD. Следовательно,

AC ⊥ CD.

2.143. 6.

Пусть диагональ BD данной трапеции ABCD

образует с ее б´ольшим основанием AD угол, равный 30

◦

(рис. 277). Через вершину B проведем прямую, параллельную

B C

A D

Рис. 276

Рис. 277

B C

A D

P K Q

Рис. 278

§ 2.3 249

а)

б )

Рис. 279

B M C

Рис. 280

второй диагонали AC (AC = 6), до пересечения с прямой AD

в точке K. Тогда KBD — прямоугольный треугольник с кате-

том BK, лежащим против угла BDK, равного 30

◦

. Следова-

тельно, BC + AD = AK + AD = 2BK = 2AC = 12, а средняя

линия трапеции равна полусумме оснований, т. е. 6.

2.144. 8, 2, 3.

Через середину M меньшего основания BC

трапеции ABCD проведем прямую, параллельную боковой сто-

роне AB, до пересечения с основанием AD в точке P и пря-

мую, параллельную боковой стороне CD, до пересечения с пря-

мой AD в точке Q (рис. 278). Если K — середина AD, то P K =

= AK −AP = AK − BM = DK − M C = DK − QD = KQ, по-

этому MK — медиана треугольника P MQ, а так как ∠P MQ =

= 180

◦

−60

◦

−30

◦

= 90

◦

, то P K = KQ = MK = 3. Значит, AD −

−BC = P Q = 6, а AD + BC = 10, откуда находим, что AD = 8

и BC = 2. Так как P M — катет прямоугольного треугольни-

ка P MQ, лежащий против угла в 30

◦

, то AB = P M — меньшая

боковая сторона трапеции ABCD и AB = P M =

P Q = 3.

2.145

. Пусть данная прямая l не пересекает отрезок AB

(рис. 279, а). Тогда отрезок MM

проходит через середину M бо-

ковой стороны трапеции AA

B и параллелен основаниям AA

и BB

. Значит, MM

— средняя линия трапеции. Следователь-

но, M

— середина боковой стороны A

. Пусть прямая l пере-

секает отрезок AB (рис. 279, б ). Тогда отрезок MM

проходит

через середину M диагонали AB трапеции AA

и парал-

лелен основаниям AA

и BB

. Следовательно, M

— середина

диагонали A

(см. задачу 2.138

). Случай, когда точка A

или B лежит на прямой l, очевиден.

2.146. Пусть K — проекция середины M стороны BC на

данную прямую (рис. 280). Тогда K — середина отрезка DE

250 8 класс

Рис. 281

B C

A D M

Рис. 282

B C

Рис. 283

(см. задачу 2.145

). Значит, M K — медиана и высота треуголь-

ника DME. Поэтому треугольник DME — равнобедренный.

Следовательно, M D = ME.

2.147.

(a + b).

Пусть прямые AB и CD пересекаются в

точке P (рис. 281). Углы при основаниях равнобедренных тре-

угольников P AC и P BD равны, поэтому AC k BD и ABDC —

равнобокая трапеция. Поскольку MA = MK = MB, M — сере-

дина боковой стороны AB. Аналогично, N — середина боковой

стороны CD. Следовательно, MN =

(AC + BD) =

(a + b).

Если AB k CD, то ABDC — прямоугольник. В этом слу-

чае MN = AC = BD.

2.148. Обозначим основания AD и BC трапеции ABCD че-

рез a и b соответственно. Пусть AB = a + b, а биссектриса

угла ABC пересекает боковую сторону CD в точке K, а пря-

мую AD — в точке M (рис. 282). Поскольку треугольник ABM

равнобедренный (∠AMB = ∠CBM = ∠ABM ), AM = AB,

DM = AM −AD = AB −AD = (a+b)−a = b. Значит, треуголь-

ники BKC и MKD равны по стороне и двум прилежащим к

ней углам. Следовательно, K — середина CD. Аналогично дока-

жем, что биссектриса угла BAD также проходит через точку K.

2.149. Середины M и N боковых сторон соответственно AB

и CD трапеции ABCD — центры указанных окружностей

(рис. 283). Поскольку в трапецию ABCD можно вписать окруж-

ность, сумма ее боковых сторон равна сумме оснований, а

так как средняя линия трапеции равна полусумме оснований, то

MN =

(AC + BD) =

(AB + CD) =

AB +

CD = r + R,

где r и R — радиусы окружностей. Значит, расстояние между