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

Подождите немного. Документ загружается.

§ 2.8 311

перпендикуляры, опущенные из точки C

на AC и из точки B

на AB, пересекаются в точке M; из точки C

на BC и из точ-

ки A

на AB — в точке N; из точки A

на AC и из точки B

на BC — в точке K. Тогда M, N , K — точки пересечения высот

треугольников AB

, BA

, CA

соответственно.

Треугольник C

равен треугольнику BNA

, а треуголь-

ник A

— треугольнику BNC

(по стороне и двум приле-

жащим к ней углам). Следовательно,

= S

+ S

= S

+ S

BNA

+ S

BNC

= S

+ S

ABC

2.512. Пусть O — точка внутри треугольника ABC, че-

рез которую проведены три указанные прямые; AM, BN ,

CK — указанные диагонали трех трапеций (рис. 404). Посколь-

ку OM k AB, то S

ABM

= S

ABO

. Аналогично, S

BCN

= S

BCO

и S

ACK

= S

ACO

. Поэтому

ABM

+ S

BCN

+ S

ACK

= S

ABO

+ S

BCO

+ S

ACO

= S

ABC

Если EF P — «внутренний» треугольник, то

EF P

= S

ABC

−S

ABM

−S

BCN

−S

ACK

AKE

BMF

CP N

= S

ABC

−S

ABC

AKE

BMF

CP N

= S

AKE

BMF

CP N

2.513. Пусть точки M, N , K, L принадлежат соответственно

сторонам AB, BC, CD и AD параллелограмма ABCD (рис. 405)

B C

Рис. 404

B C

N N

Рис. 405

312 8 класс

и S

MN KL

ABCD

. Предположим, что LN не параллель-

но AB. Проведем через точку L прямую, параллельную AB,

до пересечения со стороной BC в точке N

. Тогда

= S

+ S

ABN

+ S

) =

ABCD

= S

MN KL

Поскольку треугольник MLK — общая часть четырехугольни-

ков MNKL и MN

KL, то S

= S

MN K

, а так как тре-

угольники MN

K и MNK имеют общее основание M K, то их

высоты, проведенные из точек N

и N, равны. Следовательно,

MK k BC.

§ 2.9

2.517

. 4, 8. 2.518. 5. 2.519.

, 9,

, 9. 2.520

. 8. 2.521

2.523. 1 : 3. 2.525.

2a+b

2.526

3a+2b

Первый способ. Пусть AD и BC — осно-

вания трапеции ABCD (рис. 406, а), AD = a, BC = b, M —

данная точка на AB (BM : AM = 3 : 2), MN — искомый от-

резок. Тогда по теореме Фалеса CN : DN = BM : AM = 3 : 2.

Проведем диагональ AC и обозначим через K ее точку пересече-

ния с MN. Из подобия треугольников AM K и ABC находим,

что MK =

, а из подобия треугольников CKN и CAD —

KN =

. Следовательно, MN = MK + KN =

3a+2b

Второй способ. Через вершину C проведем прямую, парал-

лельную боковой стороне AB (рис. 406, б ). Пусть P — точка

ее пересечения с основанием AD, а Q — с отрезком MN. Из

B C

а)

B C

б )

Рис. 406

§ 2.9 313

B C

Рис. 407

B C

Рис. 408

B C

Рис. 409

подобия треугольников CQN и CP D находим QN = 3 ·

P D =

(a − b). Тогда MN = b +

(a − b) =

3a+2b

2.527. 18

√

2. 2.528. 8. 2.529.

. 2.531.

. 2.532.

2.535

2a+3b

Пусть AD и BC — основания трапе-

ции ABCD (рис. 407), AD = a, BC = b, точка M принадлежит

боковой стороне AB. Проведем через точку M прямую, парал-

лельную основаниям. Пусть N

— ее точка пересечения с CD.

Из теоремы Фалеса следует, что CN

= 2 ·

CD = CN . Поэтому

точка N

совпадает с N. Следовательно, MN k AD. Далее

аналогично решению задачи 2.526

2.536

|2a−b|

Пусть K — точка пересечения указан-

ной прямой с боковой стороной CD, N — с диагональю BD

(рис. 408). Поскольку MK k AD, то DK : KC = AM : M C =

= 1 : 2 и DN : NB = DK : KC = 1 : 2. Из подобия треугольни-

ков CMK и CAD находим, что MK = 2 ·

AD =

, а из подо-

бия треугольников DKN и DCB следует, что NK =

BC =

Следовательно, M N = MK − NK =

2a−b

(если 2a > b).

2.537

4a−b

Проведем через точку M прямую, парал-

лельную основаниям (рис. 409). Пусть K и N

— ее точки пере-

сечения со стороной CD и диагональю BD соответственно. Из

теоремы Фалеса следует, что DK : KC = AM : MC = 1 : 4

и DN

: N

B = DK : KC = 1 : 4. Поэтому точка N

совпа-

дает с точкой N. Следовательно, MN k AD. Далее аналогично

решению предыдущей задачи.

2.538. 21.

2.540

. Пусть Q — точка пересечения продолжений боковых

сторон AB и CD трапеции ABCD, M — середина большего

314 8 класс

а)

B C

б )

Рис. 410

основания AD (рис. 410, а). Медиана QM треугольника QAD

делит пополам меньшее основание BC (см. задачу 2.539

). Сле-

довательно, середины оснований трапеции лежат на прямой,

проходящей через точку Q. Из задачи 2.539

также следует,

что прямая, проходящая через точку пересечения диагоналей и

середину одного из оснований трапеции, делит пополам второе

основание (рис. 410, б ).

2.541

. Пусть точки M и N расположены на боковых сто-

ронах AB и CD трапеции ABCD, K и L — точки пересечения

прямой MN с диагоналями AC и BD и MN k BC (рис. 411).

Треугольник AMK подобен треугольнику ABC, а треуголь-

ник DN L — треугольнику DCB, причем коэффициенты подо-

бия одинаковы, так как AM : AB = DN : DC. Следовательно,

MK = BC ·

= BC ·

= LN.

2.542

2ab

a+b

Пусть M — точка пересечения диагона-

лей AC и BD трапеции ABCD, X и Y — точки пересечения

данной прямой с боковыми сторонами AB и CD (рис. 412). Из

подобия треугольников BMC и DMA находим, что AM : M C =

= AD : BC = a : b. Поэтому AM : AC = a : (a + b). Из

B C

Рис. 411

B C

Рис. 412

§ 2.9 315

M NP

Рис. 413

Рис. 414

Рис. 415

подобия треугольников AMX и ACB находим, что MX : BC =

= AM : AC = a : (a + b). Поэтому MX =

a+b

BC =

a+b

. Ана-

логично находим, что MY =

a+b

. Следовательно, XY =

2ab

a+b

2.544.

2ab

|a−b|

Пусть AD = b и BC = a (b > a) — ос-

нования трапеции ABCD, P — точка пересечения прямых AB

и CD, M и N — точки пересечения прямых DB и AC с прямой,

проходящей через точку P и параллельной основаниям трапе-

ции (рис. 413). Из подобия треугольников BP C и AP D следует,

что P C : P D = BC : AD = a : b, а из подобия треугольни-

ков P CN и DCA следует, что P N : AD = P C : CD = a : (b −a).

Отсюда находим, что P N = AD·

b−a

. Аналогично, MP =

b−a

. Следовательно, M N =

2ab

b−a

. Если a > b, то MN =

2ab

a−b

2.546. Предположим, что нужная прямая проведена

(рис. 414). Пусть прямая, проходящая через точку M, распо-

ложенную внутри данного угла AOB, пересекает стороны OA

и OB этого угла в точках P и Q таких, что MP : MQ = m : n,

где m : n — данное отношение. Через точку M проведем пря-

мую, параллельную OB, до пересечения с лу чом OA в точке K.

Тогда P K : OK = P M : MQ = m : n.

Отсюда вытекает следующий способ построения. На произ-

вольном луче OF отложим последовательно отрезки OX и XY ,

равные соответственно n и m. Пусть K — точка пересечения

с лучом OA прямой, проходящей через данную точку M па-

раллельно OB. Проведем через точку Y прямую, параллель-

ную XK до пересечения с лучом OA в точке P . Тогда P M —

искомая прямая.

316 8 класс

B C

Рис. 416

B C

Рис. 417

B C

Рис. 418

2.547. 4, 6, 4, 6.

2.548

. Треугольники AA

C и BB

C подобны по двум уг-

лам (рис. 415). Поэтому CA

: CB

= CA : CB. Следовательно,

треугольники ABC и A

C подобны по двум сторонам и углу

между ними.

2.549. 3.

2.550. Указание. BC ·AM = CD ·AN (площадь параллело-

грамма).

2.551.

Из подобия треугольников BOM и DOA на-

ходим (рис. 416), что BO : OD = BM : AD = 1 : 2. Поэто-

му BO : BD = 1 : 3, а так как BM : BC = 1 : 2, то

BOM

BCD

Следовательно,

OMCD

= S

BCD

− S

BOM

−

2.552.

Поскольку S

ABC

= S

CDA

и S

MBC

ABC

то AM : M B = 1 : 2 (рис. 417). Аналогично, AN : N D = 1 : 2.

Следовательно, треугольник AMN подобен треугольнику ABD

с коэффициентом подобия

. Поэтому MN =

BD =

2.553. 2S.

2.554.

Пусть MN и KL — указанные прямые,

параллельные основаниям AD и BC трапеции ABCD (M и K

на AB, N и L на CD); прямая, проходящая через конец C

меньшего основания параллельно боковой стороне AB, пе-

ресекает MN , KL и AD в точках P , Q и R соответствен-

но (рис. 418). Обозначим площади равных параллелограм-

мов MBCP , KMP Q и AKQR через a, а площадь треугольника

§ 2.9 317

B C

Рис. 419

Рис. 420

Рис. 421

CP N через b. Тогда

QP NL

= 4b − b = 3b, S

RQLD

= 9b − 4b = 5b,

= S

MBCN

= a + b, S

= S

AKLD

= a + 5b,

= S

KMNL

= a + 3b =

2a + 6b

+ S

2.555

. (

√

)

. Пусть K — точка пересечения диа-

гоналей AC и BD трапеции ABCD и S

BKC

= S

, S

AKD

= S

(рис. 419). Из подобия треугольников BKC и DKA следует,

что

√

. Поэтому S

ABK

√

·S

. Аналогично, S

DKC

√

· S

. Отсюда находим

ABCD

= S

+ S

+ 2S

√

= (

)

2.556. 3, 12, 6, 6. 2.557.

2mn

(m+n)

. 2.558.

2.559. 4.

Пусть x — сторона ромба (рис. 420). Посколь-

ку DE k AC, то треугольник DBE подобен треугольнику ABC.

Поэтому

, или

12−x

. Отсюда находим, что x = 4.

2.561. Пусть точки K, L, M , N принадлежат соответ-

ственно сторонам AB, BC, CD, AD выпуклого четырехуголь-

ника ABCD (рис. 421), причем AK : KB = BL : LC =

= DM : M C = AN : ND = 1 : 2; F — точка пересече-

ния KM и NL. Отрезки N K и ML параллельны диагонали BD

и N K =

BD, ML = 2 ·

BD. Из подобия треугольников KF N

318 8 класс

Рис. 422

Рис. 423

и MF L следует, что KF : F M = NF : F L = 1 : 2. Остальное

аналогично.

2.562

Пусть M — точка пересечения медиан тре-

угольника ABC, B

— середина стороны AC (рис. 422). Отло-

жим на продолжении медианы BB

за точку B

отрезок B

равный отрезку B

M. Поскольку AMCK — параллелограмм,

то KC = AM. Поэтому стороны треугольника MCK равны

сторон треугольника, составленного из медиан треугольни-

ка ABC. Следовательно, искомый треугольник подобен тре-

угольнику MCK с коэффициентом

, а его площадь равна

площади треугольника M CK, т. е.

· 2 ·

S =

2.563.

2mn

m+2n

n(m+n)

m+2n

n(m+n)

m+2n

Пусть P , Q и R — точ-

ки касания вписанной окружности со сторонами BC, AB и AC

треугольника ABC (AB = BC) (рис. 423). Тогда AQ = AR = n,

BP = BQ = m, CP = CR = n, AC = 2n, а периметр тре-

угольника ABC равен 2(m+n)+2n = 2(m + 2n). Пусть прямая,

параллельная стороне BC, касается окружности в точке M и

пересекает стороны AB и AC в точках K и L соответственно.

Тогда KM = KQ, LM = LR. Поэтому периметр треугольни-

ка AKL равен AK + KL + AL = AK + KM + ML + AL =

= AK + KQ +RL+AL = AQ +AR = 2n. Коэффициент подобия

треугольников AKL и ABC равен отношению их периметров,

т. е.

m+2n

. Следовательно,

KL =

m + 2n

BC =

n(m + n)

m + 2n

Аналогично находим остальные искомые отрезки.

§ 2.9 319

2.564

Обозначим CN = x. Из подобия тре-

Рис. 424

угольников AKN и BKP (рис. 424) находим,

что BP = AN ·

(a + x), а из по-

добия треугольников CMN и BMP — что

BP = CN ·

= 3x. Из уравнения

(a +

+x) = 3x находим, что x =

. Следователь-

но, CN =

и BP = 3x =

2.565. 2 : 1, считая от точки B.

Первый способ. Пусть

M — точка пересечения KN и BC (рис. 425, а). В треугольни-

ке ABN отрезки BC и NK — медианы. Поэтому BM : M C =

= 2 : 1.

Второй спос о б . Пусть M — точка пересечения KN и BC

(рис. 425, б ). Через вершину B проведем прямую, параллель-

ную AC, и продолжим NK до пересечения с этой прямой в

точке T . Далее рассмотрим две пары подобных треугольников:

AKN и BKT , CMN и BMT .

2.566. 4 : 1.

2.567. 1 : 9, считая от точки B. Указание. Проведите через

вершину B прямую, параллельную стороне AC, и рассмотрите

две пары подобных треугольников.

2.568. 5 : 1.

Через точку B проведем прямую, параллель-

ную AC (рис. 426). Пусть T — точка ее пересечения с прямой

MK. Обозначим AC = a, CN = x. Из подобия треугольников

T BK и NAK (коэффициент

) находим, что T B =

AN =

a+x

, а из подобия треугольников T BM и NCM (коэффици-

ент

) следует, что T B = 3·

CN =

. Из уравнения

a+x

а)

б )

Рис. 425

320 8 класс

Рис. 426

B C

Рис. 427

находим, что x =

. Следовательно, AC : CN = a :

= 5 : 1.

2.569

. 6 : 11, 15 : 2.

Продолжим DM до пересечения с

прямой BC в точке T (рис. 427). Обозначим DN = 2a, AN =

= 3a. Из подобия треугольников T BM и DAM (коэффициент 2)

находим T B = 2AD = 10a, а из подобия треугольников T CK

и DKN получаем

15a

. Аналогично находим,

что

2.570. 1 : 1, 1 : 3.

2.571

. 1 : 3, считая от точки A.

Через вершину B про-

Рис. 428

ведем прямую, параллельную AC, и продолжим CE и AK до

пересечения с ней в точках P и Q соответственно (рис. 428).

Если F — точка пересечения пря-

мой BM со стороной AC, то тре-

угольник P BM подобен треуголь-

нику CF M, а треугольник QMB —

треугольнику AF M, причем ко-

эффициент подобия один и тот

же —

. Поэтому

F C

AC/2

3·AC/2

(BQ = AC/2 из подобия треугольников BKQ

и CKA, а BP = 3 · AC/2 из подобия треугольников P BE

и CAE).

2.572. 1 : 6, считая от точки A. Указание. Через вершину B

проведите прямую, параллельную AC.

2.573

. Пусть CD — биссектриса треугольника ABC

(рис. 429). Проведем через вершину A прямую, параллель-

ную BC, и продолжим биссектрису до пересечения с этой

прямой в точке K. Тогда ∠ACK = ∠KCB = ∠CKA, поэтому