Задачи

Фильтрация

Показать фильтрацию

По классам:

По предметам:

По подготовке:

По классам:

По авторам:

Биссектриса прямоугольного треугольника делит его катет на отрезки длиной 4 см и 5 см. Найдите периметр треугольника.

Решение №39722: По свойству биссектрисы: \(\fraq{AB}{AD} = \fraq{BC}{CD}\); \(\fraq{AB^2}{BC^2} = (\fraq{AD}{DC})^2\). По теореме Пифагора: \(ВС^2 = AB^2 + АС^2\): \(AC = AD + DC = 1 + 5 = 9\) (см). \(\fraq{AB^2}{AB^2 + 9^2} = \fraq{16}{25}\); \((25 - 16) \cdot AB^2 = 9^2 \cdot 16\); \(AB = 12\) (см); \(BC = \sqrt{12^2 + 9^2} = \sqrt{225} = 15\) (см); \(P = AC + CB + AB\); \(P = 15 + 12 + 9 = 36\) (см).

Ответ: 36

Биссектриса угла при основании равнобедренного треугольника делит высоту, проведенную к основанию, на отрезки длиной 16,5 см и 27,5 см. Найдите отрезки, на которые эта биссектриса делит боковую сторону треугольника.

Решение №39723: По свойству биссектрисы для \(\Delta АЕВ\) и \(\Delta АСВ\): \(\fraq{AB}{AE} = \fraq{BO}{OE}\) и \(\fraq{AB}{AC} = \fraq{BD}{DC}\). По свойству высоты равнобедренного треугольника: \(AE = EC = \fraq{AC}{2}\), тогда: \(AC = 2АЕ\); \(\fraq{AB}{AC} = \fraq{1}{2}(\fraq{AB}{AE}) = \fraq{1}{2} \cdot \fraq{BO}{OE}\); \(\fraq{AB}{AC} = \fraq{1}{2} \cdot \fraq{27,5}{16,5} = \fraq{5}{6}\). Тогда \(\fraq{BD}{DC} = \fraq{5}{6}\). Пусть \(BD = 5х\), тогда \(DC =6x\). По определению равнобедренного треугольника: \(AB = BC\); \(AB = BD + DC = 5x + 6x = 11х\). \(\fraq{AB}{AC} = \fraq{5}{6}\), тогда \(AC = \fraq{6}{5} \cdot 11x = \fraq{66}{5}x\). Значит, \(ЕС = \fraq{1}{2}AC = \fraq{33}{5}х\). \(BE = OE + OB\); \(BE = 27,5 + 16,5 = 44\) (см). По теореме Пифагора для \(\Delta ВЕС\): \(BC^2 = EC^2 + BE^2\), \((11x)^2 = (\fraq{33}{5}x)^2 + 44^2\); \(121 \cdot 25x^2 - 33^2 \cdot x^2 = 44^2 \cdot 25\); \(1936х^2 = 48 400\); \(x^2 = 25\); \(x = 5\) (см). \(BD = 5x = 25\) (см); \(DC = 6x = 30\) (см).

Ответ: 25;30

Боковая сторона равнобедренного треугольника относится к основа­ нию как \(5 : 6\). Биссектриса угла при основании делит высоту, проведен­ную к основанию, на отрезки, разность которых составляет 4 см. Найдите периметр треугольника.

Решение №39724: По свойству биссектрисы \(\fraq{AB}{AC} = \fraq{BD}{DC}\), тогда \(\fraq{BD}{DC} = \fraq{5}{6}\). \(6BD - 5DC = 0\). \(5(BD - DC) = - BD\), тогда \(BD = 5(DC - BD)\), но по условию \(DC - BD = 4\) см, тогда \(BD = 5 \cdot 4 = 20\) (см). \(DC = BD \cdot \fraq{6}{5}\); \(DC = 20 \cdot \fraq{6}{5} = 24\) (см). \(BC = BD + DC = 20 + 4 = 44\) (см). По определению равнобедренного треугольника \(ВС = АВ\); \(АВ = 44\) (см); \(\fraq{AB}{AC} = \fraq{5}{6}\). Тогда \(АС = \fraq{6}{5}АВ\); \(AC = \fraq{6}{5} = 52,8\) (см). \(P = AB + BC + CA\); \(P = 52,8 + 44 + 44 = 140,8\) (см).

Ответ: 140,8 см.

При пересечении двух хорд одна из них делится на отрезки длиной 6 см и 16 см, а вторая - в отношении \(3 : 2\). Найдите длину второй хорды.

Решение №39725: Для пересекающихся хорд справедливо соотношение: \(CE \cdot ED = AE \cdot EB\). Пусть \(СЕ = 2x\), значит, \(ED = 3x\), следовательно: \(2х \cdot 3х = 16 \cdot 6\); \(6х^2 = 16 \cdot 6\); \(x^2 = 16\); \(х = 4\) (см); \(CE = 2x = 8\) см; \(ED = 3x = 12\) см; \(CD = 8 + 12 = 20\) см.

Ответ: 20

При пересечении хорды с диаметром окружности хорда делится на отрезки длиной 3 см и 4 см, а диаметр - в отношении \(1 : 3\). Найдите радиус окружности.

Решение №39726: Для пересекающихся хорд справедливо соотношение: \(AE \cdot EB = CE \cdot ED\). Пусть \(ЕВ = х\), тогда \(АЕ = 3х\), получим: \(3x^2 = 4 \cdot 3\); \(x^2 = 4\); \(x = 2\) (см); \(EB = 2\) см; \(AE = 3 \cdot 2 = 6\) см; \(AB = AE + EB = 2 + 6 = 8\) (см). \(R = OA = \fraq{AB}{2} = \fraq{8}{2} = 4\) (см).

Ответ: 4

Секущая, проведенная из точки \(А\) вне окружности, пересекает окружность в точках \(В\) и \(С\), причем \(АВ = 4\) см, \(ВС = 5\) см. Найдите длину отрезка касательной, проведенной к окружности из точки \(А\).

Решение №39727: Для секущей и касательной справедливо следующее соотношение: \(AD^2 = AB \cdot AC\). Тогда \(AD = \sqrt{AB \cdot AC}\); \(AC = BC + AB = 4 + 5 = 9\) (см); \(AD = \sqrt{4 \cdot 9} = 6\) (см).

Ответ: 6

Из точки вне окружности, удаленной от центра окружности на 39 см, проведена касательная к окружности. Найдите радиус окружно­сти, если отрезок касательной равен 36 см.

Решение №39728: По определению касательной \(AB \perp OB\) и \(OB = R\). Тогда по теореме Пифагора: \(R^2 = AO^2 - BA^2\); \(R = \sqrt{AO^2 - BA^2}\); \(R= \sqrt{39^2 - 36^2} = \sqrt{225} = 15\) (см).

Ответ: 15

Катет прямоугольного треугольника равен 18 см. Точка на этом ка­тете удалена от гипотенузы и другого катета на 8 см. Найдите периметр треугольника.

Решение №39729: Дополнительное построение: \(BD\). Рассмотрим \(Delta ABD\) и \(\Delta EBD\): \(AD = DE\) - по условию; \(BD\) - общая сторона. По теореме Пифагора: \(AB = \sqrt{BD^2 - AD^2} = \sqrt{BD^2 - ED^2} = BE\). Тогда \(\Delta ABD = \Delta EBD\) по двум сторонам и углу между ними. Значит, \(АВ = ВЕ\). По теореме Пифагора: \(EC = \sqrt{DC^2 - ED^2}\); \(DC = AC - AD = 18 - 8 = 10\) (см); \(EC = \sqrt{10^2 - 8^2} = \sqrt{36} = 6\) (см). По теореме Пифагора: \(AB^2 + AC^2 = BC^2\); \(AB^2 + AC^2 = (BE + EC)^2 = BE^2 + 2EB \cdot EC + EC^2 = AB^2 + 2AB \cdot EC + EC^2\). Тогда: \(AB = \fraq{AC^2 - EC^2}{2EC}\); \(AB = \fraq{18^2 - 6^2}{2 \cdot 6} = 24\) (см). \(P = AB + BE + EC + AC = 24 + 24 + 6 + 18 = 72\) (см).

Ответ: 72

Точка на катете прямоугольного треугольника равноудалена от вто­рого катета и гипотенузы. Перпендикуляр, проведенный из данной точки к гипотенузе треугольника, делит ее на отрезки 3 см и 12 см. Найдите периметр треугольника.

Решение №39730: \(\Delta ABD\) равен \(EBD\) (см. доказательство в задаче № 474). Тогда \(АВ = ВЕ = 12\) см. По теореме Пифагора: \(AC^2 = BC^2 - AB^2\); \(BC = BE + EC = 3 + 12 = 15\) см; \(AC = \sqrt{15^2 - 12^2} = \sqrt{81} = 9\) (см). \(P = AB + BC + AC = 12 + 15 + 9 = 36\) (см).

Ответ: 36

В треугольнике \(АВС\) для высоты \(СD\) и отрезков \(АD\) и \(ВD\), на кото­рые она делит сторону \(АВ\), имеет место соотношение \(СD^2 = АD \cdot ВD\). До­кажите, что угол \(АСВ\) прямой.

Решение №39731: По теореме Пифагора: \( \begin{equation*} \begin{cases} \(AC^2 = AD^2 + DC^2\); \(BC^2 = DB^2 + CD^2\); \end{cases} \end{equation*} \) Складываем эти два уравнения: \(AC^2 + BC^2 = AD^2 + DB^2 + 2DC^2\), но \(DC^2 = AD \cdot DB\), тогда \(AC^2 + BC^2 = AD^2 + DB^2 + 2AD \cdot DB\), тогда \(AC^2 + BC^2 = (AD + DB)^2\). \(AD + DB = AB\), тогда \(AC^2 + BC^2 = AB^2\). По теореме, обратной теореме Пифагора, \(\Delta АВС\) - прямоугольный, что и требовалось доказать.

Ответ: NaN

В равнобедренном треугольнике \(АВС\) с основанием \(АС\) к стороне \(ВС\) проведена высота \(АD\). Докажите, что \(2DС \cdot ВС = АС^2\).

Решение №39732: По теореме Пифагора: \(AC^2 = AD^2 + DC^2\). \(AB^2 = AD^2 + BD^2\). По определению равнобедренного треугольника \(АВ = ВС\), тогда: \(AC^2 = AD^2 + DC^2 = (AB^2 - BD^2) + DC^2 = BC^2 - BD^2 + DC^2\), но \(BC = BD + DC\), значит: \(AC^2 = (BD + DC)^2 + DC^2 = BD^2\); \(AC^2 = BD^2 + 2BD \cdot DC + DC^2 + DC^2 - BD^2\); \(AC^2 = 2BD \cdot DC + 2DC^2\); \(AC^2 = 2DC(BD + DC) = 2DC \cdot BC\), что и требовалось доказать.

Ответ: NaN

Постройте треугольник: а) по двум углам и высоте, проведенной из вершины третьего угла; б) по углу, биссектрисе этого угла и отношению сторон, которые образуют данный угол.

Решение №39733: a) Шаг 1: Строим угол \(\alpha\). Точка \(А\) - первая вершина треугольника. Шаг 2: Строим прямую \(с\), параллельную прямой \(a\) и отстоящую от нее на высоту треугольника. Точка \(В\) - вторая вершина треугольника. Шаг 3: От прямой \(a\) откладываем угол \(\beta\). Шаг 4: Строии прямую, параллельную прямой \(d\) и проходящую через точку \(В\). Точка \(С\) - третья вершина треугольника. б) Шаг 1: Сурдим угол и его биссектрису \(AD\). Шаг 2: Пусть \(\fraq{AB}{AC} =n\), тогда на прямой \(b\) отмечаем точку \(В_{1}\) так, что \(AВ_{1} = n\) (см), а на прямой \(c\) - точку \(C_{1}\) так, что \(AC_{1} = 1\) (см). Соединяем \(В_{1}\) и \(C_{1}\) прямой \(d\). Шаг 3: Проводим прямую, параллельную прямой \(d\) и проходящую через точку \(D\). Точки пересечения этой прямой с прямыми \(b\) и \(c\) - вершины треугольника \(В\) и \(С\).

Ответ: NaN

Постройте треугольник по двум углам и биссектрисе, проведенной из вершины меньшего из них.

Решение №39734: Шаг 1: Строим меньший угол и его биссектрису: Шаг 2: На прямой \(a\) откладываем второй угол: Шаг 3: Проводим прямую, параллельную \(d\), через точку \(D\):

Ответ: NaN

Докажите, что периметр параллелограмма больше суммы длин его диагоналей.

Решение №39735: Рассмотрим \(\Delta АВС\). Для треугольника сумма любых двух сторон больше третьей, значит: \(ВС + АВ > АС\). Для \(ABD\) аналогично: \(AB + AD > BD\). Складываем эти два неравенства: \(BC + AB + AB + AD > AC + BD\). Но по свойству противолежащих сторон параллелограмма: \(AB = CD\). \(P = AB + BC + AD + DC\). Тогда \(P > AC + BD\), что и требовалось доказать.

Ответ: NaN

Два угла треугольника равны \(10^\circ\) и \(70^\circ\). Найдите угол между высотой и биссектрисой, проведенными из вершины третьего угла.

Решение №39736: По теореме о сумме углов треугольника: \(\angle CAB + \angle CBA + \angle ACD = 180^\circ\). Тогда \(\angle ACB = 180^\circ - \angle CAB - \angle CBA\); \(\angle ACB = 180^\circ - 70^\circ - 10^\circ = 100^\circ\) По определению биссектрисы: \(\angle ACE = \angle ECB= \fraq{\angle ACB}{2}\); \(\angle ACE = \fraq{100^\circ}{2} = 50^\circ\) По теореме осумме углов треугольника: \(\angle CAD + \angle ADC + \angle DCA = 180^\circ\); но \(\angle ADC = 90^\circ\), тогда \(\angle ACD = 180^\circ - 90^\circ - 70^\circ = 20^\circ\). Тогда \(\angle DCE = \angle ACE = \angle ACD\); \(\angle DCE = 50^\circ - 20^\circ - 30^\circ\) Ответ: угол между высотой и биссектрисой равен \(30^\circ\).

Ответ: Ответ: угол между высотой и биссектрисой равен \(30^\circ\).

Катет прямоугольного треугольника равен \(6\), а проекция другого катета на гипотенузу равна \(5\). Найдите гипотенузу треугольника.

Решение №39737: Пусть \(DC = х\), тогда из метрических соотношений \(AD \times DC = DB^{2}\); \(DB^{2} = 5x\). По теореме Пифагора: \(BD^{2} + DC^{2} = BC^{2}\) \(5x + x^{2} = 6^{2}\); \(x^{2} + 5x - 36 - 0\); \(D = 25 + 4 \cdot 36 = 169\); \(x = \fraq{-5 \pm \sqrt{169}}{2}\); \(x = 4\); \(DC = x 4\). Тогда \(AC = AD + DC = 5 + 4 = 9\) Ответ: гипотенуза равна \(9\)

Ответ: Ответ: гипотенуза равна \(9\)

Периметр прямоугольника равен \(46 см\), а диагональ — \(17 см\). Найдите стороны прямоугольника.

Решение №39738: По свойству параллелограмма, его противоположные стороны равны, тогда \(Р = 2(а + b)\). По определению прямоугольника - все его углы прямые. Тогда по теореме Пифагора: \(d^{2} = а^{2} + b^{2}\). Получим систему: \( \begin{equation*} \begin{cases} a + b = \fraq{P}{2}; a^{2} + b^{2} = d^{2}; \end{cases} \end{equation*} \) \( \begin{equation*} \begin{cases} a + b = \fraq{46}{2} = 23; a^{2} + b^{2} = 17^{2} = 289; \end{cases} \end{equation*} \) \( \begin{equation*} \begin{cases} b = 23 -a; a^{2} + (23 - a)^{2} = 289; \end{cases} \end{equation*} \) Решаем второе уравнение: \(a + 23^{2} - 2 \cdot 23a + a^{2} = 289\); \(2a^{2} - 2 \cdot 23 a + 240 = 0\); \(a^{2} - 23a + 120 = 0\); \(D = 23^{2} - 4 \cdot 120 = 49\); \(a = \fraq{23 \pm \sqrt{49}}{2}\); \( \begin{equation*} a = \begin{cases} 8 (см) 15 (см) \end{cases} \end{equation*} \) \(b = 23 - a\); \( \begin{equation*} b = \begin{cases} 23 - 8 = 15 (см) 23 - 15 = 8 (см) \end{cases} \end{equation*} \) Ответ: стороны прямоугольника равны \(15\) и \(8 см\).

Ответ: Ответ: стороны прямоугольника равны \(15\) и \(8 см\).

Найдите стороны равнобедренного треугольника с периметром \(16 см\), если медиана, проведенная к основанию, равна \(4 см\).

Решение №39739: По определению медианы \(AM = MC= \fraq{AC}{2}\) Пусть \(АМ = х\), тогда \(АС = 2x\). По определению равнобедренного треугольника: \(АВ = ВС\) Пусть \(АВ = у\), тогда: \(P = AB + BC + AC = 2y + 2x = 2(x + y)\). По свойству мёдианы равнобедренного треугольника: \(ВМ\) высота, значит, \(\Delta ВМС\) - прямоугольный. Тогда по теореме Пифагора \(ВС^{2} = ВМ^{2} + МС^{2}\). \(BM^{2} = y^{2} - x^{2}\) Получили систему уравнений: \( \begin{equation*} \begin{cases} x + y = \fraq{P}{2}; y^{2} - x^{2} = BM^{2}; \end{cases} \end{equation*} \) \( \begin{equation*} \begin{cases} x + y = 8; y^{2} - x^{2} = 16; \end{cases} \end{equation*} \) \( \begin{equation*} \begin{cases} x + y = 8; y - x = 2. \end{cases} \end{equation*} \) Складываем два уравнения: \(2у = 10\); \(у = 5 (см)\). Вычитаем из первого второе: \(2х = 6\); \(x = 3 (см)\). Тогда \(АВ = ВС = у = 5 (см)\) и \(АС = 2х = 6 (см)\). Ответ: стороны треугольника равны \(5 см\), \(5 см\) и \(6 см\).

Ответ: Ответ: стороны треугольника равны \(5 см\), \(5 см\) и \(6 см\).

Гипотенуза прямоугольного треугольника равна \(25 см\). Найдите катеты треугольника, если высота, проведенная к гипотенузе, равна \(12 см\).

Решение №39740: Из метрических соотношений: \(h^{2}_{c} = а_{c} \cdot b_{c}\) но \(b_{c} = с - а_{c}\), тогда получим уравнение: \(h^{2}_{c} = a_{c} (c - a_{c})\); \(a^{2}_{c} - a_{c} \cdot c + h^{2}_{c} = 0\); \(a^{2}_{c} = \fraq{25 \pm 7}{2}\) Тогда \(b_{c} = с - а_{c}\) Выберем первое решение: \(а_{c} =16 см\); \(b_{c} = 9 см\). Тогда по теореме Пифагора: \( \begin{equation*} \begin{cases} a = \sqrt{a^{2}_{c} + h^{2}_{c}}; b = \sqrt{b^{2}_{c} + h^{2}_{c}}; \end{cases} \end{equation*} \) \( \begin{equation*} \begin{cases} a = 20 (см); b = 15 (см); \end{cases} \end{equation*} \) Ответ: катеты равны \(15 см\) и \(20 см\).

Ответ: Ответ: катеты равны \(15 см\) и \(20 см\).

Периметр треугольника равен \(27 см\). Вычислите его стороны, если биссектриса делит одну из них на отрезки длиной \(4 см\) и \(5 см\).

Решение №39741: \(AC = AD + DC\); \(AC = 4 + 5 = 9 (cм)\) По свойству биссектрисы: \(\fraq{AB}{BC} = \fraq{AD}{DC}\); \(\fraq{AB}{BC} = \fraq{4}{5}\) Пусть \(АВ = 4х\), тогда \(DC = 5х\). Для периметра получим:\(Р = AB + ВС + AC\); \(27 = 4x + 5x + 9\); \(9х = 27 - 9\); \(x = 2 (см)\) Тогда: \(АВ = 4x = 8 (см)\); \(ВС = 5х = 10 (см)\). Ответ: стороны равны \(8\), \(9\) и \(10 см\).

Ответ: Ответ: стороны равны \(8\), \(9\) и \(10 см\).

Периметр равнобокой трапеции равен \(1 м\), а разность оснований составляет \14 см\). Найдите радиус окружности, вписанной в трапецию.

Решение №39742: В трапецию можно вписать окружность, если \(AB + CD = BC + AD\). Ho периметр \(P = AB + CD + BC + AD = 2(AB + CD)\). \(AB = CD\) по определению равнобедренной трапеции. Тогда: \(Р = 4АВ\); \(АВ = 100 : 4 = 25 (см)\); \(CD = 25 (см)\). Пусть \(ВС = х см\), тогда \(AD = (х + 14) см\); \(BC + AD = 2AB\); \(x + x + 14 = 25 + 25\); \(2x = 50 - 14\); \(2x = 36\); \(x = 18 (см)\). \(BC = 18 см\), \(AD = 18 + 14 = 32 (см)\). Проведем высоты \(BE\) и \(CF\), тогда \(BEFC\) - прямоугольник по определению, а по его двойству \(ВС = EF\). Тогда по теореме Пифрагора: \(АВ^{2} = АE^{2} + EB^{2}\); \(EB=\sqrt{AB^{2} - AE^{2}\}) \(EB = \sqrt{25^{2} - 7^{2}} = 24 (см)\) \(EB\) - диаметр окружности, тогда ее радиус: \(R = \fraq{EB}{2}\), \(R = \fraq{24}{2} = 12 (см)\) Ответ: радиус вписанной окружности равен \(12 см\).

Ответ: Ответ: радиус вписанной окружности равен \(12 см\).

Катет прямоугольного треугольника равен \(32 см\). Точка, лежащая на этом катете, удалена от концов гипотенузы на \(25 см\). Найдите периметр треугольника.

Решение №39743: \(AD = AC - CD\); \(AD = 32 - 25 = 7 см\) По теореме Пифагора для \(\Delta ABD\): \(BD^{2} = AD^{2} + AB^{2}\); \(AB = \sqrt{BD^{2} - AD^{2}}\) \(AB = 24 (см)\). По теореме Пифагора для \(\Delta ВСА\): \(BC = \sqrt{AC^{2} - AB^{2}}\); \(BC = 40 (см)\); \(P = AB + BC + CA = 32 + 24 + 40 = 96 (см)\) Ответ: периметр равен \(96 см\).

Ответ: Ответ: периметр равен \(96 см\).

Цветок водяной лилии выступает над поверхностью озера на \(10 см\). Если цветок потянуть в сторону, то он коснется поверхности воды на расстоянии \(1 м\) от начального положения. Найдите глубину озера в данном месте.

Решение №39744: Пусть коффициент подобия равен \(k\). \(\fraq{a_{1}}{a} = \fraq{b_{1}}{b} = \fraq{c_{1}{c} = k\) По теореме Пифагора: \(а^{2} + b^{2} = с^{2}\). Умножим правую и левую части на \(k - 1)^{2}\), тогдa: \((k - 1)^{2}a^{2} +(k - 1)^{2}b^{2} = (k - 1)^{2}c^{2}\) Раскрываем скобки: \(k^{2}a^{2} -2ka^{2} + a^{2} + k^{2}b^{2} - 2kb^{2} + b^{2} = k^{2}c^{2} - 2 kc^{2} + c^{2}\), но \(a^{2} + b^{2} = c^{2}\); \(ka = a_{1}\); \(kb = b_{1}\); \(kc = c_{1}\), тогда \(a^{2}_{1} = 2a_{1}a + b^{2}_{1} - 2 b_{1}b = c^{2}_{1} - 2c_{1}c\) По теореме Пифагора: \(a^{2}_{1} + b^{2}_{1} = c^{2}_{1}\), тогда: \(a_{1}a + b_{1}b = c_{1}c\), что и требовалось доказать

Ответ: NaN

Пользуясь рис. 134, \(а, б\), докажите теорему о точке пересечения медиан треугольника еще двумя способами.

Решение №39745: а) Пусть \(A_{1}D \parallel BB_{1}\), тогда \(\angle A_{1}BB_{1} = \angle CA_{1}D\) - соответствующие при \(ВВ_{1} \parallel A_{1}D\) и секущей \(ВС\) \(\angle BB_{1}C = \angle A_{1}DC\) - соответствующие при \(BB_{1} \parallel A_{1}D\) и секущей \(AC\). \(\angle A_{1}CD\) общий, тогда \(\Delta BB_{1}C \sim \Delta ADC\) по трем углам. Из подобия: \(\fraq{BC}{BB_{1} = \fraq{A_{1}C}{DC}\). По определению медианы \(BA_{1} = A_{1}C = \fraq{BC}{2}\), тогда: \(\fraq{2A_{1}C}{BB_{1}} = \fraq{A_{1}}{DC}\) значит, \(\fraq{B_{1}D = DC\) Следовательно, \(B_{1}D = DC\). По определению медианы \(АВ_{1} = В_{1}С = \fraq{AC}{2}\) \(\angle AA_{1}D = \angle AOB_{1}\) - соответствующие при \(BB_{1} \parallel A_{1}D\) и секущей \(AА_{1}\); \(\angle AB_{1}D = \angle ADA_{1}\) - соответствующие при \(BB_{1} \parallel A_{1}D\) и секущей \(AC\); \(\angle CAA_{1}\) - общий, тогда \(\Delta AOB \sim AA_{1}D\) по трем углам. Из подобия: \(\fraq{AO}{AA_{1}} = \fraq{AB_{1}}{AD}\) б) По определению медианы \(BA_{1} = A_{1}C = \fraqBC}{2}\) и \(BC_{1} = C_{1}A = \fraq{BA}{2}\) Тогда \(C_{1}A_{1}\) - средняя линия \(\Delta АВС\). По свойству средней линии треугольника: \(C_{1}A_{1} =\fraq{AC}{2}\) и \(C_{1}A_{1} \parallel AC\). \(\angle C_{1}OA_{1} = \angle COA\) - вертикальные. \(\angle OAC = \angle OA_{1}C_{1} \angle OCA = \angle OC_{1}A_{1}\) как внутренние накрест лежащие при \((С_{1}А_{1} \parallel AC\) и секущих \(AA_{1}\) и \(CC_{1}\) Тогда \(\Delta АОС \sim \Delta А_{1}ОС_{1}\) по трем углам. Из подобия: \(\fraq{AO}{OA_{1} = \fraq{CO}{OC_{1}} = \fraq{AC}{A_{1}C_{1} = 2\), значит, \(AO : OA_{1} = 2 : 1\); \(СО : ОС_{1} = 2 : 1\), что и требовалось доказать.

Ответ: NaN

На рис. 135 отрезок \(BD\) - биссектриса треугольника \(АВС\), \(CM \parallel BD\). Пользуясь этим рисунком и теоремой о пропорциональных отрезках, докажите свойство биссектрисы треугольника.

Решение №39746: \(\angle MAC\) - общий, тогда \(\Delta МАС \sim \Delta BAD\) по трем углам. Из подобия: \(\fraq{AD}{AM} = \fraq{AD}{AC}\); \(\fraq{AB}{AB + BM} = \fraq{AD}{AD + DC}\) Переворачиваем дроби и делим почленно: \(\fraq{AB + BM}{AB} = \fraq{AD}{AD + DC}\) \(\fraq{AB}{AB} + \fraq{BM}{AB} = \fraq{AD}{AD} + \fraq{DC}{AC}\); \(1 + \fraq{BM}{AB} = 1 + \fraq{DC}{AC}\). Получаем: \(\fraq{BM}{AB} = \fraq{DC}{AC} (теорема о пропорциональных отрезках). \(\angle DBC = \angle BCM\) - (внутренние накрест лежащие при \(BD \parallel МС\) и секущей \(ВС\). По определению биссектрисы \(\angle ABD = \angle DBC\), тогда; \(\angle ABD = \angle DBC = \angle BCM = \angle BMC\). Тогда \(\Delta ВМС\) - равнобедренный по признаку. По определению равнобедренного треугольника \(ВМ = ВС \(BM = BC\), тогда: \(\fraq{BC}{AB} = \fraq{DC}{AC}\)

Ответ: NaN

На рис. 136 \(СМ\) - биссектриса внешнего угла треугольника \(АВС\), \(BD \parallel СМ\). Пользуясь этим рисунком и теоремой о пропорциональных отрезках, докажите, что \(АМ : ВМ = АС : ВС\).

Решение №39747: \(DB \parallel CM\), тогда по теореме о пропорциональных отрезках: \(\fraq{AD}{AB} = \fraq{DC}{BM}\); \(\fraq{AD}{DC} = \fraq{AB}{BM}\); \(\fraq{AD}{DC} + 1 = \fraq{AB}{BM} + 1\) \(\fraq{AD}{DC} + \fraq{DC}{DC} = \fraq{AB}{BM} + \fraq{BM}{BM}\); \(\fraq{AC}{DC} = \fraq{AM}{BM}\) \(\angle BCM = \angle ECM\) - по определенню биссектрисы; \(\angle ECM = \angle CDB\) - соответствующие при \(CM \ parallel DB\) и секущей \(ED\); \(\angle MCB = \angle CBD\) - внутренние накрест лежащие про \(CM \parallel DB\) и секущей \(ВС\), тогда \(\angle CDB = \angle CBD\). Тогда по признаку \(\Delta CBD\) - равнобедренный. По определению равнобедренного треугольника \(DC = СВ\), тогда \(\fraq{AM}{BM} = \fraq{AC}{BC}\)

Ответ: NaN

Постройте треугольник по углу, медиане, проведенной из его вершины, и отношению сторон, прилежащих к данному углу.

Решение №39748: Шаг 1. Строим известный угол. Пусть соотношение сторон \(\fraq{a}{b} = \fraq{m}{n}\) тогда на прямой а отмечаем \(m см\), а на прямой \(b\) - \(n см\), соединяем эти точки прямой. Шаг 2. Находим середину \(MN\), точку \(D\), проводим через нее и точку \(А\) прямую \(d\), на которой отмечаем точку \(F\), так, что \(АF\) равно медиане. Проводим прямую, параллельную \(NM\) и проходящую через точку \(F\). Пересечение этой прямой с прямыми а и в искомые вершины \(\Delta ABC\).

Ответ: NaN

В треугольнике \(АВС\) на сторонах \(ВС\) и \(АС\) отмечены точки \(А_{1} и \(В_{1}\) соответственно. Отрезки \(АА_{1}\) и \(ВВ_{1]\) пересекаются в точке \(О\). Найдите: а) \(AO : A_{1}O\), если \(AB_{1} : B_{1}C = 2 : 1, BA_{1} = A_{1}C\); б) \(BA_{1} : A_{1}C\), если \(AO : OA_{1} = 4 : 1/), /(AB_{1} : B_{1}C = 2 : 1\); в) \(BA_{1} : A_{1}C\) и \(AB_{1}C : B_{1}C\), если \(AO : OA_{1} = 4 : 1/) , \(BO : OB_{1} = 7 : 8\).

Решение №39749: а) Нарисуем вспомогательный чертеж и проведем в нем дополнительное построенне. По условию \(АВ_{1} : В_{1}С = 2 : 1\). Найдем середину \(AB_{1}\), отметий т. \(D_{2}\) (тогда \(AD_{1} = D_{2}B_{1} = B_{1}C\)) и проведем через эту точку прямую \(DD_{2}\) параллельную \(BB_{1} : BB_{1} \parallel DD_{2}\) Продлеваем сторону \(АВ\) и медиану \(АА_{1}\) до пересечения с прямой \(СС_{1} \parallel ВВ_{1}\). По теореме о пропорциональных отрезках: \(\fraq{AD_{1}}{AD_{2}} = \fraq{D_{1}O}{D_{2}{B_{1}} = \fraq{OC_{1}}{B_{1}C}\) Так как \(AD_{1} = D_{2}B_{1} = B_{1}C = \fraq{AC}{3}\) то \(AD_{1} = D_{1}O = OC_{1}\). Рассмотрим \(\Delta ВА_{1}О\) и \(\Delta С_{1}AC\). \(\angle BA_{1}O = \angle C_{1}AC_{1}\) - вертикальные; \(\angle OBA_{1} = \angle C_{1}CA\) - внутренние накрест лежащие \(\angle BOA_{1} = \angle CC_{1}A_{1}\) - внутренние накрест лежащие лежащие при \(ВВ_{1} \parallel С_{2}С\) и секущих \(ВС\) и \(ОС_{1}\). Тогда \(\Delta BA_{1}О \sim \Delta CA_{1}С_{1}\) по трем углам или, используя, что \(ВА_{1} = A_{1}C\) и первые два равенства для углов, \(\Delta ВА_{1}O = \Delta СА_{1}С_{1}\) по стороне и двум углам, прилежащим к ней. Тогда: \(ОА_{1} = А_{1}С = \fraq{OC_{1}}{2}\), тогда: \(AO = 2AD_{1} = 2OC_{1} +2 \cdot 2OA_{1} = 4OA_{1}\); \(AO : A_{1}O = 4 : 1\). Ответ: \(AO : A_{1}O = 4 : 1\). б) Проводим дополнительные построения, описанные в решении пункта а).Получаем то же, что и в предыдущем решении \(AD_{1} = D_{1}O = OC_{1}\), но по условию: \(AO = AD_{1} + D_{1}O = 4A_{1}O\), a \(OC_{1} = OA_{1} + A_{1}C\). Тогда: \(2A_{1}O = A_{1}O + А_{1}С\), тогда \(A_{1}O = A_{1}C\). Рассмотрим \(\Delta ВА_{1}О\) и \(\Delta СА_{1}С\): \(\angle BA_{1}O = \angle C_{1}A_{1}C\) - вертикальные; \(\angle A_{1}C_{1}C = \angle A_{1}OB\) - внутренние накрест лежащие при \(ВВ_{1} \parallel CC_{2}\) и секущей \(ОС_{1}\) и \(A_{1}O = \(A_{1}C\). Тогда \(\Delta ВА_{1}О = \Delta CA_{1}C\) по стороне и двум углам, прилежащим к ней. Тогда: \(ВА_{1} =BA_{1}\) Ответ: \(BA_{1} = A_{1}C\). в) Дополнительное построение: проводим прямые, параллельные \(ВВ_{1}\) через точки \(D\) и \(C\); продлеваем прямую \(АА_{1}\) до пересечения с \(ЕС\). Рассмотрим \(\Delta BB_{1}C\) и \(\Delta A_{1}DC\). \(\angle A_{1}CD\) - общий; \(\angle B_{1}BC = \angle DA_{1}C\) \(\angle BB_{1}BC = \angle A_{1}DC\) - внутренние накрест лежащие при \(BB_{1} \parallel A_{1}D\) и секущих \(ВС\) и \(В_{1}С\). Из подобия: \(\fraq{BB_{1}}{B_{1}C} = \fraq{A_{1}D}{DC}\) Рассмотрим \(\Delta АА_{1}D\) и \(AOB_{1}: \angle A_{1}AD\) - общий; \(\angle AOB_{1} = \angle AA_{1}D\) \(\angle AB_{1}O = \angle ADA_{1}\) -внутренние накрест лежащие при \(BB_{1} \parallel A_{1}D\) и секущих \(АА_{1}\) и \(АС\). Тогда \(\Delta AOB_{1} \sim \Delta АА_{1}D\). Из подобия: \(\fraq{AO}{AA_{1}} = \fraq{OB_{1}}{A_{1}D}\); \(AA_{1} = AO + OA_{1} = 4OA_{1} + OA_{1} = 5OA_{1}\); \(AO = 4A_{1}O\);\(\fraq{OB_{1}}{A_{1}D} = \fraq{4A_{1}O}{5A_{1}O} = \fraq{4}{5}\) По условию: \(ВО: ОВ_{1} = 7 : 4\). Пусть \(ОВ_{1} = 4y\), тогда \(ВО = 7y\) и \(A_{1}D = \fraq{5OB_{1}}{4} = \fraq{5 \cdot 4y}{4} =5y\). Следовательно, \(BB_{1} = 11y\) Рассмотрим \(\delta ВВ_{1}С\) и \(\delta A_{1}DC: \angle A_{1}CD\) - общий; \(\angle CA_{1}D = \angle CBB_{1}\) \(\angle CA_{1}D = \angle CB_{1}B\) - внутренние накрест лежащие при \(BB_{1} \parallel A_{1}D\) и секущих \(СВ\) и \(СВ_{1}\). Тогда \(\Delta BB_{1}C \sim \Delta A_{1}DC\). Из подобия: \(\fraq{BB_{1}}{A_{1}D} = \fraq{B_{1}}{DC}\). \(\fraq{B_{1}C}{DC} = \fraq{11y}{5y} = \fraq{11}{5}\). \(\fraq{B_{1}C = DC + B_{1}D_{1}\) Тогда \(\fraq{DC + B_{1}D}{DC] = 1 + \fraq{B_{1}D}{DC} = \fraq{11}{5} = 1 + \fraq{5}{6}\). Тогда \(\fraq{DC}{B_{1}D} = \fraq{5}{6}\) По теореме о пропорциональных отрезках: \(\fraq{OA_{1}}{A_{1}E} = \fraq{B_{1}D}{DC} = \fraq{6}{5}\) Рассмотрим \(\Delta BA_{1}O\) и \(\delta СА_{1}E : \angle BA_{1}O = \angle CA_{1}E\) - вертикальные; \(\angle A_{1}BO = \angle A_{1}CE\) \(\angle A_{1}OB = \angle A_{1}EC\) внутренние накрест лежащие при \(ВВ_{1} \parallel ЕС\) и секущих \(ВС\) и \(AE\). Тогда \(\Delta ВА_{1}О \sim \Delta CА_{1}Е\) по трем углам. Из подобия: \(\fraq{OA_{1}}{A_{1}E} = \fraq{BA_{1}}{A_{1}C}\); \(\fraq{BA_{1}}{A_{1}C} = \fraq{6}{5}\) Из подобия \(\Delta АОВ_{1}\) и \(\Delta AA_{1}D\) найдем, что: \(\fraq{AO}{AB_{1} = \fraq{AA_{1}{AD}\). Из условия \(\fraq{AO}{OA_{1}}= 4\), тогда \(\fraq{AA_{1}}{OA_{1} = 5\) и \(AA_{1}}{AO} = \fraq{5}{4}\) Пусть \(В_{1}D = x\), тогда \(\fraq{AD}{AB_{1}} = \fraq{AB_{1} + B_{1}D}{AB_{1}} = 1 + \fraq{B_{1}D}{AB_{1}} = \fraq{AA_{1}}{AO} = \fraq{5}{4} = 1 + \fraq{1}{4}\). \(\fraq{B_{1}D}{AB_{1}} = \fraq{1}{4}\), тогда \(AB_{1} = 4B_{1}D = 4x\). Мы уже получили, что \(\fraq{B_{1}D}{DC} = \fraq{6}{5}\), тогда \(DC = \fraq{5}{6}DB_{1} = \fraq{5}{6}x\). Следовательно: \(\fraq{AB_{1}}{B_{1}C} = \fraq{AB_{1}}{B_{1}D + DC} = \fraq{4x}{x + \fraq{5}{6} x} = \fraq{4 \cdot 6x}{(6 + 5)x} = \fraq{24}{11}\). Ответ: \(BA_{1} : A_{1}C = 6 : 5\) и \(AB_{1} : B_{1}C = 24 : 11\).

Ответ: Ответ: \(BA_{1} : A_{1}C = 6 : 5\) и \(AB_{1} : B_{1}C = 24 : 11\).

В треугольнике \(АВС\) медиана \(АМ\) делит высоту \(ВН\) в отношении \(3 : 1\), начиная от вершины \(В\). В каком отношении данная высота делит данную медиану?

Решение №39750: Дополнительное построение: через точку \(С\) проводим прямую \(М_{1}С\), параллельную \(ВН\) и продлеваем \(АМ\) до пересечения с \(M_{1}C\). По определению медианы \(ВМ = МС\). \(\angle BMO = \angle M_{1}MC\) - как вертикальные. \(\angle OBM = \angle M_{1}CM\) как внутренние накрест лежащие при \(ВН \parallel СМ_{1}\) и секущей \(ВС\). Тогда \(\Delta ВМО = \Delta CMM_{1}\) по стороне и двум углам, прилежащим к ней. Из равенства треугольников: \(ОМ = ММ_{1}\) и \(ВО = М_{1}С\), значит, \(М_{1}С : ОН = 3 : 1\). Рассмотрим \(\Delta АОН\) и \(\Delta AM_{1}C: \angle A\) - общий; \(\angle AOH = \angle AM_{1}C\) \(\angle AHO = \angle ACM_{1}\) -соотвествующие при \(ВН \parallel М_{1}С\) и секущих \(AM_{1}\( и \(АС\). Тогда \(\Delta АОН \sim \Delta АМ_{1}С\). по трем углам, тогда \(AО: АМ_{1} = ОН : M_{1}C = 1 : 3\). Так как \(OM = MM_{1} = \fraq{1}{2}OM_{1}\), и \(AM_{1} = AO + OM_{1}\), то \(AM_{1} = AO + OM \cdot 2\). Тогда \(\fraq{OA}{AM} = \fraq{AO}{OA + OM \cdot 2} = \fraq{1}{3}\) Перевернем дробь: \(\fraq{AO + OM \cdot 2}{AO} = 1 + 2\fraq{OM}{AO} = 3\) тогда \(2\fraq{OM}{AO} = 2\) и \(ОМ = АО\). Ответ: \(OM = AO\)

Ответ: Ответ: \(OM = AO\)

Основания трапеции равны \(6 см\) и \(12 см\). Середины каждого из оснований соединены с концами другого основания. Найдите расстояние между точками пересечения проведенных отрезков.

Решение №39751: о определению трапеции \(BC \parallel AD\). Тогда: \(\angle EBM = \angle MFA\) (секущая \(BF\)); \(\angle BEM = \angle MAF\) (секущая \(EA\)); \(\angle ECN = \angle NFD (секущая \(BF\)); \(\angle CEN = \angle FDN (секущая \(ED\)). \(\angle BME = \angle AMF\) \(\angle ENC = \angle END\) -вертикальные, тогда \(\Delta BEM \sim \Delta FMA\) и \(\Delta ECN \sim \Delta DFN\) по трем углам. Тогда \(BM : МF = BE : AF = 6 : 12 = 1 : 2\). \(EN : ND = EC : FD = 6 : 12 = 1 : 2\). В подобных треугольниках подобны высоты, а так как коэффициенты подобия в обеих парах равны \(\fraq{1}{2}\). то и высоты \(\Delta ВМЕ\) и \(\Delta ENC\) равны. Тогда \(MN \parallel BC \parallel AD\). Дополнительное построение: продлеваем \(BF\) и \(ED\) до пересечения. \(\angle FID\) - общий; \(\angle IEB = \angle INM =\angle IDF\) \(\angle IBE = \angle IMN= \angle IFD\) - соответствующие при \(BE \parallel MN \parallel FD\). Тогда \(\Delta IEB \sim \Delta IMN \sim \Delta IDF\). Из подобия: \(\fraq{IN}{IE} =\fraq{MN}{BE}\) ; если \(IN = IE + EN\), тогда: \(\fraq{IE + EN}{IE} = 1 + \fraq{EN}{IE} = \fraq{MN}{BE}\). \(\fraq{ID}{IE} = \fraq{FD}{BE}\). \(ID = IE +EN +ND = IE + 3EN\); \(\fraq{IE + 3NE}{IE} = 1 + 3\fraq{NE}{IE} = \fraq{FD}{BE} = \fraq{5}{3} = 2\) Итак: \(1 + 3\fraq{NE}{IE} = 2\). \(\fraq{NE}{IE} = \fraq{1}{3}\); значит, \(\fraq{MN}{BE} = 1 + \fraq{EN}{IE} = 1 + \fraq{1}{3} = \fraq{4}{3}\). \(MN = \fraq{4}{3}BE\); \(MN = \fraq{4}{3} \cdot 3 = 4 (см)\) Ответ: \(MN = 4 см\)

Ответ: Ответ: \(MN = 4 см\)

В равносторонний треугольник вписан квадрат таким образом, что две его вершины лежат на одной стороне треугольника, а две другие — на двух других сторонах треугольника. Найдите отношение периметров треугольника и квадрата.

Решение №39752: По определению равнобедренного треугольника \(АВ = ВС\), тогда: \(P_{ABC} = AB + BC + AC = 2 \cdot 9 + 6 = 24 (см)\). Коэффициент подобия треугольника: \(k = \fraq{P_{A_{1}BC_{1}}}{P_{ABC}}\); \(k = \fraq{16}{24} = \fraq{2}{3}\) Тогда: \(A_{1}B = \fraq{2}{3} AB = \fraq{2}{3} \cdot 9 = 6 (м)\); \(BC_{1} = A_{1}B = 6(м)\); \(A_{1}C_{1} = \fraq{2}{3} AC = \fraq{2}{3} \cdot 6 = 4 (м)\) Ответ: \(A_{1}B = ВС_{1} = 6 м\).

Ответ: Ответ: \(A_{1}B = ВС_{1} = 6 м\).

Основания трапеции равны \(a\) и \(b\) \(а < b\). Через точку пересечения продолжений боковых сторон проведена прямая, параллельная основаниям. Найдите длину отрезка этой прямой, заключенного между продолжениями диагоналей.

Решение №39753: По определению трапеции \(DE \parallel IK\), следовательно, \(DE \parallel IK \parallel АС\). \(\angle BAD = \angle DKI\) \(\angle ABD = \angle KID\) - внутренние накрест лежащие при \(AB \parallel КI\) и секущих \(АК\) и \(BI\). \(\angle ADB = \angle EDR\) - вертикальные, тогда \(\Delta ABD \sim \Delta KID\) по трем углам. Тогда из подобия: \(\fraq{AB}{AD} = \fraq{IK}{DK}\) Используя то, что \(IK = b\), а \(DK = DF + FK\), получим \(\fraq{DF}{b} + \fraq{FK}{b} = \fraq{AD}{AB}\) \(\Delta BCE \sim \Delta KIE\) (все остальные подобия доказываются аналогично предыдущему). Из подобия: \(\fraq{EI}{CE} = \fraq{IK}{BC}\); \(IK = b : EI = EF +IE\); \(\fraq{EF}{b} + \fraq{IF}{b} = \fraq{CE}{DC}\). \(AC = AB + BC\). Из первого уравнения: \(AB=b \cdot \fraq{AD}{DF + FK}\) Из второго уравнения: \(ВС = b\cdot \fraq{CE}{EF + IF}\)' \(\Delta DEF \sim \Delta KIF\), тогда: \(\fraq{EF}{FI} = \fraq{a}{b}\) и \(\fraq{DF}{FK} = \fraq{a}{b}\), следовательно: \(FI= EF \cdot \fraq{b}{a}\) и \(FK = DF \cdot \fraq{b}{a}\). Отсюда: \(AB = b \cdot \fraq{AD}{DF + DF \cdot \fraq{b}[a}} = \fraq{ab}{a + b} \cdot \fraq{AF}{FG}\) \(BC = b \cdot \fraq{CE}{EF + EF \cdot \fraq{b}{a}} = \fraq{ab}{a + b} \cdot \fraq{CE}{EF}\) \(AC = \fraq{ab}{a + b}(\fraq{AD}{DF} + \fraq{CE}{EF}\). \(\Delta AFC \sim \Delta DFE\), тогда: \(\fraq{CE}{FE} = \fraq{CE + FE}{FE} = 1 + \fraq{CE}{FE} = \fraq{AC}{DE} = \fraq{ab}{(a + b)a}(\fraq{AD}{DF} + \fraq{CE}{EF}\)/ По теореме по пропорциональных отрезках: \(\fraq{AD}{DF} = \fraq{DE}{EF} = k\); тогда \(k + 1 = \fraq{b}{a + b}(k + k)\); \(k(\fraq{2b}{a + b} - 1) = 1\); \(k \cdot \fraq{b - a}{b + a} = 1\). Отсюда \(к = \fraq{a + b}{b - a}\). Тогда \(AB = BC = \fraq{ab}{a + b} \cdot \fraq{a + b}{b - a} = \fraq{ab}{b - a}\), следовательно, \(АС = \fraq{2ab}{b - a}\).

Ответ: NaN

Основание равнобедренного треугольника равно \(36 см\), а боковая сторона — \(54 см\). К боковым сторонам проведены высоты. Найдите длину отрезка, концами которого являются основания этих высот.

Решение №39754: По теореме Пифагора для \(\Delta ЕСА\): \(AC^{2} = AE^{2} + EC^{2}\). По теореме Пифагора для \(\Delta ВЕС\): \(BE^{2}+ EC^{2} = BC^{2}\) Тогда, исключая \(ЕС : АС^{2} + BE^{2} = AE^{2} + BC^{2}\). \(AE = BA - BE\) и, по определению равнобедренно треугольника, \(АВ = ВС\), тогда: \(AC^{2} + BE^{2} = (AB - BE)^{2} + AB^{2}\); \(BE^{2} + AC^{2} - AB^{2} + 2AB \cdot BE - BE^{2} - AB^{2} = 0\) \(BE = AB - \fraq{AC^{2}}{2AB}\); \(\fraq{AC}{ED} = \fraq{AB}{EB}\). Можно доказать, что \(ED \parallel АС\), тогда \(\Delta ABC \sim \Delta EBD\). \(\fraq{AC}{ED} = \fraq{AB}{EB}\). Отсюда: \(ED = AC \cdot \fraq{BE}{AB} = AC \cdot (1 - \fraq{1}{2}(\fraq{AC}{AB})^{2}) = 28 см\) Ответ: \(ED = 28 см\)

Ответ: Ответ: \(ED = 28 см\)

Докажите, что квадрат наименьшей медианы прямоугольного треугольника в пять раз меньше суммы квадратов двух других медиан.

Решение №39755: По определению медианы \(AC_{1} = BC_{1} = \fraq{AB}{2}\) По теореме Пифагора для \(\DeltaАC_{1}С\) и \(\Delta AВB_{1}\): \(CC_{1}^{2} = AC^{2} + \fraq{AB^{2}}{4}\). \(BB_{1}^{2} = AB^{2} + \fraq{AC^{2}}{4}\) Складывая эти два уравнения, получим: \BB_{1}^{2} +CC_{1}^{2} = \fraq{5}{4} (AB^{2} + AC^{2}) = \fraq{5}{4} BC^{2}\) (теорема Пифагора для \(\Delta АВС\)). Проведем высоту \(АН\). Из метрических свойств: \(АН^{2} = ВН \cdot НС\). По теореме Пифагора для \(\Delta АA_{1}Н: AA_{1}^{2} + AH^{2} + HA_{1} = BH \cdot HC + (\fraq{BC}{2} - BH)^{2} = BH \cdot (BC - BH) + \fraq{BC^{2}}{4} - BC \cdot BH + BH^{2}\); \(AA_{1}^{2} = \fraq{BC^{2}}4}\). Тогда: \(ВВ_{1}^{2} + СС_{1}^{2} = 5АА_{1}^{2}\).

Ответ: NaN

Три окружности с радиусами 1, 2 и 3 попарно касаются внешним образом. Найдите радиус окружности, проходящей через центры этих окружностей, и радиус окружности, проходящей через точки их касания.

Решение №39756: Находим стороны \(\Delta O_{1}O_{2}O_{3}\): \(O_{1}O_{2} = R_{1} + R_{2} = 1 + 2 = 3\); \(O_{2}O_{3} = R_{2} + R_{3} = 2 + 3 = 5\); (O_{3}O_{1} = 1 + 3 = 4\). Получили Египетский греугольник. По теореме, обратой теореме Пифагора: \(\Delta O_{1}O_{2}O_{3}\) - прямоугольный. Тогда, если \(\Delta O_{1}O_{2}O_{3}\) вписан в окружность, он опирается на ее диаметр, следовательно: \(D = O_{2}O_{3}\); \(R_{O_{123}} = \fraq{O_{2}O_{3}}{2} = \fraq{5}{2} = 2,5\). Окружность, проходящая через точки \(А_{1}\), \(А_{2}\) и \(А_{3}\), касается \(\angle O_{2}O_{1}O_{3}\) в точках \(А_{3}\) и \(А_{2}\). Тогда \(ЕА_{3} \perp А_{3}O_{1}\). Значит, \(\Delta А_{3}EO_{1}\) - прямоугольный. Из симметрии \(А_{3}O_{1} = O_{1}A_{2} = 1\); \(EO_{1}\) - биссектриса \(\angle А_{3}O_{1}А_{2}\), тогда \(\angle А_{3}O_{1}E = 45^\circ\), значит, \(\angle А_{3}EO_{1} = 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ\). Следовательно, \(\Delta A_{3}O_{1}E\) - равнобедренный, тогда \(А_{3}E = O_{1}A_{3} = 1\). А \(А_{3}E\) и есть искомый радиус \(R_{A_{123}}\).

Ответ: \(R_{O_{123}} = 2,5\); \(R_{A_{123}} = 1\).

Внутри прямоугольника \(АBСD\) отмечена точка \(М\), причем \(МА = а\), \(МВ = b\), \(МС = с\). Найдите \(МD\).

Решение №39757: Дополнительное построение: через точку \(М\) проводим прямые \(В_{1}D_{1} \parallel АВ\) и \(A_{1}C_{1} \parallel АD\). По теореме Пифагора: \( \begin{equation*} \begin{cases} \(BM^2 = BB_{1}^2 + B_{1}M^2\); \(AM^2 = AD_{1}^2 + D_{1}M^2\); \(MC^2 = B_{1}C^2 + B_{1}M^2\); \(MD^2 = MD_{1}^2 + DD_{1}^2\). \end{cases} \end{equation*} \) Но: \(BB_{1} = AD_{1}\); \(B_{1}C = D_{1}D\), тогда: \( \begin{equation*} \begin{cases} \(BM^2 - AM^2 = B_{1}M^2 - D_{1}M^2\); \(MC^2 - MD^2 = B_{1}M^2 + MD_{1}^2\). \end{cases} \end{equation*} \) Правые части этих уравнений тождественно равны, тогда равны и их левые части: \(BM^2 - AM^2 = MC^2 - MD^2\); тогда: \(MD^2 = MC^2 + AM^2 - BM^2; \(MD^2 = c^2 + a^2 - b^2\); \(MD = \sqrt{c^2 + a^2 - b^2}\).

Ответ: \(\sqrt{c^2 + a^2 - b^2}\).

Найдите геометрическое место точек, сумма квадратов расстояний от которых до данных точек \(А\) и \(B\) постоянна, если точки \(А\) и \(B\) при­ надлежат этому множеству.

Решение №39758: Пусть \(const = c^2\). \(a^2 + b^2 \geq 0\), тогда \(const \geq 0\). Следовательно, \(a^2 + b^2 = c^2\). Но по теореме, обратной теореме Пифагора, такой треугольник прямоугольный. Так как \(c^2\) - фиксированная постоянная, то построим на \(с\) как на диаметре окружность, но тогда вершина треугольника, опирающегося на диаметр и имеющего прямой угол, лежит на построенной окружности. Итак, ГМТ - окружность с радиусом \(\fraq{c}{2}\).

Ответ: Окружность с радиусом \(\fraq{c}{2}\).

(теорема Птолемея). Произведение диагоналей вписанного четы­рехугольника равно сумме произведений двух пар его противолежащих сторон: \(d_{1}d_{2} = ас +bd\) (см. рис. ниже). Докажите.

Решение №39759: Отметим на \(АС\) т. \(Р\) так, что \(\angle ABP = \angle DBC\). \(\angle BAC = \angle BDC\) - опирающиеся на одну хорду. Следовательно, \(\Delta ВАР \sim \Delta BDC\) по двум углам. Тогда: \(\fraq{AB}{BD} = \fraq{AP}{DC} \Rightarrow AB \cdot DC = AP \cdot BD\). \(\angle BDA = \angle BCA\) - опирающиеся на одну хорду. \(\angle PBC = \angle ABD\). Тогда \(\Delta АBD \sim \Delta РВС \Rightarrow \fraq{PC}{AD} = \fraq{BC}{BD}\), тогда \(BD \cdot PC = AD \cdot BC\). Складываем полученные уравнения: \(BD \cdot AP + BD \cdot PC = AD \cdot BC + AB \cdot DC\); \(BD \cdot AC = AD \cdot BC + AB \cdot DC\); \(d_{1} \cdot d_{2} = d \cdot b + a \cdot c\).

Ответ: NaN

(опорная). Квадрат биссектрисы треугольника равен разности между произведением боковых сторон и произведением отрезков, на которые эта биссектриса делит основание: \(l_{c}^2 = ab - mn\) (см. рис. ниже). Докажите.

Решение №39760: Дополнительное построение: из точки \(О\) проводим отрезок \(МО\) к стороне \(АВ\) так, что \(\angle MOB = \angle BCO\). \(\angle ABO = \angle OBC\) по определению биссектрисы. Тогда \(\Delta ОВМ \sim \Delta СВО\) по двум углам. Из подобия: \(\fraq{MB}{OB} = \fraq{OB}{BC}\), тогда \(МВ \cdot ВС = OB^2\). \(\angle MOA = 180^\circ - \angle MOB - \angle BOC = 180^\circ - \angle O - \angle BOC = \angle OBC = \angle AOB\) (теорема о сумме углов треугольника и свойство смежных углов). \(\angle BAO\) - общий, тогда \(\Delta АОМ \sim \Delta АВО\). Из подобия: \(\fraq{AM}{AO} = \fraq{AO}{AB}\). Тогда \(AM \cdot AB = AO^2\). Ho \(AM + MB = AB\), тогда \(AB = \fraq{OB^2}{BC} + \fraq{AO^2}{AB}\). \(a = \fraq{l_{c}^2}{b} + \fraq{m^2}{a}\). По свойству биссектрисы \(\fraq{m}{a} = \fraq{n}{b}\), тогда: \(a = \fraq{l_{c}^2}{b} + \fraq{mn}{b}\); \(ab - mn = l_{c}^2\).

Ответ: NaN

Сколько диагоналей выходит из одной вершины семиугольника?

Решение №39761: Диагонали семиугольника \(ABCDEFI\), проведенные из точки \(І\): \(ІВ\), \(IC\), \(ID\), \(IE\). Следовательно, их 4. Или по формуле: \(N_{д} = N_{в} - 3\). \(N_{д}\) - количество диагоналей; \(N_{в}\) - количество вершин.

Ответ: 4.

Может ли диагональ шестиугольника делить его: а) на два треугольника; б) на два четырехугольника; в) на треугольник и пятиугольник?

Решение №39762: a) Если диагональ многоугольника делит его на 2 треугольника, то его количество вершин равно: \(N_{в} = 2 + 1 + 1 = 4\), следовательно, он не может быть шестиугольником. б) \(N_{в} = 2 + 2 + 2 = 6\), следовательно, диагональ шестиугольника может делить его на 2 четырехугольника. в) \(N_{в} = 2 + 1 + 3 = 6\), следовательно, диагональ шестиугольника может делить его на треугольник и пятиугольник.

Ответ: a) Не может; б) может; в) может.

Диагональ отсекает от пятиугольника четырехугольник. Какой вид имеет оставшаяся часть?

Решение №39763: Количество вершин оставшейся фигуры: \(N_{в} = 5 - 4 + 2 = 3\), Следовательно, оставшаяся фигура - треугольник.

Ответ: Треугольник.

Может ли выпуклый пятиугольник иметь четыре острых угла; четыре прямых угла; четыре тупых угла?

Решение №39764: Сумма внутренних углов многоугольника: \(180^\circ \cdot (n - 2)\). Тогда для пятиугольника: \(180^\circ \cdot (5 - 2) = 540^\circ\). 1) Пусть пятиугольник имеет четыре острых угла, тогда сумма этих четырех углов меньше \(90^\circ \cdot 4 = 360^\circ\). Поэтому оставшийся пятый угол больше \(540^\circ - 360^\circ = 180^\circ\). Поэтому пятиугольник не может быть выпуклым. Следовательно, выпуклый пятиугольник не может иметь четыре острых угла. 2) Если пятиугольник имеет 4 прямых угла, тогда оставшийся пятый угол равен \(540^\circ - 90^\circ \cdot 4 = 180^\circ\). И пятиугольник трансформируется в четырехугольник. Следовательно, он не может иметь 4 прямых угла. 3) Если пятиугольник имеет 4 тупых угла, оставшийся пятый угол меньше \(180^\circ\), следовательно, такая ситуация возможна.

Ответ: 1) Не может; 2) не может; 3) может.

Могут ли четыре угла выпуклого пятиугольника быть равными соответственно четырем углам выпуклого четырехугольника?

Решение №39765: Допустим, что 4 угла выпуклого четырехугольника равны соответственно четырем углам пятиугольника, тогда сумма этих углов равна \(180^\circ \cdot (4 - 2) = 360^\circ\). Оставшийся угол пятиугольника: \(180^\circ(5 - 2) - 360^\circ = 180^\circ\), следовательно, пятиугольник трансформируется в четырехугольник, значит, не может выполняться поставленное условие.

Ответ: Не может.

Начертите выпуклый пятиугольник. а) Проведите все диагонали пятиугольника. Сколько диагоналей выходит из одной вершины? б) Какая фигура образовалась при попарном пересечении диагоналей? в) Измерьте углы пятиугольника и вычислите их сумму. Проверьте полученный результат, используя соответствующую теорему.

Решение №39766: Диагонали: \(AC\); \(AD\); \(BE\); \(BD\); \(CE\). Из одной вершины могут исходить \(5 - 3 = 2\) диагонали.

Ответ: NaN

Начертите выпуклый шестиугольник. а) Проведите красным цветом диагональ, которая делит данный шестиугольник на два четырехугольника. Сколько суще­ствует таких диагоналей? б) Проведите синим цветом диагональ, которая делит данный шестиуголь­ник на треугольник и пятиугольник. Установите зависимость между коли­чеством углов выпуклого многоуголь­ника и суммарным количеством углов многоугольников, на которые он де­лится диагональю.

Решение №39767: a) Деление на два четырехугольника: диагонали - \(AD\); \(BE\); \(CF\). б) Деление на пятиугольник и треугольник: диагонали - \(FB\); \(AC\); \(BD\); \(CE\); \(DF\); \(EA\). \(N = n + 2\), где \(N\) - количество углов многоугольника, на которые делится данный \(n-угольник\).

Ответ: a) 3; б) Деление на пятиугольник и треугольник: диагонали - \(FB\); \(AC\); \(BD\); \(CE\); \(DF\); \(EA\). \(N = n + 2\), где \(N\) - количество углов многоугольника, на которые делится данный \(n-угольник\).

Найдите суму углов выпуклого: а) шестиугольника; б) двенадцатиугольника.

Решение №39768: a) \(180^\circ \cdot (6 - 2) = 720^\circ\); б) \(180^\circ \cdot (12 - 2) = 1800^\circ\).

Ответ: a) \(720^\circ\); б) \(1800^\circ\).

Определите количество сторон выпуклого многоугольника, сумма углов которого равна: а) \(540^\circ\); б) \(900^\circ\); в) \(1260^\circ\).

Решение №39769: a) \(540^\circ = 180^\circ(n - 2)\); \(n - 2 = 3\); \(n = 5\). Ответ: 5 сторон. б) \(180^\circ(n - 2) = 900^\circ\); \(n - 2 = 5\); \(n = 7\). Ответ: 7 сторон. в) \(180^\circ(n - 2) = 1260^\circ\); \(n - 2 = 7\); \(n = 9\). Ответ: 9 сторон.

Ответ: a) 5; б) 7; в) 9.

Все углы выпуклого восьмиугольника равны. Найдите их градус­ную меру.

Решение №39770: Сумма углов восьмиугольника: \(180^\circ \cdot (8 - 2) = 1080^\circ\). Если все углы равны, то каждый угол равен \(1080^\circ : 8 = 135^\circ\).

Ответ: \(135^\circ\).

Два угла выпуклого пятиугольника прямые, а остальные три рав­ны. Найдите их градусную меру.

Решение №39771: Сумма углов выпуклого пятиугольника \(180^\circ \cdot (5 - 2) = 540^\circ\). Если два угла прямые, то сумма оставшихся трех углов равна \(540^\circ - 90^\circ \cdot 2 = 360^\circ\). Если эти три угла равны между собой, то каждый из них равен \(360^\circ : 3 = 120^\circ\).

Ответ: \(120^\circ\).

Каждый из пяти углов выпуклого шестиугольника равен \(120^\circ\). Докажите, что в этом шестиугольнике все углы равны.

Решение №39772: Сумма углов выпуклого шестиугольника равна: \(180^\circ \cdot (6 - 2) = 720^\circ\). Сумма данных пяти углов равна \(5 \cdot 120^\circ = 600^\circ\). Тогда оставийся угол равен \(720^\circ - 600^\circ = 120^\circ\), следовательно, все углы равны, что и требовалось доказать.

Ответ: NaN

Определите, существует ли выпуклый многоугольник, сумма углов которого равна: а) \(1620^\circ\); б) \(1350^\circ\); в) \(1980^\circ\). В случае утвердительного ответа укажите количество его сторон.

Решение №39773: Будем находить количество вершин многоугольника \(х\). Если \(х\) - целое, многоугольник существует, если \(х\) - дробное, то нет. а) \(180^\circ(x - 2) = 1620^\circ\); \(x - 2 = 9\); \(x = 11\); существует; б) \(180^\circ(x - 2) = 1350^\circ\); \(x - 2 = 7,5\); \(x = 9,5\); не существует; в) \(180^\circ(x - 2) = 1980^\circ\); \(x - 2 = 11\); \(x = 13\); существует.

Ответ: а) существует; 11; б) не существует; в) существует; 13.

Диагональ делит выпуклый многоугольник на пятиугольник и четырехугольник. Определите вид данного многоугольника и найдите сумму его углов.

Решение №39774: Количество вершин данного многоугольника: \(5 + 4 - 2 = 7\). Следовательно, этот многоугольник - семиугольник. Сумма его углов: \(180^\circ \cdot (7 - 2) = 900^\circ\).

Ответ: семиугольник, \(900^\circ\).

Каждый из трех углов выпуклого многоугольника равен \(80^\circ\), а каж­дый из оставшихся - \(160^\circ\). Определите количество сторон многоугольника.

Решение №39775: Сумма углов многоугольника: \(182^\circ \cdot (n - 2) = 3 \cdot 80^\circ + (n - 3) \cdot 160^\circ\); \(180^\circ n - 360^\circ = 240^\circ + 160^\circ n - 480^\circ\); \(20^\circ n = 360^\circ - 240^\circ = 120^\circ\); \(n = 6\).

Ответ: 6.

Определите количество сторон выпуклого многоугольника, каждый угол которого равен: а) \(60^\circ\); б) \(108^\circ\); в) \(120^\circ\).

Решение №39776: a) \(180^\circ \cdot (n - 2) = n \cdot 60^\circ\); \(180^\circ \cdot n - 60^\circ \cdot n = 180^\circ \cdot 2\); \(120^\circ \cdot n = 360^\circ\); \(n = 3\). Ответ: 3 стороны. б) \(180^\circ - (n - 2) = n \cdot 108^\circ\); \(180^\circ \cdot n - 108^\circ \cdot n = 2 \cdot 180^\circ\); \(72^\circ \cdot n = 360^\circ\); \(n = 5\). Ответ: 5 сторон. в) \(180^\circ \cdot (n - 2) = n \cdot 120^\circ\); \(180^\circ \cdot n - 120^\circ \cdot n = 2 \cdot 180^\circ\); \(60^\circ \cdot n = 360^\circ\); \(n = 6\). Ответ: 6 сторон.

Ответ: a) 3; б) 5; в) 6.

Все углы выпуклого многоугольника прямые. Докажите, что он является прямоугольником.

Решение №39777: Найдем количество сторон: \(180^\circ \cdot (n - 2) = n \cdot 90^\circ\); \(180^\circ \cdot n - 90^\circ \cdot n = 2 \cdot 180^\circ\); \(90^\circ \cdot n = 360^\circ\); \(n = 4\). По определению, четырехугольник, у которого все углы прямые, - прямоугольник, что и требовалось доказать.

Ответ: NaN

Определите количество диагоналей \(n-угольника\).

Решение №39778: Количество диагоналей определяется по формуле: \(N = (n - 3) \cdot \fraq{n}{2}\), где \(n\) - количество вершин многоугольника. Формула получена из таких соображений: \(n - 3\) - количество диагоналей, исходящих из одной вершины. Таких вершин \(n\), но каждая диагональ при обходе всех вершин встречается по два раза, поэтому получаем \((n - 3) \cdot \fraq{n}{2}\).

Ответ: \((n - 3) \cdot \fraq{n}{2}\).

Докажите, что выпуклый многоугольник не может иметь больше трех острых углов.

Решение №39779: Пусть выпуклый многоугольник имеет \(m\) острых углов, тогда их сумма меньше \(90^\circ \cdot m\). Если общее число вершин \(n\), то сумма оставшихся \((n - m)\) углов равна: \((n - 2) \cdot 180^\circ - 90^\circ \cdot m = 90^\circ \cdot (2n - m) - 360^\circ\). Допустим, что оставшиеся углы равны, тогда: \(90^\circ \cdot (2n - m) - 360^\circ = (n - m) \cdot x^\circ\). По условию многоугольник выпуклый, тогда \(х^\circ < 180^\circ\). \(90^\circ \cdot (2n - m) - 360^\circ < 180^\circ \cdot (n - m)\); \(180^\circ \cdot n = 90^\circ \cdot m - 360^\circ < 180^\circ \cdot m - 180^\circ \cdot n\); \(90^\circ \cdot m - 360^\circ < 0\); \(mく4\); \(m = 1; 2 ; 3\). Следовательно, количество острых углов не может быть больше трех, что и требовалось доказать.

Ответ: NaN

В равностороннем пятиугольнике углы при одной стороне прямые. Найдите остальные углы.

Решение №39780: По определению равностороннего пятиугольника: \(АВ = ВС = CD = DE = ЕА\). Соединим \(ВЕ\), тогда \(BEDC\) - квадрат по определению, тогда \(ВЕ = CD = AE = AB\). \(\Delta ABE\) - равносторонний по определению. По свойству равностороннего треугольника: \(\angle BEA = \angle EBA = \angle BAE = 60^\circ\). Тогда: \(\angle ABC = \angle AED = 60^\circ + 90^\circ = 150^\circ\).

Ответ: \(150^\circ, 150^\circ и 60^\circ\).

(опорная). Длина любой стороны многоугольника меньше суммы длин остальных сторон. Докажите.

Решение №39781: Рассмотрим для простоты пятиугольник \(АВСDЕ\). Проведем диагональ \(СЕ\), для \(\Delta CED\): \(CE < ED + DC\). Проведем диагональ \(ВЕ\), тогда \(ВЕ < BC + ED + DC\). (Для \(n-угольника\) повторим эту процедуру необходимое количество раз.) \(AE < AB + ВЕ\). Неравенство только усилится, если подставить \(ВЕ\): \(AE < AB + BC + ED + DC\). Следовательно, длина любой стороны многоугольника меньше суммы длин остальных сторон, что и требовалось доказать.

Ответ: NaN