Розв’язання вправ та завдань до підручника «ГЕОМЕТРІЯ» 8 клас А. П. Єршової - 2017 рік

Розділ IIІ. Многокутники. Площі многокутників

Додаткові задачі до розділу III

639. S_nap = АВ ∙ ВН, S_пp = АВ ∙ АВ, але АВ > ВН (похила завжди довша за перпендикуляр) => S_nap < S_np.

640. Нехай ABCD — даний паралелограм, a AED — даний трикутник.

Позначимо h — висоту паралелограма, а Н — висоту трикутника, тоді За умовою

Відповідь: висота трикутника у 2 рази більша за висоту паралелограма.

641. Нехай ABC — даний трикутник.

Якщо АС поділити на 3 рівні частини

642. Нехай ABC — даний трикутник, ВМ — бісектриса.

МН₂⊥ АВ, MH₁ ⊥ ВС. Проведемо BN ⊥ АС, тоді

Поділимо ці рівності почленно. Маємо: але МН₂ = МН₁ за умовою =>

643. Нехай ABCD — дана трапеція, О — точка перетину її діагоналей.

Проведемо ВН ⊥ AD. Оскільки позначимо ВС = 2х, AD = 3x, тоді

Відповідь: 20 см² і 30 см².

б) за двома кутами =>

Проведемо ОN ⊥ АD. за спільним гострим ∠ADB => Отже, Маємо:

Відповідь: 12 см², 18 см², 12 см², 8 см².

644. ABCD — трапеція, діагоналі якої перетинаються в т. О.

Оскільки то за двома кутами =>

645. Нехай ABCD — даний чотирикутник, діагоналі якого перетинаються у точці О.

Оскільки Проведемо BH₁ ⊥ AD і CH₁ ⊥ AD. Оскільки S_ΔAOB = S_ΔACD, то BH₁ = CH₂ => BC || AD. А чотирикутник, у якого протилежні сторони паралельні, є або паралелограмом, або трапецією.

646. Нехай ABC — даний трикутник, в якому АВ = 25 см, ВС = 40 см, ВН ⊥ АС, ВH = 24 см.

За теоремою Піфагора АН² = АВ² - ВН² = 25² - 24² = 625 - 576 = 49; АН = 7 см.

НС² = ВС² - ВH² = 40² - 24² = 1600 - 576 = 1024; НС = 32 см.

а) Якщо ΔАВС — гострокутний і ВН лежить всередині трикутника, то

б) Якщо ΔАВС — тупокутний і висота ВH лежить поза трикутником, тоді АС = HС - АH = 32 - 7 = 25 см.

Відповідь: 468 см² або 300 см².

647. а) Нехай ABC — даний трикутник.

1. Через т. С проведемо пряму а || АВ.

2. Знайдемо М — середину АВ.

3. Через т. М проведемо MN ⊥ а, N ∈ а.

4. ΔANB — шуканий.

У ΔANB і ΔАСВ основа спільна і висоти, проведені до неї, однакові за побудовою, тому S_ΔABC = S_ΔANB. NM — висота і медіана за побудовою => ΔANB — рівнобедрений (AN = NB).

б) Нехай ABC — даний трикутник.

1. Через т. С проведемо пряму а || АВ.

2. На АВ, як на діаметрі, побудуємо коло.

3. Позначимо N — точку перетину кола з прямою а.

4. ΔANB — шуканий.

У ΔANB і ΔАСВ основа спільна і висоти, що проведені до неї, однакові за побудовою, тому S_ΔABC = S_ΔANB. ∠ANB = 90° (спирається на діаметр). Якщо висота, що проведена до АВ, більша за половину АВ, то трикутник побудувати неможливо.

648. Нехай ABCD — дана трапеція.

Позначимо М і N — середини АВ і CD відповідно.

Проведемо ММ₂⊥ AD, NN₂ ⊥ AD. М₁ і N₁ — точки перетину цих перпендикулярів з ВС. ΔАМ₂М = ΔВМ₁М, a ΔDN₂N = ΔCN₁N за гіпотенузою і гострим кутом. Тому розрізати треба по лініях М₁М₂ і N₁N₂.

649. Нехай a, b, с — сторони трикутника, a h_c = 12, h_b = 15, h_a = 20 — висоти, що проведені до а, b і с відповідно. Тоді: тому Отже, за теоремою, оберненою до теореми Піфаґора, а, b і с є сторонами прямокутного трикутника.

650. Нехай ABC — даний трикутник (∠A = 90°), М, N, К — точка дотику . вписаного кола з центром О.

За властивістю відрізків дотичної NB = MB, NC = КС, AM = АК = r. Розглянемо добуток BN ∙ NC. BN ∙ NC = ВМ ∙ КС = (АВ — AM) ∙ (АС — АК).

Нехай a, b — катети, с — гіпотенуза даного трикутника, тоді

але за теоремою Піфагора а² + b² = с², тому

651. Нехай даний трикутник має сторони а, b і с.

Тоді його площа але h_a < b, h_a < с (перпендикуляр завжди менший за похилу), тому аналогічно 2S < bс. Додамо почленно всі три нерівності ₉

652. Нехай ABC — даний трикутник, АА₁ = m_а, ВВ₁ = m_ь — його медіани.

але оскільки BA₁ = CA₁ і висоти, що проведені з вершини А, рівні. (оскільки OB ⊥ AA₁). Але медіани точкою перетину діляться у відношенні 2 : 1, починаючи з вершини => Тобто

Відповідь:

653. а) Нехай ABCD — дана трапеція (∠A = ∠B = 90°), описана навколо кола.

Проведемо СН ⊥ AD і позначимо ВС = a, AD = b і AB = h. Тоді оскільки в трапецію можна вписати коло, то Запишемо теорему Піфагора для ΔCHD:

б) Нехай ABCD — дана трапеція (AB = CD) описана навколо кола.

Проведемо СН ⊥ AD і позначимо ВС = a, AD = b, CD = с, СН = h. Оскільки в трапецію можна вписати коло, то (трапеція рівнобічна). Із ΔCHD за теоремою Піфагора маємо: CD² = СН² + HD² або

654. Нехай ABCD — чотирикутник, сторони якого дорівнюють а, b, с і d, а площа — S.

(h ≤ b, оскільки перпендикуляр менший від похилої) => Аналогічно Додавши ці нерівності, маємо:

655. Нехай ABC — даний трикутник, AA₁, BB₁, CC₁ — його медіани.

За властивістю медіани трикутника Добудуємо ΔАВС до паралелограма АВМС. Через т. С проводимо пряму CN || ВВ₁. Маємо ΔONC, де Тобто ΔONC подібний до трикутника, складеного з медіан ΔАВС, з k = 2/3. (доведено раніше) => a площа трикутника, складеного з медіан ΔАВС, дорівнює

656. Нехай ABCD — дана трапеція, О — точка перетину її діагоналей.

Через т. О проведемо за двома кутами =>

Відповідь:

657. Нехай ABCD — дана трапеція, M — середина DC, МН ⊥ АВ.

Позначимо СВ = a, AD = b, а висоту трапеції — h. Тоді: Маємо:

Отже,

658. ABC — довільний трикутник, M — точка всередині ΔАВС.

Проведемо Оскільки то

З іншого боку В₁ — середина АС і ВВ₁ — медіана. Аналогічно доводимо, що АА₁ і СС₁ — теж медіани.