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

Розділ І. Чотирикутники

§ 9. Визначні точки трикутника

282. Поза трикутником може лежати центр кола, описаного навколо трикутника, якщо трикутник тупокутний і точка перетину продовжень висот, якщо трикутник тупокутний. .

283. Ортоцентр (точка перетину висот трикутника) може збігатися з вершиною цього трикутника, якщо трикутник прямокутний.

284. У рівносторонньому трикутнику всі чотири визначні точки збігаються і є центрами вписаного і описаного кіл трикутника.

285. Нехай ABC — даний трикутник. AD і СЕ — його медіани, О — точка їх перетину.

а) АО = 2,4 см; OD = 1,2 см; СО = 3 см.

За теоремою про точку перетину медіан трикутника CO : ОЕ = 2 : 1 => ОЕ = 1/2СО = 1,5 см.

б) BF — теж медіана, тому AF = FC.

286. Нехай ABC — даний трикутник. AD і СЕ — його висоти. О — точка їх перетину. За теоремою про висоти трикутника ВН ⊥ АС.

287. Нехай ABC — даний трикутник (АВ = ВС). Проведемо ВН ⊥ АС. У рівнобедреному трикутнику висота, проведена до основи є медіаною, бісектрисою і серединним перпендикуляром. Отже, всі чотири визначні точки знаходяться на висоті, що проведена до основи.

288. Нехай ABC — даний трикутник, О — точка перетину його медіан і висот. Оскільки через В і О можна провести тільки одну пряму, то висота і медіана, проведені з В, співпадають. Отже, ΔABC — рівнобедрений => АВ = ВС. Аналогічно можна довести, що ВС = АС. Отже, ΔABC — рівносторонній.

289. Нехай ABC — даний трикутник. ВМ₁ і СМ₂ — його медіани. О — точка їх перетину. За умовою ВО - ОМ₁ = 3 см. Нехай ОМ₁ = х, тоді ОВ = х + 3. За теоремою про точку перетину медіан трикутника Отже, ОМ₁ = 3 см. ОВ = 3 + 3 = 6 см, ВМ₁ = 3 + 6 = 9 см.

Відповідь: 9 см.

290. Нехай ABC — даний трикутник, Н — точка перетину його висот. Позначимо висоти ΔABC — AN, ВК і СМ, тоді маємо: ВК ⊥ АС => СК — висота ΔВНС, що проведена до ВН. ВМ — висота, що проведена до НС, HN — висота, що проведена до ВС. Оскільки їх продовження перетинаються в т. А, то А є ортоцентром ΔВНС.

291. Нехай ABC — даний трикутник. D, Е і F — середини його сторін. О — точка перетину медіан АЕ, BF і CD. DE — середня лінія ΔАВС => DE || AF; DE = 1/2AС = АF => ADEF — паралелограм. К — точка перетину його діагоналей => DK = KF і ЕК — медіана ΔDEF. Аналогічно можна довести, що FM і DN — теж його медіани => вони перетинаються в точці О.

292. Нехай ABCD — даний паралелограм. О — точка перетину його діагоналей. О₁ — точка перетину медіан ΔABC, О₂ — точка перетину медіан ΔACD. За властивістю діагоналей паралелограма АО = ОС, тому ВО — медіана ΔABC, DO — медіана ΔACD => О₁ ∈ BD і O₂ ∈ BD. За властивістю точки перетину медіан трикутника Нехай ОО₁ = х, тоді ВО₁ = 2х, але OD = ВО, тому OO₂ = х, DO₂ = 2х. Маємо: ВО₁ = O₁O₂ = O₂D = 2х.

293. Нехай ABC — даний рівнобедрений трикутник, вписаний в коло з центром О. ОМ ⊥ АС, ОМ = 3 см, ОВ = 6 см.

Оскільки центр кола, описаного навколо трикутника, належить серединному перпендикуляру, проведеному до сторони трикутника, а в рівнобедреному трикутнику він співпадає з медіаною, проведеною до основи, то О ∈ ВМ.

1. Нехай ∠B < 90°, тоді О співпадає з точкою перетину медіан трикутника. Отже, ОМ = 3 см, ВО = 6 см.

2. Нехай ∠B > 90°, тоді ВМ = ВО - ОМ = 6 - 3 = 3 см і точка перетину медіан К ділить її на відрізки ВК = 2 см і КМ = 1 см.

Відповідь: 6 см, 3 см або 2 см, 1 см.

294. Нехай m₁, m₂ і m₃ — медіани шуканого трикутника.

Аналіз. Нехай ΔАВС побудовано. ВК, AM і CN — його медіани, О — точка їх перетину, тоді Побудуємо паралелограм AOCD, К — точка перетину його діагоналей, тоді Маємо Будуємо ΔAOD за трьома сторонами. Таким чином отримаємо вершину А. Через середину OD проведемо пряму АК і відкладемо КС = АК, отримаємо вершину С. На прямій DO відкладемо OB = OD.

Побудова.

1. Будуємо ΔAOD за трьома сторонами.

2. Через середину OD проводимо пряму і відкладаємо КС = АК.

3. На прямій OD відкладаємо OB = OD.

4. Послідовно з’єднуємо т. А, В і С.

Доведення. ABC — трикутник, у якого AM = m₁, ВК = m₂, CN = m₃, АК = КС, СМ = ВМ, AN = BN. Задача має розв’язок, якщо для m₁, m₂ і m₃ виконується нерівність трикутника.

295. Нехай ABC — трикутник, вписаний в коло з центром О. KNM — трикутник, утворений середніми лініями ΔABC. Точка О є точкою перетину серединних перпендикулярів до АВ, ВС і АС. Оскільки KN || АС, а МО ⊥ АС, то MO ⊥ KN, тобто MF — висота ΔKNM. Аналогічно можна довести, що KD і NE теж висоти ΔKNM => О — ортоцентр ΔKMN.

296. Нехай ABC — даний трикутник (∠В = 90°). ВМ — медіана, ВМ = 6 см. Е — середина АВ, EF || ВМ. Оскільки медіана, що проведена до гіпотенузи, дорівнює її половині, то АС = 2 ∙ ВМ = 2 ∙ 6 = 12 см, АВ = ВМ = 6 см.

За теоремою Фалеса, оскільки АЕ = BE і EF || ВМ, то AF = MF = AM : 2 = 6 : 2 = 3 см. Отже, FC = АС - AF = 12 - 3 = 9 см.

Відповідь: 3 см і 9 см.

Задачі для підготовки до контрольної роботи № 2

1. Оскільки в рівнобічній трапеції сума протилежних кутів дорівнює 180°, то маємо: ∠А + ∠С = 180°. Нехай х — коефіцієнт пропорційності, тоді ∠А = 2х, ∠С = 7х і 2х + 7х = 180°; 9x = 180°; х = 20° => ∠А = 2 ∙ 20° = 40°, ∠С = 7 ∙ 20° = 140°, ∠D = ∠А = 40°, ∠В = ∠С = 140°.

Відповідь: 40°; 140°; 140°; 40°.

2. За теоремою Фалеса, оскільки AC₁ = C₁C₂ і В₁С₁ || В₂С₂, то АВ₁ = В₁В₂ => АВ₁ = АВ₂ : 2 = 12 : 2 = 6 см.

Відповідь: 6 см.

3. Оскільки середня лінія відтинає від трикутника трикутник, сторони якого вдвічі менші від сторін даного трикутника, то Р даного трикутника = 2 ∙ 17 = 34 см. А периметр трикутника, утвореного його середніми лініями, дорівнює теж 17 см.

Відповідь: 34 см і 17 см.

4. Нехай ABCD — дана трапеція (АВ = CD). N — середина AD, ∠ABN = ∠DCN = 90°, ВС = 4 см. У ΔABN ∠ANB = 180° - (∠BAN + ∠ABN) = 180° - (45° + 90°) = 45° => АВ = BN.

Аналогічно в ΔNCD: NC = CD. Маємо: АВ = BN = NС = CD. ∠BNC = 180 - (45° + 45°) = 90°. ΔBNC = ΔABN = ΔNCD за двома катетами => AN = ND = ВС = 4 см. Отже, AD = 2 ∙ 4 = 8 см і середня лінія дорівнює (АВ + ВС) : 2 = (4 + 8) : 2 = 6 см.

Відповідь: 6 см.

5. Нехай АВ — діаметр кола з центром О, а М і N — точки, що лежить на колі по один бік від діаметра АВ. ∠MON = 50°, ∠ABM = 30°. ∠AOM — центральний, що спирається на одну дугу з вписаним ∠ABM, тому ∠AOM = 2 ∙ ∠ABM = 2 ∙ 30° = 60°, тоді в ΔAON ∠AON = 50° + 60° = 110°, але ΔAON — рівнобедрений (AO = NO = R), тому х = ∠NAO = (180° - 110°) : 2 = 35°.

Відповідь: 35°.

6. Нехай ABCD — дана трапеція (АВ = CD). Оскільки в трапецію вписано коло, то AD + ВС = АВ + CD, а середня лінія дорівнює (AD + ВС) : 2, тому (AD + ВС) : 2 = 50 см, AD + ВС = 100 см і АВ = CD = 100 : 2 = 50 см. М — точка дотику кола до бічної сторони і CM : MD = 9 : 16. Нехай х — коефіцієнт пропорційності, тоді CM = 9х, a MD = 16х. Маємо 9х + 16х = 50; 25х = 50; х = 2. СМ = 9 ∙ 2 = 18 см, MD = 16 ∙ 2 = 32 см.

Відповідь: 18 см і 32 см.