Решебник к сборнику заданий , для проведения экзамена по геометрии в 9 классе (стр. 2 )

Ответ: см

№14.

В трапеции ABCD (AD║BC, AD>BC) на диагонали АС взята точка Е, такая, что BE║CD. Докажите, что площади треугольников ABC и DEC равны.

Дано: ABCD – трапеция, , .

Доказать:

Доказательство.

ABCL – трапеция, тогда

( высоты равны т. к. заключены между двумя параллельными прямыми, ВС – общее основание), значит,

BCDL – параллелограмм, тогда (высоты равны, как перпендикуляры, заключенные между параллельными прямыми, ), тогда получим , ч. т.д.

№15.

Окружность, касающаяся гипотенузы прямоугольного треугольника и продолжений его катетов, имеет радиус R. Найдите периметр треугольника.

Дано: - прямоугольный, окр.(О;R) касается гипотенузы и продолжений катетов в точках K, N, M,

Найти:

Решение.

KOMC – квадрат, т. к.

-прямоугольник, но OK=OM=R.

KA=AN, NB=BM как отрезки касательных, проведенных из одной точки, тогда

Ответ:

Вариант 2.

№13.

Три окружности с радиусами 1 см, 2 см и 3 см попарно касаются друг друга. Найдите длину окружности, проходящей через центры данных окружностей.

Дано: Окр(A;2), Окр(B;1), Окр(C;3), E, F, D – точки касания, Окр(О;ОА),

Найти:

Решение.

Известно, что точка касания двух окружностей лежит на прямой, соединяющей их центры, тогда

В , , .

, тогда по теореме, обратной теореме Пифагора, -

прямоугольныйцентр искомой окружности лежит на середине гипотенузы AC и

. Тогда

Ответ:

№14.

Найдите площадь трапеции, основания которой 16 см и 28 см, а диагонали 17 см и 39 см.

Дано: ABCD – трапеция, см, см, см, см

Найти:

Решение.

Дополнительное построение: .

Пусть , тогда .

Рассмотрим прямоугольный

- по теореме Пифагора

Рассмотрим прямоугольный

по теореме Пифагора

см2

Ответ: см2

№15.

Даны две точки А и В на плоскости. Укажите геометрическое место точек М этой плоскости, для которых А, В и М – вершины равнобедренного треугольника.

Дано:

Найти: ГМТ точки М, где А, В и М – вершины равнобедренного треугольника.

М

Решение.

1) Если в искомом треугольнике , то , где - серединный перпендикуляр, т. к. все точки, равноудаленные от концов отрезка, лежат на серединных перпендикулярах.

2) Если в искомом треугольнике , то

3) Если в искомом треугольнике , то

Вариант 3.

№13.

Через вершину В равнобедренного треугольника АВС параллельно основанию АС проведена прямая BD. Через точку К – середину высоты ВН проведен луч АК, пересекающий прямую BD в точке D, а сторону ВС в точке N. Определите, в каком отношении точка N делит сторону ВС.

Дано: - равнобедренный, , , , .

Найти:

Решение.

(, , )

Пусть ,

(, )

Ответ:

№14.

Найдите площадь трапеции, основания которой 6 см и 26 см, а боковые стороны 12 см и 16 см.

Дано: ABCD – трапеция, см, см, см, см.

Найти:

Решение.

Дополнительное построение: достроим трапецию до параллелограмма .

:

По формуле Герона

Ответ: см2

II способ

Дополнительное построение , тогда . По формуле Герона , с другой стороны .

Ответ: см2

№15.

Дана трапеция, в которую можно вписать окружность. Докажите, что окружности, построенные на ее боковых сторонах как на диаметрах, касаются друг друга.

Дано: ABCD – трапеция, Окр. (О; R`) – вписанная, Окр(О1;r), Окр(О2;R),

Доказать: Окр(О1;r) и Окр(О2;R) касаются

Доказательство.

Пусть N, K, M, L – точки касания вписанной в трапецию окружности со сторонами трапеции, тогда (по свойству отрезков касательных)

- средняя линяя трапеции и . Очевидно, что общая точка единственна.

Итак, Q – тоска касания, ч. т.д.

Вариант 4.

№13.

Две касающиеся окружности с центрами О1 и О2 лежат внутри окружности с центром О и радиусом R касаются ее в двух различных точках. Найдите периметр треугольника ОО1О2.

Дано: Окр. (О; R), Окр(О1;r), Окр(О2;R`) –касаются друг друга.

Найти:

Решение.

Известно, что точка касания двух окружностей лежит на прямой, соединяющей их центры, тогда и , и - лежат на одних и тех же прямых.

Пусть А, В, С – точки касания окружностей, тогда (т. к. )

(т. к. )

Но

Ответ:

№14.

Треугольник АВС, стороны которого 13 см, 14 см и 15 см, разбит на три треугольника отрезками, соединяющими точку пересечения медиан М с вершинами треугольника. Найдите площадь треугольника ВМС.

Дано: , - медианы, см, см, см

Найти:

Решение.

, , т. к. , высота общая, аналогично

По формуле Герона

Ответ: см2

№15.

Каждая высота параллелограмма не меньше той стороны, которой она перпендикулярна. Докажите, что параллелограмм является квадратом.

Дано: ABCD – параллелограмм, , , , .

Доказать: ABCD - квадрат

Доказательство.

Рассмотрим 2 случая:

1) ,

(т. к. AD – гипотенуза прямоугольного треугольника AKD)

С другой стороны - получено противоречие, значит, утверждение не верно и ,

2) Итак, ,, т. е. , - квадрат, ч. т.д.

Вариант 5.

№13.

В равнобокой трапеции, площадь которой равна см2, одно из оснований в два раза больше другого. Диагональ трапеции является биссектрисой острого угла. Найдите основания трапеции.

Дано: ABCD – трапеция, , , АС – биссектриса .

Найти:

Решение.

Дополнительное построение: .

- равносторонний и

Дополнительное построение: , т. к. равносторонний, то СН – высота, медиана и биссектриса.

- прямоугольный,

Ответ:

№14.

Точки С и D лежат на окружности с диаметром АВ. Прямые AC и BD пересекаются в точке Р, а прямые AD и BС – в точке Q. Докажите, что прямые AB и PQ перпендикулярны.

Дано: , , , ACBD=Р, ADBС=Q

Доказать:

Доказательство.

и - прямоугольные, т. к. опираются на диаметр.

Рассмотрим : - точка пересечения высот , а т. к. она единственна, то , ч. т.д.

№15.

Прямая проходит через центр квадрата со стороной 1. Найдите сумму квадратов расстояний от всех вершин квадрата до этой прямой.

Дано: ABCD – квадрат, , .

Найти:

Решение.

, -прямоугольные, , - общий, тогда , значит, =(по углу и гипотенузе), тогда . Аналогично , значит,

Ответ:

Вариант 6.

№13.

В прямоугольном треугольнике АВС проведена высота CD к гипотенузе АВ. Найдите АВ, если .

Дано: - прямоугольный, CD – высота,

Найти: АВ

Решение.

Пусть , тогда , т. е.

Ответ:

№14.

На стороне АВ параллелограмма ABCD как на диаметре построена окружность, проходящая через точку пересечения диагоналей и середину стороны AD. Найдите углы параллелограмма.

Дано: ABCD – параллелограмм, , , , ACBD=О,

Найти:

Решение.

, т. к. О – середина BD, К – середина АВКО – средняя линяя , аналогично

, как углы, опирающиеся на диаметр

, т. к. они опираются на одну дугу

, т. к.

, как накрест лежащие при и секущей АО

Тогда (из )

Ответ:

№15.

Каждая диагональ четырехугольника делит его на два равновеликих треугольника. Докажите, что данный четырехугольник – параллелограмм.

Дано: ABCD – четырехугольник, ACBD=О,

Доказать: ABCD – параллелограмм

Доказательство.

Дополнительное построение: .

Т. к. BD – общая, то , , как вертикальные углы,

Аналогично , аналогично - параллелограмм, ч. т.д.

Вариант 7.

№13.

Два круга с радиусами по 5 см имеют общую хорду длиной см. Найдите площадь общей части этих кругов.

Дано: Окр(О;R), Окр(O1;R), B, D – точки пересечения, R=5см, см.

Найти:

Решение.

По теореме, обратной теореме Пифагора - прямоугольный (),

Ответ: см

№14.

Боковые стороны трапеции лежат на перпендикулярных прямых. Докажите, что отрезок соединяющий середины оснований трапеции, равен половине разности длин оснований.

Дано: ABCD – трапеция, , .

Доказать:

Доказательство.

Заметим, что, по теореме о четырех замечательных точках трапеции, K, L,M лежат на одной прямой.

, тогда - прямоугольный,

, ч. т.д.

№15.

В треугольнике АВС проведена биссектриса АК. Центр окружности, вписанной в треугольнике АВК и центр окружности, описанной около треугольника АВС, совпадают. Найдите углы треугольника АВС.

Дано: , АК –биссектриса, - описана около, - вписана в,

Найти:

Решение.

Т. к. О – центр вписанной и описанной окружностей и , то О – центр пересечения серединных перпендикуляров и биссектрис.

Пусть , тогда