Решебник к сборнику заданий , для проведения экзамена по геометрии в 9 классе (стр. 4 )

Найти:

Решение.

Так как трапеция – равнобокая и АС – биссектриса , то ÐBAC = ÐCAD = ÐBDC = ÐBDA Þ ÐCAD = 90° - 2ÐCAD Þ ÐCAD = 30° Þ , а так как OD – биссектриса DACD, то

Ответ:

№ 15

Треугольник ABC – равносторонний со стороной, равной a. На расстоянии a от вершины A взята точка D. Найдите угол BDC.

Дано: DABC – равносторонний, AB = = BC = AC = AD = a

Найти:

Решение.

Построим окружность с центром в точке A и радиусом, равным a. Тогда точки B, C и D лежат на этой окружности, а градусная мера меньшей дуги BC равна 60° (поскольку ÐBAC – центральный для этой окружности и равен 60°). Рассмотрим 2 случая:

1) пусть D лежит на большей дуге BC окружности (на чертеже эта точка обозначена как D1). Тогда ÐBDC – вписанный и опирается на меньшую дугу BC и, потому, равен половине её градусной меры, то есть 30°;

2) пусть D лежит на меньшей дуге BC окружности (на чертеже эта точка обозначена как D2). Тогда ÐBDC – вписанный и опирается на большую дугу BC и, потому, равен половине её градусной меры, то есть 150°. Примечание: Если точка D совпадает с одной из точек B или C, что вполне возможно согласно условию задачи, то ÐBDC = 0°

Ответ: 30° или 150°

Вариант 15

№ 13.

В треугольнике ABC биссектриса AE равна отрезку EC. Найдите углы треугольника ABC, если известно, что AC = 2AB.

Дано: DABC, AE – биссектриса ÐBAC, AE = EC, AC = 2AB

Найти: ÐA, ÐC, ÐB

Решение.

Так как AE – биссектриса ÐA, то ÐBAE = ÐCAE. Так как AE = EC, то DAEC – равнобедренный Þ ÐBAE = ÐCAE = ÐC Þ ÐA = 2ÐC. Пусть M – середина AC. Тогда AB = AM = MC, поскольку AC = 2AB, Þ EM – медиана DAEC, а так как DAEC равнобедренный, то EM – высота DAEC Þ ÐAME = 90°. Так как по условию AC=2AB и М – середина АС, то AB = AM=МС, ÐBAE = ÐCAE, AE – общая сторона, то DABE = DAME Þ ÐB = ÐAME = 90°. ÐA + ÐB + ÐC = 180°, а так как ÐB = 90°, ÐA = 2ÐC, то 3ÐC = 90° Þ ÐC = 30° Þ ÐA = 60°.

Ответ: ÐA = 60°, ÐC = 30°, ÐB = 90°.

№ 14.

В равнобокую трапецию с острым углом 30° вписана окружность. Найдите отношение длины окружности к периметру трапеции.

Дано: ABCD – равнобокая трапеция с основаниями AD и BC, ÐA = ÐD = = 30°, Окр.(О;r) - вписанная

Найти:

Решение.

Пусть BH – высота трапеции. Тогда BH = 2r, где r – радиус окружности. Поскольку трапеция является описанной около окружности, то AB+CD = BC + AD, а так как AB = CD (трапеция равнобокая), то AB = .

Так как DABH – прямоугольный, а ÐA = 30°, то BH = . , Þ Þ.

Ответ:

№ 15.

Внутри треугольника ABC взята точка D такая, что ÐABD = ÐACD = 45°. Докажите, что отрезки AD и BC перпендикулярны и равны, если угол BAC равен 45°.

Дано: DABC, ÐA = 45°, DDABC, ÐABD = ÐACD = 45°

Доказать: AD = BC, ADBC

Доказательство.

Пусть BD Ç AC = B1, CD Ç AB = C1, AD Ç BC = A1. Тогда BB1 ^ AC, поскольку ÐAB1B = 180° - ÐA - ÐABD = 90°, Þ BB1 – высота DABC. Аналогично CC1 – высота DABC Þ D – точка пересечения высот DABC Þ AA1 – высота DABC Þ AD ^ BC. Так как DABB1 – равнобедренный, то AB1 = BB1. Также DB1DC – равнобедренный, поэтому B1D = B1C. Тогда треугольники AB1D и BB1C равны по двум катетам Þ AD = BC, ч. т.д..

Вариант 16.

№13.

В трапеции ABCD диагонали АС и BD перпендикулярны. На большем основании AD выбрана точка М так, что ВМ=MD=3 см. Найдите длину средней линии трапеции.

Дано: ABCD – трапеция, , ВМ=MD=3 см.

Найти:

Решение.

I способ

Т. к. ВМ=MD, то - равнобедренный

как накрест лежащие при и секущей BD.

BN –биссектриса и высота - равнобедренный и ВК=ВС, KN=NC

как накрест лежащие при и секущей АD,

, т. е.

Ответ:

II способ

Дополнительное построение:

LBCA – параллелограмм ()

. - равнобедренный. Также , - равнобедренныйдлина ВМ численно равна длине средней линии трапеции и ВМ=3см

Ответ:

III способ

Т. к. ВМ=MD, то - равнобедренный

как накрест лежащие при и секущей BD.

BН –биссектриса и высота - равнобедренный и ВК=ВС, ВС=ВО

Пусть ВС=ВО=х, тогда ОМ=3-х

( как накрест лежащие при и секущей АС), значит, - равнобедренный АМ=ОМ=3-х

Ответ:

№14.

Найдите углы треугольника, если высота и медиана, проведенные из одной вершины, делят угол при этой вершине треугольника на три равные части.

Дано: , медиана СМ, СН - высота,

Найти: ÐA, ÐC, ÐB

Решение.

: СН – биссектриса, тогда, по свойству биссектрисы угла треугольника,

Тогда

Ответ: ,

№ 15.

Две окружности пересекаются в точках A и B, прямая CD – общая касательная этих окружностей (C и D – точки касания). Прямые AB и CD пересекаются в точке N. Докажите, что N – середина CD.

Дано: w1 и w2 – окружности, w1 Ç Ç w2 = {A;B}, CD – общая касательная, CD Ç w1 = C, CD Ç w2 =D, AB Ç CD = N

Доказать: CN = ND

Доказательство.

По теореме о квадрате касательной для окружности w1 имеем: . Аналогично, для окружности w2 получаем: . Значит CN2 = ND2 Þ CN = ND Þ N – середина CD, ч. т.д.

Вариант 17.

№13.

В прямоугольной трапеции ABCD высота АВ равна сумме оснований AD и ВС. Биссектриса угла АВС пересекает сторону CD в точке К. В каком отношении эта точка делит CD?

Дано: ABCD – прямоугольная трапеция,, - биссектриса, .

Найти:

Решение.

I способ

Пусть EF – средняя линия ABCD. Проведем BF и AF, , также - равнобедренный, ;

- биссектриса, - средняя линия и

Ответ:

II способ

Пусть , тогда - равнобедренный

также равнобедренный

- прямоугольный

ВК – биссектриса равнобедренного треугольника с основанием МСВК – серединный перпендикуляр к центр описанной вокруг окружности лежит на ВК, но он также лежит на CD, как на гипотенузе. В , точка, принадлежащая одновременно CD и ВК, является точкой КК – центр описанной вокруг окружности.

Ответ:

II способ

Пусть BK Ç AD = L. Так как BK – биссектриса ÐB, а ÐB = 90°, то ÐABL = = ÐCBL = 45°. Так как AL װ BC, то ÐBCD = ÐCDL, ÐABL = ÐCBL = ÐL = = 45° Þ DABL – равнобедренный Þ AB = AL. Так как AB = AD + BC, AL = = AD + DL, а AB = AL, то AD + BC = AD + DL Þ BC = DL. Так как ÐBCD = = ÐCDL, ÐCBL = ÐL, BC = DL, то DBCK = DDKL Þ CK = KD Þ .

Ответ:

№14.

В окружность диаметра см вписан шестиугольник, одна сторона которого 10 см, а все остальные равны между собой. Найдите его углы.

Дано: , , .

Найти:

Решение.

I способ

по теореме косинусов

Ответ: ,

II способ

Пусть . В - равнобедренный

Сумма всех углов шестиугольника

Итак ,

Ответ: ,

№15.

На окружности с центром О дана точка А. найдите геометрическое место середин всех хорд этой окружности, проведенных из точки А.

Дано: , ,

Найти: ГМТ точки М

Решение.

Пусть точка B1 окружности такая, что точка O не лежит на отрезке AB1. Пусть O1 – середина AO. Тогда, поскольку M1 – середина AB1 и O1 – середина AO, O1M1 – средняя линия в DAOB1 Þ O1M1 = ½OB1 = ½R. Таким образом, точка M1 удалена от данной точки O1 на данное расстояние, равное ½R. Тогда, в силу произвольности выбора точки B1, все точки M лежат на данном расстоянии от точки O1, то есть, на окружности с центром в точке O1 и радиусом, равным ½R. Докажем, что все точки этой окружности принадлежат искомому ГМТ. Выберем произвольно точку M2 этой окружности. Пусть прямая AM2 пересекает данную окружность в точке B2. Докажем, что M2 – середина AB2. Так как AO = OB2, то DAOB2 – равнобедренный Þ ÐOAB2 = ÐOB2A. Также AO1 = O1M2, поэтому DAO1M2 – равнобедренный Þ ÐOAB2 = ÐO1M2A Þ ÐOB2A = ÐO1M2A Þ O1M2 װ OB2, а так как O1 – середина AO, то по теореме Фалеса M2 – середина AB2. Итак, искомое ГМТ – окружность с центром в середине отрезка AO и радиусом, равным половине этого отрезка.

Ответ:

Вариант 18.

№ 13.

Найдите радиус окружности, описанной около равнобедренного треугольника с основанием 10 см и боковой стороной 13 см.

Дано: DABC, AB = AC = 13, BC = 10.

Найти: R

Решение.

SD =

R = .

Ответ:

№ 14.

Точки M и N – середины сторон CD и BC параллелограмма ABCD. Докажите, что отрезки AM и AN делят диагональ BD на три равные части.

Дано: ABCD – параллелограмм, MС=MD, NB=NC, AMÇBD = K, ANÇBD = L

Доказать: DK = KL = LB

Доказательство.

Так как ABCD – параллелограмм, то AB = DC, AD = BC, AB║CD, AD║BC. Так как M – середина CD, то DM = ½CD = ½AB Þ Аналогично . Так как AB║CD, то DABK ~ DDKM Þ Þ Þ Þ DK = BD – DK Þ DK = BD Þ DK = BD. Аналогично из подобия треугольников ALD и BLN получаем: BL = BD. Так как DK + KL + LB = = BD, DK = BD, BL = BD, то и KL = BD Þ DK = KL = LB, ч. т.д.

№ 15.

На гипотенузе AB прямоугольного треугольника ABC выбрана произвольная точка M, и из неё опущены перпендикуляры MK и MP на катеты этого треугольника. Определите, при каком положении точки M длина отрезка PK будет наименьшей.

Дано: DABC, ÐC = 90°, MAB, MK ^ AC, MP ^ BC

Найти: при каком положении точки M длина отрезка PK будет наименьшей.

Решение.

Заметим, что CKMP – прямоугольник Þ PK = CM при любом положении точки M на гипотенузе. Значит PK минимально только в том случае, если CM минимально, а минимальное расстояние от точки C до прямой AB есть отрезок перпендикуляра, опущенного из точки C на прямую AB. Значит M – основание высоты, опущенной из вершины C на гипотенузу.

Ответ: M – основание высоты, опущенной из вершины C на гипотенузу.

Вариант 19.

№ 13.

Найдите радиус окружности, вписанной в равнобедренный треугольник с основанием 16 см и боковой стороной 10 см.

Дано: DABC, AC = AB = 10, BC = 16

Найти: r

Решение.

SD =

r =

Ответ:

№ 14.

В треугольнике со сторонами 4 см, 5 см и 8 см найдите длину медианы, проведённой из вершины большего угла.

Дано: DABC, AC = 4, AB = 5, BC = 8

Найти: длину медианы, проведённой из вершины большего угла.

Решение.

Против большего угла в треугольнике лежит большая сторона, поэтому медиана проведена к стороне BC = 8.

m2 = Þ m = = .

Ответ:

№ 15.

Докажите, что в выпуклом четырёхугольнике середина отрезка, соединяющего середины его диагоналей, совпадает с точкой пересечения отрезков, соединяющих середины противоположных сторон.

Дано: ABCD – выпуклый четырёхугольник, ВE =DE, AF=CF, EG1= =FG1, AK=KB, BL=LC, CM=MD, AN=ND, KMÇLN = G2

Доказать: G1 G2

Доказательство.

Введём произвольную систему координат. Пусть координаты точек A, B, C, D равны соответственно (a1; a2), (b1; b2), (c1; c2), (d1; d2). Тогда координаты точек E, F, K, L, M, N как середин отрезков равны соответственно (; ), (; ), (; ), (; ), (; ), (; ). Так как G1 – середина EF, то её координаты равны (; ). Заметим, что точка G1 является также серединой отрезков KM и LN, поскольку её координаты являются координатами середин этих отрезков, значит, точка G1 лежит одновременно на отрезках KM и LN, то есть KMÇLN = G1. Но по условию KMÇLN = G2 Þ G1 G2, ч. т.д.

Вариант 20.

№ 13.

Биссектриса CD прямого угла треугольника ABC делит гипотенузу на отрезки 15 см и 20 см. Найдите катеты треугольника.

Дано: DABC, ÐC = 90°, CD – биссектриса DABC, AD = 15, DB = 20

Найти: AC, BC

Решение.

По свойству биссектрисы угла треугольника: Þ Þ AC = BC. По теореме Пифагора AC2 + BC2 = AB2 = (AD +DB)2 = 352 Þ (BC)2 + BC2 = 352 Þ BC2 + +BC2 = 352 Þ BC2 = 352 Þ BC = 35 Þ BC = = 28 Þ AC = = 21.

Ответ: AC = 21, BC = 28.

№ 14.

Медиана треугольника в полтора раза больше стороны, к которой она проведена. Найдите угол между двумя другими медианами.

Дано: DABC, AA1, BB1, CC1 – медианы DABC, O – точка пересечения медиан, AA1 = 1,5BC

Найти: ÐBOC

Решение.

Поскольку O – точка пересечения медиан, AA1 – медиана, то Þ AA1 = 3OA1. Так как A1 – середина BC, то BA1 = A1C = 0,5BC. AA1 = 1,5BC Þ 3OA1 = 1,5BC Þ OA1 = 0,5BC = BA1 = =A1C Þ треугольники OBA1 и OCA1 – равнобедренные Þ ÐOBC = ÐBOA1, ÐA1OC = ÐBCO, а так как ÐOBC + ÐBOA1 + ÐA1OC + ÐBCO = 180°, то 2ÐBOA1 + 2ÐA1OC = 180° Þ ÐBOC = 90°.

Ответ: ÐBOC = 90°.

Учебное пособие составлено на основе решений учащихся МОУ лицей №1 г. Комсомольска – на – Амуре и под руководством

, учителя математики высшей категории.

Решебник к сборнику заданий ,

для проведения экзамена по геометрии

в 9 классе

(задания второй части итоговой аттестационной работы).

Сдано в печать 13.11.2008

Подписано к печати 15.11.2008

Печать офсетная. Бумага офсетная.

Формат 60 x 84 1/16.

Усл. п.л. 3,3. Уч.-изд. л. 4,1

Тираж 200 экз.

Отпечатано в

г. Комсомольск-на-Амуре

Ул. Парижской Коммуны, 36/2, тел.:(4217)