Заглавная страница Избранные статьи Случайная статья Познавательные статьи Новые добавления Обратная связь КАТЕГОРИИ: АрхеологияБиология Генетика География Информатика История Логика Маркетинг Математика Менеджмент Механика Педагогика Религия Социология Технологии Физика Философия Финансы Химия Экология ТОП 10 на сайте Приготовление дезинфицирующих растворов различной концентрацииТехника нижней прямой подачи мяча. Франко-прусская война (причины и последствия) Организация работы процедурного кабинета Смысловое и механическое запоминание, их место и роль в усвоении знаний Коммуникативные барьеры и пути их преодоления Обработка изделий медицинского назначения многократного применения Образцы текста публицистического стиля Четыре типа изменения баланса Задачи с ответами для Всероссийской олимпиады по праву Мы поможем в написании ваших работ! ЗНАЕТЕ ЛИ ВЫ?
Влияние общества на человека
Приготовление дезинфицирующих растворов различной концентрации Практические работы по географии для 6 класса Организация работы процедурного кабинета Изменения в неживой природе осенью Уборка процедурного кабинета Сольфеджио. Все правила по сольфеджио Балочные системы. Определение реакций опор и моментов защемления |
В равнобедренном треугольнике центр вписанной окружности делит высоту в отношении 17:15, боковая сторона треугольника равна 34 см. Найдите основание треугольника.Стр 1 из 6Следующая ⇒
Введение.
При подготовке к итоговой аттестации по геометрии в 9 классе многие учителя и учащиеся используют «Сборник заданий для проведения экзамена в 9 классе» авторов А.Д.Блинкова и Т.М.Мищенко, издательства «Просвещение», 2006. При этом задачи второй части вызывают у некоторых серьезные затруднения, что усугубляется отсутствием ответов и комментариев к ним. Данное пособие призвано помочь снять эти трудности. Пособие снабжено описанием используемых основных теоретических фактов, необходимыми чертежами и пояснениями. Многие задачи решены несколькими способами.
Основные факты планиметрии. I. Треугольники 1) Теорема синусов. В треугольнике стороны пропорциональны синусам противолежащих углов. В а b А c С 2) Теорема косинусов. В треугольнике квадрат одной стороны равен сумме квадратов двух других сторон без удвоенного произведения этих сторон на косинус угла между ними.
В а b А с С Примечание. Если CosA 0, то А – острый, если CosА = 0, то А – прямой, если CosA 0, то А – тупой.
3) Теорема о биссектрисе угла в треугольнике. Биссектриса угла треугольника делит его сторону на части, пропорциональные прилежащим сторонам.
В D А С 4) Вычисление биссектрисы угла. В А С 5) Вычисление координаты точки отрезка.
С В А , где или , где 6) Теорема о медианах. В треугольнике медианы пересекаются в одной точке и делятся в отношении 2:1, считая от вершины. В
А С 7) Вычисление длины медианы треугольника С с а А b В
8) Теорема о высоте прямоугольного треугольника. С b a , где = DB – проекция катета а на гипотенузу с, = АD – проекция А c В катета b на гипотенузу с. D ,
9) Теорема о центре вписанной окружности. В Центр вписанной окружности лежит на пересечении биссектрис треугольника.
А С 10) Теорема о центре описанной окружности. Центр описанной окружности лежит на пересечении серединных Перпендикуляров к сторонам треугольника.
11) Тригонометрические функции в прямоугольном
Треугольнике. А , , , bс С В а 12) Площадь треугольника. а) ; б) ; в) , где ; г) , где R – радиус описанной окружности; д) ; е) , где r радиус вписанной окружности, Р – периметр треугольника; ж) - площадь равностороннего треугольника; 13) Теорема об отношении площадей треугольников, имеющих равный угол. В
А С
Площади относятся как произведение сторон, заключающих равные углы, то есть если , то . 14) Теорема об отношении площадей подобных треугольников. В
А С , где К – коэффициент подобия. Примечание:
14) Теорема Чевы.
Если три чевианы пересеклись в одной точке, то В , , - чевианы.
А С
II. Четырехугольники 1) Параллелограмм. В а С h площадь b параллелограмма АВСD А D В С
A D где и -диагонали параллелограмма АВСD 2) Ромб. В , где и - диагонали ромба АВСD А С , где а – сторона ромба D 3) Трапеция. B b C , где - средняя линия трапеции A а D 4) Свойства описанного четырехугольника. b В любом описанном четырехугольнике суммы противо- положных сторон равны: a c с
d 5) Свойства вписанного четырехугольника. В любом вписанном четырехугольнике сумма противоположных углов равна :
6) Площадь любого четырехугольника, у которого диагонали перпендикулярны, выражается формулой: В А С , где и - диагонали D четырехугольника АВСD. 7) Правильные многоугольники.
- сторона правильного многоугольника, где R – радиус описанной окружности;
- сторона правильного многоугольника, где – r радиус вписанной окружности;
III. Окружность. 1) В АВС – вписанный, АВС= АС; С ADC – центральный, ADC = АС. А
2) C D Углы, опирающиеся на диаметр прямые. B A АВ – диаметр, АСВ = ADB =
3) D
A B
4) Теорема об отрезках пересекающихся хорд. С
А B D 5) l l – касательная, r – радиус l r и наоборот.
6) В А АВ = ВС, АВ и ВС - касательные С
7) В
А L
, где АВ - касательная
С
8) С В А ВС – касательная, СВА = ВА
9) A B CFD= C D
10) D
A B D = C K Вариант 1. №13. 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, - прямоугольный центр искомой окружности лежит на середине гипотенузы AC и . Тогда Ответ:
№14. 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. 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. 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. 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. 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. Вариант 8. №13. Вне квадрата на его стороне, построен прямоугольный треугольник, у которого сторона квадрата является гипотенузой. Докажите, что биссектриса прямого угла этого треугольника проходит через центр квадрата. Дано: ABCD – квадрат, - прямоугольный, NM-биссектриса. Доказать: NM проходит через центр ABCD Доказательство. Достроим BCDАN до квадрата со стороной BN+AN, (по трем сторонам). Пусть О – центр квадрата NLMK, тогда , значит, - прямоугольные и равнобедренные , т.е. NM и LK – биссектрисы , значит, биссектрисы пересекаются в центре NLMK , т.е. О – центр ABCD, ч.т.д.
Вариант 9. №13. Вариант 10. №13. В выпуклом четырехугольнике ABCD точки Е, F и G – середины сторон АВ, ВС и AD соответственно, причем . Найдите угол ACD.
Дано: ABCD – выпуклый четырехугольник, . Найти: Решение. GF – серединный перпендикуляр к , GЕ – серединный перпендикуляр к , значит, точка G равноудалена от всех вершин ABCD G – центр описанной около ABCD окружности. опирается на диаметр Ответ:
№14. В треугольник вписан ромб так, что один угол у них общий, а противоположная вершина делит сторону треугольника в отношении 1:3. Диагонали ромба равны 18 см и 24 см. Найдите стороны треугольника, содержащие стороны ромба. Дано: DBFE – ромб, , , . Найти: АВ, ВС Решение. Т.к. DBFE – ромб, то, из прямоугольного . и аналогично , тогда и , как соответственные углы при параллельных прямых, значит, Ответ: ,
№15. Две противоположные стороны выпуклого четырехугольника лежат на перпендикулярных прямых. Докажите, что расстояние между серединами двух других сторон четырехугольника равно расстоянию между серединами его диагоналей. Дано: ABCD – выпуклый четырехугольник, . Доказать: BF=KL Доказательство. Зададим прямоугольную систему координат так, что сторона СВ лежит на оси Ox, AD - на Oy, тогда пусть A(0;a), B(b;0), C(c;0), D(0;d). Тогда , , , Т.е. BF=KL, ч.т.д.
Вариант 11. №13. В параллелограмме ABCD диагональ BD перпендикулярна стороне AD. Найдите АС, если AD=6 см и BD=5 см. Дано: ABCD – параллелограмм, , . Найти: АС Решение. Дополнительное построение: , так что и поэтому , Т.е. получим прямоугольник , где , . Из прямоугольного : Ответ: №14. В шестиугольнике ABCDEF AB=AF, BC=CD, DE=EF. Докажите, что биссектрисы углов А, С и Е пересекаются в одной точке. Дано: ABCDEF, AB=AF, BC=CD, DE=EF, АА1, СС1, ЕЕ1 - биссектрисы. Доказать: Доказательство. - равнобедренные, тогда АА1, СС1, ЕЕ1 – биссектрисы и медианы - серединные перпендикуляры к сторонам , а серединные перпендикуляры пересекаются в треугольнике в одной точке, т.е. , ч.т.д.
№15. Две стороны треугольника имеют длины 6 см и 12 см, а угол между ними равен . Найдите длину биссектрисы, проведенной к большей стороне. Дано: , , . Найти: длину биссектрисы, проведенной к большей стороне. Решение. По теореме косинусов , т.е. искомая биссектриса , т.к. против большего угла лежит большая сторона Ответ: Вариант 12. №13. Вариант 13. №13. В треугольнике АВС проведены медианы АМ и CN. найдите расстояние между их серединами, если АС=16 см. Дано: , медианы АМ и СN, AD=DM, NF=FC, . Найти: Решение. Введем прямоугольную систему координат так, что A(0;0), B(a;b), C(16;0), тогда , ,
Ответ:
№14. Вариант 14. № 13. В прямоугольном треугольнике ABC (ÐC – прямой) проведена высота CD, а в треугольнике ACD – биссектриса CE. Докажите, что треугольник BCE равнобедренный. Дано: DABC, ÐC = 90°, CD – высота DABC, CE – биссектриса DACD Доказать: DBCE – равнобедренный. Доказательство. Так как CE – биссектриса ÐACD, то ÐACE = ÐECD. ÐBCE = ÐACB - ÐACE = 90° - -ÐECD, ÐBEC = 180° - ÐADC - ÐECD = 90°- -ÐECD Þ ÐBCE = ÐBEC Þ DBCE – равнобедренный. № 14. 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°, D DABC, ÐABD = ÐACD = 45° Доказать: AD = BC, AD BC 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 , - равнобедренный длина 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. Вариант 17. №13. Вариант 18. № 13.
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||
Последнее изменение этой страницы: 2016-08-01; просмотров: 822; Нарушение авторского права страницы; Мы поможем в написании вашей работы! infopedia.su Все материалы представленные на сайте исключительно с целью ознакомления читателями и не преследуют коммерческих целей или нарушение авторских прав. Обратная связь - 34.207.178.236 (0.3 с.) |