Главная
страница 1
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ 8 КЛАССА

ЗАДАЧА 1. Медиана ВМ треугольника АВС равна половине стороны АС. Угол между ВМ и высотой ВН равен 380. Найдите углы треугольника АВС.



Решение.


  1. ВМС -внешний к треугольнику ВНМ, тогда ВМС = 380+900=1280 (по свойству внешнего угла треугольника).

  2. ВМ — медиана треугольника АВС

ВМ=1/2 АС ВМ=МС=МА.

  1. ВМ=МС в треугольнике ВМС, тогда треугольник ВМС — равнобедренный и значит ВС=(1800-1280):2=260 (по свойству равнобедренного треугольника).

  2. ВМН = 900-380=520.

  3. ВМ=АМ в треугольнике ВМА, тогда треугольник ВМА — равнобедренный, значит АВ=(1800-520):2=640.

  4. АВС=1800-(260+640)=900.

Ответ: А640, С260, В900.

ЗАДАЧА 2. На сторонах AD и DC ромба ABCD построены равносторонние треугольники ADT и DCP так, что точка Т лежит внутри ромба, а точка Р вне ромба. Докажите, что точки В, Т и Р принадлежат одной прямой.



Доказательство.

Чтобы доказать, что точки В, Т и Р принадлежат одной прямой, достаточно доказать, что ВТР=1800.

1.  АТD — равносторонний, значит АD=Т600.

DСР — равносторонний, значит DР=С600.



2. Пусть TDC=., а так как TD=DP, то треугольник TDP — равнобедренный и тогда ТР(по свойству равнобедренного треугольника).

3. АВ||CD, АD — секущая, тогда BAD+ADС=1800 |ВАТ+600+600+= =1800ВАТ =600-.

4. В треугольнике АВТ: АВ=АТ, значит треугольник АВТ — равнобедренный и тогда В=Т=(1800-(600-)): 2= 600+.


  1. BТР = ВТА+AТD+DTP = 600-+600+ 600+=1800 точки Р, Т, В принадлежат одной прямой.



ЗАДАЧА 3. На продолжении основания равнобедренного треугольника взята точка. Докажите, что разность расстояний от этой точки до прямых, содержащих боковые стороны треугольника, равна длине высоты треугольника, опущенной на боковую сторону.




Доказательство.

Так как расстояние от точки до прямой есть длина перпендикуляра, опущенного из данной точки на данную прямую, то сделаем следующие построения:



  1. DKAB, DMBC, CHAB, CFKD.

  2. FKH+KHC9009001800тогда FK||CH (по признаку параллельности двух прямых).

Аналогично доказывается, что НК||СF.

  1. КF ||HC

HK ||CF HKFC — параллелограмм (по определению), но тогда НС=КF ( по свойству параллелограмма).

  1. ВАСВСА (по свойству равнобедренного треугольника АВС).

ВАС=FСD (как соответственные при АВ||CF и секущей AD),

ВСА=DСМ (как вертикальные), тогда FСD=DCM.



  1. FCD= MCD (по гипотенузе CD и острому углу) FD=DC.

  2. DK-DM=DF+FK-DF=FK=CH, что и требовалось доказать.


ЗАДАЧА 4. АВСD трапеция, основания AD и ВC продолжены в обе стороны. Биссектрисы внешних углов А и В пересекаются в точке К, а биссектрисы внешних углов С и D – в точке Е. Найдите периметр трапеции, если КЕ=20 см.



Решение.
Пусть КЕАВ=М, КЕCD=N.

  1. Так как ВК — биссектриса FBM, то FBK=KBM=.

Так как АК — биссектриса РАM, то РАK=KАM=

  1. FBА+РАМ=1800 (как сумма внутренних односторонних углов при FB||PA и секущей АВ), т.е. 2+2=1800 

В треугольнике АКВ: А+Втогда К=900.

Аналогично доказывается, что в треугольнике СЕD Е=900.



  1. Проведем KFBC и продолжим отрезок FK до пересечения с прямой AD в точке Р, т.к. FB||AP и они пересечены прямой FP, то сумма F и P равна 1800, но F =900, значит Р=900, т.е. КРАР.

Проведем KLAB, LAB.

  1. KBK -биссектрисе FBA, тогда KF=KL (1)

KK -биссектрисе PAB, тогда KP=KL (2)

Из равенств (1) и (2) следует, что KF=KP, т.е. К — середина отрезка или KF=FP.

Если F1P1 расстояние между ВС и AD, тогда FP=F1P1 (т.к. ВС||AD).

Аналогично доказывается, что F1E= F1P1=FP.



  1. F+F1=900+900=1800 (это сумма внутренних односторонних углов при пересечении прямых PF и P1F1 секущей FF1), значит FP||F1P1 (по признаку параллельности двух прямых).

  2. FK||F1E

FK F1E KFF1E — параллелограмм (по признаку),

тогда FF1 ||КE||РР1.

  1. Так как FK KP, KFP

FF1 ||KE||PP1 BM=MA (по теореме Фалеса).

Аналогично доказывается, что N — середина CD.



  1. М — середина АВ

N— середина CDMN — средняя линия трапеции (по определению)

  1. MN= (по свойству средней линии трапеции), тогда AD+BC=2MN.

  2. KM — медиана треугольника ABK, К=900, тогда =АВ (это известная задача)  2КМ=АВ.

Аналогично, ЕN=CD  2EN=CD.

  1. PABCD=AB+BC+CD+AD=2KM+2EN+2MN=2(KM+MN+NE)=220=40.


Ответ: PABCD=40.

ЗАДАЧА 5. Дан ромб ABCD с острым углом 600. Прямая MN отсекает от сторон АВ и ВС отрезки МВ и NB, сумма которых равна стороне ромба. Докажите, что треугольник DMN равносторонний.



Доказательство.


  1. Сделаем дополнительные построения: DB, DM, DN.

  2. Пусть ВМ=х, АВ=ВС=а, т.к. ВМ+ВN=а, тогда NB=a-x, AN=a-(a-x)=x.

  3. В треугольнике ADB: AD=AB, A=600, тогда треугольник ADB — равносторонний, т.е. AD=AB=DB.

  4. В ромбе ABCD: В=1800 (как сумма внутренних односторонних при AD||CB и секущей АВ), т.е. 600+В=1800 В=1300- 600 =1200.

  5. ABD=DВC=1200:2=600 (диагональ ромба является биссектрисой его угла).

  6. ADN=BDM (AD=BD, AN=BM, В), тогда DN=DM, ADNBDN

  7. NDBNDMNDBBDM; NDM

  8. В треугольнике NDM: DN=DM

NDM=600NDM — равносторонний.

ЗАДАЧА 6. Докажите, что биссектрисы углов параллелограмма при пересечении образуют прямоугольник, диагонали которого параллельны сторонам параллелограмма и равны разности соседних сторон параллелограмма.



Доказательство.
Докажем сначала, что PQMN — параллелограмм.

  1. Так как АА1 — биссектриса А, тогда ВАА1=А1АD=.

Так как СС1 — биссектриса С, аА=С (по свойству параллелограмма), тогдаВСС1=С1СD=Рассуждая аналогично, АВВ1=СВВ1=АDD1=CDD1=.

  1. ВA1A=А1 AD= (как накрест лежащие при ВС||AD и секущей АА1);

ВСС1=СС1D=(как накрест лежащие при ВС||AD и секущей СС1).

А1АD=СС1D=а это углы соответственные, при пересечении прямых АА1 и СС1 и секущей AD, тогда АА1||СС1 (по признаку парарллельности двух прямых). Аналогично доказывается, что ВВ1DD1, значит РQМN — параллелограмм (по определению). Докажем, что в этом параллелограмме все углы прямые, тогда он будет прямоугольником по определению прямоугольника.



  1. В треугольнике АВА1: А=А1=тогда АВА1 — равнобедренный (по признаку) и АВ=ВА1=а. СDD1 — равнобедренный (аналогично доказывается) и CD=DC1=а.

  2. DAB+ABС=2(как сумма внутренних односторонних углов при ВС||AD и секущей АВ); BРА= =

QPNBPAкак вертикальные).

QМNQPNпо свойству параллелограмма).

Q+N

QN(по свойству параллелограмма), значит QN



  1. В параллелограмме PQMN все углы равны 900, значит он является прямоугольником (по определнию прямоугольника).

  2. АА1||СС

А1С||С1А АА1СС1параллелограмм (по определению),

тогда АА1=СС1 (по свойству параллелограмма).

7. ВРАА1



АВВА1 ВМ – медиана треугольника АВА1, т.е. РА1=АА1, аналогично доказывается, что МС=СС1, а так как АА1ССто РА1=МС.
8. РА1||МС

РА1||МС1 РА1СМ — параллелограмм (по признаку),

тогда РА1=МС (по свойству параллелограмма).

РМ — диагональ прямоугольника, РМ=А1С=ВС-ВА1=ВС-АВ, что и требовалось доказать.


Смотрите также:
Решения задач 8 класса задача 1
72.76kb.
1 стр.
Задача №1 Производственная задача 14 Задача №4 Задача о распределении торговых агентов 18
799.14kb.
9 стр.
«Переборные задачи»
242.83kb.
1 стр.
Решение задач егэ по математике Задача В1 Правильный выбор: В1, В2, В4 и В13. Задача В1 решается всегда!
65.4kb.
1 стр.
Задача для 6 класса на материале школьного курса природоведения ■ Заполните недостающие ячейки таблицы
199.5kb.
1 стр.
Неустановившиеся движения в плотных средах (полугодовой)
22.5kb.
1 стр.
1 этап. Алгебраический способ решения задач
47.9kb.
1 стр.
Учебное пособие «Методика решения задач по химии»
882.54kb.
6 стр.
Сборник задач по аналитической химии титриметрические и гравиметрические методы анализа. Для студентов химико технологических
454.64kb.
4 стр.
Учебно-методический комплекс по дисциплине «Практикум по решению задач на Эвм»
734.83kb.
9 стр.
Информационная и телекоммуникационная среда для решения задач вычислительной биологии
54.06kb.
1 стр.
Задача №1. Ассортимент продукции Компания производит две марки телевизоров Astro и Cosmo. Работают два конвейера, каждый из которых выпускает телевизоры одной марки, и два цеха, занятых производством деталей для телевизоров обеих марок
44.98kb.
1 стр.