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.

3. 
   ВМ=МС в треугольнике ВМС, тогда треугольник ВМС — равнобедренный и значит ВС=(180⁰-128⁰):2=26⁰ (по свойству равнобедренного треугольника).
   
4. 
   ВМН = 90⁰-38⁰=52⁰.
   
5. 
   ВМ=АМ в треугольнике ВМА, тогда треугольник ВМА — равнобедренный, значит АВ=(180⁰-52⁰):2=64⁰.
   
6. 
   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+.

5. 
   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. 
   DKAB, DMBC, CHAB, CFKD.
   
2. 
   FKH+KHC90⁰90⁰180⁰тогда FK||CH (по признаку параллельности двух прямых).
   

Аналогично доказывается, что НК||СF.

3. 
   КF ||HC
   

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

4. 
   ВАСВСА (по свойству равнобедренного треугольника АВС).
   

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

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

5. 
   FCD= MCD (по гипотенузе CD и острому углу)  FD=DC.
   
6. 
   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 КЕАВ=М, КЕCD=N.

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

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

2. 
   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.

3. 
   Проведем KFBC 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. КР АР.
   

Проведем KLAB, LAB.

4. 
   KBK -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 FР или KF=FP.

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

Аналогично доказывается, что F₁E= F₁P₁=FP.

5. 
   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).
   
6. 
   FK||F₁E
   

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

тогда FF₁ ||КE||РР₁.

7. 
   Так как FK KP, KFP
   

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

Аналогично доказывается, что N — середина CD.

8. 
   М — середина АВ
   

N— середина CD  MN — средняя линия трапеции (по определению)

9. 
   MN= (по свойству средней линии трапеции), тогда AD+BC=2MN.
   
10. 
    KM — медиана треугольника ABK, К=90⁰, тогда KМ=АВ (это известная задача)  2КМ=АВ.
    

Аналогично, ЕN=CD  2EN=CD.

11. 
    P_ABCD=AB+BC+CD+AD=2KM+2EN+2MN=2(KM+MN+NE)=220=40.
    

Ответ: P_ABCD=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=60⁰  NDM — 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=.

2. 
   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.

3. 
   В треугольнике АВА₁: А=А₁=тогда АВА₁ — равнобедренный (по признаку) и АВ=ВА₁=а. СDD₁ — равнобедренный (аналогично доказывается) и CD=DC₁=а.
   
4. 
   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^^

5. 
   В параллелограмме PQMN все углы равны 90⁰, значит он является прямоугольником (по определнию прямоугольника).
   
6. 
   АА₁||СС_
   

А₁С||С₁А  АА₁СС₁ — параллелограмм (по определению),

тогда АА₁=СС₁ (по свойству параллелограмма).

7. ВРАА₁

АВВА₁  ВМ – медиана треугольника АВА₁, т.е. РА₁=АА_1, аналогично доказывается, что МС=СС₁, а так как АА₁СС_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.