Геометрия: Планиметрия в тезисах и решениях. 9 класс

то точка N лежит на отрезке ВС. Пусть L – точка пересечения прямых АС и ВА1. Аналогично показывается, что точка L лежит на отрезке АС. Пусть М – точка пересечения прямых АС и С1А1. Ясно, что точка М лежит на отрезке CL. Тогда SBLMN = SBLC – SCNM. Треугольник BLC равнобедренный и прямоугольный, т. к. в нем ?CBL = ?LCB = 45°. Следовательно,

Треугольник CNM также равнобедренный и прямоугольный, причем

Следовательно,

Итак,

Ответ:

Задача 43 (рис. 237)

Рис. 237.

Решение. Проведём высоты трапеции ВК и СМ. Очевидно, что КМ = 4; AK = MD = (12 – 4)/2 = 4. Так как треугольник АВК – равнобедренный (?АВК = ?ВАК = 45°). то ВК = АК = 4.

SABCD = (AD + BC)/2 ? BK = (12 + 4)/2 ? 4 = 32.

Ответ: 32 см2.

Задача 44 (рис. 238)

Рис. 238.

Решение. Проведём высоты трапеции ВК и СМ. Мы получили два прямоугольных треугольника АВК и CMD, в которых ?ВАК и ?CDM равны 30°; так как напротив угла в 30° лежит катет (ВК), равный половине гипотенузы (АВ), то АВ = 2h (ВК = h).

Ответ: (6 + 2?3)h.

Задача 45 (рис. 239)

Рис. 239.

Решение. Пусть АК = х, высоты ВК и СМ равны h, тогда, так как КМ = ВС = 4, MD = 21 – х.

Из ?АВК и ?MCD по теореме Пифагора получим:

Несложно подсчитать, что если оба угла при нижнем основании не острые, то задача решений не имеет.

Ответ: 12.

Задача 46 (рис. 240)

Рис. 240.

Решение. Проведем высоту трапеции СК (см. рис.). Тогда, KD = (a – b)/2; cos D = (a – b)/2c. Из ?ACD по теореме косинусов AC2= AD2+ CD2– 2AD ? CD ? cos D = a2+ с2– 2 ? а ? с ? (a – b)/2c = a2+ с2– a2+ аb = c2+ ab.

Ответ:

Задача 47 (рис. 241)

Рис. 241.

Решение. По содержанию задача идентична задаче 45. Однако, если мы начертим аналогичную трапецию и введем 25 соответствующие обозначения, то из чертежа получится система:

24х = 144 + 625–289 = 480; х = 20. Получается, что MD = 12–20 = -8. Это лишь означает, что трапеция выглядит как на рис. 242:

Рис. 242.

Ответ: 15 см.

Задача 48 (рис. 243)

Рис. 243.

Решение. Так как ABCD – равнобедренная трапеция, то АО = OD и ?OAD = ?ODA = 45°. Проведём высоту BK (см. рис.). Раз ?ODA = 45°, то ?KBD – равнобедренный и KD = BK = 10.

Ответ: 100.

Задача 49 (рис. 244)

Рис. 244.

Решение. Пусть ABCD – данная в условиях задачи трапеция. Обозначим через точку М точку касания окружности со стороной CD трапеции ABCD. Соединив точки С и D с центром окружности, получим треугольник COD. Так как точка О равноудалена от прямых ВС и CD, то СО – биссектриса угла BCD и ?OCD = 1/2 ?BCD. Аналогично, ?ODC = 1/2 ?ADC. Поскольку BC||AD, то ?BCD + ?ADC = ?, следовательно, ?OCD + ?ODC = ?/2. Тогда ?COD = ?/2, т. е. треугольник COD – прямоугольный. По теореме Пифагора

Так как M – точка касания окружности и стороны CD, то CD ? ОМ. Из подобия прямоугольных треугольников OCD и OMD (они имеют общий острый угол) находим, что CD/OD = OC/OM.

Отсюда

Проведём через точку О прямую, перпендикулярную ВС. Тогда она будет перпендикулярна и прямой AD. Поскольку такой перпендикуляр к прямым ВС и AD единственен, то точки пересечения его L, K c прямыми AD и ВС соответственно будут точками касания сторон трапеции с окружностью. Значит, длина высоты трапеции равна KL = 2 ? ОМ = 8/?5 и АВ = 8/?5. Поскольку в четырехугольник ABCD вписана окружность, то BC + AD = AB + CD = 18/?5. Откуда SABCD = 1/2(BC + AD) ? AB = 72/5.

Ответ: 72/5.

Задача 53 (рис. 245)

Рис. 245.

Решение. Исходя из условия задачи, получим систему:

Учитывая, что AO = СО, получим:

Ответ: 12 см; 4 см; 12 см; 4 см.

Задача 54 (рис. 246)

Рис. 246.

Решение. Так как по условию BD = 6, АС = 2?22, то, учитывая, что диагонали параллелограмма точкой пересечения делятся пополам, получим: АО = ?22, ВО = 3. Из прямоугольного треугольника АВО по теореме Пифагора

Из прямоугольного треугольника ABD

Ответ: 7.

Задача 55 (рис. 247)

Рис. 247.

Решение. С целью упрощения арифметических вычислений уменьшим все линейные размеры в 9 раз. Тогда АВ = 17; ВС = 20; BE = 15. Линии f и g делят площадь трапеции на три равные по площади части (см. рис.). Проведем высоту BE. Последовательно находим: SABCD = AD ? BE = 20 ? 15 = 300 (в «новом формате»).

Осталось увеличить полученные результаты в 9 раз: AM = 96; AN = 156.

Ответ: 96; 156.

Задача 58 (рис. 248)

Рис. 248.

Решение. Пусть в ромбе ABCD BD = АВ = AD. Тогда ?ABD – равносторонний и АВ = ВС = 10, ?BAD = 60°, ?АВС = 120°. По теореме косинусов из треугольника ABC

Ответ: 10?3 см; 120°; 60°.

Задача 59 (рис. 249)

Рис. 249.

Решение. Начертим ромб ABCD. По условию

Так как диагонали ромба перпендикулярны друг другу, то ?AOD – прямоугольный. Тогда по теореме Пифагора АО2+ OD2= AD2. Обозначим АО через 4х, тогда OD = Зх.

(4х)2+ (Зх)2= 202; 25х2= 400; х2= 16; х = 4. АО = 16; OD = 12. Осталось найти высоту ОН в ?AOD, которая и является радиусом вписанного круга. Из рисунка

Ответ: 92,16? см2.

Задача 60 (рис. 250)

Рис. 250.

Решение. Во-первых, раз

Во-вторых, высота ромба равна диаметру вписанного круга, значит,

Так как

Ответ: 8Q/?.