Геометрия: Планиметрия в тезисах и решениях. 9 класс

Ответ:

Задача 141

Решение. OB = 4; ВС = 3, значит ОС = 7. OB ? ОС = ОА2; 4 ? 7 = OA2; OA = 2?7.

Ответ: 2?7.

Задача 146 (рис. 296)

Рис. 296.

Решение. Достроим ?ABD до параллелограмма. Тогда АС < АВ + ВС, но АС = 2AM, 2AM < АВ + ВС = АВ + AD, что и требовалось доказать. Заметим, что AM является медианой ?ABD.

Задача 147 (рис. 297)

Рис. 297.

Решение. Достаточно построить симметричные точки относительно берегов и длина полученной ломаной равна длине прямолинейного отрезка А'В', т. е. минимальна.

Задача 148 (рис. 298)

Рис. 298.

Решение. Так как средняя линия трапеции ABCD равна 4, то сумма оснований равна 8. Воспользуемся тем, что середины оснований и точка пересечения боковых сторон трапеции лежат на одной прямой КМ. Из ?AKD ?AKD = 90°. Заметим, что ?AKD – прямоугольный, причем AD – гипотенуза и точкой М делится пополам. Но тогда AM = MD = КМ = 4 – х (радиусы описанной около ?AKD окружности), КЕ = 3 – х, где х – это длина отрезков BE и ЕС. Из подобия ?АКМ и ?ВКЕ следует: (4 – х)/x = (4 – х)/(3 – x); x = 3/2; BC = 3, AD = 5.

Ответ: 5 и 3.

Задача 154 (рис. 299)

Рис. 299.

Решение. Пусть D – проекция точки F на прямую d. Середину О отрезка DF примем за начало прямоугольной системы координат, а прямую OF – за ось ординат. Точке F отнесём координаты (0; 1). Прямая d будет иметь уравнение у = -1. Пусть М(х; y) – произвольная точка плоскости. Тогда

и MN = |у + 1 |, где MN – расстояние от точки М до прямой d. Если

Возведя обе части в квадрат, получим уравнение у = 1/4x2.

Обратно, если координаты точки М удовлетворяют этому уравнению, то х2= 4у и, следовательно,

Заметим, что если вместо DF = 2 положить DF = р, то получим уравнение х2= 2ру.

Из школьного курса алгебры известно, что линия, определяемая уравнением у = ах2, называется параболой.

Задача 155 (рис. 300)

Рис. 300.

Решение. Переведём условие задачи на векторный язык. Поскольку точки Р, A, D так же, как и точки Р, В, С, лежат на одной прямой, то PD = аРА, PC = bРВ, где а и b – коэффициенты пропорциональности, а > 0; b > 0. Точки М и N – середины отрезков АВ и CD. Следовательно,

Учитывая приведённые выше равенства, получаем: PN = 1/2(аРА + bРВ). Согласно условию задачи, векторы РМ и PN коллинеарны. Следовательно, найдётся такое число ?, что

откуда (а – ?)РА + (b – ?)РВ = 0. На основании единственности разложения вектора по неколлинеарным векторам РА и РВ заключаем, что а = b = ?. Таким образом, PD = аРА и PC = аРВ. Вычитая из первого равенства второе, получаем CD = аВА. Значит, стороны CD и АВ параллельны, т. е. ABCD – трапеция.

Задача 156 (рис. 301)

Рис. 301.

Решение. Высота равнобедренного треугольника является его осью симметрии. Поэтому середину D основания АВ треугольника ABC удобно принять за начало прямоугольной системы координат, а направленные прямые АВ и DC – за оси координат. Тогда вершинам треугольника можно отнести координаты: А(-1; 0), B(1; 0), С(0; с).

Вычислим угловые коэффициенты прямых АЕ и СМ. Для этого сначала найдём координаты точек Е и М. Запишем уравнение прямой ВС: х + у/с = 1 или у = – сх + с.

Так как DE ? ВС, то угловой коэффициент прямой DE равен 1/с, а её уравнение есть у = (1/c)x. Решая систему уравнений

находим координаты точки Е:

Следовательно, М (х1/2; у1/2).

Угловые коэффициенты прямых АЕ и СМ равны соответственно

Подставив значения x1 и у1 получим:

k1k2 = -1, что говорит о перпендикулярности прямых. Значит, отрезки АЕ и СМ перпендикулярны.

Задача 157

Решение. Имеем (PA + РВ + PC)2? 0, причем равенство достигается только тогда, когда Р – центроид треугольника ABC. Отсюда

Но

Тогда

Подставив эти значения скалярных произведений в неравенство (1), получим:

Задача 163 (рис. 302)

Рис. 302.

Решение. Пусть ЕК = КМ = MF = а. ЕК – средняя линия в ?ABC, значит, ВС = 2а. ЕМ – средняя линия в ?ABD, поэтому AD = 2ЕМ = 2 ? 2а = 4а; AD/BC = 4а/2а =2.

Ответ: 2:1.

Задача 164 (рис. 303)

Рис. 303.

Решение. NK и MP – средние линии в ?BCD и ?ABD, поэтому NK||BD и MP||BD; MP = 1/2 BD и NK = 1/2 BD. Значит, MP||NK и MP = NK. Аналогично MN||PK (||AC) и MN = PK = 1/2 AC. Так как трапеция равнобедренная, то АС = BD, значит MN = NK = КР = РМ. Параллелограмм MNKP – ромб.

Задача 165 (рис. 304)

Рис. 304.

Решение. Очевидно, что MNPQ – параллелограмм. ?BAD + ?ABC = 180°. Так как AM и ВМ – биссектрисы, то ?ВАМ + ?АВМ = 90°, значит, ?АМВ = 90° и ?NMQ = 90°. Таким образом, MNPQ – прямоугольник.

Задача 166 (рис. 305)

Рис. 305.

Решение. SABCD = 1/2 BD ? AC ? sin ? = S. Sпараллелограмма = ab sin ? = BD ? AC ? sin ? = 2S.

Ответ: 2S.

Задача 167 (рис. 306)

Рис. 306.

Решение. Обозначим точку на диагонали, о которой идет речь в условии задачи, через О. Так как ?ABC = ?ACD, то равны и высоты ВР и DM этих треугольников. ОК = ОС ? sin ?; ОТ = ОС ? sin ? (см. рис).

что и требовалось доказать.

Задача 168 (рис. 307)

Рис. 307.