В равнобедренном треугольнике центр вписанной окружности делит высоту в отношении 17:15, боковая сторона треугольника равна 34 см. Найдите основание треугольника.

↑

▷ Содержание

Стр 1 из 6Следующая ⇒

▷ Похожие статьи

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.

• Центр описанной окружности в остроугольном треугольнике лежит внутри треугольника;
• Центр описанной окружности в тупоугольном треугольнике лежит вне треугольника;
• Центр описанной окружности в прямоугольном треугольнике лежит на середине гипотенузы.

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

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.

На гипотенузе AB прямоуго

123456Следующая ⇒

Поделиться:

Познавательные статьи:



Техника прыжка в длину с разбега

Тактические действия в защите

История Олимпийских игр

История развития права интеллектуальной собственности