Повторим планиметрию

1
Диагонали прямоугольника
KMNP пересекаются в
точке С.Найдите угол MNC,
если угол MCN равен 460 .
Решение:
В прямоугольнике диагонали равны и точкой
пересечения делятся пополам, значит
NC=CM, то есть треугольник MCNравнобедренный. А в равнобедренном
треугольнике углы при основании равны.
Следовательно углы MNC и NMC равны. А
так как сумма углов треугольника равна
1800, то:
1800  460 1340
0
MNC  NMC 

 67
2
2
Ответ: 670
2 • Через точку А окружности с
центром О проведена
касательная АВ. Найдите
радиус окружности, если
ОВ=8,угол АОВ равен 600 .
300
0
0
0
Решение: B  90  60  30
-так
как сумма острых углов
треугольника равна 900 .
BD 8
R
 4
2
2
-так как катет, лежащий напротив
угла в 300 равен половине гипотенузы.
Ответ: 4
• Внешний угол при
основании
равнобедренного
треугольника равен 1400.
Найдите угол между
боковыми сторонами
этого треугольника.
3
400
400
Решение:
Углы BCA и BCD-смежные, а сумма смежных углов
равна 1800.
0
0
0
BCA  180  140  40
BAC  BCA  40
0
-как углы при основании равнобедренного
треугольника.


B  1800  400  400  1000
-так как сумма углов треугольника равна 1800.
Ответ: 1000
4
9
12
Используя данные, указанные
на рисунке, найдите высоту
CH.
Решение:
1).Из ABC, ACB  900 ,
по теореме Пифагора:
AB  AC 2  BC 2  92  122  81  144  225  15
-в прямоугольном треугольнике квадрат
гипотенузы равен сумме квадратов катетов.
2). S ABC 
1
1
AC  BC  AB  CH | AC  BC  AB  CH |
2
2
AC  BC 9 12 36
CH 


 7,2
AB
15
5
Ответ:7,2
5
Длина окружности равна 29.Найдите
радиус этой окружности.
Решение.
C  2R
C  29
| 2R  29
2 R  29
29
R ;
2
Ответ:14,5
|
R  14,5
6 Используя данные, указанные на рисунке,
найдите АС, если известно, что АВ||CD.
Решение.
ABOCDO -по двум углам, (A  C , B  D
- как накрест лежащие, при параллельных прямых
АВ и CD и секущих AC и BD). Из подобия следует:
AB AO
CD  AO

| CO 
;
CD CO
AB
9 10
CO 
 15 ; АС=АО+ОС=10+15=25
6
Ответ:25
Найдите боковую сторону равнобедренной
7 трапеции, если её основания равны 9 и 19,а
высота равна 12.
Решение.
1). Построим высоты BH и BN, получим
прямоугольник HBCN. В нём HN=BC=9.
2).
ABH  DCN - по гипотенузе и острому углу.
(19  9)
5
Из равенства следует: AH  DN 
2
0

ABH
3).Из
, H  90 , по теореме Пифагора:
AB 2  AH 2  HB 2
AB  AH 2  HB 2 
 52  12 2  169  13
5
9
5
Ответ:13
В параллелограмме ABCD на стороне ВС
отмечена точка К так, что ВК=АВ.
НайдитеBCD , если KAD  200.
Решение.
| 1  2,
1). В ABK АВ=ВК ,
как углы при основании равнобедренного треугольника.
2). 1  3  200 , -как накрестлежащие, при параллельных
8
прямых AD и ВС и секущей АК.
1  2, 0 | 3  2  200 , BAD  2  3  400
1  3  20 ,
0
-так как в

BAD


BCD

40
3).
200
200
200
параллелограмме
противоположные
углы равны.
Ответ: 400
9
Сторона равностороннего треугольника MLN равна
6см. Найдите скалярное произведение векторов

LM и

LN .
Решение.
В равностороннем треугольнике все углы по
600.






LM  LN | LM |  | LN |  cos L
1
LM  LN  6  cos 60  36   18
2
2
0
Ответ: 18
10
Радиус окружности ,описанной около правильного
двенадцатиугольника А1А2А3А4А5А6А7А8А9А10А11А12 равен 5 3 .
Найдите длину диагонали A1A5.
Решение.
А1А5-сторона правильного
треугольника, вписанного
в окружность. Найдем её
по формуле:
a  R 3 | A A  a  5 3  3  15
1 5
R5 3
Ответ: 15
11
Имеется лист фанеры прямоугольной формы,
длина и ширина которого соответственно равны
10дм и 5дм.Из него, как показано на рисунке, вырезаны
две одинаковые части в форме равнобедренных
треугольников. Сколько кг краски потребуется ,
чтобы покрасить получившуюся фигуру, если длина
отрезка АВ =6дм, а на 1дм2 поверхности расходуется
0,012 кг краски?
С
D
А
D1
В
С1
Решение.
1). Площадь фигуры равна сумме площадей двух
равных трапеций ABCD и ABC1D1..
Высота каждой трапеции h=5:2=2,5..
(6  10)
( AB  CD)
 2,5  8  2,5  20
 h, S ABCD 
2). S ABCD 
2
2
3). Sфигуры=20+20=40(дм2)
4).
40  0,012  0,48 (кг)-потребуется краски.
Ответ:0,48кг
D
10
5
6
D1
А
С
В
С
12
Укажите, какие из перечисленных ниже
утверждений верны.
Все углы ромба -острые.
2).Все высоты ромба равны.
3).Диагонали ромба взаимно
перпендикулярны.
4). Радиус окружности, вписанной в ромб,
равен стороне этого ромба.
5). В ромбе с углом 600 одна из диагоналей
равна его стороне.
1).
1). «Все углы ромба - острые» -не верно.
Доказательство.
1  2  180
А
0
В
С
D
как1 и 2 односторонние
при AD||BC и секущей АВ. Если угол 2острый, то угол 1 будет тупой.
- так
3). «Диагонали ромба взаимно
перпендикулярны» - верно, по свойству
диагоналей ромба.
А
D
AC BD
В
С
2). «Все высоты ромба равны»- верно.
Доказательство.
ABH  CBN -по гипотенузе и острому углу
(АВ=ВС, т.к. в ромбе все стороны равны, A  C ,
т.к. в ромбе противоположные углы равны.) Из
равенства треугольников следует, что ВН=ВN,так
как они лежат напротив равных углов А и С.
4). «Радиус окружности, вписанной в ромб, равен
стороне этого ромба»– не верно.
Доказательство.
• Центр окружности, вписанной в ромб, лежит в
точке пересечения диагоналей. Из точки О
построим перпендикуляр ОК к стороне АD. ОКрадиус вписанной в ромб окружности.
• ОК<OD,так как перпендикуляр-это кратчайшее
расстояние от точки до прямой.
• OD<AD , так как в прямоугольном треугольнике
катет всегда меньше гипотенузы. (  AOD)
• Следовательно ОК<AD.
5). «В ромбе с углом 600 одна из диагоналей равна его
стороне» - (верно)
Доказательство.
B
Сумма углов треугольника
равна 1800 градусов, значит:
600
1  2  1800  600  1200
АВ=ВС, значит:
1200
1  2 
 600
2
А
1
2
- так как в равнобедренном
треугольнике углы при основании
равны.
В треугольнике АВС все углы по
600, значит он равносторонний
и АС=АВ=СВ.
D
C
13
BPи DK- высоты параллелограмма ABCD,
проведенные из вершины тупых углов, причем
точка Р лежит между точками В и С. Отрезки ВР
и DК пересекаются в точке О. Докажите, что
треугольники СКD и СРВ подобны, а углы КОВ и
ВСD равны.
CKDCPB
-по двум углам,
(по 1-му признаку подобия).
C
-общий,
BPC  DKC  90 ,
так как DK и BP-высоты.
0
OK  CB, OB  CD ,так как отрезки
ОК и ОВ лежат на высотах DK и ВР
KOB  BCD ,так как , если стороны
одного угла перпендикулярны сторонам
другого угла, то такие углы равны.
14
В равнобедренный
треугольник АВС с
основанием ВС вписана
окружность. Она
касается стороны АВ в
точке М. Найдите
радиус этой
окружности, если АМ=10
и ВМ=15.
10
10
15
15
15
15
Решение.
1). Пусть окружность касается
сторон треугольника в точках
М,Н и N, тогда АМ= АN=10,
ВМ=ВН=15, как отрезки
касательных, проведенных из
одной точки.
10
10
15
2). АВ=АМ+ВМ=10+15=25
15
15
15
3).АС= АВ=25, как боковые стороны равнобедренного
треугольника.
4). NС=АС-АN=25-10=15
5). НС=NС=15 -как отрезки касательных,
проведенных из одной точки.
5).В ABH AHB  900 . По
теореме Пифагора
АВ2=АН2+ВН2
AH  AB 2  BH 2 
10
10
 25  15  625  225 
2
2
 400  20
6).ВС=ВН+НС=15+15=30
1
7). S ABC  BC  AH
2
S ABC
1
  30  20  300
2
8).Р=АВ+АС+ВС=25+25+30=80
15
15
15
15
1
S  Pr
2
2S 2  300
r


P
80
9).
60 15

  7,5
8
2
10
10
15
15
15
15
Ответ: 7,5
15. Высоты треугольника АВС пересекаются в
точке Н, а медианы – в точке М. Точка К –
середина МН. Найдите площадь треугольника
АКС, если известно, что АВ=6,СН=3,
 ВАС=450.
6
3
Решение.
1).По условию, высоты ABC пересекаются, значит
точка Н их пересечения расположена внутри этого
треугольника. Доп. построение: Построим ММ1|| КК1||НН1.
2).
450
6
3 2
0
H

90
,

ABH
,
В
1
1
A  450 | B  450
Так как сумма острых углов
прямоугольного треугольника
треугольника равна 900.
Значит:
450
3 2
AH1  BH 1 -так как напротив равных углов лежат
равные стороны.
BH 1
sin A 
| BH  AB sin A  6  2  3 2
1
AB
2
Р
3). В
APC P  900 ,
A  450 | C  450
4). В
450 3
450
450
3 2
3 2
2
(см. п.1)
0
CHH1 , H1  90 ,
C  450 | H  450 |
CH1  HH 1 (см. п.1) и
HH 1
sin C 
|
CH
2 3 2 | HH  CH  3 2
HH 1  CH sin C  3 

1
1
2
2
2
5).
3 2 9 2
AC  AH1  H1 C  3 2 

.
2
2
6).
AH1  BH 1  3 2
Рассмотрим:
LBH 1 и LMM 1 .
Они – прямоугольные
(H1  M1  900 ) и имеют
общий угол L, значит:
k
LBH 1  LMM 1 - по двум углам.
По свойству медианы:
1
LB
3
LM  LB | k 
  3 |
3
LM 1
1
3 2
MM 1  BH 1 
 2
3
3
Так как ММ1|| КК1||НН1 (по построению) и К –
7).
середина МН, то К1- середина М1Н1 (по теореме
Фалеса).
Получили: КК1-средняя линия трапеции ММ1Н1Н
AC 
MM 1  HH 1
KK1 

2
3 2
2
5 2
2


2
4
9 2
.
2
8).S AKC
1
1 9 2 5 2 45
 AC  KK1  


 5,625
2
2 2
4
8
Ответ: 5,625