Глава VIII. Вопросы для повторения (окончание). Дополнительные задачи — с. 187
716. Прямая, параллельная стороне AB треугольника ABC, делит сторону АС в отношении 2 : 7, считая от вершины А. Найдите стороны отсечённого треугольника, если AB = 10 см, ВС = 18 см, СА = 21,6 см.
Пусть прямая пересекает AC в точке K, BC в точке L, KL ∥ AB, AK : KC = 2 :
7. Отсечённый треугольник — CKL (он содержит вершину C).
AC = AK + KC = 9 частей, KC = 7/9·AC. Треугольник CKL подобен CAB (KL ∥ AB) с коэффициентом k = CK/CA = 7/9.
CK = 21,6·7/9 = 16,8 см; CL = 18·7/9 = 14 см; KL = 10·7/9 = 70/9 = 7 7/9 см.
Ответ: 16,8 см, 14 см, 7 7/9 см.
AC = AK + KC = 9 частей, KC = 7/9·AC. Треугольник CKL подобен CAB (KL ∥ AB) с коэффициентом k = CK/CA = 7/9.
CK = 21,6·7/9 = 16,8 см; CL = 18·7/9 = 14 см; KL = 10·7/9 = 70/9 = 7 7/9 см.
Ответ: 16,8 см, 14 см, 7 7/9 см.
717. Докажите, что медиана AM треугольника ABC делит пополам любой отрезок, параллельный стороне ВС, концы которого лежат на сторонах AB и АС.
Пусть DE ∥ BC, D лежит на AB, E на AC, и медиана AM пересекает DE в точке P.
ДP ∥ BM и EP ∥ MC, поэтому △ADP ∼ △ABM и △AEP ∼ △ACM (по двум углам). Из подобия DP/BM = AP/AM и PE/MC = AP/AM. Следовательно, DP/BM = PE/MC.
Так как BM = MC (AM — медиана), то DP = PE. Значит AM делит DE пополам. Что и требовалось доказать.
ДP ∥ BM и EP ∥ MC, поэтому △ADP ∼ △ABM и △AEP ∼ △ACM (по двум углам). Из подобия DP/BM = AP/AM и PE/MC = AP/AM. Следовательно, DP/BM = PE/MC.
Так как BM = MC (AM — медиана), то DP = PE. Значит AM делит DE пополам. Что и требовалось доказать.
718. Два шеста AB и CD разной длины a и b установлены вертикально на некотором расстоянии друг от друга так, как показано на рисунке 241. Концы А и D, В и С соединены верёвками, которые пересекаются в точке О. По данным рисунка докажите, что: а) m/d = x/b и n/d = x/a; б) x/a + x/b = 1. Найдите х и докажите, что х не зависит от расстояния d между шестами AB и CD. [рисунок 241: шесты AB = a и CD = b на земле AC = d; верёвки AD и BC пересекаются в точке O; из O опущен перпендикуляр длины x на землю, он делит AC на отрезки m (от A) и n (от C)]
Все вертикальные отрезки перпендикулярны земле, поэтому параллельны: AB ∥ OK ∥ CD, где K — основание перпендикуляра из O (AK = m, KC = n, m + n = d).
а) Треугольники AKO и ACD подобны (угол A общий, ∠AKO = ∠ACD = 90°), поэтому AK/AC = KO/CD, то есть m/d = x/b. Треугольники CKO и CAB подобны (угол C общий, ∠CKO = ∠CAB = 90°), поэтому CK/CA = KO/AB, то есть n/d = x/a.
б) Складываем: x/b + x/a = m/d + n/d = (m + n)/d = d/d = 1.
Нахождение x. x(1/a + 1/b) = 1, x·(a + b)/(ab) = 1, x = ab/(a + b).
В эту формулу не входит расстояние d, значит x от d не зависит.
а) Треугольники AKO и ACD подобны (угол A общий, ∠AKO = ∠ACD = 90°), поэтому AK/AC = KO/CD, то есть m/d = x/b. Треугольники CKO и CAB подобны (угол C общий, ∠CKO = ∠CAB = 90°), поэтому CK/CA = KO/AB, то есть n/d = x/a.
б) Складываем: x/b + x/a = m/d + n/d = (m + n)/d = d/d = 1.
Нахождение x. x(1/a + 1/b) = 1, x·(a + b)/(ab) = 1, x = ab/(a + b).
В эту формулу не входит расстояние d, значит x от d не зависит.
719. Докажите, что треугольники ABC и А1В1С1 подобны, если: а) AB/A1B1 = AC/A1C1 = BM/B1M1, где BМ и B1M1 — медианы треугольников; б) ∠A = ∠A1, AC/A1C1 = BH/B1H1, где ВН и В1Н1 — высоты треугольников ABC и A1B1C1.
а) BM и B1M1 — медианы к сторонам AC и A1C1: AM = AC/2, A1M1 = A1C1/2, поэтому AM/A1M1 = AC/A1C1. Значит AB/A1B1 = AM/A1M1 = BM/B1M1. Треугольники ABM и A1B1M1 подобны по трём пропорциональным сторонам (третий признак). Отсюда ∠A = ∠A1. Теперь в треугольниках ABC и A1B1C1 ∠A = ∠A1 и AB/A1B1 = AC/A1C1, поэтому они подобны по второму признаку.
б) Покажем, что BH/B1H1 = AB/A1B1. Если угол A острый, то прямоугольные треугольники ABH и A1B1H1 имеют равные острые углы A и A1, подобны, и BH/B1H1 = AB/A1B1. Если угол A тупой, то H и H1 лежат на продолжениях сторон за вершиной A; прямоугольные треугольники ABH и A1B1H1 имеют равные углы при вершинах A и A1 (смежные с равными тупыми углами), и опять BH/B1H1 = AB/A1B1. Если угол A прямой, то H = A, H1 = A1, BH = AB, B1H1 = A1B1.
По условию BH/B1H1 = AC/A1C1, значит AB/A1B1 = AC/A1C1. Вместе с ∠A = ∠A1 по второму признаку получаем △ABC ∼ △A1B1C1. Что и требовалось доказать.
б) Покажем, что BH/B1H1 = AB/A1B1. Если угол A острый, то прямоугольные треугольники ABH и A1B1H1 имеют равные острые углы A и A1, подобны, и BH/B1H1 = AB/A1B1. Если угол A тупой, то H и H1 лежат на продолжениях сторон за вершиной A; прямоугольные треугольники ABH и A1B1H1 имеют равные углы при вершинах A и A1 (смежные с равными тупыми углами), и опять BH/B1H1 = AB/A1B1. Если угол A прямой, то H = A, H1 = A1, BH = AB, B1H1 = A1B1.
По условию BH/B1H1 = AC/A1C1, значит AB/A1B1 = AC/A1C1. Вместе с ∠A = ∠A1 по второму признаку получаем △ABC ∼ △A1B1C1. Что и требовалось доказать.
720. Диагонали прямоугольной трапеции ABCD с прямым углом А взаимно перпендикулярны. Основание AB равно 6 см, а боковая сторона AD равна 4 см. Найдите DC, DB и СВ.
AB и DC — основания, AD — боковая сторона, перпендикулярная основаниям (∠A = ∠D = 90°). Пусть диагонали AC и BD пересекаются в точке O, AC ⊥ BD.
В прямоугольном треугольнике AOD ∠DAC + ∠ADB = 90°; в прямоугольном треугольнике ABD ∠ABD + ∠ADB = 90°. Значит ∠DAC = ∠ABD. Прямоугольные треугольники ADC (∠D = 90°) и BAD (∠A = 90°) подобны по двум углам: ∠DAC = ∠ABD. Из подобия DC/AD = AD/AB, откуда DC = AD²/AB = 16/6 = 8/3 = 2 2/3 см.
DB = √(AB² + AD²) = √(36 + 16) = √52 = 2√13 см.
Проведём CH ⊥ AB: CH = AD = 4 см, AH = DC = 8/3 см, HB = 6 − 8/3 = 10/3 см. CB = √(CH² + HB²) = √(16 + 100/9) = √(244/9) = (2/3)√61 см.
Ответ: DC = 2 2/3 см, DB = 2√13 см, CB = (2/3)√61 см.
В прямоугольном треугольнике AOD ∠DAC + ∠ADB = 90°; в прямоугольном треугольнике ABD ∠ABD + ∠ADB = 90°. Значит ∠DAC = ∠ABD. Прямоугольные треугольники ADC (∠D = 90°) и BAD (∠A = 90°) подобны по двум углам: ∠DAC = ∠ABD. Из подобия DC/AD = AD/AB, откуда DC = AD²/AB = 16/6 = 8/3 = 2 2/3 см.
DB = √(AB² + AD²) = √(36 + 16) = √52 = 2√13 см.
Проведём CH ⊥ AB: CH = AD = 4 см, AH = DC = 8/3 см, HB = 6 − 8/3 = 10/3 см. CB = √(CH² + HB²) = √(16 + 100/9) = √(244/9) = (2/3)√61 см.
Ответ: DC = 2 2/3 см, DB = 2√13 см, CB = (2/3)√61 см.
721*. Отрезок с концами на боковых сторонах трапеции параллелен её основаниям и проходит через точку пересечения диагоналей. Найдите длину этого отрезка, если основания трапеции равны a и b.
Пусть ABCD — трапеция с основаниями AD = a и BC = b, диагонали AC и BD пересекаются в точке O, EF — отрезок через O, параллельный основаниям (E на AB, F на CD).
Треугольники AOD и COB подобны (BC ∥ AD): AO/OC = AD/BC = a/b, поэтому AO/AC = a/(a + b).
В треугольнике ABC EO ∥ BC, поэтому △AEO ∼ △ABC и EO/BC = AO/AC = a/(a + b), EO = ab/(a + b).
Аналогично в треугольнике BCD (OF ∥ BC) из подобия △DOF ∼ △DBC: OF/BC = DO/DB = a/(a + b) (так как DO/OB = a/b), OF = ab/(a + b).
EF = EO + OF = 2ab/(a + b).
Ответ: 2ab/(a + b).
Треугольники AOD и COB подобны (BC ∥ AD): AO/OC = AD/BC = a/b, поэтому AO/AC = a/(a + b).
В треугольнике ABC EO ∥ BC, поэтому △AEO ∼ △ABC и EO/BC = AO/AC = a/(a + b), EO = ab/(a + b).
Аналогично в треугольнике BCD (OF ∥ BC) из подобия △DOF ∼ △DBC: OF/BC = DO/DB = a/(a + b) (так как DO/OB = a/b), OF = ab/(a + b).
EF = EO + OF = 2ab/(a + b).
Ответ: 2ab/(a + b).
722. Докажите, что вершины треугольника равноудалены от прямой, содержащей его среднюю линию.
Пусть MN — средняя линия треугольника ABC (M — середина AB, N — середина AC), l — прямая MN. Проведём перпендикуляры AA', BB', CC' к прямой l.
Прямоугольные треугольники AMA' и BMB' равны по гипотенузе и острому углу: AM = BM, ∠AMA' = ∠BMB' (вертикальные). Значит AA' = BB'. (Если AB ⊥ l, то A' = B' = M и AA' = BB' = AM = BM.)
Аналогично треугольники ANA' и CNC' равны (AN = CN, вертикальные углы), поэтому AA' = CC'.
Итак, AA' = BB' = CC': вершины A, B, C равноудалены от прямой MN. Что и требовалось доказать.
Прямоугольные треугольники AMA' и BMB' равны по гипотенузе и острому углу: AM = BM, ∠AMA' = ∠BMB' (вертикальные). Значит AA' = BB'. (Если AB ⊥ l, то A' = B' = M и AA' = BB' = AM = BM.)
Аналогично треугольники ANA' и CNC' равны (AN = CN, вертикальные углы), поэтому AA' = CC'.
Итак, AA' = BB' = CC': вершины A, B, C равноудалены от прямой MN. Что и требовалось доказать.
723. Докажите, что середины сторон ромба являются вершинами прямоугольника.
Пусть ABCD — ромб, K, L, M, N — середины сторон AB, BC, CD, DA соответственно.
KL — средняя линия треугольника ABC: KL ∥ AC и KL = AC/2. MN — средняя линия треугольника ACD: MN ∥ AC и MN = AC/2. Значит KL ∥ MN и KL = MN, и KLMN — параллелограмм. Аналогично LM ∥ BD (средняя линия треугольника BCD).
Диагонали ромба взаимно перпендикулярны: AC ⊥ BD. Так как KL ∥ AC и LM ∥ BD, то KL ⊥ LM, то есть ∠KLM = 90°.
Параллелограмм с прямым углом — прямоугольник. Что и требовалось доказать.
KL — средняя линия треугольника ABC: KL ∥ AC и KL = AC/2. MN — средняя линия треугольника ACD: MN ∥ AC и MN = AC/2. Значит KL ∥ MN и KL = MN, и KLMN — параллелограмм. Аналогично LM ∥ BD (средняя линия треугольника BCD).
Диагонали ромба взаимно перпендикулярны: AC ⊥ BD. Так как KL ∥ AC и LM ∥ BD, то KL ⊥ LM, то есть ∠KLM = 90°.
Параллелограмм с прямым углом — прямоугольник. Что и требовалось доказать.
724. Точки М и N являются соответственно серединами сторон CD и ВС параллелограмма ABCD. Докажите, что прямые AM и AN делят диагональ BD на три равные части.
Пусть O — точка пересечения диагоналей параллелограмма (середина AC и BD), AN пересекает BD в точке Q, AM пересекает BD в точке P.
В треугольнике ABC отрезки AN и BO — медианы (N — середина BC, O — середина AC), поэтому они пересекаются в точке Q, которая делит BO в отношении 2 : 1 от вершины: BQ = 2/3·BO = BD/3.
В треугольнике ACD отрезки AM и DO — медианы, поэтому AM пересекает DO в точке P с DP = 2/3·DO = BD/3.
Тогда QP = BD − BQ − DP = BD/3. Итак, BQ = QP = PD, диагональ BD разделена на три равные части. Что и требовалось доказать.
В треугольнике ABC отрезки AN и BO — медианы (N — середина BC, O — середина AC), поэтому они пересекаются в точке Q, которая делит BO в отношении 2 : 1 от вершины: BQ = 2/3·BO = BD/3.
В треугольнике ACD отрезки AM и DO — медианы, поэтому AM пересекает DO в точке P с DP = 2/3·DO = BD/3.
Тогда QP = BD − BQ − DP = BD/3. Итак, BQ = QP = PD, диагональ BD разделена на три равные части. Что и требовалось доказать.
725. Биссектриса внешнего угла при вершине А треугольника ABC пересекает прямую ВС в точке D. Докажите, что BD/AB = DC/AC.
Если AB = AC, биссектриса внешнего угла параллельна BC и не пересекает её, так что считаем AB ≠ AC. Пусть для определённости AB < AC; тогда точка B лежит между C и D. (Для AB > AC рассуждение такое же с заменой названий B и C.)
Пусть F — точка на продолжении CA за точку A, AD — биссектриса угла BAF: ∠BAD = ∠DAF = φ.
Проведём через B прямую BE ∥ AD, E на отрезке AC. Тогда ∠ABE = ∠BAD = φ (накрест лежащие), ∠AEB = ∠DAF = φ (соответственные). Значит треугольник ABE равнобедренный: AE = AB.
Треугольники CBE и CDA подобны (BE ∥ DA): CB/CD = CE/CA. Тогда BD/CD = (CD − CB)/CD = 1 − CB/CD = 1 − CE/CA = (CA − CE)/CA = AE/CA = AB/AC.
Итак, BD/DC = AB/AC, то есть BD/AB = DC/AC. Что и требовалось доказать.
Пусть F — точка на продолжении CA за точку A, AD — биссектриса угла BAF: ∠BAD = ∠DAF = φ.
Проведём через B прямую BE ∥ AD, E на отрезке AC. Тогда ∠ABE = ∠BAD = φ (накрест лежащие), ∠AEB = ∠DAF = φ (соответственные). Значит треугольник ABE равнобедренный: AE = AB.
Треугольники CBE и CDA подобны (BE ∥ DA): CB/CD = CE/CA. Тогда BD/CD = (CD − CB)/CD = 1 − CB/CD = 1 − CE/CA = (CA − CE)/CA = AE/CA = AB/AC.
Итак, BD/DC = AB/AC, то есть BD/AB = DC/AC. Что и требовалось доказать.