Задачи по геометрии по теме Подобие треугольников (с решением, 8 класс)

Решение задач.

По теме «Подобие треугольников»

1. АО : ОС = ВО : ОD. Докажите, что АВСD - трапеция или параллелограмм.

Решение

По второму признаку подобия треугольников АВО CОD, поэтому
BАО = ОСD, тогда АВ || DС.

АВСD - трапеция.

2. М и N - середины сторон АВ и ВС. Докажите, что MN || АС.

Решение

По второму признаку подобия треугольников АВС МВN, поэтому
BMN = АВС, тогда MN || AС.

№ 567.

Решение

1) MN - средняя линия АВD.

MN || DВ и MN = DВ.

2) РQ - средняя линия СВD.

PQ || DВ и PQ = DВ.

3) Имеем MN || DВ и PQ || DВ, поэтому MN || PQ.

4) Получили MN PQ и MN = PQ = DВ, следовательно, четырехугольник MNPQ - параллелограмм.

№ 570.

Решение

1) АМО СDО (по двум углам MАО = DСО и АОМ =
= СОD).

2) .

№ 571.

Решение

1) Пусть СС₁ - медиана треуголь-ника АВС, СD и ОЕ - высоты треугольников АВС и АОВ.

2) Так как , то , то есть СD = 3 · ОЕ.

3) S_АВС = 3S_АОВ = 3S.

№ 568 (а).

Решение

1) РМ || АC и РМ = АС.

2) KН || АC и KН = АС.

3) РМ || KН и РМ = KН, поэтому PMНK - параллелограмм.

4) РВМ = НСМ = НDK =
= РАK по двум катетам.

5) РMНK - ромб.

№ 617.

Решение

1) Аналогично доказывается, что MNQP - параллелограмм,

2) MQСD - параллелограмм, так как МD = QC, МD || QC, поэтому MQ = DС.

3) Аналогично в параллелограмме NBCP NP = ВС.

4) Имеем MQ = DС = ВС = NP.

5) Параллелограмм MNQP - прямоугольник.

№ 618:

1) MN - средняя линия ВСD, МN || BD и MN = BD.

2) ВМК DАК (по двум углам).

.

3) ВD = ВK + KD, ВD = ВK + 2ВK, ВK = ВD.

4) АМN АKЕ (МN || BD).

, 2MN = 3KE.

5) ВD = 2 МN = 3KЕ, то есть KЕ = ВD.

6) ВK = KЕ = ЕD = ВD.

№ 572 (а, в).

а) Решение.

h = = 5 ∙ 4 = 20.

c = a_c + b_c = 25 + 16 = 41.

a = .

b = .

в) Решение.

b = ; b² = c ∙ b_c, 144 = c ∙ 6, c = 24.

c² = a² + b²; 576 = a² + 144; a² = 432; a = 12.

a = ; a² = c ∙ a_c; 432 = 24 ∙ a_c; a_c = 18.

№ 573

a_c = ; b_c = .

№ 574 (а). I способ.

Решение

II способ.Решение

или .

№ 575.

1) Пусть k - коэффициент пропорциональности, тогда а = 3k, b = 4k.

По теореме Пифагора с² = а² + b²;

50² = 9k² + 16k² ;

k² = 100;

k = 10;

a = 30 (мм), b = 40 (мм).

2) a_c = = 18 (мм);

b_c = = 32 (мм).

№ 576.

Решение

Пусть АВ = 6х, тогда ВС = 5х.

По теореме Пифагора

AC = ==
=.

По доказанному в задаче № 573

AO = , OC = ,

AO - OC = = x.

АО - ОС = 11, поэтому .

АС = 61 см.

1. № 577.

Решение

Треугольник является прямоугольным, так как в нем выполняется теорема Пифагора:

13² = 12² + 5².

2) Пусть DВ = х см, тогда

СВ² = DВ · АВ; 25 = х · 13, х = 1 (см).

АD = АВ - DВ = 13 - 1 = 11 (см).

№ 614.

Решение

1) АОD ВАD, поэтому
1 = 2, тогда

2) АDС ВАD

;

CD = = 2 (см).

3) АВD, А = 90°, по теореме Пифагора: ВD = =
= (см).

4) ВСK, K = 90° по теореме Пифагора

ВС = =
= (см).

555

Доказать, что в прямоугольном треугольнике квадрат медианы, проведенной к катету, равен разности квадрата гипотенузы и трех четвертей квадрата соответствующего медиане катета.

Решение

1) В АСD, С = 90°, по теореме Пифагора ;

2) в АСВ по теореме Пифагора
b² = c² - a²;

3) Имеем ;

.

Таблица

Ответы:

1) 10; 4,8; 3,6; 6,4.

2) 12; 4; 1; 11.

3) 7; 6,72; 1,96; 23,04.

4) 60; 80; 48; 64.

5) 20; 21; 14; 13.

6)

7) 3;

8) 180; 240; 300; 192.

9) 9; 41; 1; 39.

10) 16; 20; 9,6; 12,8.

11)

12) 8; 6; 6,4; 3,6.

№ 589.

Решение

Дано: Анализ (устно). Пусть АВС - искомый. Тогда любой треугольник А₁В₁С₁, в котором А₁В₁ || АВ (А₁ АС, В₁ ВС), подобен треугольнику АВС по первому признаку подобия (А₁ = А, С - общий). Следовательно, А₁В₁ : А₁С = 2 : 1. А₁ = hk. Таким образом, достаточно построить какой-нибудь треугольник А₁В₁С, в котором А₁В₁ : А₁С = 2 : 1, А₁ = hk, а затем отложить на луче СВ₁ отрезок СВ = PQ и через точку В провести прямую, параллельную прямой А₁В₁. Точка А пересечения этой прямой с прямой А₁С является вершиной искомого треугольника.

Построение.

1. Строим угол МА₁N, равный данному углу hk.

2. Отмечаем произвольную точку С на луче А₁N.

3. На луче А₁М откладываем отрезок А₁В₁, равный 2А₁С.

4. На луче СВ₁ откладываем отрезок СВ, равный данному отрезку РQ.

5. Через точку В проведем прямую, параллельную А₁В₁. Она пересекает прямую А₁С в точке А. Треугольник АВС - искомый.

Доказательство. АВС А₁В₁С₁ по двум углам (А = А₁ =
= hk, так как АВ || А₁В₁, С - общий), поэтому АВ : АС = А₁В₁ : А₁С =
= 2 : 1. Треугольник АВС - искомый, так как А = hk, ВС = РQ по построению АВ : АС = 2 : 1.

Исследование (устно). Указанный способ решения задачи показывает, что задача всегда имеет решение. Все треугольники, удовлетворяющие условиям задачи, подобны по второму признаку подобия треугольников. (А = hk, АВ : АС = 2 : 1), следовательно, их углы соответственно равны, а так как в любом из этих треугольников ВС = РQ, то все они равны по второму признаку равенства треугольников. Таким образом, задача имеет единственное решение.

№ 586.Дано: А, В, В > А, АK - биссектриса А.

Построить АВС.

Построение.

1) От произвольного отрезка АР отложим углы А и Р = В.

2) Точка О пересечения сторон углов А и Р.

3) Разделим А пополам биссектрисой АМ.

4) На луче АМ отложим отрезок АK.

5) Проведем через точку K прямую СВ || ОР.

6) Полученный треугольник АВС - искомый.

№ 587.Решение

Дано: А, В, Н - высота, проведенная из вершины С.

Построить АВС.

Построение.

1) От произвольного отрезка ЕF отложим углы Е = А, F = B.

2) C - точка пересечения сторон Е и F, отличных от EF.

3) Из точки С опустим перпендикуляр к отрезку EF.

4) О - точка пересечения перпендикуляра и отрезка ЕF.

5) От точки С на луче СО отложим высоту СD = Н.

6) Проведем через точку D прямую АВ || EF до пересечения с продолжением отрезков СЕ и СF.

7) Полученный треугольник АВС - искомый.

№ 590.

Решение

Дано:

Построить: АВС, С = 90°, АВ = PQ, .

Анализ. Задачу будем решать методом подобия. Сначала можно построить какой-нибудь прямоугольный треугольник АВ₁С₁ (С₁ = 90°) так, чтобы , а затем, используя условие АВ = PQ, построить искомый треугольник АВС.

Построение.

1. Строим треугольник АВ₁С₁ так, чтобы С₁ = 90°, С₁А = Р₁Q, С₁В₁ = Р₂Q₂ (п. 38, зад. 1).

2. На луче АВ₁ отложим отрезок АВ = РQ.

3. Через точку В проведем прямую, параллельную В₁С₁. Она пересекает луч АС₁ в точке С. Треугольник АВС - искомый.

Доказательство.

АВС А₁В₁С₁ по первому признаку подобия треугольников (А - общий, С = С₁, так как ВС || В₁С₁), поэтому С = 90°, .

Сторона АВ равна данному отрезку PQ по построению. Итак, треугольник АВС удовлетворяет всем условиям задачи.

Исследование.

Из построения следует, что задача при любых данных отрезках PQ, Р₁Q₁ и P₂Q₂ имеет решение. Задача имеет единственное решение. В самом деле, если А₁В₁С₁ и А₂В₂С₂ удовлетворяют условиям задачи, то они подобны, а так как А₁В₁ = РQ, А₂В₂ = РQ, то А₁В₁ = А₂В₂ и, значит, А₁В₁С₁ = А₂В₂С₂.

№ 622.

Дано: АВС.

Построить А₁В₁С₁ : = 2S_АВС и А₁В₁С₁ АВС.

Построение.

1) Построим АВF так, чтобы АВ ВF и BF = АВ (как описано в задаче № 290).

2) Построим АCЕ так, чтобы СЕ АС и СЕ = АС аналогично.

3) На лучах АВ и АС отложим соответственно отрезки АВ₁ = AF и АС₁ = АЕ.

4) Проведем отрезок В₁С₁.

5) Тогда АВ₁С₁ - искомый.

Доказательство.

1) По теореме Пифагора

2) по построению AB₁ = AF = AB.

AC₁ = AE = AC.

3) .

4) А₁В₁С₁ АВС (по второму признаку).

5) = 2.

Поэтому АВ₁С₁ удовлетворяет всем условиям задачи.

№ 588.

Дано: А, , AM - медиана.

Построить: АВС.

Построение.

5) Проведем луч АО и отложим отрезок АМ.

6) Через точку М проведем прямую b || B₁C₁; точки пересечения со сторонами угла А обозначим В и С.

7) АВС - искомый.

Доказательство.

1) АВС АВ₁С₁ (A - общий, AВ₁С₁ = AВС, как соответственные при ВС || B₁C₁ и секущей АВ).

2) .

3) Аналогично доказывается, что = 1.

4) Полученный АВС - искомый, так как АМ - медиана, по доказанному.