Андрей Павлов - Геометрия - Планиметрия в тезисах и решениях. 9 класс

Дискриминант D этого уравнения будет равен

Но a/b = tg(?ВСА), значит, ?ВСА = 60° или 30°.

Ответ: 60°; 30°.

Рис. 234.

Решение. Пусть ABC – заданный треугольник, AD – высота, опущенная на гипотенузу. Тогда по условию BD = 9, DC = 16. Обозначим АВ через х, АС через у, высоту AD через h. По теореме Пифагора: BD2+ AD2= АВ2; DC2+ AD2= АС2; АВ2+ AC2= ВС2. Получаем систему уравнений:

Сложим все уравнения:

81 + 256 + 2h2+ х2+ у2= х2+ у2+ 625;

2h2= 228; h = 12; х2= 81 + 144 = 225; x = 15;

у2= 256 + 144 = 400; y = 20.

Далее воспользуемся формулой r = S/p.

r = 150/30 = 5.

Ответ: 5.

Рис. 235.

Решение. Пусть ABC – данный в условии задачи треугольник. По теореме Пифагора находим, что AC = ?3. Поскольку sin ?ABC = ?3/2, то, учитывая, что угол ?ABC – угол прямоугольного треугольника, находим, что ?ABC = ?/3. Следовательно, ?АСВ = ?/6. Так как BL – биссектриса угла ABC, то ?ABL = ?/6. Из прямоугольного треугольника ABL находим

Пусть М – середина отрезка АС. Тогда AM = 1/2 АС = ?3/2. Из прямоугольного треугольника ВАМ находим, что

Так как точка пересечения медиан делит каждую из них в отношении 2:1, то

Для ответа на вопрос, поставленный в задаче, надо сравнить числа

Поскольку

т. е. BL > BG.

Ответ: длина BL больше длины BG.

Рис. 236.

Решение. Пусть ABC – данный в условии задачи прямоугольный треугольник, А1ВС1 – прямоугольный треугольник, полученный поворотом треугольника ABC вокруг вершины его прямого угла В на угол 45°. Из условия задачи следует, что величины углов CBC1, CBA1, ABA1, ВСА, ВА1C1 равны 45°. Прямые АВ и А1C1 параллельны, т. к. при их пересечении прямой ВА1 равны накрест лежащие углы АВА1 и ВА1С1. Но тогда, поскольку треугольник ABC прямоугольный и, значит, АВ ? ВС, получаем, что прямая С1А1 перпендикулярна прямой ВС. Обозначим через N точку пересечения прямых С1А1 и СВ. Поскольку

то точка N лежит на отрезке ВС. Пусть L – точка пересечения прямых АС и ВА1. Аналогично показывается, что точка L лежит на отрезке АС. Пусть М – точка пересечения прямых АС и С1А1. Ясно, что точка М лежит на отрезке CL. Тогда SBLMN = SBLC – SCNM. Треугольник BLC равнобедренный и прямоугольный, т. к. в нем ?CBL = ?LCB = 45°. Следовательно,

Треугольник CNM также равнобедренный и прямоугольный, причем

Следовательно,

Итак,

Ответ:

Рис. 237.