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

Ответ:

Рис. 268.

Решение. Решение задачи непосредственно видно из чертежа. Соединив центр окружности с вершинами треугольника и с точками касания, получим три пары равных треугольников. Периметр Р = 7 + 7 + 6 = 20.

Ответ: Р = 20 см.

Рис. 269.

Рис. 270.

Решение. Опять соединим центр окружности с вершинами трапеции и с точками касания; получим четыре пары равных треугольников. Из рис. 269 легко видеть, что АВ = CD = 13; ВС = 8; AD = 18.

Теперь мы знаем все стороны трапеции. Осталось найти её высоту. Для этого исходный рисунок представим ниже в следующем виде. Проведём высоты ВК и СМ. Тогда КМ = ВС = 8, АК = MD = (18 – 8)/2 = 5 (рис. 270).

Из прямоугольного треугольника АВК по теореме Пифагора:

Ответ: 156 см2.

Рис. 271.

Решение. Обозначим через А вершину прямого угла данного треугольника, через АВ и АС – катеты треугольника, причем так, что АВ > АС, через О – центр вписанной окружности, через r – ее радиус. Пусть M, N и P– точки касания этой окружности соответственно со сторонами АС, АВ, ВС. Так как длины отрезков касательных, проведённых к окружности из одной точки, равны, то BN = ВР, СМ = СР, AN = AM. Так как АВ > АС, то из этих равенств следует, что ВР > СР и, значит, СР: ВР = 2:3. Пусть СР = 2х; тогда ВР = Зх и ВС = 5х.

Радиус, проведённый в точку касания, перпендикулярен касательной, поэтому ОМ ? AC, ON ? АВ. Так как угол А – прямой, то ANOM – прямоугольник, и AM = ON = r, AN = ОМ = r. Теперь находим, что АВ = r + Зх, АС = r + 2х. Периметр треугольника равен 36 см, поэтому:

5х + (r + 2х) + (r + 3х) = 36; (1)

С другой стороны, по теореме Пифагора:

(r + 2х)2+ (r + 3х)2= 25х2(2)

Из уравнения (1) следует, что r = 18 – 5х; подставив полученное выражение для r в уравнение (2), после упрощений получаем уравнение х2– 15х – 54 = 0, имеющее единственный положительный корень х = 3. Тогда r = 3 см и АВ = 12 см, АС = 9 см, ВС = 15 см.

Ответ: стороны треугольника равны 9 см, 12 см, 15 см.

Рис. 272.

Решение. Так как ?BCD = 60°, то ?D = 120°. ?CND = ?BCN = ?NCD = 30°. Значит, ?NCD – равнобедренный и ND = CD = а.

Ответ:

Рис. 273.

Решение. Так как ?А = 60°, то ?ABC = 120°. Из чертежа видно, что ? + 3? = 120°; ? = 30°, тогда ?BDA = 90°. AD = АВ ? sin 30° = AB/2. Пусть AD = a; тогда АВ = 2а. Из условия следует, что а + 2а + а + 2а = 90; 6а = 90; а = 15. Следовательно AD = BC = 15 см, AB = CD = 30 см.

Ответ: 15 см, 30 см, 15 см, 30 см.

Рис. 274.

Решение. ?AFB = ?FBC, как внутренние накрест лежащие углы при параллельных прямых. Но ?FBC = ?ABF по условию, значит, ?ABF – равнобедренный и AF = АВ = 12. Пусть AF = 4а, тогда по условию FD = За; 4а = 12; а = 3; AD = 7 ? а = 21. Искомый периметр PABCD = (12 + 21) ? 2 = 66.

Ответ: 66.

Рис. 275.

Решение. Проведём MP||СК, тогда по теореме о пропорциональных отрезках ВР: РК = ВМ: МС = 3; значит, КР = 1/4 КВ = 1/4 АК и КР: АК = ОМ: АО = 1:4 и АО = 4OМ = 4/5 AM. По условию АК = КВ = 1/2 АВ.

Ответ: 3/10.