WWW.LIBRUS.DOBROTA.BIZ
БЕСПЛАТНАЯ  ИНТЕРНЕТ  БИБЛИОТЕКА - собрание публикаций
 

«Г 36 А та н а с я н Л. С., Б у ту з о в В. Ф., К а д о м ц е в С. Б., Ю д и н а И. И. Геометр и я. 7 к л асс. — М.: ФИЗМАТЛИТ, 2005. — 120 с. — ISBN 5-9221-0572-8. Настоящее ...»

УДК 3 7 3. 167.1:514

ББК 22.151Я.721

Г 36

А та н а с я н Л. С., Б у ту з о в В. Ф., К а д о м ц е в С. Б., Ю д и н а И. И .

Геометр и я. 7 к л асс. — М.: ФИЗМАТЛИТ, 2005. — 120 с. —

ISBN 5-9221-0572-8 .

Настоящее издание является первой частью учебно-методического пособия,

содержащего рещения задач из учебника «Геометрия 7-9» Л. С. Атанасяна,

В. Ф. Бутузова, С. Б. Кадомцева, Э. Г. Позняка, И. И. Юдиной (М.: Просвеще­

ние, 1990 и последующие издания). Данный выпуск содержит рещения задач, относящихся к 7 классу .

© ФИЗМАТЛИТ, 2005 © Л. С. Атанасян, В. Ф. Бутузов, ISBN 5-9221-0572-8 с. Б. Кадомцев, И. И. Юдина, 2005 ОГЛАВЛЕНИЕ Предисловие

Г л а в а 1. Н ач ал ьн ы е геометрические св ед ен и я

§ 1. Прямая и отрезок

§ 2. Луч и у г о л

§3. Сравнение от резков и у г л о в

§4. Измерение о т р е з к о в

§5. Измерение углов

§6. Перпендикулярные прямые

Дополнительные з а д а ч и

Задачи повышенной трудности к главе 1

Г л а в а 2. Треугол ь н и к и

§1. Первый признак равенства треугольников

§ 2. Медианы, биссектрисы и высоты треугольника

§3. Второй и третий признаки равенства треугольников

§4. Задачи на построение

Дополнительные з а д а ч и

Задачи повышенной трудности к главе 2

Г л а в а 3. П араллельны е п р я м ы е

§1. Признаки параллельности двух п р ям ы х

§2. Аксиома параллельных прямых

Дополнительные з а д а ч и

–  –  –

Настоящее издание являет первой частью учебно-методического ся пособия, содержащего рещения задач из учебника «Геометрия 7-9»

Л. С. Атанасяна, В.Ф. Бутузова, С. Б. Кадомцева, Э.Г. Позняка, И.И. Юдиной (М.: Просвещение, 1990 и последующие издания) .

Данный выпуск содержит рещения задач, относящихся к 7 классу;

в последующих двух выпусках будут представлены рещения задач, относящихся к 8 и 9 классам .

Нумерация задач в пособии такая же, как в учебнике издания 2000 года и последующих изданиях. Вслед за формулировкой задачи дается ее решение. В каждой главе приведены рещения всех задач к параграфам (за исключением большинства практических заданий), затем — решения дополнительных задач и после этого — решения задач повышенной трудности .

Приведенные решения не следует рассматривать как образец, ко­ торого нужно придерживаться при оформлении решений задач. Так, например, мы не разбиваем решение задачи на отдельные занумеро­ ванные пункты, хотя вполне допускаем, что учитель в своей практике может это делать, акцентируя тем самым внимание учащихся на по­ следовательных шагах в решении задачи .

Большинство решений снабжено рисунками. Это относится в первую очередь к задачам первой и второй глав. В дальнейшем, в особенности при решении задач четвертой главы, рисунки даются не всегда. Для простых задач решения часто приведены без рисунка .

Это также не следует рассматривать как обязательное правило .

Читатель по своему усмотрению может снабдить рисунками решения и таких задач .

Остановимся особо на задачах первой главы, в которых отраба­ тываются основные понятия и свойства простейших геометрических фигур — точек, прямых, отрезков, лучей, углов. На наш взгляд, при ре­ шении этих задач следует опираться прежде всего на наглядные пред­ ставления основных понятий. Отметим в связи с этим, что в первой главе учебника «Геометрия 7-9» не вводится понятие аксиомы и сами аксиомы не формулируются, а необходимые определения и исходные положения приведены в описательной форме на основе наглядных представлений. Этим и следует руководствоваться при решении задач первой главы .





Авторы Глава 1

–  –  –

Начертите три луча h, к, и I с общим началом. Назовите все углы, 1 1 .

образованные этими лучами .

Р е ш е н и е. На рисунке 5 изображены три луча h, к и I с общим началом О. Эти лучи образуют три угла: Zhk, Zhl и Zkl .

О т в е т. Zhk, Zhl и Zkl .

14. Начертите неразвернутый угол А О В и проведите: а) луч ОС, который делит угол А О В на два угла; б) луч OD, который не делит угол А О С на два угла .

Р е ш е н и е. На рисунке 6 изображен угол АОВ. а) Проведем какойнибудь луч ОС, который исходит из вершины О угла А О В и проходит внутри этого угла. Луч ОС делит угол АОВ на два угла, б) Луч 0 D на рисунке 6 не делит угол АОС на два угла, так как он не проходит внутри этого угла .

15. Сколько неразвернутых углов образуется при пересечении двух прямых?

Р е ш е н и е. Пусть прямые А В и CD пересекаются в точ­ ке О (рис. 7). Образуются четыре неразвернутых угла: АОС, AOD, в о е и BOD .

О т в е т. Четыре угла .

–  –  –

19. Точка О является серединой отрезка АВ. Можно ли совместить наложением отрезки: а) О А и ОВ\ б) ОА и АВ?

Р е ш е н и е, а) По условию задачи точка О — середина отрезка АВ .

Отсюда следует, что отрезки ОА и ОВ равны и поэтому их можно совместить наложением .

б) Отрезок ОА наложен на отрезок А В так, что они имеют общий конец А, но два других конца этих отрезков — точки О и В — не сов­ мещены. Отсюда следует, что отрезки О А и А В не равны и поэтому их нельзя совместить наложением .

О т в е т, а) Да; б) нет .

21. Луч ОС делит угол А О В на два угла. Сравните углы А О В и АОС .

Р е ш е н и е. Так как луч ОС делит угол АОВ на два угла, то угол АОС составляет часть угла АОВ. Отсюда следует, что угол АОС меньше угла АОВ .

О т в е т. ZA O C ZAOB .

22. Луч I — биссектриса угла hk. Можно ли наложением совместить углы:

а) hi и 1к\ б) hi и /г/с?

Гл. 1. Начальные геометрические сведения Р е ш е н и е, а) По условию задачи луч I — биссект риса угла hk .

Отсюда следует, что углы Ы и 1к равны и поэтому их можно совместить наложением .

б) Так как луч I — биссектриса угла hk, то он делит угол hk на два угла. Согласно задаче 21 Zhl Zhk. Таким образом, углы Ы и hk не равны и поэтому их нельзя совместить наложением .

О т в е т, а) Да; б) нет .

§ 4. Измерение отрезков

26. Найдите длины всех отрезков, изображенных на рисунке 10 (рис. 31 учебника), если за единицу измерения принят отрезок: а) K L \ б) АВ .

–  –  –

Р е ш е н и е, а) Так как K L — единица измерения, то K L = 1 .

В отрезке А В отрезок K L укладывается два раза, поэтому А В = 2 .

Аналогично, PQ = 3, E F = 5, CD = 6 .

б) Так как А В — единица измерения, то А В = 1. Половина отрезка А В укладывается в отрезке K L один раз, поэтому K L = -. В отрезке PQ отрезок А В укладывается один раз, и в остатке половина отрезка А В укладывается также один раз, поэтому PQ = ^ + 2 ^ ^2' гично, E F = 2^, CD = 3 .

Ответ, а) K L = \, А В = 2, PQ = 3, E F = 5, CD = 6 \ б) K L = А В = \, PQ = \ ^, E F = 2 ^, CD = 3,

29. Начертите прямую А В. С помощью масштабной линейки отметьте на этой прямой точку С, такую, что А С = 2 см. Сколько таких точек можно отметить на прямой АВ?

Р е ш е н и е. На прямой А В из точки А исходят два луча — луч А В и луч АВ\, являющийся продолжением луча АВ. На каждом из этих лучей можно отметить только одну точку — точку С на луче А В и точку С\ на луче АВ\ — так, чтобы А С = 2 см и АС\ = 2 см .

Следовательно, на прямой А В можно отметить две такие точки .

О т в е т. Две точки .

–  –  –

32. Точки А, В а С лежат на одной прямой. Известно, что А В = 12 см, В С = 13,5 см. Какой может быть длина отрезка АС?

Р е ш е н и е. Возможны два случая .

а) Точка С лежит на луче В А (рис. 11, а). В этом случае

–  –  –

35. Расстояние между Москвой и С.-Петербургом равно 650 км. Город Тверь находится между Москвой и С.-Петербургом в 170 км от Москвы .

Найдите расстояние между Тверью и С.-Петербургом, считая, что все три города расположены на одной прямой .

Р е ш е н и е. Пусть М — Москва, Т — Тверь, Р — С.-Петербург .

По условию задачи точка Т лежит между точками М и Р, поэтому М Т + Т Р = М Р. Так как М Р = 650 км, М Т = 170 км, то Т Р = = М Р - М Т = 480 км .

О т в е т. 480 км .

–  –  –

точка N лежит на отрезке ОМ. Следовательно, M N = О М - O N = = 6 см - 4,5 см = 1,5 см .

О твет, а) 10,5 см; б) 1,5 см .

39. Отрезок, длина которого равна а, разделен произвольной точкой на два отрезка. Найдите расстояние между серединами этих отрезков .

Р е ш е н и е. На рисунке 16 на отрезке А В длины а отмечена про­ извольная точка О, точки М и N — середины отрезков АО и ОВ .

Поэтому

–  –  –

45. Градусные меры двух углов равны. Равны ли сами углы?

Р е ш е н и е. Предположим, что данные углы не равны, тогда один из них меньше другого, и, следовательно, градусная мера одного угла меньше градусной меры другого угла, что противоречит условию зада­ чи. Следовательно, два угла, имеюш,ие равные градусные меры, равны .

О т в е т. Да .

–  –  –

51. На рисунке 19 (рис. 38 учебника) угол A O D — прямой, Z A O B = = Z B O C = ZCOD. Найдите угол, образованный биссектрисами углов А О В и COD .

Р е ш е н и е. По условию задачи угол AOD, равный 90°, разделен лучами ОВ и ОС на три равных угла: АОВ, ВОС, COD. Следова­ тельно, Z A O B = Z B O C = ZC OD = 30° .

14 Гл. 1. Начальные геометрические сведения

–  –  –

52. На рисунке 20 (рис. 39 учебника) луч O V является биссектрисой угла Z O Y, а луч 0 U — биссектрисой угла X O Y. Найдите угол X O Z, если Z U O V = 80° .

–  –  –

53. Луч I является биссектрисой неразвернутого угла hk. Может ли угол М быть прямым или тупым?

Р е ш е н и е. Так как луч I — биссектриса угла hk, то Zhl = ^Zhk .

По условию задачи угол hk — неразвернутый, поэтому Zhk 180° .

Отсюда следует, что Zhl 90°. Таким образом, угол Ы не может быть прямым или тупым .

О т в е т. Нет .

–  –  –

59. Один из смежных углов прямой. Каким (острым, прямым, тупым) яв­ ляется другой угол?

Р е ш е н и е. Пусть Zhl и Zlk — смежные углы и Zhl = 90°. По свой­ ству смежных углов Zhl + Zlk = 180°. Отсюда имеем: Zlk = 180° — —Zhl = 90°, т. е. Zlk — прямой угол .

Итак, если один из смежных углов прямой, то и другой угол прямой .

О т в е т. Прямым .

6 0. Верно ли утверждение: если смежные углы равны, то они прямые?

Р е ш е н и е. Сумма смежных углов равна 180°, поэтому, если они равны, каждый из этих углов равен 90°, и, следовательно, эти углы прямые .

О т в е т. Да .

–  –  –

63. Даны два равных угла. Равны ли смежные с ними углы?

Р е ш е н и е. Пусть Z1 = Z2, а Z3 и Z4 — соответственно смежные с ними углы. По свойству смежных углов Z1 + Z3 = 180°, Z2 + Z4 = = 180°. Так как Z1 = Z2, то из этих равенств следует, что Z3 = Z4 .

Следовательно, если данные углы равны, то смежные с ними углы также равны .

О т в е т. Да .

64. На рисунке 22 (рис. 41 учебника) найдите углы: а) 1, 3, 4, если Z2 = = 117°; б) 1, 2, 4, если Z3 = 43°27' .

–  –  –

65. Найдите неразвернутые углы, образованные при пересечении двух пря­ мых, если: а) сумма двух из них равна 114°; б) сумма трех углов равна 220° .

Р е ш е н и е. При пересечении двух прямых образуются четыре неразвернутых угла, которые на рисунке 2 2 обозначены цифрами 1, 2, 3 и 4 .

а) Так как сумма двух из этих углов равна 114°, то они не мо­ гут быть смежными, а значит, эти углы — вертикальные, например, углы 1 и 3 .

По свойству вертикальных углов Z1 = Z3, поэтому Z1 = Z3 = = 114° : 2 = 57° .

Углы 2 и 1 смежные, следовательно, Z1 + Z2 = 180°, откуда Z2 = = 180° - 5 7 ° = 123° .

По свойству вертикальных углов Z4 = Z2, поэтому Z4 = 123° .

б) Пусть, например, Z1 + Z2 + Z3 = 220°. Так как углы 1 и 2 смежные, то Z1 + Z2 = 180° и, следовательно, Z3 = 220° - 180° = 40° .

Z3 + Z2 = 180°, откуда Z2 = 180° - 40° = 140° .

Z 1 = Z 3 = 40°, Z4 = Z 2 = 1 4 0 ° .

О т в е т, а) 57°, 123°, 57°, 123°; б) 40°, 140°, 40°, 140° .

–  –  –

69. Прямая а пересекает стороны угла А в точках Р и Q. Могут ли обе прямые А Р и A Q быть перпендикулярными к прямой а?

Р е ш е н и е. Обе прямые А Р и AQ не могут быть перпендикуляр­ ными к прямой а, т как они пересекаются в точке А, а две прямые, ак перпендикулярные к третьей, не пересекаются (п. 1 2 учебника) .

О т в е т. Нет .

–  –  –

74. Точка N лежит на отрезке М Р. Расстояние между точками М и Р равно 24 см, а расстояние между точками N н М в два раза больше расстояния между точками N и Р. Найдите расстояние: а) между точками N и Р;

б) между точками N и М .

Р е ш е н и е. Точка N лежит на отрезке М Р, поэтому

–  –  –

б) Лучи к W гп лежат по разные стороны от прямой, содержащей луч h (рис. 34, б). В этом случае продолжение h\ луча h делит угол кт на два угла, и, следовательно .

–  –  –

Подставив эти значения в равенство (1), получим: Zkm, = 60° + 30° = 90° .

О т в е т. 30° или 90° .

82. Найдите смежные углы, если: а) один из них на 45° больше другого;

б) их разность равна 35° .

Р е ш е н и е. Пусть ZI и Z2 — данные смежные углы и Z1 Z2 .

По свойству смежных углов

–  –  –

а) По условию Z1 = Z2 + 45°. Отсюда и из равенства (1) находим:

Z1 = 112°30', Z2 = 67°30' .

б) Z1 - Z2 = 35°. Отсюда и из равенства (1) находим: Z1 = 107°30', Z2 = 72°30' .

Ответ: а) 112°30' и 67°30'; б) 107°30' и 72°30' .

–  –  –

84. Докажите, что биссектрисы вертикальных углов лежат на одной пря­ мой .

Р е ш е н и е. Пусть АО В и А\ОВ\ — данные вертикальные уг­ лы, О М — биссектриса угла АОВ, а 0 М \ — продолжение луча О М (рис. 36). Докажем, что OMi — биссектриса угла А\ОВ\ .

–  –  –

Углы А О М и А\ОМ\ — вертикальные, поэтому Z A O M = = ZA\OM\. Аналогично, Z B O M = ZB\OM\. Так как Z A O M = = Z B O M, то ZA\OM\ = ZB\OM\. Луч ОМ\ проходит внутри угла A\OBi, следовательно, ОМ\ — биссектриса этого угла. Таким образом, биссектрисы вертикальных углов АО В и А\ОВ\ лежат на прямой ОМ .

–  –  –

8 6. Даны две пересекающиеся прямые а и Ь и точка Л, не лежащая на этих прямых. Через точку А проведены прямые т и п так, что т ± а, п ± Ь .

Докажите, что прямые m и га не совпадают .

Р е ш е н и е. Предположим, что прямая п совпадает с прямой т п .

Тогда а ± т, Ь ± т. Две прямые, перпендикулярные к третьей прямой, не пересекаются, поэтому прямые а и Ь не пересекаются. Это противо­ речит условию задачи, следовательно, прямые m и п не совпадают .

–  –  –

323. Длина огрезка А В при единице измерения E\F] выражается числом т, а при единице измерения EF — числом га. Каким числом выражается длина отрезка E]F^ при единице измерения E2F2?

Задачи повышенной трудности к главе 1

–  –  –

325. Пять прямых пересекаются в одной точке (рис. 38) (см. рис. 147 учебника). Найдите сумму углов 1, 2, 3, 4 и 5 .

Р е ш е н и е. Обозначим точку пересече­ ния данных прямых буквой О, углы, вер­ тикальные с углами 3 и 4, цифрами 6 и 7, а прямую, содержащую стороны углов 2 и 5, через А В (рис. 38) .

По свойству вертикальных углов Z3 = = Z 6 и Z4 = Z7, поэтому ZI + Z2 + Z3 + ZA + Z5 = Z \ + Z2 + Z 6 + Z7 + Z5 .

28 Гл. 1. Начальные геометрические сведения 1, 7 и 2 равна развернутому углу АО В и, Но сумма углов 5, 6, следовательно, Z1 + Z2 + Z 6 + Z7 + Z5 = 180° .

Поэтому Z1 + Z2 + Z3 + Z4 + Z5 = 180° .

О т в е т. 180° .

326. Даны шесть попарно пересекающихся прямых. Известно, что через точку пересечения любых двух прямых проходит по крайней мере еще од­ на из данных прямых. Докажите, что все эти прямые проходят через одну точку .

Р е ш е н и е. Пусть а\ и «2 — две из данных шести прямых — пересекаются в точке А .

По условию задачи через точку А проходит по крайней мере еще одна из данных прямых, которую обозначим аз (рис. 39). Докажем, что оставшиеся три прямые также проходят через точку А .

Допустим, что какая-то из них, например, прямая й4, не проходит через эту точку. Прямая «4 по условию задачи пересекает каждую из прямых а\, й2, аз. Обозначим точки пересечения буквами А |, А 2, Аз (см. рис. 39) .

Точки А], А 2, Аз и А попарно различны, и по условию задачи через каждую из точек А\, А 2, А^ должна проходить по крайней мере еш,е одна из данных прямых, отличная от ai, (1 2, «3, а^. Но это невозможно, так как даны всего шесть прямых .

Мы пришли к противоречию, поэтому наше предположение неверно и, следовательно, все данные прямые проходят через точку А .

327. Даны шесть точек. Известно, что прямая, проходящая через любые две точки, содержит по крайней мере еще одну из данных точек. Докажите, что все эти точки лежат на одной прямой .

Р е ш е н и е. Задача решается аналогично задаче 326. Пусть А\ и А 2 — две из данных шести точек, a d — прямая А \ А 2. Докажем, что все данные точки лежат на прямой d .

По условию задачи на прямой d лежит по крайней мере еш,е одна из данных точек, которую обозначим через A 3 (рис. 40). Докажем, что (А ^

–  –  –

92. Периметр одного треугольника больше периметра другого. М о­ гут ли быть равными эти треугольники?

Р е ш е н и е. Данные треугольники не могут быть равными, так как у равных треугольников стороны соответственно равны и поэтому равны и их периметры, а у данных треугольников периметры не равны .

О т в е т. Нет .

93. Отрезки А Е и D C пересекаются в точке В, являющейся серединой каждого из них. а) Докажите, что треугольники A B C и E B D равны; б) най­ § I. Первый признак равенст ва треугольников

–  –  –

Р е ш е н и е, а) А В = АС, Z1 = Z2 по условию; AD — общая сторона треугольников A B D и ACD. Следовательно, A A B D = A A C D по первому признаку равенства треугольников .

б) А В = АС = 15 см .

B D = DC, так как эти стороны лежат против равных углов 1 и 2, поэтому B D = 5 см .

О т в е т, б) B D = 5 см, А В = 15 см .

–  –  –

Тогда АО = ОС и ВО = OD по условию; Z A O B = ZCOD, так как эти углы — вертикальные. Следовательно, А А О В = A C O D по перво­ му признаку равенства треугольников .

Из равенства треугольников АО В и COD следует, что А В = CD и Z1 = Z2 .

В треугольниках А Б С и CD A имеем: А В = CD, АС — обш,ая сторона, Z1 = Z2, поэтому А А В С = A C D A по первому признаку равенства треугольников .

–  –  –

99. На сторонах угла CAD отмечены точки В и Е так, что точка В лежит на отрезке АС, а точка Е — на отрезке AD, причем АС = AD и АВ = АЕ .

Докажите, что ZCBD = ZDEC .

§ 2. Медианы, биссектрисы и высоты т реугольника

–  –  –

107. В равнобедренном треугольнике основание в два раза меньше боко­ вой стороны, а периметр равен 50 см. Найдите стороны треугольника .

Р е ш е н и е. Пусть основание равнобедренного треугольника равно ж, тогда каждая боковая сторона равна 2х. Следовательно, ж + 2ж + 2ж = 50 см, откуда а; = 10 см, 2х = 20 см .

О т в е т. 10 см, 20 см, 20 см .

108. Периметр равнобедренного треугольника A B C с основанием В С равен 40 см, а периметр равностороннего треугольника B C D равен 45 см .

Найдите стороны А В и ВС .

Р е ш е н и е. Так как треугольник B C D равносторонний, то каждая его сторона равна 45см : 3 = 15 см. Итак, В С = 15 см .

Поэтому А В + А С = 40 см - В С = 25 см. По условию В С — основание равнобедренного треугольника ABC, следовательно, А В = = А С = 25 см : 2 = 12,5 см .

О т в е т. А В = 12,5 см, В С = 15 см .

–  –  –

110. Докажите, что если медиана треугольника совпадает с его высотой, то треугольник равнобедренный .

Р е ш е н и е. Пусть A M — медиана и высота треугольника ABC .

Тогда В М = МС, Z A M B = Z A M C = 90°, A M — обш,ая сторо­ на треугольников A M В и А М С. Следовательно, А А М В = А А М С по первому признаку равенства треугольников. Отсюда следует, что А В = АС, т. е. А А В С — равнобедренный .

§ 2. Медианы, биссектрисы и высоты т реугольника

1 1 1. На рисунке 49 (рис. 65 учебника) C D = BD, Z1 = Z2. Докажите, что треугольник A B C равнобедренный .

Р е ш е н и е. A A D B = A A D C по первому признаку равенства тре­ угольников {AD — общая сторона, DB = DC и Z1 = Z2 по условию) .

Отсюда следует, что А В = АС, т. е. А А В С — равнобедренный .

–  –  –

115. Медиана A M треугольника Л В С равна отрезку В М. Докажите, что один из углов треугольника Л В С равен сумме двух других углов .

Р е ш е н и е. В М = МС, так как A M — медиана, A M = В М — по условию, поэтому A M = М С (рис. 53) .

–  –  –

116. Докажите, что в равностороннем треугольнике все углы равны .

Р е ш е н и е. Пусть треугольник A B C — равносторонний. Тогда А В = АС и В А = ВС. Из первого равенства следует, что Z B = = Z C (углы при основании равнобедренного треугольника равны), а из второго, что ZA = ZC. Итак, Z A = Z B = ZC, что и требовалось доказать .

–  –  –

118. На основании В С равнобедренного треугольника Л В С отмечены точки М и N так, что В М = C N. Докажите, что: а) А В А М = A C A N \

б) треугольник A M N — равнобедренный .

Р е ш е н и е, а) Z B = Z C (углы при основании равнобедренного треугольника равны) .

А В А М = A C A N по первому признаку равенства треугольни­ ков {В А = С А и В М = C N по условию, Z B = ZC, рис. 55) .

Из равенства треугольников В А М и C A N следует, что A M = б) = AN, т. е. треугольник A M N — равнобедренный .

–  –  –

В равнобедренном треугольнике АБС с ос­ 120 .

нованием АС проведена медиана BD. На сторонах АВ и СВ отмечены соответственно точки Е я F так, что АЕ = CF. Докажите, что: а) AB D E = ABDF\

б) AAD E = ACDF .

Р е ш е н и е, а) По условию В А = В С и А Е = = СЕ, поэтому B E = B E (рис. 57) .

Медиана BD, проведенная к основанию АС равнобедренного треугольника ABC, является также биссектрисой, следовательно, Z1 = Z2 .

38 Гл. 2. Треугольники A B D E = A B D F по первому признаку равенства треугольни­ ков (BE = B F, B D — общая сторона, Z1 = Z2) .

Так как треугольник A B C равнобедренный, то ZA = ZC .

б) A A D E = A C D F по первому признаку равенства треугольни­ ков {AD = CD, так как B D — медиана; А Е = C F по условию;

ZA = Z C ) .

–  –  –

123. На биссектрисе угла А взята точка D, а на сторонах этого угла — точки В и С такие, что Z A D B = Z AD C. Докажите, что B D = CD .

Р е ш е н и е. A A B D = A A C D по второму признаку равенства тре­ угольников: AD — обш,ая сторона; Z B A D = ZCAD, так как AD — биссектриса угла А\ Z A D B = Z A D C по условию (рис. 59). Отсюда следует, что B D = CD .

124. По данным рисунка 60 (рис. 73 учебника) докажите, что О Р = ОТ, Z P = ZT .

Р е ш е н и е. А О В Р = А О О Т по второму признаку равенства тре­ угольников (ОВ = ОС и Z S = Z C по условию; Z B O P = ZCOT, так как эти углы — вертикальные). Отсюда следует, что ОР = ОТ и Z P = ZT .

§ 3. Второй и третий признаки равенст ва треугольников

–  –  –

В треугольниках ABC и А\В\С\ АВ = А\В], ВС = В]С], ZB = 127 .

= ZB\. На сторонах АВ и А\В\ отмечены точки D к D\ так, что ZACD = = ZA]C\D\. Докажите, что ABCD = AB[C]D\ .

Р е ш е н и е. А А В С = A A \ B \ C i по первому признаку равенства треугольников (рис.62). Поэтому Z A C B = ZA\C\B\. Из равенства С,

–  –  –

A A B D = AA\B \D] по второму признаку равенства треугольни­ ков {АВ = AiB\\ Z B = ZB\\ Z B A D = ZB \A \D \, так как AD и A\D\ — биссектрисы равных углов А и А\). Отсюда следует, что A D = A\D\ .

–  –  –

133. Докажит что если биссектриса треугольника совпадает с его высо­ е, той, то треугольник — равнобедренный .

Р е ш е н и е. Пусть AD — биссектриса и высота треугольника A B C (рис. 6 8 ). Тогда A A B D = A A C D по второму признаку равенства треугольников (AD — общая сторона, Z B A D = ZCAD, Z A D B = = Z A D C = 90°). Отсюда следует, что А В = АС, т. е. треугольник A B C — равнобедренный .

134. Докажите, что равнобедренные треугольники равны, если основание и прилежащий к нему угол одного треугольника соответственно равны осно­ ванию и прилежащему к нему углу другого треугольника .

Р е ш е н и е. Углы при основании равнобедренного треугольника равны. Поэтому, если основание и прилежащий к нему угол одно­ го равнобедренного треугольника соответственно равны основанию и прилежащему к нему углу другого равнобедренного треугольника, то равны также два других угла, прилежащих к этим основаниям, и, следовательно, треугольники равны по второму признаку равенства треугольников .

135. Докажите, что если сторона одного равностороннего треугольника равна стороне другого равностороннего треугольника, то треугольники равны .

Р е щ е н и е. Так как треугольники равносторонние, то из равенства двух сторон этих треугольников следует, что все стороны этих тре­ угольников равны друг другу и, следовательно, треугольники равны по третьему признаку равенства треугольников .

–  –  –

Р е щ е н и е. A A B D = A A C D по третьему признаку равенства тре­ угольников {АВ = АС, B D = DC, AD — общая сторона), поэтому Z1 = Z2. По условию Z B A C = Z \ + Z2 = 50°. Отсюда следует, что Z C A D = Z2 = 25° .

О т в е т. 25° .

§ 3. Второй и третий признаки равенст ва треугольников

–  –  –

Р е ш е н и е, а) A A B D = A A C D по третьему признаку равенства треугольников (АВ = CD, B D = АС, AD — общая сторона). Отсюда следует, что Z A D B = ZCAD .

А А В С = A D C B по третьему признаку равенства треугольни­ б) ков (АВ = CD, АС = BD, В С — общая сторона). Отсюда следует, что A B A C = ZC DB .

139. На рисунке 72 (рис. 76 учебника) АВ = CD, AD = ВС, BE — биссектриса угла ABC, DF — биссектриса угла ADC. Докажите, что:

а) ZABE = ZADF-, б) А А В Е = ACDF .

Р е ш е н и е, а) А А В С = A C D A по тре­ тьему признаку равенства треугольни­ ков (АВ = CD, В С = AD, АС — общая сторона). Отсюда следует, что Z B = ZD .

Отрезки B E и D F — биссектрисы в рав­ ных треугольниках, проведенные к рав­ ным сторонам, поэтому B E = D F (за­ дача 128) и Z A B E = ZAD F, Z A B E = Рис. 72 = ZCDF .

А А В Е = A C D F по первому признаку равенства треугольни­ б) ков (АВ = CD, B E = DF, Z A B E = ZCDF) .

–  –  –

145. Отрезок М К — диаметр окружности с центром О, а М Р и Р К — равные хорды этой окружности. Найдите Z P O M .

Р е ш е н и е. Отрезок РО — медиана равнобедренного треугольника М Р К (рис. 77). Поэтому РО — также и высота этого треугольника, т. е. Z P O M = 90° .

О т в е т. 90° .

146. Отрезки А В и C D — диаметры окружности с центром О. Найдите периметр треугольника AOD, если известно, что С В = 13 см, А В = 16 см .

Р е ш е н и е. Обратимся к рисунку 76, В задаче 144 б) доказано, что AD = ВС, поэтому AD = 13 см .

Так как О А и 0 D — радиусы окружности, то О А = 0 D = - А В = = 8 см .

Следовательно, Pa o d = + О А + O D = 29 см .

О т в е т. 29 см .

147. На окружности с центром О отмечены точки А и В так, что угол А О В — прямой. Отрезок В С — диаметр окружности. Докажите, что хорды А В и А С равны .

Р е ш е н и е. А А О В = А А О С (рис.78) по двум сторонам и углу между ними. Отсюда следует, что А В = АС .

\К С

–  –  –

149. Даны прямая а, точка В, не лежащая на ней, и отрезок PQ .

Постройте точку М на прямой а так, чтобы В М = PQ. Всегда ли задача имеет решение?

Р е ш е н и е. Построим окружность с центром В, радиус которой ра­ вен PQ (рис. 80). Если эта окружность имеет общую точку М с прямой

–  –  –

а, то М — искомая точка, поскольку В М = PQ. Если же построенная окружность не имеет общих точек с прямой а, то задача не имеет решения .

О т в е т. Не всегда .

150. Даны окружность, точка А, не лежащая на ней, и отрезок PQ .

Постройте точку М на окружности так, чтобы АА4 = PQ. Всегда ли задача имеет решение?

Р е ш е н и е. Построим окружность с центром А, радиус которой равен PQ (рис. 81). Если эта окружность имеет общую точку М с данной окружностью, то М — искомая точка, поскольку A M = PQ .

Если же построенная окружность не имеет общих точек с данной окружностью, то задача не имеет решения .

–  –  –

152. Дан тупой угол АОВ. Постройте луч О Х так, чтобы углы Х О А и Х О В были равными тупыми углами .

Р е ш е н и е. Построим биссектрису 0 Y данного тупого угла АО В (рис. 83). Построение биссектрисы угла описано в п. 23 учебника .

Проведем далее прямую O Y и обозначим через О Х луч, являющийся продолжением луча OY. До­ кажем, что луч о х является искомым .

В самом деле, углы Х О А и Х О В являются смежными с равными острыми углами Y O A и YOB .

Поэтому Z X O A и Z X O B — равные тупые углы .

154. Дан треугольник ЛВС. Постройте: а) биссектрису А К \ б) медиану В М \ в) высоту С Н треугольника .

Р е ш е н и е, а) Построим биссектрису угла А (как это сделать, описано в п. 23 учебника) и обозначим буквой К точку пересечения построенной биссектрисы со стороной ВС. Отрезок А К — искомая биссектриса треугольника АБС .

б) Построим середину отрезка АС (как это сделать, описано в п. 23) и обозначим ее буквой М. Проведем отрезок В М. Этот отрезок и есть искомая медиана треугольника ABC .

в) Построим прямую, проходящую через точку С и перпендику­ лярную к прямой А В (см. задачу 153). Обозначим буквой Н точку пересечения построенной прямой и прямой АВ. Отрезок С Н — иско­ мая высота треугольника ABC .

155. С помощью циркуля и линейки постройте угол, равный: а) 45°;

б) 22°30' .

Р е ш е н и е. Проведем прямую и отметим на ней точки А и В .

Затем построим прямую АС, перпендикулярную к прямой А В (как это сделать, описано в п.23 учебника). Очевидно, Z B A C = 90° .

а) Построим биссектрису AD угла ВАС. Тогда /1BAD = 45° .

б) Построив теперь биссектрису А Е угла BAD, получим угол В АЕ, равный 22°30' .

48 Гл. 2. Треугольники

–  –  –

159. Докажите, что два равнобедренных треугольника равны, если боко­ вая сторона и угол, противолежащий основанию, одного треугольника соответ­ ственно равны боковой стороне и углу, противолежащему основанию, другого треугольника .

Р е ш е н и е. Указанные треугольники равны по двум сторонами и углу между ними .

–  –  –

161. В треугольниках ABC и Л]В]С] медианы Л М и А\М\ равны, ВС = = В\С\ и ZAMB = ZA\M\B\. Докажите, что ААВС = AAiBiCi .

Р е ш е н и е. Так как В С = В]С], то В М = ^ В С = ^ В \ С \ = В\М\ .

Следовательно, А А В М = А А \ В \ М \ по двум сторонам и углу между ними (рис. 8 6 ). Из равенства этих треугольников следует, что А В = = А\В\ и Z B = АВ\ .

–  –  –

163. Докажите, что середины сторон равнобедренного треугольника явля­ ются вершинами другого равнобедренного треугольника .

Р е ш е н и е. Пусть треугольник A B C — равнобедренный с осно­ ванием ВС, а точки Ai, В\, Ci — середины его сторон (рис. 8 8 ) .

Тогда А В = АС, Z B = ZC, ВС, = ^ А В = ^ АС = СВ,, ВА, = СА, .

Следовательно, А В А, С, = А С А, В, по двум сторонам и углу между ними. Отсюда следует, что А,С, = А,В,, т. е. треугольник А,В,С\ — равнобедренный, что и требовалось доказать .

164. На сторонах равностороннего треугольника А Б С отложены равные отрезки AD, B E и CF, как показано на рисунке 89 (рис. 93 учебника) .

Точки D, Е, F соединены отрезками. Докажите, что треугольник D E F — равносторонний .

Р е ш е н и е. Так как треугольник A B C — равносторонний, то ZA = = Z B = /LC, а так как AD = B E = СЕ, то CD = А Е = ВЕ. Отсюда следует, что треугольники ADE, В Е Е и C E D равны по двум сторонам и углу между ними. Поэтому D E = Е Е = FD, т. е. треугольник D E E — равносторонний .

В

–  –  –

166. Отрезки А В и C D пересекаются в их общей середине О. Точки М и N — середины отрезков А С и BD. Докажите, что точка О — середина отрезка M N .

Р е ш е н и е. А А О С = A B O D по двум сторонам и углу между ними (см. рис. 90), поэтому АС = B D и, следовательно, A M = - АС = = \_BD = B N. Отсюда, используя задачу 165, получаем, что О М = = O N и точки О, М и N лежат на одной прямой. Поэтому точка О — середина отрезка M N .

167. Стороны равностороннего треугольника A B C продолжены, как по­ казано на рисунке 91 (рис. 94 учебника), на равные отрезки AD, СЕ, BF .

Докажите, что треугольник D E F — равносторонний .

Р е ш е н и е. Так как треугольник A B C — равносторонний, то углы А, В и С равны друг другу. Отсюда следует, что смежные с ними углы DAE, F B D и E C F также равны друг другу, а так как А Е = = B D = С Е и AD = В Е = СЕ, то треугольники ADE, B E D и С Е Е равны по двум сторонам и углу между ними. Из равенства этих треугольников следует, что D E = E D = ЕЕ, т. е. треугольник D E E — равносторонний .

–  –  –

170. Докажите, что треугольники A B C и А\В\ С\ равны, если А В = А[В[, ZA = ZA\, A D = A\ D\, где A D и A\D\ — биссектрисы треугольников .

Р е ш е н и е. A A B D = AA\ B\ D] по двум сторонам и углу между ними (рис.94). Отсюда следует, что Z S = ZB\ .

А А В С = А А \ В \ С \ по стороне и двум прилежащим к ней уг­ лам {АВ = А\В\, z A = ZAi, Z B = Z B |) .

–  –  –

Вт реугольниках A B C и A D C стороны В С и A D равны и пересека­ 171 .

ются в точке О, Z O A C = ZOCA. Докажите, что треугольники А В О и CDO равны .

Р е ш е н и е. Обратимся к рисунку 95. А Л В С = A A D C по двум сто­ ронам и углу между ними (АС — общая сторона, СВ = AD, Z A C B = = ZCAD). Отсюда следует, что А В = CD, Z B = ZD и Z B A C = = ZACD. Из последнего равенства получаем, что Z1 = Z2 (рис. 95) .

А А В О = А С DO по стороне и двум прилежащим углам [АВ = CD, Z B = ZD, Z \ = Z2) .

172. На рисунке 96 (рис. 96 учебника) А С = AD, А В ± CD. Докажите, что В С = B D и А А С В = AA DB .

Р е ш е н и е. Так как треугольник ACD — равнобедренный, то вы­ сота, проведенная к основанию CD, является биссектрисой, и поэтому Z C A B = Z D AB .

А А С В = A A D B по двум сторонам и углу между ними. Отсюда следует, что В С = B D и Z A C B = ZAD B .

Л В

–  –  –

173*. Докажите, что угол, смежный с углом треугольника, больше каждого из двух других углов треугольника .

Р е ш е н и е. Пусть угол B A D — смежный с углом А треугольника A B C (рис. 97). Докажем, например, что Z B A D ZB .

Отметим середину О стороны А В и на продолжении отрезка СО отложим от­ резок ОЕ, равный СО. Тогда А В О С = = А А О Е по двум сторонам и углу меж­ ду ними. Отсюда следует, что Z B = = Z1. Но Z B A D Z1 и, следовательно, Z B A D ZB .

–  –  –

176* Докажите, что треугольники А Б С и А\ В\ С\ равны, если А В = = А[В[, А С = А[С\, A M = А \М\, где A M и А\ М\ — медианы треугольников .

Р е щ е н и е. На продолжениях отрезков A M и А\М\ отложим от­ резки M D и M\D\, равные A M и А\М\ (рис. 100). А А М С = A B M D по двум сторонам и углу между ними {AM = M D по построению;

В М = МС, так как A M — медиана; Z A M C = Z B M D, так как эти углы — вертикальные). Отсюда следует, что B D = АС .

Аналогично, из равенства треугольников А\М\С\ и B\M\D] сле­ дует, что BiDi = А\С\, а так как АС = А\С\ (по условию), то B D = = B,D, .

Дополнительные задачи

–  –  –

A A B D = A A \ B \ D \ по трем сторонам (АВ = А\В\\ B D = B\D\\ AD = A^Du так как AD = 2AM, A\D\ = 2A\M\ и A M = A\M\) .

Отсюда следует, что медианы В М и В\М\ в этих треугольниках рав­ ны (см. задачу 114). Поэтому В С = 2 В М = 2В\М\ = В\С\ и А А В С = = А А \ В \ С \ по трем сторонам .

177*. Даны два треугольника: Л В С и А\ В\ С\. Известно, что А В = = А\ В\, А С = А\С\, /^А = / Л ]. На сторонах А С и В С треугольника A B C взяты соответственно точки ЛГ и L, а на сторонах А\С\ и В\С\ треугольника

А\ В\ С\ — точки К\ и Ь\ так, что А К = А \ К \, L C = L\C\. Докажите, что:

а) K L = К]Ь\\ б) A L = A]L\ .

Р е ш е н и е. А А В С = А А \ В \ С \ по двум сторонам и углу между ними, поэтому Z C = Z C | (рис. 101) .

–  –  –

Так как АС = А\С\ и А К = А \К\, то К С = К\С\ .

а) A K C L = A K \C \L \ по двум сторонам и углу между ними .

Отсюда следует, что K L = K\L\ .

б) Аналогично, из равенства треугольников ACL и A\C\L\ следует, что AL = A\L\ .

–  –  –

т. е. углы 1, 2, 3 и 4 равны друг другу. Но углы 2 и 3 — смежные, поэтому Z2 + Z3 = 2Z2 = 180°, от куда Z2 = 90°. Итак, Z1 = Z2 = = Z3 = Z4 = Z90°, т. е. из точки D проведены три перпендикуляра к прямой АС, чего не может быть. Следовательно, наше предположение о равенстве отрезков AD, B D и CD неверно. Поэтому хотя бы два из этих отрезков не равны друг другу .

–  –  –

180. Постройте окружность данного радиуса, проходящую через данную точку, с центром на данной прямой .

Р е ш е н и е. Проведем окружность данного радиуса с центром в дан­ ной точке М (рис. 104). Пусть О — общая точка этой окружности и данной прямой а. Проведем теперь окружность данного радиуса с центром в точке О. Эта окружность является искомой .

181. Постройте окружность данного радиуса, проходящую через две дан­ ные точки .

Р е ш е н и е. Проведем окружности данного радиуса с центрами в данных точках А и В (рис. 105). Пусть эти окружности имеют общую точку О. Проведем окружность данного радиуса с центром в точке О .

Эта окружность — искомая .

Дополнительные задачи

–  –  –

Даны окружность, точки А, В к отрезок PQ. Постройте треугольник 183 .

ABC так, чтобы вершина С лежала на данной окружности и АС = PQ .

Р е ш е н и е. Проведем окружность с центром в точке А и радиусом, равным PQ (рис. 107). Пусть С — общая точка проведенной и данной

–  –  –

185. С помощью циркуля и линейки разделите данный отрезок на четыре равные части .

Р е ш е н и е. Построим середину данного отрезка (как это сделать, описано в п. 23 учебника), а затем построим середины каждого из двух получившихся отрезков. Построенные три точки разделяют данный отрезок на четыре равные части .

58 Гл. 2. Треугольники

–  –  –

A A D C = A A \D \C \ по двум сторонам и углу между ними, поэтому D C = DxCx и AD = ADx .

Равнобедренные треугольники B C D и B\C\D\ равны по основанию и прилежащему углу, и, следовательно, B D = BiD\, а так как AD = = AiD\, то А В = А\В\ .

А А В С = А А \В \С \ по двум сторонам (АВ = А\В\, А С = = А\С\) и углу между ними ( / Л = / А |),

3 3 0. Сторона и два угла одного треугольника равны какой-то стороне и каким-то двум углам другого. Могут ли эти треугольники быть неравными?

Р е ш е н и е. Приведем пример неравных треугольников, удовлетво­ ряющих условиям задачи .

Рассмотрим равнобедренный треугольник ABC, в котором А С = = В С ф А В (рис. 111). В этом треугольнике ZA = ZB .

Пусть А Н — высота треугольника ABC. На продолжении луча Н В отложим отрезок HD, равный НВ, и рассмотрим треугольники А Н В и AHD. Они равны по двум сторо­ нам (НВ = HD, А Н — общая сторона) и углу между ними ( Z A H B = Z A H D = 90°). Отсюда следует, что AB = A D Z B = Z AD H .

h Так как А В ^ АС, то точка D не совпадает с точ­ кой С. Поэтому треугольники A B C и A B D не равны .

Вместе с тем эти треугольники имеют общую сторону АВ, общий угол В и равные углы С А В и ADB, т. е .

эти неравные треугольники удовлетворяют условиям рцс. щ задачи .

О т в е т. Да .

3 3 1. Две стороны и угол одного треугольника равны каким-то двум сторо­ нам и углу другого треугольника. Могут ли эти треугольники быть неравными?

Р е ш е н и е. Приведем пример неравных треугольников, удовлетво­ ряющих условиям задачи .

Рассмотрим равнобедренный треугольник _ A B C с основанием А В и отметим какуюнибудь точку D на продолжении стороны А В (рис. 112) .

Треугольники A D C и B D C удовлетворяют условиям задачи (они имеют равные стороны АС и ВС, общую сторону CD и общий угол D), но не являются равными .

О т в е т. Да. '

–  –  –

Р е ш е н и е. По условию треугольник A B C — равнобедрен­ ный {АВ = ВС), поэтому Z1 = Z3, так как Z1 и Z3 — углы при его основании. Z1 = Z2 по условию, а значит, Z2 = Z3. Углы 2 и 3 — накрест лежащие углы при пересечении прямых В С и A D секущей АС, следовательно, В С || AD .

–  –  –

192. В треугольнике A B C угол А равен 40°, а угол ВСЕ, смежный с углом АС В, равен 80°. Д окаж ите, что биссектриса угла ВСЕ параллельна прямой АВ .

Р е щ е н и е. Пусть луч C F — биссектриса угла В С Е, равного 80° (рис. 120). Тогда Z1 = Z 2 = 40°, поэтому Z2 = ZA. Но углы А и 2 — соответственные при пересечении прямых C F и А В секущей АС, следовательно, C F || АВ .

–  –  –

§ 2. Аксиома параллельных прямых Д ан треугольник ABC. Сколько прямых, параллельных стороне АВ, 196 .

можно провести через вершину С?

Р е щ е н и е. По аксиоме параллельных прямых через точку, не ле­ жащую на данной прямой, проходит только одна прямая, параллельная данной. Поэтому через точку С можно провести только одну прямую, параллельную стороне АВ .

О т в е т. Одну прямую .

Ч ерез точку, не лежащ ую на прямой р, проведены четыре прямые .

197 .

Сколько из этих прямых пересекаю т прямую р? Рассмотрите возможные случаи .

Р е щ е н и е. Пусть А — данная точка. Возможны два случая:

В

–  –  –

а) все четыре прямые, проходящие через точку А, пересекают прямую р\

б) одна из прямых параллельна прямой р. Тогда остальные три прямые пересекают ее, так как через точку А, не лежащую на данной прямой р, проходит только одна прямая, параллельная прямой р .

О т в е т. Четыре или три прямые .

–  –  –

1 9 9. П рямая р параллельна стороне АВ треугольника ABC. Д окаж ите, что прямые ВС и АС пересекаю т прямую р .

Р е ш е н и е. Прямая В С пересекает прямую АВ, параллельную прямой р, а значит, согласно следствию 1° из аксиомы параллельных прямых, она пересекает и прямую р. По той же причине прямая А С пересекает прямую р .

–  –  –

201. Сумма накрест леж ащ их углов при пересечении двух параллельных прямых секущ ей равна 210°. Н айдите эти углы .

Р е ш е н и е. Пусть Z1 и Z2 — накрест лежащие углы при пересе­ чении параллельных прямых а и Ь секущей с (рис. 123). По условию Z1 -Ь Z2 = 210°, а по теореме о накрест лежащих углах, образованных двумя параллельными прямыми и секущей, Z1 = Z2. Следовательно, Z1 = Z2 = 105° .

О т в е т. 105°, 105° .

^ 2. Аксиома параллельны х прямых 65 На рисунке 124 (рис. 116 учебника) прямые а, Ъ к с пересечены 202 .

секущ ей d, Z1 = 42°, Z2 = 140°, Z 3 = 138°. Какие из прямых а, Ъ и с параллельны?

Р е ш е н и е. 1^*. Рассмотрим прямые а и 6. Z1 и Z2 — односторонние углы при пересечении прямых а и 6 секущей d и Z1 + Z2 = 42° + + 140° = 182°. Следовательно, прямые а и 6 не параллельны. В самом деле, если предположить, что а || Ь то по свойству односторонних уг­, лов (третья теорема п. 29 учебника) Z1 + Z2 = 180°, что противоречит условию задачи .

2^. Рассмотрим прямые а и с. Z1 и Z3 — односторонние углы при пересечении прямых а и с секущей с? и Z1 + Z3 = 42° + 138° = 180° .

Следовательно, по признаку параллельности двух прямых а || с .

3^*. Рассмотрим прямые б и с. Углы 2 и 3 — соответственные углы при пересечении прямых б и с секущей d и Z2 ^ Z3. Следовательно, прямые 6 и с не параллельны .

О т в е т, а 11 с .

203. Н айдите все углы, образованные при пересечении двух параллельных прямых а и Ь секущей с, если: а) один из углов равен 150°; б) один из углов на 70° больще другого .

Р е ш е н и е. На рисунке 125 углы, указанные в условии задачи, обозначены цифрами .

–  –  –

Воспользуемся теоремами об углах, образованных двумя параллель­ ными прямыми и секущей. Имеем: Z1 = Z5, Z3 = Z7 как соответствен­ ные, а Z 5 = Z 3 как накрест лежащие углы при пересечении прямых а и Ь секущей с. Следовательно,

–  –  –

б) По условию один из углов на 70° больше другого. Поэтому если один из них фигурирует в равенстве ( 1 ), то другой должен фигури­ ровать в равенстве (2). Пусть, например, Z1 = 70° + Z2. По свойству смежных углов Z1 + Z 2 = 180°. Следовательно, Z1 = 125°, Z2 = 55° .

Из равенств (1) и (2) получаем: Z1 = Z3 = Z 5 = Z7 = 125°, Z2 = Z4 = = Z 6 = Z 8 = 55° .

О т в е т, а) Четыре угла по 150°, четыре угла по 30°; б) четыре угла по 125°, четыре угла по 55° .

–  –  –

Р е ш е н и е. Так как Z B D E и Z2 — смежные углы, то Z2 = = 180° - Z B D E = 73°, следовательно, Z A B K = Z2. Углы А В К и 2 — соответственные при пересечении прямых С В и E D секуш,ей AF, поэтому С В II E D. Угол 1 равен углу К Р М, так как эти углы — соответственные при пересечении параллельных прямых В К и D M секуш,ей К Р. По условию Z K P M = 92°, поэтому Z1 = 92° .

О т в е т. Z1 = 92° .

–  –  –

и C D не параллельны, так как Z A B C ф Z B C D (рис. 129, б). Та­ ким образом, и в том, и в другом случае прямые А В и C D пересекаются .

О т в е т, а) Нет; б) да .

208. Разность двух односторонних углов при пересечении двух параллель­ ных прямых секущей равна 50°. Н айдите эти углы .

Р е ш е н и е. Пусть Z1 и Z 2 — односторонние углы при пересечении параллельных прямых а и 5 секущей с. Тогда Z1 + Z2 = 180°. По усло­ вию Z 1 - Z 2 = 50°, следовательно, Z 1 = 115°, Z2 = 65° .

О т в е т. 115° и 65° .

Гл. 3. Параллельные прямые

–  –  –

2 1 1. Д ве параллельные прямые пересечены секущей. Д окаж ите, что:

а) биссектрисы накрест леж ащ их углов параллельны; б) биссектрисы соответ­ ственных углов параллельны; в) биссектрисы односторонних углов перпенди­ кулярны .

Р е ш е н и е, а) Пусть А В || C D и лучи B E и C F — биссектрисы накрест лежащих углов A B C и B C D соответственно (рис. 132, а) .

Углы A B C и B C D — накрест лежащие углы при пересечении паралМ/ Е А В 5, <

–  –  –

= Z2. Равные углы 1 и 2 являют накрест лежащими у глами при ся пересечении прямых B E и C F секущей ВС, следовательно, B E || CF, т. е. биссектрисы накрест лежащих углов параллельны,

б) Пусть А В II CD, лучи А Е и С Е — биссектрисы соответственных углов М А В и A C D (рис, 132, б), а А К — продолжение луча АЕ .

Так как А Е — биссектриса угла М А В, то луч А К — биссектриса вертикального с ним угла В \ АС. Поэтому А Е || C F (см, задачу а),

в) Пусть лучи А Е и С Е — биссектрисы односторонних углов при пересечении параллельных прямых А В и C D секущей А С (рис, 132, в) .

Поскольку /^ВАС + /^ACD = 180° (эти углы односторонние), то

–  –  –

214. П рямая, проходящая через середину биссектрисы AD треугольника А Б С и пер­ пендикулярная к AD, пересекает сторону АС в точке М. Д окаж ите, что M D || АВ .

В треугольнике A M D Решение, (рис, 134) отрезок М О является медиа­ ной (так как прямая М О проходит через середину отрезка AD) и высотой (так как М О _L AD), поэтому треугольник A M D — равнобедренный с основанием AD, а зна- ^3 ^ чит, Z2 = Z3, Поскольку A D — биссектри­ са угла А, то Z 2 = Z1, Но Z2 = Z3, поэтому Z1 = Z3, Углы 1 и 3 — накрест лежащие углы при пересечении прямых А В и D M секущей AD. Следовательно, А В || D M .

70 Гл. 3. Параллельные прямые

–  –  –

Н а рисунке 136 (рис. 123 учебника) D E — биссектриса угла ADF .

216 .

По данным рисунка найдите углы треугольника ADE .

Р е ш е н и е. Углы М А В и С В А — односторонние углы при пере­ сечении прямых А Е и B F секущей А В и Z M A B + Z.CBA = 78° + + 102° = 180°, следовательно, А Е || ВЕ. Z1 = Z A D B = 48°, так как Z1 и Z A D B — накрест лежащие углы при пересечении параллельных прямых А Е и B D секущей AD. Углы A D B и A D F — смежные, поэтому Z A D F = 180° - 48° = 132° .

Так как по условию луч D E — биссектриса угла A D E, то Z2 = = Z 4 = 6 6 °. Углы 3 и 4 — накрест лежащие углы при пере­ сечении параллельных прямых А Е и В Е секущей DE. Следова­ тельно, Z3 = Z4 = 6 6 °. Итак, в треугольнике A D E Z A = 48°, Z D = Z E = 6 6 ° .

О т в е т. 48°, 6 6 °, 6 6 ° .

Прямые а иЪ параллельны прямой с. Д окаж ите, что любая прямая, 217 .

пересекаю щ ая прямую а, пересекает такж е и прямую Ъ .

Р е ш е н и е. По условию а \\ с и Ь \\ с, следовательно (согласно след­ ствию 2° из аксиомы параллельных прямых), а || Ь (рис. 137). По усло­ вию прямая т пересекает прямую а, а значит (согласно следствию 1 ° п

–  –  –

Д окаж ите, что если при пересечении двух прямых а и Ь секущ ей 220 .

накрест леж ащ ие углы не равны, то прямые а и Ь пересекаю тся .

Р е ш е н и е. Пусть при пересечении прямых а и 6 секущей с накрест лежащие углы 1 и 2 не равны (рис. 139). Предположим, что а || Ь .

Тогда по первой теореме п. 29 накрест лежащие углы равны, т. е. Z1 = = Z2, что противоречит условию задачи. Значит, наше предположение неверно, и прямые а и Ь пересекаются .

–  –  –

отрезков В М и А С совпадают, поэтому A M || В С. Таким образом, через точку А проходят прямые A M и A N, параллельные прямой ВС .

Но через точку А можно провести только одну прямую, параллельную 72 Гл. 3. Параллельные прямые прямой ВС. Поэт ому прямые A M и A N совпадают, т. е. точки М, А и N лежат на одной прямой .

–  –  –

226. Д окаж ите, что углы при основании равнобедренного треугольника — острые .

Р е ш е н и е. Пусть а — угол при вершине равнобедренного тре­ угольника, противолежаш,ей основанию (рис. 143). Поскольку сумма 74 Гл. 4. Соотношения между сторонами и углам и т реугольника углов треугольника равна 180°, то сумма двух углов при основании равна 180° — а, а значит, ка ж д ый из них равен

–  –  –

Найдите углы равнобедренного треугольника, если: а) угол при 227 .

основании в два раза больше угла, противолежащего основанию; б) угол при основании в три раза меньше внешнего угла, смежного с ним .

Р е ш е н и е, а) Из условия задачи следует, что если а — угол при вершине равнобедренного треугольника, противолежащей основа­ нию (см. рис. 143), то углы при его основании равны 2а. Имеем: а + 4 2а + 2а = Ъа = 180°, откуда а = 36°. Таким образом, угол при вер­ шине равен 36°, а углы при основании 2 • 36° = 72° .

Пусть а — угол при основании данного равнобедренного тре­ б) угольника (рис. 144). Поскольку смежные углы составляют в сумме

–  –  –

Найдите углы равнобедренного треугольника, если один из его углов 228 .

равен: а) 40°; б) 60°; в) 100° .

Р е ш е н и е, а) Если данный угол в 40° лежит при основании равнобедренного треугольника, то другой угол при основании также равен 40°, а значит, угол при вершине, противолежаш,ей основанию, равен 180° - 40° - 40° = 100°; если же данный угол в 40° лежит при вершине равнобедренного треугольника, противолежаш,ей основанию, то сумма углов при его основании равна 180° —40° = 140°, а значит,

- 140°.,„0 каждый из них равен —^ = /О .

б) Если данный угол в 60° лежит при основании равнобедрен­ ного треугольника, то другой угол при основании также равен 60°, а значит, угол при вершине равен 180° - 60° - 60° = 60°; если пред­ положить, что данный угол лежит при вершине равнобедренного тре­ угольника, противолежащей основанию, мы получим, очевидно, тот же результат .

§ 1. Сумма углов т реугольника 75

–  –  –

2 3 2. Д окаж ите, ч т если один из внешних углов треугольника в два раза о больше угла треугольника, не смежного с ним, то треугольник равнобедрен­ ный. Верно ли обратное утверждение?

Р е ш е н и е. Внешний угол треугольника равен сумме двух углов треугольника, не смежных с ним. Поэтому если он в два раза больше одного из них, то он в два раза больше и другого. Следовательно, у к а ­ занные углы равны, а значит, треугольник равнобедренный (см. след­ ствие 2 п. 32) .

Справедливо и обратное утверждение: в равнобедренном треуголь­ нике один из внешних углов в два раза больше угла треугольника, не смежного с ним. В самом деле, внешний угол при вершине равнобедренного треугольника, противолежаш,ей основанию, равен сумме двух углов при его основании, а значит, он в два раза больше каждого из них .

О т в е т. Да .

–  –  –

2 3 4. Один из внешних углов равнобедренного треугольника равен 115° .

Найдите углы треугольника .

Р е ш е н и е. Из условия задачи следует, что угол треугольника, смежный с данным внешним углом, равен 180° — 115° = 65° .

Если этот угол лежит при основании равнобедренного треугольни­ ка, то другой угол при основании также равен 65°, а значит, угол при вершине, противолежащей основанию, равен 180° - 6 5 ° - 6 5 ° = 50°;

если же этот угол лежит при вершине равнобедренного треугольника, противолежащей основанию, то сумма углов при его основании равна 115^^ 180° — 65° = 115°, а значит, каждый из них равен ^ = 57°30' .

Ответ: 57°30', 57°30' и 65° или 65°, 65° и 50° .

2 3 5. В равнобедренном треугольнике A B C с основанием АС проведена биссектриса AD. Н айдите углы этого треугольника, если Z A D B = 110° .

Р е ш е н и е. Угол A D B является внешним углом треугольника A C D (рис. 149), поэтому он равен сумме двух углов этого треугольСоотношения между сторонами и углам и треугольника ника, не смежных с ним. Кроме того, поскольку A D — биссектриса, то Z C A D = Таким образом, Z C + ^ = 110°, откуда Z C = = 73°20'. Следовательно, Z A = Z C = 73°20', Z B = 180° - 73°20' О т в е т. 73°20', 73°20' и 33°20' .

§ 2. Соотношения между сторонами и углами треугольника

2 3 6. Сравните углы треугольника ЛВС и выясните, может ли быть угол А тупым, если: а) А В В С АС\ б) А В = АС ВС .

Р е ш е н и е. В тупоугольном треугольнике тупой угол больше к а ж ­ дого их двух других углов, поэтому против тупого угла лежит наи­ большая из трех сторон.

Следовательно:

а) поскольку сторона В С не является наибольшей, то угол А не может быть тупым;

б) поскольку сторона В С является наибольшей, то угол А может быть тупым .

О т в е т, а) Не может; б) может .

2 3 7. Сравните стороны треугольника ABC, если: а) АЛ Z B ZC;

б) Z A Z B = ZC .

Р е ш е н и е. В треугольнике против большего угла лежит большая сторона.

Поэтому:

а) В С С А АВ-, б) В С С А = АВ .

2 3 8. Д окаж ите, что в равнобедренном треугольнике отрезок, соединя­ ющий любую точку основания, отличную от вершины, с противоположной вершиной, меньше боковой стороны .

Р е ш е н и е. Рассмотрим равнобедренный треугольник A BC, на ос­ новании А С которого взята точка D, отличная от вершины (рис. 150) .

Смежные углы A D B и C D B составляют в сумме 180°, поэтому один из них тупой или прямой. Пусть, например, угол A D B тупой или пря­ мой. Тогда в треугольнике A D B против этого угла лежит наибольшая сторона. Следовательно, А В BD .

в В Рис. 149 Рис. 150 78 Гл. 4. Соотношения между сторонами и углам и т реугольника

2 3 9. Д окаж и т ч т в треугольнике медиана не меньше высоты, проведен­ е, о ной из той ж е вершины .

Р е ш е н и е. Рассмотрим треугольник A BC, в котором проведены высота В Н и медиана В М (рис. 151). Если точки Н я М совпадают, то высота равна медиане. Если же точки Н и М не совпадают, то в пря­ моугольном треугольнике В Н М гипотенуза В М больше катета ВН, т. е. медиана больше высоты .

–  –  –

242. Д окаж ите, что если биссектриса внешнего угла треугольника парал­ лельна стороне треугольника, то треугольник равнобедренный .

Р е ш е н и е. Рассмотрим треугольник A BC, биссектриса B D внеш­ него угла которого параллельна стороне А С (рис. 154). Углы C B D и А С В равны как накрест лежащие углы, образованные при пересече­ нии параллельных прямых А С и B D секуш,ей В С, поэтому внешний § 2. Соотношения между сторонами и углам и треугольника 79 угол при вершине В треугольника A B C в два раза больше угла С этого треугольника. С другой стороны, указанный внешний угол равен сумме углов А к С треугольника A B C. Следовательно, АА = Z C, а значит, треугольник A B C — равнобедренный .

–  –  –

лежаш,ие углы, образованные при пересечении параллельных прямых АА\ и C D секущей АС, поэтому внешний угол при вершине А треугольника A C D в два раза больше угла С этого треугольника .

С другой стороны, указанный внешний угол равен сумме углов С и D треугольника A CD. Следовательно, Z C = ZL, а значит, А С = AD .

О трезок AD — биссектриса треугольника ABC. Ч ерез точку D 244 .

проведена прямая, параллельная АС и пересекаю щ ая сторону А В в точке Е .

Д окаж ите, что треугольник A D E — равнобедренный .

Р е ш е н и е. Углы C A D и A D E (рис. 156) равны как накрест л е ж а ­ щие углы, образованные при пересечении параллельных прямых А С и D E секущей AD. Следовательно, в треугольнике A D E АА = Z), а значит, треугольник A D E — равнобедренный .

Через точку пересечения биссектрис ВВ] и СС\ треугольника A BC 245 .

проведена прямая, параллельная прямой ВС и пересекаю щ ая стороны АВ и АС соответственно в точках М и N. Д окаж ите, что M N = В М + C N .

Р е ш е н и е. Пусть точка О — точка пересечения биссектрис ВВ\ и СС\ (рис. 157). Углы В О М и С В О равны как накрест лежащие углы, образованные при пересечении параллельных прямых О М и В С секущей ВО. Следовательно, в треугольнике В О М Z B = Z 0, а зна­ чит, О М = В М .

Углы N O C и О С В равны как накрест лежащие углы, образован­ ные при пересечении параллельных прямых O N и В С секущей СО .

Следовательно, в треугольнике C O N ZC* = ZO, а значит, O N = C N .

Гл. 4. Соотношения между сторонами и углами треугольника В

–  –  –

2 4 6. На рисунке 158 (рис. 129 учебника) лучи ВО и СО — биссектрисы углов В и С треугольника ABC, ОЕ || АВ, OD || АС. Д окаж ите, что периметр треугольника E DO равен длине отрезка ВС .

Р е ш е н и е. Углы В О Е и А В О равны как накрест лежащие углы, образованные при пересечении параллельных прямых О Е и А В секу­ щей ВО. Следоват ельно, в треугольнике В О Е АВ = Z 0, а значит, О Е = BE .

Углы D O C и А С О равны как накрест лежащие углы, образован­ ные при пересечении параллельных прямых O D и А С секущей СО .

Следовательно, в треугольнике C O D Z c = Z O, а значит, O D = CD .

Итак, О Е = B E, O D = CD. Поэтому О Е + E D + D O = B E + E D + C D = BC .

2 4 7. Ha рисунке 159 (рис. 130 учебника) А В = AC, А Р = AQ. Д окаж ите, что: а) треугольник В О С — равнобедренный; б) прямая О А проходит через середину основания В С и перпендикулярна к нему .

Р е щ е н и е. а) Поскольку А В = А С и А Р = AQ, то В Р = CQ .

Следовательно, треугольники С В Р и B C Q равны по первому при­ знаку равенства треугольников { В Р = CQ, сторона В С у них общая, а углы С В Р и B C Q равны как углы при основании равнобедренного С

–  –  –

треугольника ABC ). Поэтому углы В и С треугольника В О С равны, а значит, этот треугольник — равнобедренный .

б) Из рассуждений, приведенных в части а) решения, следует, что В О = ОС. Следовательно, треугольники А В О и А С О равны по тре­ тьему признаку равенства треугольников. Поэтому луч АО является биссектрисой угла А. Но в равнобедренном треугольнике A B C биссек­ триса угла А является медианой и высотой. Таким образом, прямая ОА проходит через середину основания В С и перпендикулярна к нему .

2 4 8. Существует ли треугольник со сторонами: а) 1 м, 2 м и 3 м; б) 1,2 дм, 1 дм и 2,4 дм?

Р е ш е н и е. Каждая сторона треугольника меньше суммы двух дру­ гих сторон.

Имеем:

а) 1 м -Ь 2 м = 3 м, поэтому треугольника со сторонами 1 м, 2 м и 3 м не существует;

б) 1,2 дм + 1 дм = 2,2 дм 2,4 дм, поэтому треугольника со сто­ ронами 1,2 дм, 1 дм и 2,4 дм не существует .

О т в е т, а) Нет; б) нет .

2 4 9. В равнобедренном треугольнике одна сторона равна 25 см, а другая равна 10 см. Какая из них является основанием?

Р е ш е н и е. Каждая сторона треугольника меньше суммы двух других сторон. Поэтому если предположить, что основанием является сторона, равная 25 см, то получится противоречие: 10 см + 10 см = = 20 см 25 см. Следовательно, основанием является сторона, равная 10 см .

О т в е т. Сторона, равная 10 см .

2 5 0. Н айдите сторону равнобедренного треугольника, если две другие стороны равны: а) 5 см и 3 см; б) 8 см и 2 см; в) 10 см и 5 см .

Р е ш е н и е, а) Если сторона, равная 5 см, является боковой сторо­ ной данного треугольника, то неизвестная сторона также равна 5 см;

если же боковой стороной данного треугольника является сторона, равная 3 см, то неизвестная сторона также равна 3 см .

б) Поскольку данный треугольник равнобедренный, то его неиз­ вестная сторона равна либо 8 см, либо 2 см. Если предположить, что она равна 2 см, то получится противоречие: 2 см + 2 см = 4 см 8 см (в то время как каждая сторона треугольника меньше суммы двух других сторон). Следовательно, эта сторона равна 8 см .

в) Поскольку данный треугольник равнобедренный, то его неиз­ вестная сторона равна либо 10 см, либо 5 см. Если предположить, что она равна 5 см, то получится противоречие: 5 см + 5 см = 10 см (в то время как каждая сторона треугольника меньше суммы двух других сторон). Следовательно, эта сторона равна 10 см .

О т в е т, а) 5 см или 3 см; б) 8 см; в) 10 см .

82 Гл. 4. Соотношения между сторонами и углам и т реугольника 252. Д ва внешних угла треугольника при разных верш инах равны. П ери­ метр треугольника равен 74 см, а одна из его сторон равна 16 см. Н айдите две другие стороны треугольника .

Р е ш е н и е. Смежные углы составляют в сумме 180°, поэтому если два внешних угла треугольника при разнв1х вершинах равны, то равны и у глы треугольника при этих вершинах, а значит, данный треуголь­ ник — равнобедренный .

Сторона, равная 16 см, может быть либо основанием, либо боковой стороной этого треугольника.

Но боковой стороной она быть не может:

иначе стороны треугольника были бы равны 16 см, 16 см и 74 см — 16 см — 16 см = 42 см, а 16 см + 16 см = 32 см 42 см, в то время как каждая сторона треугольника меньше суммы двух дру­ гих сторон. Следовательно, эта сторона является основанием, а значит, каждая из боковых сторон равна 74 см — 16 см = 29 см .

О т в е т. 29 см и 29 см .

2 5 3. Периметр равнобедренного треугольника равен 25 см, разность двух сторон равна 4 см, а один из его внешних углов — острый. Н айдите стороны треугольника .

Р е ш е н и е. Смежные углы составляют в сумме 180°, поэтому если один из внешних углов треугольника острый, то угол треугольника при этой вершине тупой. Поскольку данный треугольник равнобедренный, то тупым является угол между его боковыми сторонами (углы при основании равнобедренного треугольника равны, а тупым может быть только один угол треугольника), а значит, основание является наи­ большей из его сторон. Таким образом, если каждая из боковых сторон равна X, то сторона основания равна а; + 4 см. Периметр треугольника равен ж + ж + (ж + 4 см) = 25 см, откуда Зж = 21 см, ж = 7 см, ж + 4 = 11 см. Итак, стороны треугольника равны 7 см, 7 см и 11 см .

О т в е т. 7 см, 7 см и 11 см .

§ 3. Прямоугольные треугольники

2 5 4. Н айдите углы равнобедренного прямоугольного треугольника .

Р е ш е н и е. Сумма двух острых углов прямоугольного треугольника равна 90°, а поскольку данный треугольник равнобедренный, то его острые углы равны друг другу. Следовательно, углы этого треугольни­ ка равны 45°, 45° и 90° .

О т в е т. 45°, 45° и 90° .

^ 3. Прямоугольные треугольники 83

–  –  –

2 5 6. Один из углов прямоугольного треугольника равен 60°, а сумма гипотенузы и меньшего из катетов равна 26,4 см. Н айдите гипотенузу тре­ угольника .

Р е ш е н и е. Один из острых углов данного треугольника равен 60°, а значит, другой его острый угол равен 90° — 60° = 30°. Угол в 30° меньше угла в 60°, поэтому меньший катет лежит против угла в 30° и, следовательно, равен половине гипотенузы. Таким образом, если длина гипотенузы равна х, то

–  –  –

2 5 7. В прямоугольном треугольнике A B C с прямым углом С внешний угол при вершине А равен 120°, АС + АВ = 18 см. Н айдите АС и АВ .

Р е ш е н и е. Смежные углы составляют в сумме 180°, поэтому угол А треугольника A B C равен 180° — 120° = 60°, а значит, его угол В равен 90° — 60° = 30°. Следовательно, катет А С равен половине гипотенузы АВ. Учитывая, что А С + А В = 18 см, получаем: А С = = 6 см, А В = 12 см .

О т в е т. А С = 6 см, А В = 12 см .

–  –  –

2 5 9. Угол, противолеж ащ ий основанию равнобедренного треугольника, равен 120°. Высота, проведенная к боковой стороне, равна 9 см. Н айдите основание треугольника .

Р е ш е н и е. К а ж д ый из у глов при основании данного треугольника I gQ _ I 20° O равен —-—^------- = 30°. Поэтому проведенная высота является кате­ том прямоугольного треугольника, лежащим против угла в 30°, а ос­ нование данного треугольника — гипотенузой. Следовательно, искомое основание равно 2 9 см = 18 см .

О т в е т. 18 см .

2 6 0. Высота, проведенная к основанию равнобедренного треугольника, равна 7,6 см, а боковая сторона треугольника равна 15,2 см. Н айдите углы этого треугольника .

Р е ш е н и е. Проведенная высота является катетом прямоугольно­ го треугольника, а боковая сторона — его гипотенузой. Поскольку 15,2 см = 2 • 7,6 см, то гипотенуза этого треугольника в два раза больше катета, а значит, угол, лежаш,ий против этого катета, равен 30°. Но этот угол является углом при основании данного треугольника .

Поэтому углы данного треугольника равны 30°, 30° и 180° — 30° —

- 3 0 ° = 120° .

О т в е т. 30°, 30° и 120° .

2 6 1. Д окаж ите, что в равнобедренном треугольнике две высоты, прове­ денные из вершин основания, равны .

Р е ш е н и е. Указанные высоты являются катетами прямоугольных треугольников с обш,ей гипотенузой — основанием данного треуголь­ ника — и равными острыми углами — углами при основании данного треугольника. Поэтому эти прямоугольные треугольники равны, а зна­ чит, равны и указанные высоты .

–  –  –

В равнобедренном треугольнике A B C с основанием АС проведены 265 .

биссектриса A F и высота АН. Н айдите углы треугольника AHF, если Z B = 112° .

=

–  –  –

267. Д окаж ите, что два остроугольных треугольника равны, если сторона и высоты, проведенные из концов этой стороны, одного треугольника соот­ ветственно равны стороне и высотам, проведенным из концов этой стороны, другого треугольника .

Рассмотрим остроугольные треугольники A B C Решение .

и А \В \С \ с высотами AD, С Е и A \ D \, С\Е\ (рис. 167), у которых А С = А\ С\, A D = A \ D \, С Е = С\Е\. Прямоугольные треугольники В

Рис. 167

А С Е и А\ С\ Е\ равны по гипотенузе и катету, поэтому углы А и А\ этих треугольников равны. Прямоугольные треугольники A C D и A \ C\ D\ также равны по гипотенузе и катету, поэтому углы С и С\ этих треугольников равны. Следовательно, треугольники A B C и А \ В\ С \ равны по второму признаку равенства треугольников (АС = = А,С ь ZA = ZA,, ZC = / С |) .

^ 3. Прямоугольные треугольники

268. Сформулируйте и докаж ите признак равенства прямоугольных тре­ угольников по катету и противолежащ ему углу .

Р е ш е н и е. Признак равенст ва прямоугольных треугольников по катету и противолежащему у глу (если, конечно, он имеет место) должен формулироваться так: если катет и противолежащий ему угол одного прямоугольного треугольника равен катету и проти­ волежащему ему углу другого прямоугольного треугольника, то такие треугольники равны .

Рассмотрим прямоугольные треугольники {В)В, A B C и А \ В\ С \ с прямыми углами А и А |, у которых А В = А]В], Z C = Z C |. При­ ложим треугольник A B C к треугольнику Ai Bj C] (рис. 168) так, чтобы верщина А сов­ местилась с верщиной А], верщина В — с В\, а верщины С и Ci оказались по разные сторо­ ны от прямой А \ В\. Поскольку углы А и А\ прямые, то точки С, А\ и С\ окажутся при Рис. 168 этом лежащими на одной прямой .

В треугольнике СВ]С\ углы С и С\ равны, поэтому этот треуголь­ ник равнобедренный: В \ С = В\ С\. Следовательно, треугольники A B C и А \ В\ С \ равны по гипотенузе и катету .

–  –  –

поэтому А В = А\В]. Следовательно, треугольники A B C и А\ В\ С\ равны по второму признаку равенства треугольников .

Внутри угла дана точка А. Постройте пря­ 270 .

мую, проходящую через точку А и отсекающую на сторонах угла равные отрезки .

Р е ш е н и е. Построим сначала биссектрису данного угла (рис. 170), а затем через точку А проведем прямую, перпендикулярную к этой биссектрисе. Проведенная прямая — искомая .

Гл. 4. Соотношения между сторонами и углами треугольника § 4. Построение треугольника по трем элементам

2 7 1. Из точки к прямой проведены перпендикуляр и наклонная, сумма длин которых равна 17 см, а разность длин равна 1 см. Н айдите расстояние от точки до прямой .

Р е ш е н и е. Пуст х — искомое расстояние, или, что то же самое, ь длина проведенного перпендикуляра. Поскольку перпендикуляр мень­ ше наклонной, то длина наклонной равна х + 1 см. Следовательно, а; + ж + 1 см = 17 см, откуда а; = 8 см .

О т в е т. 8 см .

2 7 2. В равностороннем треугольнике ABC проведена биссектриса AD .

Расстояние от точки D до прямой АС равно 6 см. Н айдите расстояние от вер­ шины А до прямой ВС .

Р е ш е н и е. Биссектриса равностороннего треугольника является высотой, поэтому искомое расстояние — это длина отрезка AD. Про­ ведем из точки D перпендикуляр D E к прямой А С (рис. 171). По усло­ вию D E = 6 см.

Учитывая, что отрезок D E является катетом прямо­ угольного треугольника A D E, лежаш,им против угла в 30°, получим:

A D = 2 6 см = 12 см .

О т в е т. 12 см .

2 7 3. Сумма гипотенузы СЕ и катета CD прямоугольного треугольника CDE равна 31 см, а их разность равна 3 см. Н айдите расстояние от вершины С до прямой DE .

Р е ш е н и е. Пусть х — искомое расстояние, равное, очевидно, длине катета C D (рис. 172). Поскольку катет меньше гипотенузы, то гипо­ тенуза равна а; + 3 см. Следовательно, ж + ж + 3 с м = 31 см, откуда а; = 14 см .

О т в е т. 14 см .

2 7 4. Д окаж ите, что в равнобедренном треугольнике середина основания равноудалена от боковых сторон .

Р е ш е н и е. Пусть М — середина основания А В равнобедренного треугольника A B C (рис. 173), М Н и М К — перпендикуляры, про

–  –  –

веденные из т очки М к прямым А С и В С. Поскольку отрезок С М является медианой равнобедренного треугольника, а значит, и его биссектрисой, то Z H C M = Z K C M. Следовательно, прямоугольные треугольники Н С М и К С М равны по гипотенузе и острому углу, а значит, М Н = М К .

На основании АВ равнобедренного треугольника A B C взята точка 275 .

М, равноудаленная от боковых сторон. Д окаж ите, что С М — высота треуголь­ ника АБС .

Р е ш е н и е. Пусть М Н и М К — перпендикуляры, проведенные из точки М к прямым А С и В С (см. рис. 173). Поскольку М Н = М К, то прямоугольные треугольники Н С М и К С М равны по гипотенузе и катету. Следовательно, отрезок С М является биссектрисой треуголь­ ника A BC, а значит, и его высотой .

–  –  –

Расстояние меж ду параллельными прямыми а н Ь равно 3 см, а м еж ­ 277 .

ду параллельными прямыми а и с равно 5 см. Н айдите расстояние меж ду прямыми б и с .

Р е ш е н и е. Если прямые б и с лежат по одну сторону от прямой а, то расстояние между ними равно 5 см — 3 см = 2 см; если же эти прямые лежат по разные стороны от прямой а, то расстояние между ними равно 5 см + 3 см = 8 см .

О т в е т. 2 см или 8 см .

–  –  –

279*. Д окаж ите, ч т все точки плоскости, расположенные по одну сторону о от данной прямой и равноудаленные от нее, леж ат на прямой, параллельной данной .

Р е ш е н и е. Пусть а — данная прямая, А — одна из тех точек, о которых идет речь в условии задачи, d — расстояние от точки А до прямой а. Проведем через точку А прямую Ь параллельную, прямой а (рис. 176). Требуется доказать, что если точки А и В лежат по одну сторону от прямой а, причем точка В не лежит на прямой Ь, то расстояние от точки В до прямой а не равно d. Докажем это .

Проведем через точку В прямую, перпендикулярную к а, и обозна­ чим буквами Н и К точки пересечения этой прямой с прямыми а и Ь соответственно. По теореме п. 37 К Н = d, а поскольку точки В и К не совпадают (точка В не лежит на прямой Ь), то В Н ф d. Но это и означает, что расстояние от точки В до прямой а не равно d .

Даны неразвернутый угол A B C и отрезок PQ. Что представляет 280 .

собой множество всех точек, леж ащ их внутри данного угла и удаленных от прямой В С на расстояние PQ?

Р е ш е н и е. Все точки искомого множества лежат, очевидно, по ту же сторону от прямой ВС, что и точка А. Выберем одну из них и проведем через нее прямую, параллельную В С (рис. 177). По теореме п. 37 все точки этой прямой удалены на расстояние P Q от прямой ВС, а согласно утверждению задачи 279 все интересующие нас точки лежат на этой прямой. Таким образом, искомым множеством точек является часть указанной прямой, заключенная внутри угла A BC, т. е. луч с началом на стороне АВ .

О т в е т. Луч с началом на стороне АВ, параллельный стороне ВС .

281. Что представляет собой множество всех точек плоскости, равноуда­ ленных от двух данных параллельных прямых?

Р е ш е н и е. Пусть d — расстояние между данными прямыми. Все точки искомого множества лежат, очевидно, между данными прямыми и удалены от них на расстояние Выберем одну из них и проведем через нее прямую, параллельную данным. По теореме п. 37 все точки этой прямой равноудалены от данных прямых, а согласно утверждению В

–  –  –

задачи 279 т очки, не лежащие на этой прямой, искомому множеству не принадлежат. Таким образом, проведенная прямая и является иско­ мым множеством точек .

О т в е т. Прямую, параллельную данным прямым и находящуюся на равных расстояниях от них .

–  –  –

2 8 3. Что представляет собой множество всех точек плоскости, находящих­ ся на данном расстоянии от данной прямой?

Р е ш е н и е. Согласно теореме п. 37 и утверждению, сформулиро­ ванному в задаче 279, множество всех точек, находящихся на данном расстоянии от данной прямой и лежащих по одну сторону от нее, представляет собой прямую, параллельную данной прямой. Поэтому искомым множеством точек являются две прямые, параллельные дан­ ной прямой и расположенные на данном расстоянии по разные стороны от нее .

О т в е т. Д ве прямые, параллельные данной прямой и расположен­ ные на данном расстоянии по разные стороны от нее .

Задачи на построение Даны пересекающиеся прямые а и 6 и отрезок PQ. На прямой а 285 .

постройте точку, удаленную от прямой h на расстояние PQ .

Р е ш е н и е. Проведем прямую, параллельную прямой Ь и удален­ ную от нее на расстояние P Q (как это сделать, написано в решении задачи 284, см. учебник). Поскольку все точки этой прямой удалены от прямой Ь на расстояние PQ, то точка ее пересечения с прямой а — искомая. В соответствии с результатом задачи 283 данная задача имеет два решения .

92 Гл. 4. Соотношения между сторонами и углам и т реугольника

–  –  –

Р е ш е н и е. Построим отрезок А В = = PQ. От лучей В А и А В отложим уг­ л ы А В М и B A N, равные соответствен­ но углам hiki и hk, так, чтобы точки М и N лежали по одну сторону от прямой А В (рис. 182). Затем проведем биссектри­ су угла А В М до пересечения с лучом A N в точке С. Треугольник A B C — искомый .

2 9 0. П остройте прямоугольный треугольник: а) по двум катетам; б) по ка­ тету и прилеж ащ ему к нему острому углу .

Р е ш е н и е, а) Построим сначала прямой угол с вершиной А, а за­ тем на его сторонах отложим отрезки А В и АС, равные данным кате­ там. Наконец, соединим точки Л и С отрезком. Треугольник A B C — искомый .

б) Построим отрезок АВ, равный данному катету. Через точку А проведем прямую, перпендикулярную к АВ. От луча В А отложим угол, равный данному углу, и продолжим его сторону до пересечения с проведенной прямой в точке С. Треугольник A B C — искомый .

2 9 1. П остройте равнобедренный треугольник: а) по боковой стороне и у г­ лу, противолежащ ему основанию; б) по основанию и углу при основании;

в) по боковой стороне и углу при основании; г) по основанию и боковой стороне; д) по основанию и медиане, проведенной к основанию .

Р е ш е н и е, а) Боковые стороны равнобедренного треугольника рав­ ны, поэтому задача сводится к построению треугольника по двум сторонам и углу между ними, а эта задача решена в учебнике .

б) Углы при основании равнобедренного треугольника равны, по­ этому задача сводится к построению треугольника по стороне и двум прилежаш,им к ней углам, а такую задачу мы уже решали (см., напри­ мер, решение задачи 288) .

в) От произвольного луча h отложим Zhk\, равный данному уг­ лу (рис. 183), а затем от луча к] отложим Zk \k2 = Zhk\ и проведем луч hi, являющийся продолжением луча h. Угол h[k2 равен, очевидно, углу, противолежаш,ему основанию искомого треугольника. Таким образом, задача в) свелась к задаче а) .

г) Боковые стороны равнобедренного треугольника равны, поэтому задача сводится к построению треугольника по трем сторонам, а эта задача решена в учебнике .

д) Построим отрезок АВ, равный данному основанию, и най­ дем его середину М (р и с.184). Поскольку медиана равнобедренного треугольника, проведенная к основанию, является высотой, то посту­ пим так. Через точку М проведем прямую, перпендикулярную к АВ, и отложим на одном из ее лучей с началом М отрезок М С, равный данной медиане. Треугольник A B C — искомый .

94 Гл. 4. Соотношения между сторонами и углам и т реугольника резки P\Q\, P2 Q2 и РзЭз- Постройте треугольник A B C так,

292. Даны: от чтобы: а) АВ = P iQ i, В С = P2Q2, С А = 2Рз5з; б) АВ = 2P[Q\, В С = P2Q2, С А = - P 3 Q 3. Всегда ли задача имеет решение?

Р е ш е н и е, а) Построим отрезок, равный 2 P 3 Q 3. Теперь задача сводится к построению треугольника по трем сторонам, а эта задача решена в учебнике (она имеет решение не всегда) .

б) Построим отрезки, равные 2PiQi и Теперь задача сво­ дится к построению треугольника по трем сторонам, а эта задача решена в учебнике (она имеет решение не всегда) .

О т в е т, а) Не всегда; б) не всегда .

294. Постройте треугольник по двум сторонам и высоте к одной из этих сторон .

Р е ш е н и е. Проведем произвольную прямую а (рис. 185), а за­ тем прямую Ь параллельную прямой а так, чтобы расстояние м еж­, ду прямыми а и Ь было равно данной высоте искомого треугольни­ ка (см. задачу 284). На прямой а отметим точки А и В так, чтобы отрезок А В был равен той из данных сторон, к которой проведена высота. Проведем теперь окружность с центром А, радиус которой равен второй из данных сторон, и обозначим через Cj и С2 точки пересечения этой окружности и прямой Ь Каждый из треугольников .

A BCi и А В С 2 удовлетворяет условию задачи и тем самым является искомым .

Из построения ясно, что задача может иметь два реше­ ния (проведенная окружность пересекает прямую Ь в двух точках,

–  –  –

Дополнительные задачи

2 9 6. В равнобедренном треугольнике ЛВС биссектрисы равных углов В и С пересекаю тся в точке О. Д окаж ите, что угол ВОС равен внешнему углу треугольника при вершине В .

Р е ш е н и е. Пусть в треугольнике A B C Z B = Z C = а. Из тре­ угольника В О С (рис.

187) находим:

–  –  –

что и требовалось доказать .

2 9 7. На стороне AD треугольника ADC отмечена точка Б так, что ВС = = BD. Д окаж ите, что прямая DC параллельна биссектрисе угла ABC .

Р е ш е н и е. Треугольник B C D — равнобедренный (рис. 188), а угол A B C — внешний угол этого треугольника при вершине, противо­ положной основанию. Поэтому биссектриса угла A B C параллельна основанию D C (см. задачу 233) .

–  –  –

Но углы А и В являются односторонними углами, образованными при пересечении параллельных прямых A D и B E секущей АВ, поэто­ му Z A + Z B = \80°, а значит, Z D C E = 90° .

–  –  –

на стороне ВС. Пуст например, оно лежит на продолжении стороны ь, В С за точку В (рис. 191). Поскольку в прямоугольном треугольнике А В Н угол В острый, то смежный с ним угол A B C тупой. Следова­ тельно, в треугольнике Л В С два тупых угла: А v[ В, чего не может быть. Это означает, что наше предположение неверно — точка Н не может лежать на продолжении стороны В С за точку В. Аналогично доказывается, что точка Н не может лежать на продолжении стороны В С за точку С, а значит, она лежит на стороне ВС .

Докажем теперь, что в тупоугольном треугольнике основание вы­ соты, проведенной из вершины острого угла, лежит на продолжении стороны треугольника. Вновь воспользуемся методом доказательства от противного. Рассмотрим треугольник A B C с тупым углом В и допу­ стим, что основание его высоты А Н лежит на стороне В С (рис. 192) .

Тогда окажется, что в прямоугольном треугольнике А В Н угол В — тупой, чего не может быть. Это означает, что наше предположение неверно — точка Н не может лежать на стороне ВС, а значит, она лежит на продолжении этой стороны .

Из точки А к прямой а проведены перпендикуляр АН и наклонные 301 .

AM] и АМ'2. Д окаж ите что: а) если НМ\ = НМ-2, то АМ\ = AMi\ б) если ЯЛ'/i НМ-2, то АМ\ АМ-2 .

Р е ш е н и е, а) Прямоугольные треугольники А Н М\ и А Н М 2 равны по первому признаку равенства треугольников, поэтому их гипотенузы АМ\ и А М 2 равны .

Если точки М | и М 2 лежат по разные стороны от точки Н, б) то на луче Н М 2 отложим отрезок НМ^ = НМ\ (рис. 193); согласно доказанному в части а) А М 3 = АМ\. В противном случае примем за точку Мз точку М\ .

Угол А М 4 М2 является внешним углом треугольника АНМ^, по­ этому он больше прямого угла Н этого треугольника. Следовательно, в тупоугольном треугольнике А М 3 М 2 сторона А М 2, лежаш,ая против тупого угла, больше стороны ЛЛ/з = АМ\, лежащей против остро­ го угла .

А В

–  –  –

303*. Д ва населенных пункта А я В находятся по одну сторону от прямой дороги. Где на дороге надо расположить автобусную остановку С, чтобы сумма расстояний АС + СВ была наименьшей?

Р е ш е н и е. Рассмотрим такую точку А |, что дорога проходит через середину М отрезка АА\ и перпендикулярна к нему (рис. 194) .

Прямоугольные треугольники А М С и А \ М С равны по первому признаку равенства треугольников, поэтому их гипотенузы А С и А \ С равны. Следовательно, А С + С В = А \ С + СВ. Если точка С не лежит на прямой А\ В, то А \ С + С В А \ В (неравенство треугольника); если же точка С лежит на прямой А\ В, то А \ С + + С В = А\ В. Таким образом, сумма А \ С + СВ, а значит и сумма А С + СВ, принимает наименьшее значение в том случае, когда точка С представляет собой точку пересечения прямой А \ В с дорогой .

О т в е т. В точке пересечения дороги с отрезком А\ В, где А\ — такая точка, что дорога проходит через середину отрезка АА\ и пер­ пендикулярна к нему .

304*. Д окаж ите, что если точка М леж ит внутри треугольника ABC, то M B + М С А В + АС .

Р е ш е н и е. Пусть N — точка пересечения прямой В М и отрезка А С (рис. 195).

Применяя теорему о неравенстве треугольника к тре­ угольнику A B N, получим:

В

–  –  –

305. Д окаж ите, что сумма расстояний от любой точки, леж ащ ей внутри треугольника, до его вершин меньше периметра треугольника .

Р е ш е н и е. Пусть М — произвольная точка, лежащ ая внутри тре­ угольника A BC. Согласно задаче 304,

–  –  –

3 0 7. В прямоугольном треугольнике проведена высота из вершины прямо­ го угла. Д окаж ите, что данный треугольник и два образовавш ихся треуголь­ ника имеют соответственно равные углы .

Р е ш е н и е. Каждый из образовавшихся прямоугольных треуголь­ ников имеет по одному общему острому углу с данным прямоугольным треугольником, поэтому другие их острые углы также соответственно равны углам данного прямоугольного треугольника .

Гл. 4. Соотношения между сторонами и углам и треугольника В равнобедренном т реугольнике A B C с основанием АС, равным 308 .

37 см, внешний угол при вершине В равен 60°. Н айдите расстояние от верш и­ ны С до прямой АВ .

Р е ш е н и е. Поскольку внешний угол при вершине В равнобед­ ренного треугольника, противолежаш,ей основанию, равен сумме двух равных углов при основании (рис. 196), то ка ж д ый из них равен 30° .

ельно, высота С Н треугольника ЛВ С, равная расстоянию Следоват от вершины С до прямой АВ, является катетом прямоугольного тре­ угольника А С Н с гипотенузой АС, лежащим против угла в 30° .

Поэтому С Н = = 18,5 см .

О т в е т. 18,5 см .

В треугольнике с неравными сторонами АВ и АС проведены высота 309 .

А Н и биссектриса AD. Д окаж ите, что угол H AD равен полуразности углов В и С .

Р е ш е н и е. Пусть, например, А В А С и, следовательно, Z C Z B (рис. 197). Угол A D C является внешним углом треугольника A B D, поэтому

–  –  –

3 1 1. Что представляет собой множество всех точек плоскости, равноуда­ ленных от двух данных пересекаю щихся прямых?

Р е ш е н и е. Пусть а и Ь — данные прямые, пересекающиеся в т очке О, М — точка, равноудаленная от этих прямых (рис. 199). Проведем из точки М перпендикуляры МН\ и М Н 2 к данным прямым. Посколь­ ‘ ку МН\ = М Н ‘, то прямоугольные треугольники М ОН \ и МОН^ равны по гипотенузе и катету, а значит, луч О М — биссектриса угла Н\ОН2 .

Обратно, если точка М лежит на биссектрисе одного из четырех углов, образованных при пересечении прямых а и 6, то перпендикуляры М Н \ и М Н 2, проведенные к сторонам этого угла, равны, поскольку прямоугольные треугольники М ОН \ и М О Н 2 равны по гипотенузе и острому углу. Следовательно, точка М равноудалена от прямых а иЬ .

Итак, искомое множество состоит из биссектрис четырех углов, образованных при пересечении данных прямых .

О т в е т. Д ве прямые, содержащие биссектрисы углов, образованных при пересечении данных прямых .

3 1 2. О трезок соединяет вершину треугольника с точкой, леж ащ ей на про­ тивоположной стороне. Д окаж ите, что этот отрезок меньше большей из двух других сторон .

Р е ш е н и е. Рассмотрим треугольник ABC, в котором А С АВ, и возьмем на его стороне В С произвольную точку М (рис. 200) .

Угол А М С является внешним углом треугольника А В М, поэтому он больше угла В этого треугольника. С другой стороны, А С АВ,

–  –  –

3 1 4. Постройте прямоугольный треугольник: а) по гипотенузе и острому углу; б) катету и противолежащ ему углу; в) гипотенузе и катету .

Р е ш е н и е, а) Построим угол, равный данному углу, на одной из его сторон отложим от вершины отрезок, равный данной гипотенузе, и из конца этого отрезка проведем перпендикуляр к другой стороне угла. Построенный треугольник — искомый .

б) Построим угол hk, равный данному углу, и проведем ту прямую, параллельную h и находящуюся от h на расстоянии, равном данному катету (см. задачу 284), которая пересекает луч к. Из точки пересе­ чения проведем перпендикуляр к лучу h. Построенный треугольник — искомый .

в) Построим прямой угол и отложим на одной из его сторон от вер­ шины отрезок, равный данному катету. Затем проведем окружность радиуса, равного данной гипотенузе, с центром в конце этого отрезка .

Соединим точку пересечения окружности и второй стороны прямого угла с ее центром. Построенный треугольник — искомый .

3 1 5. С помощью циркуля и линейки постройте угол, равный: а) 30°; б) 60°;

в) 15°; г) 120°; д) 150°; е) 135°; ж ) 165°; з) 75°; и) 105° .

Р е ш е н и е, а) Построим равносторонний треугольник со стороной, равной произвольному отрезку. Каждый из его углов равен 60°. Теперь проведем биссектрису одного из этих углов и получим угол, равный 30° .

б) См. а) .

в) Построим угол, равный 30° (см. а), и проведем его биссектрису .

Получим угол, равный 15° .

г) Построим угол, равный 60° (см. б). Тогда смежный с ним угол равен 120° .

Дополнит ельные задачи 103 роим у гол, равный 30° (см. а). Тогда смежный с ним угол

д) Пост равен 150° .

е) Построим прямой угол и на его сторонах от вершины отложим равные отрезки. Соединяя концы этих отрезков, получим равнобедрен­ ный прямоугольный треугольник, углы при основании которого равны 45°. Углы, смежные с этими углами, равны 135° .

ж) Построим угол, равный 15° (см. в). Тогда смежный с ним угол равен 165° .

з) Построим угол, равный 150° (см. д), и проведем его биссектрису .

Получим угол, равный 75° .

и) Построим угол, равный 75° (см. з). Тогда смежный с ним угол равен 105° .

316*. П остройте треугольник по стороне, высоте, проведенной к ней, и ме­ диане, проведенной к одной из двух других сторон .

отрезок АВ, Решение. Построим равный данной сто­ роне (рис. 202), и проведем прямую а, параллельную прямой А В и находяш,уюся от нее на расстоянии, равном данной высоте (см. задачу 293). З а ­ тем проведем прямую Ь параллельную АВ, и равноудаленную от прямых А В и а. Далее построим окружность с центром А, ради­ ус которой равен данной медиане, и отме­ тим точку М пересечения этой окружности с прямой Ь Наконец, проведем прямую В М .

до пересечения с прямой а в точке С. Тре­ Рис. 202 угольник A B C — искомый .

В самом деле, проведем из точек В и С перпендикуляры ВН\ и С Н 2 к прямой Ь и рассмотрим прямоугольные треугольники В М Н \ и СМН^. Углы М этих треугольников равны как вертикальные углы, поэтому их углы В и С также равны. Катеты ВН\ и С Н 2 этих треугольников равны по построению. Следовательно, рассматриваемые треугольники равны по первому признаку равенства треугольников, а значит, В М = М С, т. е. отрезок A M — медиана треугольника ABC .

Из построения ясно, что задача может иметь два реше­ ния (рис. 203, а), одно решение (рис. 203, б) или не иметь реше­ ния (рис. 203, в) .

–  –  –

В С С

–  –  –

3 1 8. Даны равносторонний треугольник A B C и точка Bi на стороне АС .

На сторонах В С и А В постройте точки А\ и С] так, чтобы треугольник А[В[С\ был равносторонним .

Р е ш е н и е. Отложим на сторонах В С и А В отрезки СА\ и ВС\, равные АВ\ (рис. 205). Точки А\ \ \С\ — искомые, поскольку треуголь­ ники А В\ С\, А \ ВС \ и А \ В \ С равны по первому признаку равенства треугольников .

319*. П остройте треугольник по углу, высоте и биссектрисе, проведенным из вершины этого угла .

Решение. Построим сначала прямоугольный треугольник A D H (рис. 206), гипотенуза A D и катет А Н которого равны соот­ ветственно данной биссектрисе и данной высоте (см. задачу 314, в) .

Затем разделим данный угол пополам и отложим от лучаА) по обе стороны углы, равные половине данного угла. Точки пересечения сторон отложенных углов с прямой D H обозначим буквами В и С .

Треугольник A B C — искомый .

320*. П остройте треугольник по стороне, высоте и медиане, проведенным к этой стороне .

Р е ш е н и е. Построим отрезок АВ, равный данной стороне, и най­ дем его середину М (рис. 207). Проведем прямую, параллельную АВ и находяш,уюся от нее на расстоянии, равном данной высоте (см. за ­ дачу 284). Затем проведем окружность с центром М радиуса, равного данной медиане, и обозначим буквой С точку ее пересечения с прове­ денной прямой. Треугольник A B C — искомый .

Задачи повышенной трудности к главам 3 и 4 105 В С В

–  –  –

334. Через каж дую верщину данного треугольника проведена прямая, перпендикулярная к биссектрисе треугольника, исходящей из этой вершины .

В О

–  –  –

335. В каждом из следующих случаев определите вид треугольника:

а) сумма любых двух углов больше 90°; б) каж ды й угол меньше суммы двух других углов .

Р е ш е н и е, а) Сумма трех углов треугольника равна 180°, поэтому из условия задачи следует, что каждый угол треугольника меньше 90°, а значит, данный треугольник — остроугольный .

б) См. а) .

О т в е т, а) Остроугольный; б) остроугольный .

–  –  –

Пуст О — точка пересечения биссектрисы угла А с прямой ь В М (рис. 211). Треугольники А О В и А О С равны по первому признаку равенства треугольников. Поэтому

–  –  –

338. Д окаж ите, что любой отрезок с концами на разных сторонах тре­ угольника не больше наибольшей из сторон треугольника .

Р е ш е н и е. Рассмотрим треугольник A BC, на сторонах А В и В С которого взяты точки М и N (рис. 212). Если одна из этих точек совпадает с вершиной В или отрезок M N совпадает со стороной АС, то утверждение, сформулированное в задаче, очевидно. Случай, когда один из концов отрезка M N совпадает с вершиной А или С, рас­ смотрен в задаче 312. Осталось рассмотреть случай, когда оба конца отрезка M N не совпадают ни с одной из вершин треугольника .

В треугольнике B M N один из углов — острый. Пусть, например, острым является угол М. Тогда смежный с ним угол A M N — тупой .

Согласно утверждению, сформулированному в задаче 312, отрезок A N меньше большей из сторон А В и АС. С другой стороны, этот отрезок лежит против тупого угла треугольника A M N, поэтому M N AN .

Следовательно, отрезок M N также меньше большей из сторон АВ и АС, а значит, он меньше наибольшей из сторон треугольника ABC .

А В

–  –  –

Внутри треугольника A B C взята точка D, такая, что AD = АВ .

340 .

Д окаж ите, что АС АВ .

Р е ш е н и е. Пусть Е — точка пересечения прямой A D и отрезка В С (рис. 214). Поскольку точка D лежит внутри треугольника A BC, то А Е A D = АВ. С другой стороны, согласно утверждению, сформу­ лированному в задаче 312, отрезок А Е меньше большего из отрезков А В и АС. Следовательно, большим из этих отрезков является отре­ зок АС .

–  –  –

Д о к аж и т т е еорему: если в треугольнике биссектриса является 342 .

медианой, то треугольник — равнобедренный .

Р е ш е н и е. Рассмотрим треугольник A BC, биссект риса A D кото­ рого является медианой: B D = DC. Допустим, что АН АС .

Тогда согласно утверждению, сформулированному в задаче 341, B D DC, что противоречит условию задачи. Предполагая, что А В АС, мы придем к аналогичному противоречию. Следовательно, А В = АС .

343. Д ве стороны треугольника не равны друг другу. Д окаж ите, что медиана, проведенная из их общей вершины, составляет с меньшей из сторон больший угол .

Р е ш е н и е. Рассмотрим треугольник A BC, в котором В С АВ. Продолжим его ме­ диану В М за точку М на отрезок M E = = В М (рис. 216). Треугольники В С М и А Е М равны по первому признаку равенства тре­ угольников, поэтому А Е = В С и Z A E M = = ZCBM .

В треугольнике А В Е сторона А Е = В С меньше стороны АВ. Следовательно, угол А Е М, а значит, и равный ему угол С В М, Рис. 216 больше угла А В М .

В треугольнике ABC, где А В / АС, проведен отрезок AM, соединяюш,ий вершину А с произвольной точкой М стороны ВС. Д окаж ите, что треугольники A M Б и A M С не равны друг другу .

Р е ш е н и е. Если угол A M В прямой (рис. 217, а), то смежный

–  –  –

с ним угол А М С также прямой. В этом случае прямоугольные тре­ угольники A M В и А М С не равны друг другу, поскольку их гипоте­ нузы А В и А С не равны друг другу .

Если угол A M В тупой (рис. 217, б), то смежный с ним угол А М С острый. Допустим, что треугольники A M В и А М С равны. Тогда треугольник А М С — тупоугольный с тупым углом А или С. Но углы А и С меньше тупого угла М треугольника А М В (см. задачу 173), Гл. 4. Соотношения между сторонами и углам и треугольника поэтому тупоугольные треугольники A M В и A M С не могут быть равными друг другу .

Наконец, если угол А М В острый, путем аналогичных рассуждений мы придем к тому же выводу .

–  –  –

В треугольнике ABC, где А В АС, проведены биссектриса AD 346 .

и высота АН. Д окаж ите, что точка Я леж ит на луче DB .

Р е ш е н и е. Из утверждения, сформулированного в задаче 341, сле­ дует, что угол A D C тупой (рис. 219). Тем самым отрезок А Н является высотой тупоугольного треугольника A DC, проведенной из верши­ ны острого угла. Поэтому согласно утверждению, сформулированно­ му в задаче 300 (см. также решение этой задачи), точка Н лежит на луче DB .

347. Д окаж ите, что в неравнобедренном треугольнике основание биссек трисы треугольника леж ит меж ду основаниями медианы и высоты, проведен­ ных из этой же вершины .

–  –  –

Р е ш е н и е. Пусть AD, A M и А Н — биссектриса, медиана и высота треуголь­ ника A BC, сторона А В которого меньше А С (рис. 220). Согласно утверждению, сфор­ мулированному в задаче 341, C D BD, по­ этому середина М отрезка В С лежит на л у ­ че DC. С другой стороны, точка Н лежит на луче D B (см. задачу 346). Следователь­ но, точка D лежит между точками М и Н .

3 4 8. Д окаж ите, что в прямоугольном треугольнике с неравными катетами биссектриса прямого угла делит угол меж ду высотой и медианой, проведенны­ ми из той же вершины, пополам .

Р е ш е н и е. Пусть AD, A M и А Н — биссектриса, медиана и высота треугольника A B C с прямым углом А (рис. 221). Из утверждения, сформулированного в задаче 336, следует, что A M = В М. В самом деле, если A M В М, то угол А тупой, а если A M В М, то этот угол острый. И то и другое противоречит условию задачи, поэтому A M = ВМ .

Треугольник А В М равнобедренный, поэтому углы при его основа­ нии А В равны. В треугольнике A B C углы В и С составляют в сумме 90°, а в треугольнике А С Н углы А к С составляют в сумме 90° .

Следовательно, Z C A H = Z M B A = Z B A M .

Биссектриса A D делит пополам угол В АС, следовательно, она делит пополам и угол М А Н .

3 4 9. М едиана и высота треугольника, проведенного из одной вершины угла треугольника, делят этот угол на три равные части. Д окаж ите, что треугольник — прямоугольный .

Р е ш е н и е. Пусть A M и А Н — медиана и высота треугольника A BC, делящие угол А на три равные части (рис. 222). Прямоугольные треугольники А В Н и А М Н равны по первому признаку равенства треугольников, поэтому В Н = Н М = Проведем из точки М перпендикуляр M D к прямой АС. Прямо­ угольные треугольники А М Н и A D M равны по гипотенузе и острому ВС' углу, а значит, D M = Н М = —— .

–  –  –

В прямоугольном т реугольнике D M C катет D M равен половине ги­ потенузы, поэтому угол С равен 30°. Следовательно, в прямоугольном треугольнике А С Н угол С А Н равен 60°, а значит, угол А треуголь­ ника A B C равен | • 60° = 90° .

В треугольнике A B C высота AAi не меньше стороны ВС, а высота 350 .

BBi не меньше стороны А С. Д окаж ите, что треугольник A B C — равнобед­ ренный и прямоугольный .

Р е ш е н и е. Имеем: АА\ ^ В С (рис.223, а). С другой стороны, поскольку гипотенуза прямоугольного треугольника больше его катета, то А С ^ AAi, причем знак равенства возможен только в том случае, когда точки А] и С совпадают. Итак, А С ^ АА\ ^ ВС, причем знак ра­ венства возможен только в том случае, когда точки А\ и С совпадают .

Аналогично получаем: В С ^ ВВ\ ^ АС, причем знак равенства возможен только в том случае, когда точки В\ и С совпадают .

Неравенства А С ^ В С и В С ^ А С выполняются одновременно только тогда, когда А С = ВС. Поэтому из условия задачи следует, что А С = AAi = В С = В В\, причем точки А\, В\ и С совпадают. Но это и означает, что треугольник A B C — равнобедренный, а его угол С — прямой (рис. 223, б) .

Даны две точки А и В и прямая а, не проходящ ая через эти 352 .

точки. На прямой а постройте точку, равноудаленную от точек А к В. Всегда ли задача имеет решение?

Р е ш е н и е. Через середину отрезка А В проведем прямую Ь пер­, пендикулярную к этому отрезку (рис. 224, а). Точку пересечения прямых а и Ь обозначим буквой С. Точка С лежит на прямой а и равноудалена от точек А и В (см. задачу 160). Задача может иметь одно решение (если прямые а и Ь пересекаются, рис. 224, а), не иметь ни одного решения (если прямые а и Ь параллельны, рис. 224, б) или иметь бесконечно много решений (если прямые а и Ь совпадают, рис. 224, в) .

О т в е т. Не всегда .

В

–  –  –

353. П остройт точку, леж ащ ую на данной окружности и равноудаленную е от концов данного отрезка. Сколько решений может иметь задача?

Р е ш е н и е. Пусть даны отрезок А В и окружность с центром О (рис. 225). Через середину отрезка А В проведем прямую а, перпен­ дикулярную к этому отрезку (рис. 225, а). Одну из точек пересечения прямой а с данной окружностью обозначим буквой С. Точка С — искомая (см. задачу 160). Задача может иметь два решения (если прямая пересекает окружность в двух точках, рис. 225, а), одно реше­ ние (если прямая и окружность имеют одну общую точку, рис. 225, б), или не иметь ни одного решения (если прямая и окружность не имеют общих точек, рис. 225, в) .

О т в е т. Два, одно или ни одного .

354. Через три данные точки проведите окружность. Всегда ли задача имеет решение?

Р е ш е н и е. Пусть даны три точки А, В w С (ри с.226). Через середины отрезков А В и В С проведем прямые а и 6, перпендикулярные к этим отрезкам (рис. 226, а). Если точки А, В и С не лежат на одной прямой, то прямые а и Ь пересекаются в некоторой точке О. Эта точка равноудалена от концов отрезков А В и В С (см. задачу 160), т. е .

равноудалена от точек А, В и С. Поэтому окружность с центром О радиуса О А — искомая (рис. 226, а). Если же точки А, В и С лежат на одной прямой, то прямые а и Ь параллельны. В этом случае задача решения не имеет (рис. 226, б) .

О т в е т. Не всегда .

–  –  –

Постройте прямоугольный треугольник ABC, если даны острый угол 356 .

В и биссектриса BD .

Р е ш е н и е. Пусть hk — данный угол с вершиной В (рис.228). По­ строим сначала биссектрису этого угла и отложим на ней отрезок BD, равный данному отрезку. Затем построим прямую, проходяш,ую через точку D и перпендикулярную к лучу h. Обозначим точку пересечения этой прямой со сторонами угла Н и к буквами А и С. Треугольник A B C — искомый .

В

–  –  –

357. На данной окружности пост ройте точку, равноудаленную от двух пересекающихся прямых. Сколько решений может иметь задача?

Р е ш е н и е. Точки, равноудаленные от двух данных пересекающих­ ся прямых, лежат на биссектрисах у глов, образованных этими прямы­ ми (задача 311). Поэтому если построить прямые а и 6, содержащие биссектрисы углов, образованных данными прямыми, то искомыми точками будут точки пересечения прямых а и 6 с данной окружно­ стью. Задача может иметь четыре решения (рис. 229, а), три реше­ ния (рис. 229, б), два решения (рис. 229, в), одно решение (рис. 229, г) или не иметь ни одного решения (рис. 229, д) .

О т в е т. Четыре, три, два, одно или ни одного .

116 Гл. 4. Соотношения между сторонами и углам и треугольника

–  –  –

3 5 9. Д ана окружность с центром О и точка А вне ее. Проведите через точку А прямую, пересекающую окружность в точках В и С, таких, что А В = ВС .

Р е ш е н и е. Построим треугольник OAD, в котором A D = R, O D = = 2R, где R — радиус данной окружности (рис. 231). Пусть В — точка пересечения прямой O D и данной окружности. Проведем прямую АВ и обозначим буквой С вторую точку пересечения прямой А В с данной окружностью. Прямая А В — искомая. Действительно, равнобедренные треугольники A B D и С В О равны по первому признаку равенства треугольников: их боковые стороны равны по построению, Z1 = Z2 = = Z3 = Z4, а значит, их углы при вершинах также равны. Следова­ тельно, А В = ВС .

3 6 0. П остройте треугольник по периметру, одному из углов и высоте, проведенной из вершины другого угла .

Р е ш е н и е. Пусть даны ZA, высота В Н искомого треугольника A B C и отрезок PQ, равный его периметру (рис. 232). Построим прямо­ угольный треугольник А В Н по острому углу А и катету В Н. На луче

–  –  –

А Н отложим от резок АЕ, равный данному периметру, а затем на луче Е А отложим отрезок E D = АВ. Через середину отрезка B D проведем прямую а, перпендикулярную к B D, и точку пересечения прямой а и прямой A D обозначим буквой С. Треугольник A B C — искомый .

Действительно, угол А равен данному углу по построению, В Н — заданная высота, В С = C D (см. задачу 160), D E = А В по построению .

Поэтому P Q = А С + C D + D E = А С + В С + АВ .

3 6 1. П остройте треугольник по периметру и двум углам .

Р е ш е н и е. Пусть даны Zh\k\ и /.Ыкч, равные углам А я С искомого треугольника A BC, и отрезок PQ, равный его перимет­ ру (рис. 233, а). Построим треугольник B D E по стороне DE, равной В




Похожие работы:

«Санкт-Петербургский государственный институт культуры Стр. 2 из 105 ОТЧЕТ О РЕЗУЛЬТАТАХ САМООБСЛЕДОВАНИЯ ЗА 2017 ГОД Разработано и исполнено отделом менеджмента качества образования. Внесено представителем руководства по вопросам менеджмента качества образо...»

«ВВЕДЕНИЕ Идея написать эту книгу родилась у меня в 1987 году, когда я наблюдал, как Маргарет Тэтчер стремительно идет к своей третьей победе . Наперекор всем представлениям о том, как должен действовать британский премьер-министр консерватор, она начала свою предвыборную кампан...»

«Психологическая наука и образование Psychological Science and Education 2018. Т. 23. № 4. C. 80—90 2018. Vol. 23, no. 4, pp. 80—90 doi: 10.17759/pse.2018230408 doi: 10.17759/pse.2018230408 ISSN: 1814-2052 ISSN: 1814-2052 ISSN: 2311-7273 (online) I SSN...»

«RU 2 399 462 C1 (19) (11) (13) РОССИЙСКАЯ ФЕДЕРАЦИЯ (51) МПК B23B 29/034 (2006.01) ФЕДЕРАЛЬНАЯ СЛУЖБА ПО ИНТЕЛЛЕКТУАЛЬНОЙ СОБСТВЕННОСТИ, ПАТЕНТАМ И ТОВАРНЫМ ЗНАКАМ (12) ОПИСАНИЕ ИЗОБРЕТЕНИЯ К ПАТЕНТУ (21), (22) Заявка: 2009112704/02, 06.04.2009 (72) Автор(ы): Украженко Константин Адамович (RU), (24) Дата начала отсчета срока действия патен...»

«РОССИЙСКАЯ ФЕДЕРАЦИЯ (19) (11) (13) RU 2 513 341 C1 (51) МПК B61L 3/20 (2006.01) ФЕДЕРАЛЬНАЯ СЛУЖБА ПО ИНТЕЛЛЕКТУАЛЬНОЙ СОБСТВЕННОСТИ (12) ОПИСАНИЕ ИЗОБРЕТЕНИЯ К ПАТЕНТУ 2012143287/11, 10.10.2012 (21)(22) Заявка: (72) Автор(ы): Висков Владимир Владимирович (RU), (24) Дата начала отсчета срока действия патента: Гурьянов Алексан...»

«· Сиетеми управлiння, нnвiгацll та зв'язку, 2008, випуск 4 (8) ский 1/ Бионика интеллекта.2008. -М 1 (68).С. 87-93. Сnисок 11нтературы 6. Арлазаров В.в. Определение достоверности ре­ 1. Multiclassification: reject criteria for the Bay.~sian зультатов распознавания символа в системе Cogn.itive coтbiner 1 Р. Fo...»

«Прикладные исследования © 1992 г. С. СОЛНИК ИСТОКИ И СЛЕДСТВИЯ НОВОГО КОНФЛИКТА "ОТЦОВ И ДЕТЕЙ" СОЛНИК Стив — научный сотрудник Русского исследовательского центра Гарвардского университета, США. В нашем журнале публикуется впервые. Для русских и советских лид...»

«Т. П. НЕСТЕРОВА Уральский университет ВОПРОС О ЮЖНОЙ ГРАНИЦЕ Л И В И И ВО ФРАНКО-ИТАЛЬЯНСКИХ ОТНОШЕНИЯХ КОНЦА 1920-х НАЧАЛА 1930-х гг . Колониальные вопросы играли значительную роль в отношениях ме­ жду Италией и Францией. Как отмечал Э. Ди Нольфо, "соглашение с Фран­ цией по европейским делам всегда связывались Муссолини с колониал...»

«ISSN: 2075-3470 ISSN 2075-3470 ISSN (online): 2311-9446 КОНСУЛЬТАТИВНАЯ ПСИХОЛОГИЯ И ПСИХОТЕРАПИЯ Counseling Psychology and Psychotherapy Головей Л.А., Петраш М.Д., Стрижицкая О.Ю., Савенышева С.С., Муртазина И.Р. — Роль психологического благополучия и удовлетворенности жизнью в восприятии повседневных стрессоров Gol...»

«1. СОСТОЯНИЕ ОКРУЖАЮЩЕЙ СРЕДЫ НА БАЙКАЛЬСКОЙ ПРИРОДНОЙ ТЕРРИТОРИИ 1.1. Природные объекты 1.1.1. Озеро Байкал 1.1.1.1. Уровень озера (ТОВР по Иркутской области Енисейского БВУ Росводресурсов; Сибирский филиал ФГУНПП "Росгеолфонд") В среднем многолетнем водном балансе озера Байкал...»

«RU 2 486 902 C2 (19) (11) (13) РОССИЙСКАЯ ФЕДЕРАЦИЯ (51) МПК A61K 31/616 (2006.01) A61K 9/14 (2006.01) A61K 31/155 (2006.01) A61P 3/04 (2006.01) A61P 3/10 (2006.01) ФЕДЕРАЛЬНАЯ СЛУЖБА ПО ИНТЕЛЛЕКТУАЛЬНОЙ СОБСТВЕННОСТИ (12) ОПИСАНИЕ ИЗОБРЕТЕНИЯ К ПАТЕНТУ (21)(22) Заявка: 2009131065/15, 16.01.2008 (72)...»

«Российская академия образования Институт возрастной физиологии НОВЫЕ ИССЛЕДОВАНИЯ 1(38) 2014 Выходит с 2001 г. Периодичность издания 4 номера в год Главный редактор Безруких Марьяна Михайловна Заместитель главного редактора Сонькин Валент...»

«ВЕРОУЧЕНИЕ ЕВАНГЕЛЬСКИХ ХРИСТИАН-БАПТИСТОВ Северо-Западного Объединения Славянских Церквей ЕХБ Евангельские христиане-баптисты являются церковью возрожденных христиан и в своем вероучении отражают стремление к библейскому учению пер...»

«Цифровое парковочное пространство Интеллектуальная система управления парковочным пространством "Горпарковки" Современные города находятся в постоянной Цифровое парковочное гонке за материальный, производственный, пространство технологический и человеческий капитал. Инноваци...»

«Социальная психология и общество Social psychology and society 2018. Т. 9. № 4. С. 8—18 2018. Vol. 9, no. 4, рр. 8—18 doi: 10.17759/sps.2018090402 doi: 10.17759/sps.2018090402 ISSN: 2221-1527 (печатный) ISSN: 2221-1527 (print) ISSN: 2311-7052 (o...»

«Щербакова К. М.ПСИХОЛОГИЧЕСКИЕ ПОДХОДЫ К ИЗУЧЕНИЮ СТРУКТУРЫ ОБРАЗА Я Адрес статьи: www.gramota.net/materials/1/2009/4-2/66.html Статья опубликована в авторской редакции и отражает точку зрения автора(ов) по рассматриваемому вопросу. Источник Альманах современной науки и образования Тамбов: Грамота, 2009. № 4 (23): в 2-х ч. Ч. II....»

«Консультативная психология Counseling Psychology and Psychotherapy и психотерапия 2018. Vol. 26, no. 3, рр. 164—190 2018. Т. 26. № 3 . С. 164—190 doi: 10.17759/cpp.2018260309 doi: 10.17759/cpp.2018260309 ISSN: 2075-3470 (print) ISSN: 2075-3470 (печатный) ISSN: 2311-9446 (online) ISSN: 2311-9446 (online) © 2018 Moscow State University © 2...»

«Краевое государственное казенное учреждение "Организация, осуществляющая обучение для детей-сирот и детей, оставшихся без попечения родителей, "Детский дом №10" Сценарий познавательно-игровой программы "Картошкины именины" Составила: Ч...»

«Электронный журнал E-journal "Современная зарубежная психология" "Journal of Modern Foreign Psychology"2018. Том 7. № 2. С. 70—79. 2018, vol. 7, no. 2, pp . 70—79. doi: 10.17759/jmfp.2018070207 doi: 10.17759/jmfp.2018070207 ISSN: 2304-4977 (online) ISSN: 2304-4977 (online) ПСИХОЛОГИЯ ОБРАЗОВАНИЯ EDUCATIONAL PSYCHOLOGY Оценка эффективност...»

«РОССИЙСКАЯ ФЕДЕРАЦИЯ (19) (11) (13) RU 2 526 462 C1 (51) МПК A61H 39/08 (2006.01) A61N 1/32 (2006.01) A61H 9/00 (2006.01) ФЕДЕРАЛЬНАЯ СЛУЖБА ПО ИНТЕЛЛЕКТУАЛЬНОЙ СОБСТВЕННОСТИ (12) ОПИСАНИЕ ИЗОБРЕТЕНИЯ К ПАТЕНТУ 2012158255/14, 29.12.2012 (21)(22) Заявка: (72) Автор(ы): Бобровицкий Игорь Петрович (RU), (24...»

«E-MANUAL Благодарим за приобретение данного устройства Samsung. Для наилучшего обслуживания зарегистрируйте свое устройство по адресу: www.samsung.com Модель_ _ _ _ _ _ _ _ _ Серийный номер_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ Чтобы напрямую перейти на страницу с информацией о том, как пользователи с нарушениями зрения могут пользоваться рук...»

«Вестник Томского государственного университета. 2013. № 371. С. 92–95 УДК 94 (41-99)(093) Т.И. Зайцева ГЕНДЕРНЫЙ ДИСКУРС В НЕМЕЦКИХ ШВАНКАХ ПЕРВОЙ ПОЛОВИНЫ XVI в.: К ПОСТАНОВКЕ ВОПРОСА Рассматривается гендерный дис...»

«https://otvet.com.ru/chto-takoe-anime.html Что такое аниме? Что такое аниме? обожаю психологическое аниме (тетрадь смерти, психопаспорт, врата штейна) Аниме-Это мультфильм где есть: Романтика, Мелодрама, Комед...»

«ГОСУДАРТВЕННОЕ БЮДЖЕТНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ ЗДРАВООХРАНЕНИЯ ГОРОДА МОСКВЫ "НАУЧНО-ПРАКТИЧЕСКИЙ ПСИХОНЕВРОЛОГИЧЕСКИЙ ЦЕНТР ИМЕНИ З.П.СОЛОВЬЕВА ДЕПАРТАМЕНТА ЗДРАВООХРАНЕНИЯ ГОРОДА МОСКВЫ" (ГБУЗ НПЦ им. Соловьева ДЗМ) Отчет о резул...»







 
2019 www.librus.dobrota.biz - «Бесплатная электронная библиотека - собрание публикаций»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.