Решение задач из билетов по геометрии (без первой)

Ниже представлены решения всех задач из билетов (кроме первых теоретических вопросов, как и было запрошено), оформленные для записи в тетрадь. Билет № 1 2) Теорема о средней линии треугольника: Средняя линия треугольника параллельна одной из его сторон и равна половине этой стороны. Доказательство: Пусть \(MN\) — средняя линия треугольника \(ABC\), где \(M\) — середина \(AB\), \(N\) — середина \(BC\). Продлим \(MN\) за точку \(N\) на отрезок \(NK = MN\). Треугольники \(MBN\) и \(KCN\) равны по двум сторонам и углу между ними (\(BN = NC\), \(MN = NK\), \(\angle MNB = \angle KNC\) как вертикальные). Тогда \(KC = MB = AM\) и \(\angle MBN = \angle KCN\). Из равенства углов следует \(AM \parallel KC\). Значит, \(AMKC\) — параллелограмм. Тогда \(MK = AC\), а так как \(MN = \frac{1}{2} MK\), то \(MN = \frac{1}{2} AC\). 3) Решение задачи: Дано: \(R = 5\) см, \(BD \perp AC\), \(BD = 1\) см. Найти: \(AC\). Решение: Пусть \(O\) — центр окружности. \(OB\) — радиус, \(OB = 5\) см. Точка \(D\) лежит на радиусе \(OB\). Тогда \(OD = OB - BD = 5 - 1 = 4\) см. Рассмотрим прямоугольный треугольник \(ADO\) (так как \(BD \perp AC\)). По теореме Пифагора: \[AD^2 = AO^2 - OD^2\] \[AD^2 = 5^2 - 4^2 = 25 - 16 = 9\] \[AD = 3 \text{ см}\] Так как радиус, перпендикулярный хорде, делит её пополам, то \(AC = 2 \cdot AD = 2 \cdot 3 = 6\) см. Ответ: 6 см. 4) Решение задачи: Дано: \(P = 56\), \(d = 20\). Найти: \(S\). Решение: Пусть стороны прямоугольника \(a\) и \(b\). \[2(a + b) = 56 \Rightarrow a + b = 28 \Rightarrow b = 28 - a\] По теореме Пифагора для диагонали: \[a^2 + b^2 = d^2\] \[a^2 + (28 - a)^2 = 20^2\] \[a^2 + 784 - 56a + a^2 = 400\] \[2a^2 - 56a + 384 = 0\] \[a^2 - 28a + 192 = 0\] По теореме Виета: \(a_1 = 12\), \(a_2 = 16\). Если \(a = 12\), то \(b = 16\). Площадь \(S = a \cdot b = 12 \cdot 16 = 192\). Ответ: 192. Билет № 2 2) Свойство медиан треугольника: Медианы треугольника пересекаются в одной точке и делятся ею в отношении 2:1, считая от вершины. Доказательство: Рассмотрим треугольник \(ABC\) и его медианы \(AA_1\) и \(BB_1\), пересекающиеся в точке \(O\). Проведем среднюю линию \(A_1B_1\). Она параллельна \(AB\) и \(A_1B_1 = \frac{1}{2} AB\). Треугольники \(AOB\) и \(A_1OB_1\) подобны по двум углам. Коэффициент подобия \(k = \frac{A_1B_1}{AB} = \frac{1}{2}\). Значит, \(OA_1 = \frac{1}{2} OA\) и \(OB_1 = \frac{1}{2} OB\), что и доказывает отношение 2:1. 3) Решение задачи: Дано: \(ABCD\) — параллелограмм, \(\angle A = 60^\circ\), \(h_1 = 5\), \(h_2 = 5\sqrt{3}\). Найти: \(S\). Решение: В прямоугольном треугольнике с углом \(60^\circ\): \(h_1 = AB \cdot \sin 60^\circ \Rightarrow 5 = AB \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow AB = \frac{10}{\sqrt{3}}\). \(h_2 = AD \cdot \sin 60^\circ \Rightarrow 5\sqrt{3} = AD \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow AD = 10\). Площадь \(S = AD \cdot h_1 = 10 \cdot 5 = 50\). Ответ: 50. 4) Решение задачи: Угол между касательной и хордой равен половине дуги, которую он заключает. \[\angle ACO = \frac{1}{2} \cup AC\] Так как \(\cup AD = 100^\circ\), а \(CD\) — диаметр, то \(\cup AC = 180^\circ - 100^\circ = 80^\circ\). \[\angle ACO = \frac{80^\circ}{2} = 40^\circ\] Ответ: \(40^\circ\). Билет № 3 2) Теорема Пифагора: В прямоугольном треугольнике квадрат гипотенузы равен сумме квадратов катетов. \[c^2 = a^2 + b^2\] Доказательство: Достроим треугольник до квадрата со стороной \((a+b)\). Площадь этого квадрата \(S = (a+b)^2\). С другой стороны, она равна сумме площадей четырех треугольников и внутреннего квадрата со стороной \(c\): \(S = 4 \cdot \frac{1}{2}ab + c^2 = 2ab + c^2\). Приравниваем: \(a^2 + 2ab + b^2 = 2ab + c^2\), откуда \(a^2 + b^2 = c^2\). 3) Решение задачи: Вписанный угол равен половине дуги, на которую он опирается. Если дуга \(AB\) равна радиусу, то хорда \(AB = R\). Треугольник \(AOB\) (где \(O\) — центр) равносторонний, значит \(\angle AOB = 60^\circ\), следовательно \(\cup AB = 60^\circ\). Вписанный угол \(\alpha = \frac{1}{2} \cdot 60^\circ = 30^\circ\). Ответ: \(30^\circ\). 4) Решение задачи: В треугольнике \(ABC\): \(\angle C = 180^\circ - 20^\circ - 60^\circ = 100^\circ\). Биссектриса \(BD\) делит \(\angle B\) пополам: \(\angle CBD = 60^\circ / 2 = 30^\circ\). В треугольнике \(BCD\): \(\angle BDC = 180^\circ - 100^\circ - 30^\circ = 50^\circ\). Высота \(BH\) образует \(\angle BHC = 90^\circ\). В треугольнике \(BHC\): \(\angle HBC = 180^\circ - 90^\circ - 100^\circ\) (невозможно, значит высота падает вне треугольника). Угол между высотой и биссектрисой: \(\alpha = |90^\circ - \angle A - \frac{1}{2}\angle B| = |90^\circ - 20^\circ - 30^\circ| = 40^\circ\). Ответ: \(40^\circ\). Билет № 4 2) Теорема о вписанном угле: Вписанный угол равен половине центрального угла, опирающегося на ту же дугу. Доказательство: Рассмотрим случай, когда одна сторона угла проходит через центр. Треугольник \(AOC\) равнобедренный (\(OA=OC=R\)), тогда внешний угол \(\angle COB = \angle OAC + \angle OCA = 2\angle OAC\). Отсюда \(\angle OAC = \frac{1}{2} \angle COB\). 3) Решение задачи: Дано: \(h = 5\), \(\alpha = 45^\circ\), \(a = 14\). В равнобедренной трапеции проекция боковой стороны на основание \(x = \frac{h}{\text{tg } 45^\circ} = 5\). Большее основание \(a = b + 2x \Rightarrow 14 = b + 10 \Rightarrow b = 4\). Ответ: 4. 4) Решение задачи: Треугольники \(BMC\) и \(AMD\) подобны по двум углам (накрест лежащие при параллельных прямых). \[\frac{MC}{MD} = \frac{BC}{AD}\] Пусть \(MC = x\), тогда \(MD = DC - x = 24 - x\). \[\frac{x}{24-x} = \frac{16}{32} = \frac{1}{2}\] \[2x = 24 - x \Rightarrow 3x = 24 \Rightarrow x = 8\] Ответ: 8. Билет № 5 2) Свойство касательных: Отрезки касательных к окружности, проведенные из одной точки, равны. Доказательство: Пусть из точки \(A\) проведены касательные \(AB\) и \(AC\). Треугольники \(ABO\) и \(ACO\) прямоугольные (\(OB \perp AB\), \(OC \perp AC\)). Они равны по гипотенузе (\(AO\) — общая) и катету (\(OB = OC = R\)). Из равенства треугольников следует \(AB = AC\). 3) Решение задачи: По теореме Пифагора расстояние по горизонтали: \[L = \sqrt{9^2 - (7-3)^2} = \sqrt{81 - 16} = \sqrt{65} \approx 8.06 \text{ м}\] Ответ: \(\sqrt{65}\) м. 4) Решение задачи: Точка пересечения биссектрис углов при боковой стороне лежит на средней линии и делит боковую сторону под прямым углом. В треугольнике \(ABF\) \(\angle F = 90^\circ\). По теореме Пифагора: \(AF = \sqrt{AB^2 - BF^2} = \sqrt{24^2 - 10^2} = \sqrt{576 - 100} = \sqrt{476} = 2\sqrt{119}\). Ответ: \(2\sqrt{119}\). Билет № 6 2) Признаки подобия треугольников: 1. По двум углам. 2. По двум сторонам и углу между ними. 3. По трем сторонам. 3) Решение задачи: Средняя линия трапеции \(m = \frac{a+b}{2} = \frac{12+25}{2} = 18.5\). Диагональ делит среднюю линию на отрезки, равные половинам оснований: \(6\) и \(12.5\). Больший отрезок — \(12.5\). Ответ: 12.5. 4) Решение задачи: Так как \(AC\) — диаметр, то \(\angle ABC = 90^\circ\). По теореме Пифагора: \(AC = \sqrt{AB^2 + BC^2}\). Но \(BC\) не дано. Если \(AB\) касается окружности в точке \(B\), то \(OB \perp AB\). В треугольнике \(ABC\) \(AB\) — катет. Используя свойство касательной и секущей: \(AB^2 = AD \cdot AC\). При \(AB=2\), \(AC = 7.5\). Ответ: 7.5. Билет № 7 2) Отношение площадей подобных фигур: Площади подобных фигур относятся как квадрат коэффициента подобия. \[\frac{S_1}{S_2} = k^2\] 3) Решение задачи: Центральный угол равен дуге: \(\angle MON = \cup MN = 18^\circ\). Ответ: \(18^\circ\). 4) Решение задачи: Гипотенуза \(c = \sqrt{15^2 + 20^2} = \sqrt{225 + 400} = 25\). Высота \(h = \frac{a \cdot b}{c} = \frac{15 \cdot 20}{25} = 12\). Ответ: 12. Билет № 8 3) Решение задачи: Площадь \(S = a \cdot h_1 = b \cdot h_2\). \(16 \cdot 1 = b \cdot 2 \Rightarrow b = 8\). Ответ: 8. 4) Решение задачи: В треугольнике \(AOB\) (где \(O\) — центр), \(\angle OAB = 60^\circ / 2 = 30^\circ\). \(\text{tg } 30^\circ = \frac{R}{AO} \Rightarrow \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{R}{8} \Rightarrow R = \frac{8}{\sqrt{3}}\). Ответ: \(\frac{8}{\sqrt{3}}\).