ГДЗ до підручника «Геометрія» О.С. Істера. 8 клас

§ 9. Теорема Фалеса

Початковий рівень

267. В₂В₃ = В₁В₂ = 5 см.

268. A₁A₂ = А₂А₃ = 7 см.

269. ON₂ = 2ON₁ = 8 см.

270. ОМ₂ = 2ОМ₁ = 7 см.

Середній рівень

271. Поділити даний відрізок АВ на 5 рівних частин, не використовуючи лінійку з поділками.

Проводимо довільний промінь AM.

Відкладемо на промені AM рівні відрізки AA₁ = A₁A₂ = A₂A₃ = A₃A₄ = А₄А₅.

Проводимо відрізок А₅В.

Через точки A₁, А₂, А₃ і А₄ проведемо прямі, паралельні до відрізка А₅В. В₁, В₂, В₃, В₄ — точки їх перетину з відрізком АВ.

Маємо: АВ₁ = B₁B₂ = В₂В₃ = В₃В₄ = В₄В (за теоремою Фалеса). Отже, відрізок АВ поділено на 5 рівних частин.

272. Поділити даний відрізок АВ на 7 рівних частин, не використовуючи лінійку з поділками.

Проводимо довільний промінь АМ.

Відкладемо на промені AM рівні відрізки АА₁ = A₁A₂ = A₂A₃ = A₃A₄ = А₄А₅ = A₅A₆ = A₆A₇. Проводимо відрізок A₇B. Через точки A₁, A₂, A₃, A₄, A₅, A₆ проведемо прямі, паралельні до відрізка А₇В. В₁, В₂, В₃, В₄, В₅, В₆ — точки їх перетину з відрізком АВ.

Маємо: AB₁ = В₁В₂ = В₂В₃ = В₃В₄ = В₄В₅ = В₅В₆ = В₆В (за теоремою Фалеса). Отже, відрізок АВ поділено на 7 рівних частин.

Достатній рівень

273. Проводимо довільний промінь AM.

Відкладемо на промені AM відрізки АА₁ = 2а, А₁А₂ = 5а, де а — деякий одиничний відрізок. Проводимо відрізок А₂В.

Через точку А₁ проведемо пряму, паралельну до відрізка А₂В. B₁ — точка її перетину з відрізком АВ.

Маємо: АВ₁ = 2с, В₁В = 5с (за теоремою Фалеса). Отже, відрізок АВ поділено на 2 частини, відношення яких дорівнює 2 : 5.

274. Проводимо довільний промінь AM.

Відкладемо на промені AM відрізки АА₁ = 3а, А₁А₂ = 2а, де а — деякий одиничний відрізок. Проводимо відрізок А₂В.

Через точку А₁ проведемо пряму, паралельну до відрізка А₂В. В₁ — точка її перетину з відрізком АВ. Маємо: АВ₁ = 3с, В₁В = 2с (за теоремою Фалеса). Отже, відрізок АВ поділено на 2 частини, відношення яких дорівнює 3 : 2.

275. Нехай А₁А₂ = 3х cм, В₁В₂ = 5х см, тоді А₂А₃ = 3х см, В₂В₃ = 5х см, і за умовою задачі маємо рівняння: 5х - 3х = 8, звідси х = 4. Тоді A₁A₂ = 12 см, В₁В₂ = 20 см, A₂A₃ = 12 см, В₂В₃ = 20 см.

Відповідь: A₁A₂ = 12 см, B₁B₂ = 20 см, А₂А₃ = 12 см, В₂В₃ = 20 см.

276. Нехай ON₁ = 7х см, ОМ₁ = 4х см, тоді N₁N₂ = 7х см, М₁М₂ = 4х см, і за умовою задачі маємо рівняння: 7х + 4х = 33, звідси х = 3. Тоді ON₂ = 21 см + 21 см = 42 см, ОМ₂ = 12 см + 12 см = 24 см.

Відповідь: ON₂ = 42 см, ОМ₂ = 24 см.

Високий рівень

277. Оскільки точки M i N — середини сторін АВ і CD паралелограма ABCD, то AD ∥ MN ∥ СВ, тоді DM ∥ BN.

Оскільки ВМ = МА і MD ∥ BN, то AL = LK (за теоремою Фалеса).

Оскільки CN = ND і MD ∥ BN, то KL = КС (за теоремою Фалеса).

Оскільки AL = LK і KL = КС, то AL = KL = КС, тобто прямі MD і BN ділять діагональ АС на три рівні частини.

278. Через точки E, F, D проведемо прямі EE₁, FF₁, DD₁ паралельні прямій CG.

Оскільки BD = DC і DD₁ ∥ CG, то ВD₁ = D₁M (за теоремою Фалеса).

Оскільки DG = GF = FE = ЕА і DD₁ ∥ СМ ∥ FF₁ ∥ ЕЕ₁, то D₁M = MF₁ = F₁E₁ = Е₁А (за теоремою Фалеса).

Оскільки ВD₁ = D₁M і D₁M = MF₁ = F₁E₁ = Е₁А, то AM : ВМ = 3 : 2.

279. Оскільки ВD = DС і DD₁ ∥ ВN₁, то СD₁ = D₁N₁ (за теоремою Фалеса).

Оскільки DN = NM = МА і DD₁ ∥ BN₁ ∥ ММ₁, то D₁N₁ = N₁M₁ = М₁А (за теоремою Фалеса).

Оскільки CD₁ = D₁N₁ i D₁N₁ = N₁М₁ = М₁А, то СМ₁ = М₁А. Отже, пряма BN містить медіану трикутника.

280. Оскільки ВК = КС і РК ∥ ВМ, то СР = РМ (за теоремою Фалеса). Аналогічно РМ = AM за теоремою Фалеса.

Оскільки СР = РМ і PM = AM, то CM = 2МА.

Вправи для повторення

281. Геометричним місцем точок рівновіддалених від кінців відрізка АВ є серединний перпендикуляр CD.

282. За умовою задачі ОМ ⟂ AB, OK ⟂ ВС, ОМ = 5 см, ОК = 7 см. Чотирикутник ОМВС прямокутник, тоді АВ = 2ОК = 2 • 7 = 14 (см), ВС = 2ОМ = 2 • 5 = 10 (см).

Відповідь: 10 см, 14 см.