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.
Цей контент створено завдяки Міністерству освіти і науки України