Еднакви триъгълници

Самоподготовка по Математика за
7 клас

Съдържание на темата:

Първа част
Втора част

Теория

Тест – 7 клас

ПЪРВА ЧАСТ

ЗАДАЧИ С ИЗБИРАЕМ ОТГОВОР

Критерии за оценяване

Ако AOB = 100°, то OAB е равен на:
- А)40°
- Б)50°
- В)80°
- Г)никое от тях
Проверете отговор

Моля, изберете отговор.

Отговорът е грешен.
Упътване: Използвайте теорема за сбор на вътрешни ъгли в триъгълник.

Отговорът е верен.

Вижте решение
Решение:
- AO = BO = r ΔABО равнобедрен, т.е. BAO = ABO = α.
- От Теорема за сбор на вътрешни ъгли в триъгълник следва, че
  α + α + 100° = 180°, т.е. α = OAB = 40°.
- Верен отговор A).

Ако на чертежа за еднаквите ΔABC и ΔDEF са отбелязани съответните елементи. Ъгъл β е:
- А)35°
- Б)100°
- В)45°
- Г)60°
Проверете отговор

Моля, изберете отговор.

Отговорът е грешен.
Упътване: След налагането на триъгълниците проследете двойките еднакви елементи.

Отговорът е верен.

Вижте решение
Решение:
- От ΔABC ≅ ΔDEF следва, че:
  CAB = EDF = 35°; ACB = DFE = 100°; ABC = DEF = β.
- От Теорема за сбор на вътрешни ъгли в ΔDEF следва, че
  β + 100° + 35° = 180°, т.е. β = 45°.
- Верен отговор В).

Ако s_AB е симетралата на AB, то е вярно, че:
- А)AN = BM
- Б)AM < BM
- В)AM > BM
- Г)AM = BM
Проверете отговор

Моля, изберете отговор.

Отговорът е грешен.
Упътване: Използвайте Теорема свойство на симетралите в триъгълник.

Отговорът е верен.

Вижте решение
Решение:
- т. M s_AB AM = BM.
- Верен отговор Г).

В ΔABC AL е ъглополовяща, а CD – височина. Винаги е вярно, че:
- А)PD = CL
- Б)PD = PC
- В)PD = PQ
- Г)никое от тях
Проверете отговор

Моля, изберете отговор.

Отговорът е грешен.
Упътване: Използвайте Теорема свойство на ъглополовящи в триъгълник.

Отговорът е верен.

Вижте решение
Решение:
- т. P лежи на ъглополовящата на А PD = PQ.
- Верен отговор B).

НЕ е вярно твърдението:
Един триъгълник е равнобедрен, ако:
- А)две от страните му са равни
- Б)височина и медиана от един негов връх съвпадат
- В)симетралата на някоя от страните му минава през срещуположния му връх
- Г)ъглите му се отнасят както 1 : 2 : 3
Проверете отговор

Моля, изберете отговор.

Отговорът е грешен.
Упътване: Използвайте Теореми признаци на равнобедрен триъгълник.

Отговорът е верен.

Вижте решение

Решение:

Използваме Теоремите признаци на равнобедрен триъгълник и стигаме до извода, че отговор Г) е верен.

Ако P = 2b + c е периметърът на равнобедрен триъгълник с основа a и бедро b, то бедрото b се пресмята по формулата:
- А)b = P – c
- Б)b = P – c
- В)b =
- Г)b =
Проверете отговор

Моля, изберете отговор.

Отговорът е грешен.
Упътване: Решете уравнението спрямо b.

Отговорът е верен.

Вижте решение
Решение:
- P = 2b + b 2b = P – c b = .
- Верен отговор В).

По даденото на чертежа CAD е равен на:
- А)100°
- Б)70°
- В)40°
- Г)160°
Проверете отговор
Моля, изберете отговор.
Отговорът е грешен.
Упътване:
1. Намерете ъгъл ВАС.
2. Намерете ъгъл DАB.
3. Намерете търсения ъгъл.
Отговорът е верен.
Вижте решение
Решение:
- AC = BC ΔABC – равнобедрен, т.е. BAC = ABC = α.
- От Теорема за сбор на вътрешни ъгли в ΔABC следва, че α + α + 40° = 180°, т.е. α = 70°.
- По аналогичен начин от ΔABD доказваме, че β = BAD = 30°.
- CAD = α + β = 70° + 30° = 100°.
- Верен отговор A).

На чертежа отсечката AH е височина през върха А. Ако ACB = 65° и AB = 2BH, мярката на BAC е равна на:
- А)55°
- Б)45°
- В)35°
- Г)25°
Проверете отговор
Моля, изберете отговор.
Отговорът е грешен.
Упътване:
1. Намерете ъгъл ВАН.
2. От Теорема за сбор на вътрешни ъгли в ΔAНС намерете НАС.
3. Намерете търсения ъгъл.
Отговорът е верен.
Вижте решение
Решение:
- В правоъгълният ΔABH имаме AB = 2BH BAH = 30°.
- От Теорема за сбор на вътрешни ъгли в ΔAHС HAC + 65° = 90°, т.е. HAC = 25°.
- BAC = BAH + HAC = 30° + 25° = 55°.
- Верен отговор А).

В ΔABC точката M е среда на AB, A = 30° и BMC = 60°. Кое от равенствата НЕ е вярно?
- А)CM = AM
- Б)BC = AC
- В)CB = AB
- Г)AB = 2CM
Проверете отговор
Моля, изберете отговор.
Отговорът е грешен.
Упътване:
1. Докажете, че ΔAMC е равнобедрен.
2. Докажете, че ΔABC е правоъгълен.
3. Намерете верните равенства и ги изключете от решението на задачата.
Отговорът е верен.
Вижте решение
Решение:
- BMC – външен за ΔAMC MAC + ACM = BMC 30° + ACM = 60° ACM = 30°, т.е. ΔAMC – равнобедрен или AM = CM = a, но това е отговор А), т.е. отговор А) не е решение на задачата.
- По условие т. М е среда на AB BM = AM = CM = a, т.е. ΔMBC – равнобедрен.
- От Теорема – признак (ΔMBC – равнобедрен и BMC = 60°) следва, че ΔMBC е равностранен, т.е. MBC = MCB = BMC = 60°.
- От MCB = 60° и ACM = 30° ACB = 90°.
- В ΔABC имаме: ACB = 90° и A = 30° CB = AB, но това е отговор B), т.е. отговор B) не е решение на задачата.
- ΔABC – правоъгълен и CM – медиана AB = 2CM, но това е отговор Г), т.е. отговор Г) не е решение на задачата.
- Остана да е верен отговор Б).

На чертежа симетралите s_AC и s_BC съответно на страните AC и BC се пресичат в точка P. Триъгълник ABC е:
- А)остроъгълен
- Б)правоъгълен
- В)тъпоъгълен
- Г)не може да се определи;
Проверете отговор

Моля, изберете отговор.

Отговорът е грешен.
Упътване: Използвайте Основна задача 4.

Отговорът е верен.

Вижте решение

Решение:

От Основна задача 4 следва верен отговор Б).

Критерии за оценяване

На чертежа ΔABC (C = 90°) и AC = BC. Правата m минава през точката C. Ако AM и BN са разстоянията от върховете A и B до правата m, то НЕ е вярно, че:
- А)AC = CN
- Б)CM = BN
- В)AM = CN
- Г)ACM = CBN
Проверете отговор

Моля, изберете отговор.

Отговорът е грешен.
Упътване: Докажете, че ΔBCN и ΔCAM са еднакви.

Отговорът е верен.

Вижте решение
Решение:
- Доказваме, че ΔACM ≅ ΔCBN:
  - Нека BCN = x. От теорема за съседни ъгли ACM + ACB + BCN = 180° ACM + 90° + x = 180° ACM = 90° – x.
  - От теорема за сбор на вътрешни ъгли в ΔACM ACM + CAM = 90° 90° – x + CAM = 90° CAM = x.
  - ΔACM ≅ ΔCBN (по ІІ признак, защото AC = BC, M = N = 90°, CAM = BCN – по доказателство).
- От ΔACM ≅ ΔCBN следва, че:
  - AM = CN, но това е отговор В), т.е. отговор В) не е решение на задачата.
  - CM = BN, но това е отговор Б), т.е. отговор Б) не е решение на задачата.
  - ACM = CBN, но това е отговор Г), т.е. отговор Г) не е решение на задачата.
- Остана да е верен отговор А).

На чертежа в ΔABC височините AA₁ и CC₁ се пресичат в точка H и AB = CH. Ако AH = 5 cm и HA₁ = 3 cm, то лицето на ΔABC е:
- А)44 cm²
- Б)77 cm²
- В)27 cm²
- Г)119 cm²
Проверете отговор
Моля, изберете отговор.
Отговорът е грешен.
Упътване:
1. Докажете, че ΔABA₁ и ΔCHA₁ са еднакви.
2. Намерете НA₁, CA₁ и след това ВC.
3. Намерете лицето по формулата S_ΔАВС = .
Отговорът е верен.
Вижте решение
Решение:
- Доказваме, че ΔABA₁ ≅ ΔCHA₁:
  - Нека ABC = β.
  - От теорема за сбор на вътрешни ъгли в ΔAA₁B A₁AB + ABA₁ = 90° A₁AB + β = 90°
    (1): A₁AB = 90° – β.
  - От теорема за сбор на вътрешни ъгли в ΔBCC₁ BCC₁ + CBC₁ = 90° BCC₁ + β = 90°
    (2): BCC₁ = 90° – β.
  - От (1) и (2) A₁AB = BCC₁.
  - ΔABA₁ ≅ ΔCHA₁ (по ІІ признак, защото AB = CH – по условие, A₁ = 90°, A₁AB = BCC₁ – по доказателство).
- От ΔABA₁ ≅ ΔCHA₁ следва, че:
  - HA₁ = BA₁ = 3 cm.
  - CA₁ = AA₁ = 5 + 3 = 8 cm.
- BC = BA₁ + CA₁= 3 + 8 = 11 cm.
- S_ΔABC = = 44 cm².
- Верен отговор А).

В ΔABC, AB = 2.BC и ABC = 60°. Симетралата на AB пресича страните AB и AC съответно в точките M и N. НЕ е вярно, че:
- А)BN е симетрала на MC
- Б)S_ΔAMC = S_ΔMBC
- В)CM е симетрала на BN
- Г)BAC = 30°
Проверете отговор
Моля, изберете отговор.
Отговорът е грешен.
Упътване:
1. Докажете, че ΔABC е правоъгълен.
2. Намерете верните отговори и ги отхвърлете, като използвате:
  - Теорема за сбор на вътрешни ъгли в триъгълник.
  - Основна задача 3 а).
  - Теорема признак за симетрала на отсечка.
Отговорът е верен.
Вижте решение
Решение:
- От основна задача 2 следва, че ΔABC е правоъгълен.
- Отхвърляме верните отговори:
  - От теорема за сбор на вътрешни ъгли в ΔABC следва, че
    BAC + ABC + ACB = 180° BAC + 90° + 60° = 180°, т.е. BAC = 30°, но това е отговор Г), т.е. отговор Г) не е решение на задачата.
  - т. М е среда на АВ – по условие и като използваме Основна задача 3 а) доказваме отговор Б), т.е. отговор Б) не е решение на задачата.
  - СМ – медиана в правоъгълен ΔABC MBC = CMB = MCB = 60°, т.е.
    (1): BM = BC.
    От ACB = 90° и BMN = 90° следва, че CMN = 30° и NCM = 30°, т.е.
    (2): CN = MN.
    
    От (1) и (2), и от Теорема признак №2 за симетрала на отсечка следва, че BN е симетрала на MC, но това е отговор А), т.е. отговор А) не е решение на задачата.
- Остана да е решение на задачата отговор В).

На чертежа симетралите на страните AC и AB се пресичат в точка Q и MAN = 48°. Големината на QBC е:
- А)48°
- Б)24°
- В)60°
- Г)25°
Проверете отговор
Моля, изберете отговор.
Отговорът е грешен.
Упътване:
1. Като използвате Теорема свойство на симетрала на отсечка докажете, че ΔCMA, ΔANB, ΔCQB, ΔCQA и ΔAQB са равнобедрени.
2. Отбележете ъгъл QBC с х и изразете ъгъл MAN чрез х.
Отговорът е верен.
Вижте решение
Решение:
- т. M s_AC CM = AM, т.е. ΔCMA – равнобедрен или MAC = MCA = n.
- т. N s_AB AN = BN, т.е. ΔANB – равнобедрен или NAB = NBA = y.
- т. Q лежи на s_AC и s_AB CQ = AQ = BQ, т.е. ΔCQB, ΔCQA, ΔAQB – равнобедрени QCB = CBQ = x, QCA = CAQ = n + x, QBA = QAB = x + y.
- MAN = MAQ + QAN 48° = x + x, т.е. x = QBC = 24°.
- Верен отговор Б).

В ΔABC ъглополовящата AL пресича медианата CE в точка N. Ако CN = NE, то НЕ е вярно, че:
- А)S_ΔANE = S_ΔACN
- Б)S_ΔCNB = S_ΔBEN
- В)S_ΔACL = S_ΔABL
- Г)AB = 2AC
Проверете отговор
Моля, изберете отговор.
Отговорът е грешен.
Упътване:
Намерете верните отговори и ги отхвърлете като:
- Докажете, че ΔAEC e равнобедрен.
- Използвате Основна задача 3 а)
Отговорът е верен.
Вижте решение
Решение:
- Намираме верните отговори и ги отхвърляме:
  А) AN – медиана в ΔAEC и от Основна задача 3 а) S_ΔANE = S_ΔACN, но това е отговор А), т.е. отговор А) не е търсеното решение на задачата.
  
  Б) ВN – медиана в ΔBEC и от Основна задача 3 а) S_ΔCNB = S_ΔBEN, но това е отговор Б), т.е. отговор Б) не е търсеното решение на задачата.
  
  В) Този отговор не може да се докаже.
  
  Г) Нека AC = b. В ΔAEC AN е ъглополовяща и медиана (по условие) ΔAEC (AC = AE = b) – равнобедрен, но по условие CE – медиана в ΔABC BE = AE = b, т.е. AB = 2b = 2AC. Това е отговор Г), т.е. отговор Г) не е търсеното решение на задачата.
- Верен отговор В).

В правоъгълния ΔABC BAC = 75°. Ако AB = 16 cm, лицето на ΔABC е равно на:
- А)16 cm²
- Б)32 cm²
- В)48 cm²
- Г)64 cm²
Проверете отговор

Моля, изберете отговор.

Отговорът е грешен.
Упътване: Използвайте Основна задача 3.

Отговорът е верен.

Вижте решение
Решение:
- От Теорема за сбор на вътрешни ъгли в правоъгълния ΔABC получаваме:
  CAB + ABC = 90° 75° + ABC = 90°, т.е. ABC = 15°.
- Построяваме СН – височина и от Основна задача 3 получаваме:
  CH = AB = .16 = 4 cm.
- S_ΔABC = = 32 cm².
- Верен отговор Б).

ЗАДАЧИ СЪС СВОБОДЕН ОТГОВОР

Отговорите на задачи 17. – 20. запишете на съответните места в листа с отговори.

На фигурата ΔABC и ΔABD са правоъгълни и BAD = 40°, ABC = 25° и точка M е средата на AB. Да се попълнят празните места в текста.
а) Градусната мярка на ABD е ......°.

б) Според страните си ΔBMD е .......... и ΔBMC е .............

в) Градусната мярка на DCM е ......°.

Вижте упътване

Упътване:

а) Използвайте Теорема за сбор на ъгли в триъгълник.

б) Използвайте определението за равнобедрен триъгълник.

в) Докажете, че ΔCMD е равнобедрен и приложете теорема за сбор на ъгли.

Вижте решение
Решение:

а) От Теорема за сбор на вътрешни ъгли в правоъгълния ΔABD получаваме
ABD + BAD = 90° ABD + 40° = 90°, т.е. ABD = 50°.

б) Определяме вида на дадените триъгълници:
- DM – медиана към хипотенузата в ΔABD DM = BM ΔBMD – равнобедрен.
- CM – медиана към хипотенузата в ΔABC CM = BM ΔBMC – равнобедрен.
в) Намираме градусната мярка на DCM.
- ΔBMD – равнобедрен MDB = MBD = 50°.
- От Теорема за сбор на вътрешни ъгли в ΔMBD BMD + MDB + MBD = 180° BMD + 50° + 50° = 180°, т.е. BMD = 80°.
- ΔBMC – равнобедрен MBC = MCB = 25°.
- От Теорема за сбор на вътрешни ъгли в ΔMBC BMC + MCB + MBC = 180° BMC + 25° + 25° = 180°, т.е. BMC = 130°.
- CMD = BMC – BMD = 130° – 80° = 50°.
- DM и CM – медиана към хипотенузата в ΔABD и ΔABC DM = CM = BM, т.е. ΔCMD – равнобедрен DCM = CDM = x.
- От Теорема за сбор на вътрешни ъгли в ΔCMD DCM + CDM + CMD = 180° x + x + 50° = 180°, т.е. DCM = x = 65°.
- Отговор: DCM = 65°.
Критерии за оценяване

а) За верен отговор – 1 точка.

б) 2 точки. За всеки верен отговор – по 1 точка.

в) За верен отговор – 3 точки.

Общо 7 точки.

В долното твърдени е пропуснато едно условие.
„Ако за ΔABC и ΔDEF е дадено, че AB = EF, BAC = EFD и ............ , то те са еднакви.”

В таблицата са дадени равенствата, които трябва да поставите на празното място и да проверите верността на получените твърдения. В листа с отговори (третата колонка в таблицата) срещу номера на всяко условие запишете „ДА”, ако полученото твърдение винаги е вярно, и „НЕ”, ако невинаги е вярно.

Вижте упътване

Упътване:

Използвайте Признаците за еднаквост.

Вижте решение
Решение:

Проверяваме всяко от условията с подходящ признак за еднаквост на триъгълници:
1. НЕ – Това условие не се изпълнява при нито един от признаците.
2. НЕ – Това условие не се изпълнява при нито един от признаците.
3. ДА – Това условие се изпълнява при II признак.
4. НЕ – Това условие не се изпълнява при нито един от признаците.
5. ДА – Това условие се изпълнява при I признак.
6. ДА – Това условие се изпълнява при II признак.
Критерии за оценяване

За всеки правилен отговор – по 1 точка.

Общо 6 точки.

В остроъгълния ΔABC, BAC = 50° и AA₁ е височина. Симетралата на AC пресича височината AA₁ в точка E, която дели височината AA₁ в отношение 2 : 1, считано от върха А. Намерете градусната мярка на CEA₁, ACE, ACB и ABC.

Вижте упътване
Упътване:
1. Използвайте Свойства на симетрала, за да намерете ъгъл ECA₁.
2. Използвайте Теореми за ъгли в триъгълник, за да намерите търсените ъгли.
Вижте решение
Решение:
- От даденото отношение следва, че AE = 2a, EA₁ = a.
- ME = s_AC и т.Е s_AC AE = CE = 2a.
- В правоъгълния ΔECA₁ имаме CE = 2a = 2EA₁ ECA₁ = 30°. Тогава, от теорема за сбор на вътрешни ъгли в ΔECA₁ ECA₁ + CEA₁ = 90° 30° + CEA₁ = 90°, т.е. CEA₁ = 60°.
- ΔAEC – равнобедрен EAC = ACE = y, но CEA₁ външен за ΔAEC y + y = CEA₁ = 60°, т.е. y = ACE = 30°.
- ACB = ACE + ECA₁ = 30° + 30° = 60°.
- От Теорема за сбор на ъгли в ΔABC получаваме:
  BAC + ACB + ABC = 180° 50° + 60° + ABC = 180°, т.е. ABC = 70°.
- Отговор: CEA₁ = 60°, ACE = 30°, ACB = 60°, ABC = 70°.
Критерии за оценяване
- За намирането на CEA₁, ACE – по 3 точки.
- За намирането на ACB – 2 точки.
- За намирането на ABС – 3 точки.
- Общо 11 точки.

Симеон направил показаната апликация на лодка, като използвал три еднакви триъгълника, поставени така, че върховете им A, B и C са на една права и FH || AC.
а) Ако BHF = 35° и CBE = 160°, намерете градусните мерки на BAE и BFH.

б) Ако AE = 3 cm, AB = 4 cm и BE = 6 cm, намерете дължините на отсечките AC, EF и DH.

в) Ако периметърът на апликацията е 77 cm, а AC = 17 cm, намерете дължината на отсечката FH.

Вижте упътване

Упътване:

а) Използвайте прилежащи ъгли на FH || AC и Теорема за сбор на вътрешни ъгли в ΔBHF.

б) Използвайте равенството на страните от ΔABE ≅ ΔBFH ≅ ΔCDB.

Намерете AB + AE и използвайте това, че периметърът на апликацията е AB + AE + 3FH.

Вижте решение
Решение:

а) Намираме BFH и BAE:
- (FH || AC) ∩ BF BFH + CBF = 180° (като прилежащи ъгли) BFH + 160° = 180° BFH = 20°.
- Прилагаме Теорема за сбор на вътрешни ъгли в ΔBHF:
  HBF + BHF + BFH = 1800 HBF + 35° + 20° = 180° HBF = 125°.
- По условие имаме ΔABE ≅ ΔBFH BAE = HBF = 125°.
- Отговор: BFH = 20°, BAE = 125°.
б) От условието ΔABE ≅ ΔBFH ≅ ΔCDB AB = BF = CD, AE = BH = BC, BE = FH = BD.
- AC = AB + BC = AB + AE = 4 + 3 = 7 cm.
- Намираме отсечката EF:
  - BF = AB = 4 cm.
  - EF = BE – BF = 6 – 4 = 2 cm.
- По подобен начин намираме
  DH = BD – BH = BE – AE = 6 – 3 = 3 cm.
- Отговор: AC = 7 cm, EF = 2 cm, DH = 3 cm.
в) Нека AB = BF = CD = a, AE = BH = BC = b, BE = FH = BD = x.
- AB + BC = AC a + b = 17.
- DH = BD – BH = x – b.
- FE = BE = BF = x – a.
- P_апл. = AB + BC + CD + DH + FH + FE + AE = a + b + a + x – b + x + x – a + b = a + b + 3x 77 = 17 + 3x x = 20, т.е. FH = x = 20 cm.
- Отговор: FH = 20 cm.
Критерии за оценяване

а) 2 точки. За всеки вярно намерен корен – по 1 точка.

б) 3 точки. За всеки правилен отговор – по 1 точка.

в) За правилен отговор – 3 точки.

Общо 8 точки.

ВТОРА ЧАСТ

Отговорите на задачи 21. и 22. запишете на съответните места в листа с отговори.

Дадени са два правоъгълни триъгълника ABC и ABD с обща хипотенуза АВ = 22 cm и точките С и D са в различни полуравнини спрямо АВ. Ако точка М е среда на АВ и CBD = 30°, намерете периметъра на ΔCDM в сантиметри.

Вижте упътване
Упътване:
1. Докажете, че ΔDMC е равнобедрен.
2. Докажете, че ъгъл DMC е равен на 60°, т.е. ΔDMC е равностранен.
3. Намерете P_ΔCDM.
Вижте решение
Решение:
- Доказваме, че ΔDMC е равнобедрен:
  - DM – медиана в правоъгълния ΔADB (1): DM = BM = AB = 11 cm.
  - CM – медиана в правоъгълния ΔABC (2): CM = BM = AB = 11 cm.
  - От (1) и (2) следва, че ΔDMC – равнобедрен.
- Доказваме, че ΔDMC е равностранен:
  - DM – медиана в правоъгълния ΔADB MDB = DBM = x. Но AMD външен за ΔDMB AMD = MDB + DBM = 2x.
  - CM – медиана в правоъгълния ΔABC MBC = MCB = y. Но AMC външен за ΔMBC AMC = MBC + MCB = 2y.
  - CMD = AMD + AMC = 2x + 2y = 2(x + y) = 2.30° = 60°.
  - ΔDMC – равнобедрен с CMD = 60° ΔDMC – равностранен.
- ΔDMC – равностранен CD = DM = CM = 11 cm.
- P_ΔCDM = 3CD = 3.11 = 33 cm.
Критерии за оценяване

За верен отговор – 5 точки.

В ΔABC ъглополовящите AA₁ и CC₁ се пресичат в точка O така, че AOC = 105°. Да се намери лицето на ΔABC, ако AB = BC = 4 cm.

Вижте упътване
Упътване:
1. От Основна задача 2 намерете ъгъл ABC.
2. Построите ъглополовящата BB₁ на връх В и намерете ъглите на ΔABB₁.
3. От Основна задача 3 намерете височината на ΔABB₁.
4. За да намерите лицето на ΔABC използвайте Основна задача 5.
Вижте решение
Решение:
- AA₁ и CC₁ – ъглополовящи и от Основна задача 2 намираме
  AOC = 90° + ABC 105° = 90° + ABC, т.е. ABC = 30°.
- Построяваме ъглополовящата BB₁ ABB₁ = 15°, но ΔABC – равнобедрен BB₁ е и височина, т.е. ΔABB₁ и ΔBB₁C са правоъгълни.
- BB₁ – медиана и от Основна задача 5 лицето на ΔABB₁ е равно на лицето на BB₁C, т.е. за да намерим S_ΔABC достатъчно е да намерим лицето на ΔABB₁:
  - Построяваме B₁E AB.
  - В правоъгълния ΔABB₁ ABB₁ = 15° тогава от Основна задача 3 B₁E = AB = . 4 = 1 cm.
  - S_ΔABB1 = = 2 cm².
  - S_ΔABC = 2 S_ΔABB1 = 2.2 = 4 cm².
Критерии за оценяване

За верен отговор – 5 точки.

На задачи 23. и 24. запишете пълните решения с необходимите обосновки.

В равнобедрения ΔABC с основа AB = 9 cm отношението на ъглите при върховете A и C е 1 : 4. Ако точка D е среда на основата AB, а CE (E AB) е ъглополовяща в ΔACD да се определи каква част е лицето на ΔEDC от лицето на ΔEBC.

Вижте упътване
Упътване:
1. От даденото отношение намерете ъглите на ΔABC.
2. Докажете, че ΔAEC – равнобедрен, а ΔEDC – правоъгълен с ъгъл 30° и намерете ЕD.
3. Намерете лицата на ΔEDC и ΔEBC, и ги разделете.
Вижте решение

Решение:

Критерии за оценяване

По 2 точки: за намиране ъглите на ΔABC; за доказване, че ΔAEC – равнобедрен; за доказване, че ΔEDC – правоъгълен с ъгъл 30°; за намиране на ЕD; за намиране на търсеното отношение.

Общо 10 точки.

За ΔABC са построени височината CD (D AB) и ъглополовящата AL (L BC), които се пресичат в точка М. Ако AL = CD и права през М, успоредна на АВ, пресича AC в точка P така, че PC = 2PA. Намерете ъглите на ΔABC.

Вижте упътване
Упътване:
1. Докажете, че ΔAPM – равнобедрен.
2. Докажете, че ΔPMC е правоъгълен с ъгъл 30°.
3. Докажете, че ΔAMD е правоъгълен с ъгли 30° и 60°.
4. В ΔMLC намерете ъгъл 60° и CM = 2ML, и използвайте Основна задача 2, за да докажете, че той е правоъгълен.
5. От Теорема за сбор на ъгли в ΔALC и ΔABC намерете ъглите при върховете С и В.
Вижте решение

Решение:

Критерии за оценяване

По 2 точки: за доказване, че ΔAPM – равнобедрен; за намиране ъглите на ΔPMC; за намиране ъглите на ΔAMD; за доказване, че ΔMLC – правоъгълен; за намиране ъглите при върховете С и В.

Общо 10 точки.

Върни се нагоре Начало Предходен Следващ

Вижте още

Самоподготовка

Предстоят ви изпити или матура по Математика или Физика, но не сте убедени, че сами ще се справите. Учебен център „СОЛЕМА“ ви предоставя следните програми и тестове към тях:

МАТЕМАТИКА

Кандидат-студенти

Матура

10 клас

7 клас

ФИЗИКА

Кандидат-студенти

Матура