Упр.658 ГДЗ Атанасян 7-9 класс по геометрии (Геометрия)
Рассмотрим вариант решения задания из учебника Атанасян, Бутузов 8 класс, Просвещение: На стороне CD параллелограмма ABCD отмечена точка Е. Прямые АЕ и ВС пересекаются в точке F. Найдите: a) EF и FC, если DE = 8 см, ЕС = 4 см, ВС= 7 см, АE = 10см; б) DE и ЕС, если АВ = 8см, AD= 5 см, CF = 2 см. Через точку А к данной окружности проведены касательная АВ (В — точка касания) и секущая AD, проходящая через центр О (D — точка на окружности, О лежит между А и D). Найдите угол BAD и угол ADB, если BD= 110°20′.
а) Рассмотрим треугольники $$\triangle ADE$$ и $$\triangle EFC$$.
Так как $$ABCD$$ — параллелограмм, то $$AD \parallel BC$$, а точки $$A, E, F$$ лежат на одной прямой, значит $$AF$$ — секущая. Тогда
$$\angle EAD = \angle EFC$$
как накрест лежащие, и
$$\angle DEA = \angle FEC$$
как вертикальные.
Следовательно, $$\triangle ADE \sim \triangle EFC$$, поэтому
$$\frac{AE}{EF}=\frac{DE}{EC}=\frac{AD}{FC}.$$
Подставим данные:
$$\frac{10}{EF}=\frac{8}{4}=2,$$
откуда
$$EF=5\text{ см}.$$
Далее:
$$\frac{7}{FC}=2,$$
значит
$$FC=3{,}5\text{ см}.$$
б) Снова рассмотрим треугольники $$\triangle ADE$$ и $$\triangle EFC$$. Они подобны, поэтому
$$\frac{AE}{EF}=\frac{DE}{EC}=\frac{AD}{FC}=k.$$
Из условия:
$$\frac{AE}{EF}=\frac{AB}{CF}=\frac{8}{2}=4,$$
но в параллелограмме $$AB=CD$$, а $$CD=DE+EC$$, значит
$$DE+EC=8.$$
Пусть $$DE=x$$, тогда $$EC=8-x$$. По подобию
$$\frac{DE}{EC}= \frac{5}{2}.$$
Следовательно,
$$\frac{x}{8-x}=\frac{5}{2}.$$
Решим уравнение:
$$2x=5(8-x),$$
$$2x=40-5x,$$
$$7x=40,$$
$$x=\frac{40}{7}=5\frac{5}{7}.$$
Значит,
$$DE=5\frac{5}{7}\text{ см},$$
а
$$EC=8-5\frac{5}{7}=2\frac{2}{7}\text{ см}.$$
Ответ: а) $$EF=5\text{ см},\ FC=3{,}5\text{ см};$$ б) $$DE=5\frac{5}{7}\text{ см},\ EC=2\frac{2}{7}\text{ см}.$$
Ход решения
Пусть $$K$$ — вторая точка пересечения секущей $$AD$$ с окружностью. Тогда точки $$A, K, O, D$$ лежат на одной прямой, а $$AB$$ — касательная в точке $$B$$.
Рассмотрим вписанный угол $$\angle BKD$$. Он опирается на дугу $$BD$$, поэтому
$$\angle BKD=\frac{1}{2}\overset{\frown}{BD}=\frac{1}{2}\cdot 110^\circ20′ = 55^\circ10′.$$
Так как $$O \in AD$$ и $$K \in AD$$, то дуга $$KD$$ — полуокружность, значит
$$\overset{\frown}{KD}=180^\circ.$$
Тогда вписанный угол $$\angle DBK$$, опирающийся на дугу $$KD$$, равен
$$\angle DBK=\frac{1}{2}\cdot 180^\circ=90^\circ.$$
В треугольнике $$DBK$$ найдём угол при вершине $$D$$:
$$\angle BDK=180^\circ-90^\circ-55^\circ10’=34^\circ50′.$$
Поскольку точки $$A, K, D$$ лежат на одной прямой, то
$$\angle ADB=\angle BDK=34^\circ50′.$$
Теперь рассмотрим треугольник $$BOD$$. Так как $$OB=OD$$ как радиусы, он равнобедренный, значит
$$\angle DBO=\angle BDO=34^\circ50′.$$
Угол между касательной $$AB$$ и хордой $$BD$$ равен вписанному углу, опирающемуся на дугу $$BD$$, поэтому
$$\angle DBA=\angle DBO+\angle OBA=34^\circ50’+90^\circ=124^\circ50′.$$
Тогда в треугольнике $$ABD$$
$$\angle BAD=180^\circ-(124^\circ50’+34^\circ50′)=20^\circ20′.$$
Ответ: $$\angle BAD=20^\circ20′,$$ $$\angle ADB=34^\circ50′.$$
