8 gdz geo_b
Upcoming SlideShare
Loading in...5
×

Like this? Share it with your network

Share
  • Full Name Full Name Comment goes here.
    Are you sure you want to
    Your message goes here
    Be the first to comment
No Downloads

Views

Total Views
20,970
On Slideshare
3,205
From Embeds
17,765
Number of Embeds
17

Actions

Shares
Downloads
387
Comments
0
Likes
2

Embeds 17,765

http://4book.org 17,163
http://bookgdz.ru 228
http://www.google.com.ua 112
http://91.200.42.139 63
http://fiz-cultura.ucoz.ua 53
http://shpor.ru 37
http://mail.4book.org 30
https://www.google.com.ua 22
http://suchasniyuchen.com.ua 18
http://vipoboi.h55.hvosting.net 15
http://www.google.com 8
http://translate.googleusercontent.com 6
http://youdz.at.ua 4
http://webcache.googleusercontent.com 2
https://twitter.com 2
http://hghltd.yandex.net 1
https://www.google.com 1

Report content

Flagged as inappropriate Flag as inappropriate
Flag as inappropriate

Select your reason for flagging this presentation as inappropriate.

Cancel
    No notes for slide

Transcript

  • 1. .4 bo ok .o ДО підручника rg [EIKIPII w w w М . I. Бурди, H . A . Тарасенкової
  • 2. РОЗДІЛ 1 1. Ч о т и р и к у т н и к о м ABC D є ф іг у р а н а м а л . 14. 2 .M N K P — чотирикутник. N 8.1) Так, може, бо для кожної сторони ви­ конується умова: сторона чотирикутни­ ка менша за суму трьох інших сторін. 2) Ні, не може, бо 10 = 2 -І- З -н5 (не вико­ нується умова, тому що сторона менша за суму трьох інших сторін). 3) Ні, не може, бо18>6-(-5-(-6 (не вико­ нується умова, тому що сторона менша за суму трьох інших сторін). .4 bo ok .o 1) Протилежні сторони: M N і Р К ; N K і М Р . Протилежні вершини: М ІК , N і Р. Протилежні кути: A M і Z K , Z N і ZP. 2) Сусідні сторони: M N і N K ; M N і М Р ; М Р і Р К ; N K і K P . Сусідні вершини: М i N ; M i P ; N i K ; K i P . Сусідні кути: Z M і ZP; Z M і ZN ; Z N і ZK; Z K iZ P . 3) Діагоналі: М К і N P . ка; Р = л: -і- 2д: -і- 2ж -н2х = їх ; 1х = Ы 0 ;х = = 20 ( c m ) — менша сторона чотирикут­ ника; 20 X 2 = 40 (ом) — три інші сторо­ ни; 20 см; 40 см; 40 ом; 40 см — сторони чотирикутника; 2) д см — менша сторона чотирикутни­ ; ка; Зх см — три інші сторони; х + Зх + + 3х + 3 х = 1 4 0 ;1 0 х = 1 4 0 ;х = 1 4 (см) — менша сторона; 14 х З = 42 (см) — три інші сторони; 14 см; 42 см; 42 см; 42 см — сторони чотирикутника; 3) л см — менша сторона чотирикут­ ника; 9* см — інші сторони чотири­ кутника; х + 9 х+ 9х+ 9 х - 140; 28х = - 140; х = 5 (с м )— менша сторона; 5 х X 9 = 45 (см) — інші сторони чотирикут­ ника; 5 см; 45 см; 45 см; 45 см — сторо­ ни чотирикутника. rg §1 3 .1 )і" = 1 + 3 +4 + 6 = 14(см); 2 )Р = 5 + 7 + 9 + 10 = 31(см); 3 )Р = 12 + 10 + 8 + 4 = 34 (мм). w 4. Градусну міру кутів чотирикутни­ w w ка на мал. 16 вказано неправильно, бо сума кутів чотирикутника дорівнює 360°, а сума кутів чотирикутника на мал. 16 не дорівнює 360°: 95° + 90° + + 100°+ 60° = 345°. На мал. 17 градусна міра кутів ука­ зана правильно, бо 60° + 120° + 60° + + 120° = 360°. 5. Зовнішні кути чотирикутника M N P K при вершині: V)N — ZENF; 2)М — ZAMC; Z )K — ZD K B . І. а Ь с d Р 8 CM 12 см 16 CM 18 CM 54 CM 7.1) JC CM ка; 2х 10 CM 25 30 25 90 5 CM 13 CM CM 2 5 CM CM 17 CM CM 6 0 CM CM 23 CM 27 CM 3 0 CM 35 CM 115 c m 14 CM 16 20 24 74 CM CM CM CM — м ен ш а сторона ч о ти р и к утн и ­ — т р и ін ш і ст о р о н и ч о т и р и к у т н и ­ 9 .Мал. 19: Z A = Z D = ZC = (360° - 60°): З = 100°; Мал. 20: Z B = Z D = (360° - 90° - 70°): 2 = 100°; Мал. 21: ZC = 360° - (120° + 90° + 90°) = 60°. 10. 1 ) 3 6 0 ° - (1 0 0 ° -I- 6 0 ° -I- 5 0 ° ) = = 150° — четвертий кут чотирикутни­ ка; 2) 360° - (120° -н 80° -н 100°) = 60° — четвертий кут чотирикутника; 3) 360° - (70° -н130° + 90°) = 70° — четвертий кут чотирикутника. 11. 1) 55°-н 75°-І-100° 4-80° = 310°, тому кути чотирикутника не можуть дорівню­ вати 55°, 75°, 100°, 80°; 2) 160° -І- 95° + 45° 60° = 360°, кути чо­ тирикутника можуть дорівнювати 160°, 95°, 45°, 60°; 3)145°-ь 85°+ 70°+ 65 = = 265°, тому кути чотирикутника не мо­ жуть дорівнювати 145°, 85°, 70°, 65°. 12. 1)ге°+2л° + 3л° + 4л° = 360°; 10п° =
  • 3. r S 360°; n° = 36“; Z A = 36°; Z B = 72°; ZC = *108°; Z D = 144°; 2 ) n - 30° + n - 20° + n - 10° + n = 360°; 4 я= 420°; n = 105°: Z A = 105°- 30° = =75°; 105° - 20° = 85°; Z C = 105°_10° = 95°;Z2)=105°; 3)7t+ 10°+ Л+ 20°+ Л+ 30+ n = 360°; 4rt= 300°; ra= 75°; Z A = 75°+ 10°= 85°; ^ B = 75°+ 20°= 95°; Z.C= 75°+ 30° = = 105°; Z D = 75°; 4 )n + 2n+ n + 5n = = 360°; 9л = 360°; n = 40°; Z A = 40°; ZB = = 80°; /ІС = 40°; ZJD = 200°. 13. Усі кути чотирикутника не можуть бути тупими, оскільки градусна міра ту­ пого кута більша за 90°, тому сума всіх кутів чотирикутника буде більшою за 360°, а цього бути не може. 20. 1)Неможе. Якщо Р = 90 см, тоді 9 0 -(1 0 + 15 + 20) = 4 5 см — четверта сторона чотирикутника, але 45 = 10 + 15 + 20. Та­ кого чотирикутника не можу бути. 2) Може. Якщо Р = 72 см, тоді 7 2 -(1 0 + + 15+ 20)= 27 с м — четверта сторона; 2 7 < 1 0 + 1 5 + 20. 3) Не може. Якщо Р = 115 см, тоді 115 - (10 + 15 + 20) = 70 см — четверта сто­ рона чотирикутника; 70 > 10+ 15+ 20. Такого чотирикутника не може бути. 21. ABCD — чотирикутник; Сума кутів чотирикутника дорівнює 860°, якщо кути рівні, то градусна міра кожного кута дорівнює 360° : 4 = 90°. 15. АС — діагональ; АС < А В + ВС (з ДАВС); АС < CD + AD (з &ACD), тоді АС + АС < bo ok . ^1 + ^2 = 90° + 90° = 180°(сумадвох прямих кутів). Тоді Z3 + Z 4 = 360° -180° = =180°. or g 14. 16. Z 1 = Z 2 = Z3 = 90°;Z4 = 360° = (Z1 + + Z 2 + Z3) = 360° - (90° + 90° + 90°) = 90°; четвертий кут також прямий. 17. тобто діагональ менша, ніж півпериметр. Ангиіогічно доведемо, що BD < ^ P f розглянувши ДАВ!) і ACBD. 22. ABCD — чотирикутник. В w w .4 1) ZC = 75°; 180° - 75° = 105° - зов­ нішній кут при вершині с чотирикутни­ ка ABCD; 2 )Z C = 36 0 °- (90°+ 90°+ 90°) = = 90°; 180° - 90° = 90° — зовнішній кут при вершині с чотирикутника ABCZ); 3 )Z C = 3 60°- (110°+ 111°+ 60°)= 80°; 180°- 80°= 100°— зовнішній кут при вершині С чотирикутника ASCi?. AB + B C + C D + A D ;2 A C < P ; А С к ^ Р , w p 18. хсм — довжина першої сторони, тоді (х - 8) CM — друга сторона; (х + 8) см — третя сторона; ( і - 8) х З см — четверта сторона. За умовою: і + ^с-8 + д: + 8 + (д :- 8 )х З = = 66; Зх + З х -2 4 = 66; 6х = 90; і = 15; 15 см — перша сторона: 1 5 - 8 = 7 см — друга сторона; 15+ 8 = 23 с м — третя сторона; 7 х 3 = 21 с м — четверта сто­ рона. Відповідь: 15 см; 7 см; 23 см; 21 см. 19. 9 x 3 -2 7 см — другасторона; 2 7 -8 = = 19см — третя сторона; 1 9 - 10 = 9 см — четверта сторона; Р = 9 + 2 7 + 1 9 + 9 = = 64 (см). ТО ДІ AC + B D < - P + - P . 2 2 AboAC + B D < P . 23. äABD= л е в о (за II ознакою рівності трикутників); BD — спільна CTopoHa;ZABÖ = = Z.CBD-, ZADB = ZCDB (за ум овою ). З р ів ності тр и к у тн и к ів м аєм о: AB = СВ iA D = CD.
  • 4. 4) Найбільша кількість прямих кутів дорівнює 4. 24. AB = ВС; A D = CD (за умовою). м В ■'90° 1^0° 90°'- 90° N 3) Найбільша кількість гострих кутів дорівнює З (мал. 3). BD — спільна сторона AABD і ACBD. Звідси AABD = ACBD. З рівності трикутників маємо Z A B D = = ZC B D . АС і BD перетинаються в умовою); ZA B D = ZCBO (доведено ok .o вище); ВО — спільна сторона. З рів­ 27. 1) Не можна, бо сума кутів чотири­ кутника буде більша, ніж 360°. 2) Один з кутів чотирикутника не може дорівнювати сумі трьох інших, бо тоді цей кут дорівнював би 180°, а це немож­ ливо. rg т. О. ДАВО= ДСВО (І ознака); А В = СВ (за ності ААВО і АСВО: ZAOB = ZCOB, але ZA O B + ZC O B = 180° (суміжні кути). Звідси ZAOB = 90°, Z.COB = 90°. Тобто 28. У чотирикутнику ABCÖ: Z A -І- Z B = = 180°; bo АС 1 BD. 25. 1) Нехай кути чотирикутника: х; 2х; Зд:; 4х, тоді x + 2x + Sx + 4x = 360°; 10л: = .4 = 360°; X = 360° : 10; л: = 36°; Z1 = 36°; Z2 = = 4 x3 6 ° = 144°; w = 2 X 36° = 72°; Z3 = З X 36° = 108°; Z4 = w 2 )Z 1 = х; Z 2 = 2х; Z 3 = 4х; Z 4 = 5х; х + + 2х + 4 х + 5 х = 360°; 12х= 360°; і = 360° : w : 12; х = 30°; Z1 = 30°; Z2 = 2 х 30° = 60°; B N — бісектриса Zß; A N ■ ca ZA. бісектри- Z3 = 4 X 30° = 120°; Z4 = 5 х 30° = 150°; 3) Z1 = 4х; Z2 = 6х; Z3 = 12х; Z4 = 14л:; 4 х + 6 х+ 12х+ 14х= 360°; 36д:= 360°; л: = 360° : 36; X = 10°; Z1 = 4 х 10° = 40°; Z2 = 6 X 10°= 60°; Z3 = 12 X 10° = 120°; Z4 = 14x 10° = 140°. 26. 1) Найбільша кількість тупих кутів дорівнює 3. А Тоді Z N B A = ZB-, Z N AB = - ZA. 2 1 2 . Звідси Z.NBA -ь Z N AB = і ZB -hі Z A = 2 2 = i ( Z ß + Z A ) = і X180° = 90°. ^ А У ДВЛГА: Z B N A = 180°Z N A B ) = 180° - 90° = 90°. (Z N B A + 29. 1)38°; 158°; 44° — три кута чотири­ кутника, тоді четвертий кут дорівнює 360° - (38° -І-158° -І- 44°) = 120°. Зовнішні кути дорівнюють: 180° - 38° = = 142°; 180°- 158°= 22°; 180°- 44° = = 136; 180°-120° = 60°. 2) 50°; 150°; 65° — три кути чотирикут­ ника; 360° - (50° -І-150° 65°) =) 95°.
  • 5. Зовнішні кути дорівнюють: 130°; 30°; 115°: 85°. 8 49°; 145°; 91° — три кути чотирикут) 0 яка; 75° — четвертий кут. Зовнішні кути: 131°; 35°; 89°; 105°. 3Q, Z1, ^2, Z3, Z4 — кути чотирикут- 32. Z A M B = 1S0'‘ - - Z A - - Z B = 2 = 1 8 0 °-i(Z A + ZB). ^ 1 ЗДСЛГГ): ZC N D = 1 8 0 °-^ {Z C + Z D ). 37. Зовнішній кут при вершиніЛ дорів­ нює 1 8 0 ° — ZA. Зовнішній кут при вершині в дорівнює 1 8 0 ° — ZB . A N — бісектриса зовнішнього кута при вершині А. B N — бісектриса зовнішнього кута при вершині В. ЗДАЛГВ: ZA N B = 1 8 0 ° - і (1 8 0 ° - Z A )- + iz A - 9 0 ° + iz B 2 2 І ПІ S X т а - | (1 8 0 ° - Z B ) = 180° - 90° + .4 b Сума кутів чотирикутника дорів­ нює 360°. Сума всіх зовнішніх кутів чотирикут­ ника дорівнює 720°. Отже, сума зовнішніх кутів чотирикут­ ника удвічі більша за суму всіх кутів чотирикутника. 33. 2 oo k. o 31. 1) 120° + 8 0 °-ь 59°-І-101° = 360°. Отже, такий чотирикутник існує. 2) 49° + 98° -ь68 + 125° = 340° 360°. ° Отже, такого чотирикутника не існує. S) 100° + 55° -І-160° -ь 45° = 360°. Отже, такий чотирикутник існує. 3AABM: rg яика;^1 + Z2 + Z3 + Z4 = 360°. Зовнішні кути чотирикутника дорів­ нюють: 180° - Z1; 180° - Z2; 180° - Z3; 180°- Z 4 . Сума зовнішніх кутів чотирикутника, взятих по одному біля кожної верши­ не, дорівнює 180° - ^1 -н180° - Z 2-І-180° - Z3 180° _ ^ 4 = 180° X 4 - (Z 1 + Z 2 + Z 3 + Z 4 ) = «7 2 0 °-3 6 0 ° = 360°. 36. се = 1 8 0 °-9 0 ° + + 4 z A - 9 0 ° + 4 z B = 4 z A + 4 z B. w w w Мал. 23 ZBAD = 180° - 70° = 110°; ZCDA = 180° - 60°= 120°; ZABC+ Z D C B = 360°-(1 1 0 °-І-120°) = 130°; З ос О ZN B A + ZN A B = - Z B + - Z A = 2 2 = (Z B + Z A ) = і X180° = 90°. 2 2 a = ZB O C = 180°- (ZO BCO CB)= 180°-6 5 ° = 115°. Мал. 24 ZB C D = 180°- 60°= 120°; Z B + Z D = = 360°-(80°+120°° = 160°; 0 = 360°- ZC + - ( Z B + Z D ) 2 = 3 6 0 °- -^120° + | x l6 0 °j = 3 6 0 ° - 2 0 0 ° Мал. 2 5 ZC = ( 3 6 0 Аналогічно, розглядаючи iiDCP, має­ мо: ZD PC = - Z C + -Z D 2 2 ZA N B + ZD PC = z A - -)-Z B + zC -^ 2 а = 1 8 0 °-8 0 ° = 1 0 0 °. А ■-zD = (Z A + Z B + ZC + Z D ) = = 1 6 0 °. 2 = і ° - 1 2 0 ° ): 3 = 8 0 °; 2 2 3 6 0 ° = 1 8 0 °. 2 Отже. Z A T + Z P = 1 8 0 ° . Аналогічно Z M + Z K = 1 8 0 °. n
  • 6. 38. Дві сторони чотирикутника і діаго­ наль утворюють трикутник. Побудуємо AD = а. Коло з центром А, радіусом Ь перетне коло з центром D, радіусом d, в т. В. З’єднаємо точки Л і В, D i В. Коло з центром В, радіу­ сом с перетне коло з центром D, радіусом d в т. С. З’єднаємо точки B iC ,D iC . ABCD — шуканий чотирикутник. 43. Протилежні сторони паралелогра­ ма рівні, тому P K = M N = a ;M K = N P = b. 1 )Р К = 5см; М К = 10см; 2 )Р К = = 1,2 дм; М К = 0,4 дм. N Ь Р rg 39. Кут чотирикутника і дві його сторо­ ни утворюють трикутник. §2 42. Мал. 33 Градусні міри кутів вказано непра­ вильно, бо протилежні кути у пара­ лелограма рівні, а на малюнку Z A ^ *Z C . Мал. 34 Довжини сторін вказано неправильно, бо протилежні сторони паралелограма рівні, а на малюнку АВ ^ CD. К ok .o М 44. Протилежні кути паралелограма рівні. ZADC = ZABC = а; ZBAD = ZBCD = ß. 1 )Z A D C = 120°; Z B A D = 6 0 °; 2 )Z A D C = = 45“; ZßAD = 135°; 3) ZADC = ZB AD = = 90°. В С .4 bo А d Побудуємо трикутник за двома сторо­ нами і кутом між ними. 1. Побудуємо кут а. 2. На одній стороні відкладемо відрізок е, на другій відрізок d. AB = с; AC = d. 3. Коло з центром В, радіусом BD пе­ ретне коло з центром С, радіусом CD в т. D. ABDC — шуканий чотирикутник. w w w 40. Дві сторони і діагональ чотирикут­ ника утворюють трикутник. dl da Побудуємо трикутник за трьома сторо­ нами: а, Ь, d. Сторони Ь, с і діагональ d^ також утворюють трикутник. Побудує­ мо трикутник за сторонами Ь, с, d^. Сторона Ь побудована. З кінця сторо­ ни ft, протилежній стороні dj (у побу­ дованому трикутнику) проведемо коло з радіусом dj, з іншого кінця коло, ра діусом с. Перетин цих кіл дасть четвер­ ту вершину чотирикутника. З’єднаємо вершини. Чотирикутник побудовано. А D 45. На мал. 35 довжини відрізків діагона­ лей паралелограма вказано неправильно, бо діагоналі паралелограма точкою перети­ ну діляться навпіл, а на мал. 35 діагоналі точкою перетину поділить не навпіл. 46. 1)О С = А О = 6 с м ; O D = OB = 3cm; 2) АС =АО + ОС = 6 + 6 = 12 c m ; BD = ВО + -нDO = З З = 6 см; 3) AD = ВС = 8 см; Z)C = = AB = 5 см. 47. ZA ZB ZC ZD 35° 145° 35° 145° 40° 140° 40° 140° 75° 105° 75° 105° 116° 64° 116° 64° 48. 1) Н е може, бо протилеж ні кути рівні, а сусідні в сумі дають 180°; 30° * 60°; 30°-н60° 5 180°; t 2) Може, бо 55° + 125° = 180°. Отже, 55°
  • 7. r Ф180°. 49. 1) Не може, бо сусідні кути в сумі дають 180°. Якщо один кут гострий, то другий кут тупий. 2) Не може. Четвертий кут повинен бути рівний одному з трьох кутів. 3) Не може. Протилежні кути рів­ ні. Якщо один кут тупий, то протилеж­ ний йому кут теж тупий. 50. Мал. 37: / З = 180° - (25° -t- 20») = 135°; ^ D = /.B = S 135°: ZA = = 180° - 135° = 45°. Мал. 38: ^ = 30°-(-20° = 50°; ZC = Z A = 50°: ZB = = ZD = 1 8 0 °-5 0 ° = 130°. Мал. 39: ZA = 90° - 30° = 60° (з ААВМУ, ZC = Z A = . 60°; Z.B = Z D = 180° - 60° = 120°. 54. 1) л: см — одна сторона; (х -н3) см — друга сторона; Р = (х-і-д: + 3)х2;(2д:-і-3)х2 = = 48; 2х + З = 24; 2 х = 2 1 х = 10,5 (см); 10,5x3 = 13,5 (см). Відповідь: 10,5 см; 13,5 см; 10,5 см; 13,5 см. 2) д см — менша сторона; 7х см — біль­ : ша сторона; (х + 7х) х 2 = 48; 8х = 24; х = = 3см; 7x = 7 x 3 = 21 (см). Відповідь: З см; 21 см; З см; 21 см. 3) д см — одна сторона; (х -ь 7) см — дру­ : га сторона; {х+ д 7)х 2= 8; 2х+ 7 = с-н = 24; 2х= 17; х = 8,5(см); х-(- 7= 8,5+ 7 = = 15,5 (см). Відповідь: 8,5 см; 15,5 см; 8,5 см; 15,5 см. 55. Мал. 40 AB = 4 CM (з ДАВІГ); CD =А В = 4 см; AD = = AK-+ Ä-D = 2 + 4 = 6 см; ßC = AD = 6 C M . Мал. 41 З AABJC, у якому Z A B K = 30°: A ß = 2х AS:= 2х 5= 10см; CD = A B = 10см; AD = A K + K D = 5 + 5=10cm;BC = AD = 1 0 c m . Мал. 42 З AABK прямокутного: A B = 2 x KB (властивість катета, що лежить навпро­ ти кута 30°). AB = 2 X З = 6 см; DC = AB = 6 см; ZC = = Z A = 30°. З ABDC: ВС = 2 X ßD = 2 X 3,4 = 6,8 (см); AD = ßC = 6 , 8 ( c m ) . w w .4 bo ok . 51. 1) Оскільки кути нерівні, T O мова йдеться про сусідні кути. Нехай Z1 = X, тоді Z2 = Зх; х + Зх = т 180°; 4 х = 180°; л:= 45°; Z1 = Z3 = .4 5 °; Z2 = Z4 = 3x4 5 ° = 135°. 2) Мова йде про сусідні кути. Z l = * , Z 2 = о:-!- 50°; х + х + 50°= 180°; 2х= 130°; х = 65°; Z l = Z 3 = 65°; Z2 = - Z 4 = 65° + 50° = 115°. 3 ) Дані кути не сусідні, протилежні, бо сума сусідніх кутів 180°. Тому Z 1 + Z 3 = 120°; Z l = Z 3 = 120°: : 2 = 60°; Z2 = Z4 = 180° - 60° = 120°. 4) Кут паралелограма при цій же вер­ шині Z I = 180° = 140° = 40°. Z 2 = 180°- 40°= 140°; Z 3 = Z I = 40°; Z4 = Z2=140°. 53. H e може, бо протилежні сторони па­ ралелограма рівні. Четверта сторона па­ ралелограма протилежна одній з трьох сторін, а тому рівна одній з трьох сторін. Отже, якщо три сторони рівні, то четвер­ та сторона також їм рівна. or g і 125° — сусідні кути паралелограма; 3)Н е може, бо 1 1 6 °1 2 3 ° і 116°+ 123° w i 52. ABCD — паралелограм. Л М — бісектриса ZA. Z M A D = a. В M C А D Тоді Z A = ZC = 2a; Z B = Z D = 180° - 2a. 1)Якщо a = 29°, TO Z A = ZC = 2 X 29° = = 58“; Z B = Z D = 180°- 58°= 122°. 2) Якщо a = 34°, то Z A = Z C = 2 x 34° = =•68°; Z ß = ZZ)= 180°- 68°= 112°. 3)Якщ о a = 45°, то Z A = Z C = 2 x 45° = = 90“; Z ß = ZZ) = 180° - 90° = 90°. 56. ABCD — паралелограм. AC — діаго­ наль, розбиває паралелограм на два три­ кутники: AAßC і ACDA. В С А D ВС = DA; AB = CD (протилежні сторони паралелограма). АС — спільна сторона. ДАЙС = ACDA (ІП ознака). 57. Дві сусідні сторони і діагональ пара­ лелограма утворюють трикутник. Сторо­ ни паралелограма З см і 5 см.
  • 8. 58. Відрізки, які дорівнюють половиш діагоналей і стороні, утворюють трикут­ ник. 61. 1) Нехай Z l = 2 x , Z 2 = 3^:. Z1 і Z2 нерівні, тому вони сусідні. Z1 + Z2 = 180°; 2x-^Zx = 180°; Ьх = 180°; х = 180°: 5; х = 36°; /Г1= 2 х 36°= 72°; Z2 = З X 36° = 108°; Z3 — протилежний Z1; Z 3 = 72°; Z4 — протилежний Z2; Z4 = 108°. 2) Z1 = 4ж; Z2 = Ьх; Z1 і Z2 — сусідні. 4 х + 5 х = 180°; 9х= 180°; х = 20°; Z1 = = 4 X 20° = 80°; Z3 — протилежний Z1; Z3 = 80°; Z2 = 5 X 20° = 100°; Z4 — протилежний Z 2; Z 4 = 100°. 3) Z1 = Зл; Z2 = 7х; Z1 і Z2 — сусідні. Зх-ь 7л= 180°; 10х= 180°; х = 18°; Z l = = З X 18° = 54°; Z3 — протилежний Z1; Z3 = 54°; Z2 = 7 X 18° = 126°; Z4 — про­ тилежний Z2; Z4 = 126°. ABCD — паралелограм. В М С w 59. w w .4 bo ok .o А D 1) Паралелограм з діагоналями 4 см, 10 см і стороною 6 см існує, бо існує трикутник зі сторонами: 2 см, 5 см, 6 см ( 6 < 2 + 5). 2) Паралелограма з діагоналями 8 см, 10 см і стороною 9 см не існує, бо не іс­ нує трикутника із сторонами 4 см, 5 см, 9 см (9 = 4 -н5). 3) Паралелограма з діагоналями 8 см, 10 см і стороною 10 см не існує, бо не іс­ нує трикутника із сторонами 4 см, 5 см, 10 см (10 > 4 + 5). 60. Можна побудувати три паралелог­ рама: ВАМС-, АСРВ; ABCN. rg 1) Діагональ не може дорівнювати 10 см, бо трикутника зі сторонами З см, 5 см і 10 см не існує: 10>3 + 5. 2) Діагональ не може дорівнювати 8 см, бо трикутника зі стоіюнами З см, 5 см і 8 см не існує: 8 = 3 + 5. 3) Діагональ може дорівнювати 4 см, бо трикутник зі сторонами З см, 5 см і 4 см існує: 5 <3 + 4 ; 4 < 3 + 5 ; 3 < 5 + 4. А К Р — внутрішня точка. P M 1 B C ;P K L A D . Р К і Р М лежать на одній прямій, Р М + Р К = Л, (висота, проведена до сторін AD іВС). P N І.А В -,Р Е Х . DC; Р М і Р Е лежать на одній прямій P N + Р Е = Aj (висота, про­ ведена до сторін AB і CD). Р М + Р К + P N + Р Е = h^+ Л,, де Л, і Aj — висоти паралелограма, прове­ дені з однієї вершини до сторін пара­ лелограма. 62. ^ с А 1) Т у п и й D к у т сум і д вох п ар ал ел о гр ам а гостри х х° к у т ів . д о р ів н ю є — гостри й 2х° — т у п и й к у т . х °+ 2х°= 1 8 0 ° ; 2х= 1 8 0 ° ; х = 6 0 ° ; Z A = = ZC = 6 0 ° ; Z B = ZZ) = 6 0 ° X 2 = 1 2 0 ° . 2 ) Т у п и й к у т у 4 р а з и б іл ь ш и й з а су м у д в о х г о с т р и й к у т і в . х° — г о с т р и й к у т , т о д і 4 X (х° + х°) = 8х° — т у п и й к у т . х° + 8 х ° = 1 8 0 ° ; 9 х ° = 1 8 0 ° ; х = 2 0 ° ; Z A = ZC = 2 0 ° — г о с т р і к у т и ; Z B = Z D = к у т, тод і = 180° - 20° = 160° — т у п і к у т и . 3) П олови н а гострого тр ети н і туп ого к у та . х° к у та — д о р ів н ю є го стр и й кут; 180° - х ° — т у п и й к у т . іх = і(1 8 0 ° - х ); 2 = З 3 6 0 °- стр і к у ти 2х; 5х= Зж = 2 (1 8 0 ° 3 6 0 °; х= п ар ал ело гр ам а; х); Зх = 7 2 °— 1 8 0 °- 108° — т у п і к у т и п а р а л е л о г р а м а . го­ 72° =
  • 9. A N D /Х)= 120°; Z C = Z A = 180°- 120°= 60°; 120°; Z C B K = 9 0 ° - 6 0 ° = 30°; Z A B N = 9 0 °- 60°= 30°; ж= Z N B K = = 120° - (Z A B N + Z C B K ) = 120° - (30° + + 30°) = 60°. Мал. 44 В С 65. ABCD — паралелограм. B K L A D ; B P L CD. Z K B P — кут між висотами парале лограма. В С А К D Нехай ZA = а — гострий кут паралелог­ рама. Тоді Z S = 180°- а — тупий кут паралелограма. У чотирикутнику BPD K: Z K = 90°; Z P = 90°; Z D = 180°- а; .4 bo ok .o A D ZC B O = Z O D A = 30° (внутрішні різносторонні при ВС IIAD і січній BD). З ДВОС; ZB O C = 180°- (30°+ 20°) = = 130°. X = 180° -130° = 50° ( X і ZBOC — суміж­ ні). Мал. 45 В С 1) Якщо а = 35°, то Z ß = ZD = 180° - а = 180° - 35° = 145°; Z A = ZC = 35°; 2) Якщо a = 45°, то ZB = ZD = 180° - a = 180° - 45° = 135°; Z A = ZC = a = 45°; 3) Якщо a = 89°, t o Z B = ZD = 180° - a = 180° - 89° = 91°; Z A = ZC = a = 89°. rg 53. Мал. 43 66. Z B = Z D ; Z D = 84°; Z D = ZAD B + ZBDC-, ZAD B = Z D - ZBDC = 84° - 68° = 16°; ZBCD = ZC = 180° - ZB = 180° - 84° = 96°. ^ в w w w A N D У чотирикутнику ЛГВІГІ): Z B = 60°; Z N = = Z K = 90°; Z N + Z B + Z K + Z D = 360°. Тому Z D = 3 60°- (Z N + Z B + Z K ) = = 360°- (90°+ 60°+ 90°)= 120°; л: = = 120 ° . Z K B P = 360° - (Z K + Z P + Z D ) = 360° - (90° + 90° + 180° - a) = 360° - (360° - a ) ° = 360°-360° + a = a. Отже, кут між висотами паралелогра­ ма дорівнює гострому куту паралело­ грама. 64. AB C D — паралелограм. Z B — ту­ пий. B N L A D ; BP ± CD; Z N B P = а. В С D 67. наль; A N D У чотирикутнику N B PD : Z N = Z P = 90°; Z B = а. Z B + Z P + Z D ^ 360°; Z D = 360°(Z N + Z P + Z D ) = 360° - (90° + 90° a) = 180°- a . ^ B = Z D = 180°- a; Z A = Z C = 180°(1 8 0 °-a ) = a. С ABCD — паралелограм. BD — діаго­ ß с А D B D = A B ;B D L A D . AABD — прямокутний і рівнобедрений, тому Z A = 45°, тоді Z B = 180°-4 5 ° = 135°. Z C = Z A = 4 5 °;Z D = Z B = 135°.
  • 10. 68. ABCD — паралелограм. A ff — бісек­ триса ZA; B K — бісектриса ZB . В С Z K A D = Z C M D = —, а ці кути — від­ повідні до прямихТІіГ, С М і січній AD. Тому А К II СМ , тобто бісектриси проти­ лежних кутів паралелограма паралельні. 70. AB C D — паралелограм. В К — бі­ сектриса Z B . В С А D Нехай Z A = а, тоді ZB = 180° - а. ZB A K = - Z A = -a-, 2 ZA B K = і ZB = і (180° - а) = 90° - і а. 2 2 Ä Z.K = 180° -(ZBAJi: + Z A B K ) = = 180°- - а + 90° - і « ) = 90°; Zß X A = 90°. Тому ДАВЛГ — прямокутний. тоді D ZC = а, ZB = .4 A M Нехай Z A = а, = 180°- а . bo ok .o 69. ABCD — паралелограм. АЙГ, ВЛГ — бісектриси кутів А і В. C M — бісектри­ са ZC. В С А К D В К перетинає A D під кутом ВКА; ZB K A = ZB AK. Оскільки ZC B K і ZA K B — внутрішні різносторонні при ВС IIAD і січній ВК, ToZC B K = ZB KA. В К — бісектриса ZB , тому Z A B K = = ZC B K = ZB KA. Звідси: у ААВК усі кути рівні, тому Z A = = 60°; ZC = Z A = 60°. ZB = 180° - 60° = 120°; ZD = ZB = 120°. rg 2 w Z B A K = ^ ; Z A B K = ^(180’’ - а ) . = 180°= 180° w w З&АВК: ZA K B = 180° ~ {Z B A K + Z A B K ) = -(І -1-90°-- = 90°. 2 Отже, В К 1 А Х , тобто бісектриси кутів, прилеглих до однієї сторони паралелог­ рама, перпендикулярні. А К — бісектриса ZA, тому Z K A D = СМ — бісектриса ZC, том Z M C D = —; ZD = ZB = 1 8 0 °-a . 2 3AM CD: Z C M D = 180°- --І-180 2 71. Я к щ о В К = а ; КС = Ь,т:оВС = В К + + КС = а + Ь. ААВК — рівнобедрений, бо ZB A K = = Z K A D (А К — бісектриса), а ZXAD = = ZB K A (внутрішні різносторонні кути при паралельних ВС, АС і січній AST). Звідси Z B A K = ZB K A. Оскільки А А В К — рівнобедрений, то АВ^ВК^а. Р = (AB + ВС) X 2 = (а + а + Ь )х 2 = (2а + + Ь )х 2 = 4а + 2Ь. 1)Якщ о а = 14 см, 6= 17 см, то Р = 4a + + 2 & = 4 x l4 -^ -2 x 7 = 7 0 (ом): 2) Якщо а = 2 см; &= З см, то Р = 4а -і- 2й = = 4 x 2 + 2 x 3 = 14 (см). 72. Див. мал. 46 у підручнику. ААВК — рівнобедрений (див. № 71). 1. AB = 6 C M , AD = 9 C M . Якщо AB = 6 C M , то ВК = 6 см; ВС = AD (протилежні сторони паралелограма); ВС= В К + КС; 6-І- Л:С= 9; К С = 9 - 6 = = З (см). 2. AB = 4 C M , тоді В К =А В = 4 см. ВС = В К + КС = 4+11 = 15 (см). A D = ВС (протилежні сторони парале­ лограма). AD = 15 (см). 3. Нехай В К = Зх; К С = 4х, тоді В К + + к е = ВС, а ВС = AD = 14 см, тому Зх + + 4х = 14; 7зс = 14; х = 2 (см).
  • 11. 73. 74. М С A w w w В N 77. 1) Побудуємо трикутник ADC за дво­ ма сторонами і кутом між ними, а) обудуємо кут а. На йоГо сторонах відкладе­ мо відрізки а — на одній стороні, Ь — на другій стороні. З’ єднаємо кінці відрізків а і Ь. Одержали AACD. 2) Коло з центром А, радіусом Ь пере­ тне коло з центром С радіусом а в т. В. З’єднаємо точки А і В, В і С. ABCD — шуканий паралелограм. 2) Побудуємо AAOD (за трьома сторо нами): A D = а; АО = —d,; DO = - c 2 .4 bo ok .o А 'F D 1 )B O = O D (О — середина діагоналі BD). 2 в О Е = ZD O F (вертикальні). ZOBE = = ZODF (внутрішні різносторонні при ВС | { IIAD і січній BD). Звідси АВОЕ = ADOF (II ознака рівності трикутників). З рівності трикутників маємо: а)OE = OF; б) BE = DF. АСОЕ= ^AOF (І ознака рівності три­ кутників). ОС = ОА (О — середина діа­ гоналі); ОЕ = OF (доведено в пункті а); ZEOC = ZFO A (вертикальні). З рівності трикутників: я )С Е = А Е . 2) BE = 5 c m ; A F = 4 c m . A F = EC (доведе­ но вище), тому EC = 4 см. BC = BE + E C = 5 + 4 = 9 (см). A D = ВС (протилежні сторони парале­ лограма). О т ж е , A D = 9 см, ВС = 9 см. то Z N M A = ZBAC. Звідси: AANM — рів­ нобедрений, тому A N = N M . Аналогіч­ но AM КС — рівнобедрений, тому М К = КС. M N + NB+ ВК+ КМ = = A N + N B ^ В К + К С = А В + В С = 2АВ (AB = ВС, оскільки ААВС — рівнобед­ рений). 2) = 2АВ = 2 X 15 = ЗО (см). rg Ході B K = 3 x 2 = 6 (см); КС = 4 х X 2 = 8 (см). ^АВК — рівнобедрений; AB = B K = = 6 (см). р = (AB + ВС) X 2 = (6 + 14) X 2 = 40 (см). D 75. ABCD — паралелограм. ^ «с і.= 7 см ;Р Д ^^=6 см . ^ABCD= (Л В + В С ) X 2; (А В + В С )х 2 = 7 ; A B -І-ВС = 3,5 (см). •РД^с =А В + ВС +АС; (AB + ВС) +АС = 6; 3,5 +АС = 6; АС = 6 - 3,5; АС = 2,5 (см). В С ■»«* А D fO. 1) AfJV II ВС (за умовою); АС — січна. Тому Z N M A = ZBCA (відповідні кути). За умовою ААВС — рівнобедрений, тому ZBCA =ZBAC. Оскільки ZiVAfA =ZBCA, Продовжимо відрізок АО за т. О і на продовженні відкладемо ОС = ОА. Про­ довжимо відрізок DO і на продовженні відкладемо OB = OD. З’єднаємо послі­ довно точки А, B j C i D . ABCD — шука­ ний паралелограм. 78. 1) а, &— сторони; d — діагональ. Побудуємо трикутник за трьома сторо­ нами: а, Ь, d: а АімВ Ь Аі-D -ЗГ —Ю Ві- а) побудуємо відрізок A D = Ь; б) побу­ дуємо коло з центром А, радіусом AB = а; в) побудуємо коло з центром D, радіу­ сом BD = d ; r ) l перетин кіл дасть т. В. Поділимо BD навпіл (О — середина B D ). Проведемо промінь АО. Від т. О відкладемо послідовно після відрізка АО відрізок ОС = ОА. З’єднаємо точки В і С, С і D. ABCD — шуканий парале­ лограм.
  • 12. 2 )dj, dg— діагоналі паралелограма; а — кут між ними. Лі---------І iD Аі------------------ € Побудуємо кут а. Побудуємо кут вер­ тикальний куту а. Поділимо і нав­ піл. На одній стороні кута а на промені, доповняльному до цієї сторони кута від т. О відкладемо відрізки, довжина яких 4)АВ — сторона паралелограма; АС — діагональ. ZBAC — кут між ними. Побудуємо ZBAC. На одній стороні кута відкладемо відрізок АВ, на другій — АС. Поділимо АС навпіл. О — середина АС. Побудуємо промінь ВО, від т. О від­ кладемо послідовно відрізок O D = ВО. З’єднаємо послідовно точки В, С, D i А. ABCD — шуканий паралелограм. 79. Кути відносяться як 1 : 3. Отже, ці кут и сусідні, бо нерівні. Р В дорівнює -d j. На іншій стороні на доповняльному w w w .4 bo ok .o rg Нехай Z A = x , Z B = 3 x . Z A + Z B = 180°; х + З х= 180°: 4л: = 180°; х = 45°; Z A = = 45°; Z ß = 45° X З = 135°. ВЛ: ± AD; В М 1 1 CD; Z K B M — кут між висотами, про­ веденими з вершини тупого кута. З А А В К — прямокутного: / А В К = 90°, /.ВАК = 45°, тому ZA B K = 45°. ZC = Z A = 45°. З 6СМВ — прямокутного: ZC B M = = 45°. Z K B M = ZABC - ZA B K - Z C B M = З’єднаємо послідовно точкиЛ, B , C iD . = 1 3 5 °-4 5 °-4 5 “ = 45°. ABCD — шуканий паралелограм. Кут між висотами, проведеними з вер­ 3) а — сторона: d — діагональ; а — кут шини тупого кута, дорівнює 45°. Висо­ проти діагоналей. ти, проведені з вершини гострого кута, d проведені на продовженні сторін: А Р 1 ВС, A F 1 CD. Z P A F — кут між ви­ сотами, проведеними з вершини гостро­ го кута. Z P B A = 180°- ZA B C = 180°- 135° = 45°, тоді: ZPA B = 90° - 45° = 45° (з йАРВ — прямокутного). ч2) Вь Аналогічно ZFA D = 45° (з AAFD — пря­ мокутного). Z P A F = Z P A B + ZB AD + Побудуємо кут а. На одній стороні кута а від вершини відкладемо відрізок АВ = -t- ZD A F = 45° + 45° -I- 45° = 135°. = а. Коло з центром В, радіусом BD пе­ 80. AB C D — паралелограм; Z A = 60°; ретне іншу сторону кута а в т. X). B K LAD-, К — середина AD. Через т. В проведемо пряму, паралель­ В С ну AD, через т. jD — пряму, паралельну АВ. т. С — точка перетину цих прямих. ABCD — шуканий паралелограм. В С V 1 f " D У ААВК висота В К є медіаною, тому AABD — рівнобедрений; AB = BD; Z B A D = Z B D A = 60°, тоді ZAB D = = 1 8 0 °-(6 0 °+ 60°) = 60°. промені — відрізки, довжиною У
  • 13. Qf}ge, Л А В О — рівносторонній. А В = = BD. У паралелограмі всі сторояирівні. Р = 4АВ;4АВ = 24;АВ = 2 4 ;4 = Є (ся ); B D = A B = 6 см. 82. A B C D — п ар алелограм ; ж50 см. В _________ С = А D BD іА С розбили паралелограм на 4 три­ кутника: ДАОВ; ДВОС; ACOD; AAOD. tA O B = SCOD; АВОС = ADOA (I ознака). Z A і Z D — кути, прилеглі до однієї сто­ рони паралелограма. Якщо бісектриси цих кутів ділять сто­ рону ВС на З рівні частини, то AB : ВС = = 2 :3 (див. № 83). НехайАВ = 2д:, ВС = Зл:. Тоді Р = { 2 х л - г х )х 2 ; (2х + 3 х )х 2 = 48; Юх = 48; J = 4,8; AB = 2 X 4,8 = 9,6 (см); C ВС = З х 4,8 = 14,4 (см). C D = A B = 9,6 (см); AD = ВС = 14,4 (см). 85. ABCD — паралелограм. В К С Тому -РАдос “ ^ов = 5 с“ р д ^ = ВО+ ОС+ SC: рд^д= В 0 + а о + +AB .B O + OC + B C -B O -A O -A B = 5cM. Оскільки ОС = АО, то 5 0 + ОС + ВС ~ В О - А О - А В = В С -А В ; В С -А В = Ь. Нехай AB = X ом, тоді ВС = х + Ь (см). Р= (AB + В С ) X 2, тобто{х + х + 5 )у 2 = « Ю; 4я + 10 = 50; 4ж = 40; X = 10; А В = CD = > 10 (c m ); в с = A D = 10 + 5 = 15 (см). w w w .4 bo ok .o rg A K — бісектриса ZA . D K — бісектриса ZD . К є ВС. Z B A K = Z K A D , a ZK A D = = ZB K A (внутрішні різвосторонні при AD II ВС і січній A ff). Тоыу Z B A K = ZB K A . Звідси A A B K — рівнобедрений, A B = 83. ABCD — паралелограм. ЛЛГ — бісек­ = BK. Аналогічно AKCD — ріввобедретриса ZA . D P — бісектриса Z D . ний, тому КС = CD. В P К С Оскільки AB = CD, то B K = КС. Оскільки B K =А В , то ВС = 2ВК = 2АВ. Отже, бісектриси кутів паралелограма, що прилеглі до однієї сторони, перети­ наються в точці, що лежить на проти­ А D Р е ВС; К є ВС; В Р = Р К = КС. лежній стороні за умови, що одна сто­ ВС II A D ; А К — січна, Z K A D = ZB K A рона паралелограма вдвічі більша за (иутріш ні різвосторонні), але Z K A D = другу. ■ ZB A K , тому ZB A K = ZB K A . 86. Якщо бісектриси кутів Z A і Z D пе­ Звідси: & ABK— рівнобедрений, AB = ретинаються в т К іт. К в ВС, то ВС = . •B K . = 2АВ (див. № 85). Нехай B P = X, тоді B K = 2x і AB = 2x; С BC = 3x. AB-.BC = 2x -.Zx ü 6o AB-.BC = 2 Z. У паралелограмі, сусідні сторони якого ■ідвосяться як 2 : З, бісектриси кутів, прилеглих до однієї сторони, ділять протилежну сторону на З рівних відріз­ Нехай AB = X, тоді ВС = 2 х .Р = (х + 2х) х ки. X 2 = 6л:, а за умовою Р = 42 см. Тому бд: = 42; л: = 42 : 6; X = 7 (см). 84. ABCD — паралелограм. В „ К ,, м ,, с AB = CJ3 = 7cm;BC=AD = 2 x 7 = 14 ( c m ) . 89. Такий чотирикутник не є паралелог­ рамом. Якби сторони були паралельні, то тоді б чотирикутник був би паралелограмом.
  • 14. у чотирикутнику ABCD: ВС = AD, але ABCD — не паралелограм. 95. За умовою M N II BC ,M ä: IIAC. Отже, у чотирикутнику M N C K про­ тилежні сторони попарно паралельні. Тому M N C K — паралелограм. В 90. ABCD — не паралелограм, бо ВС = N = AD, але вони не паралельні. Або: ВС = = AD, алеA B * C D . 96. т. М — довільна точка внутрішньої 2) Є паралелограмом. А ok .o 92. ВС Ц А 0 ;Б С = А 0 = 4см. ABCD — паралелограм, бо у цього чоти­ рикутника дві протилежні сторони рів­ ні і паралельні. D w w w .4 bo 93і На мал. 57 зображений чотирикут­ ник ABCD не є паралелограм, бо діаго­ налі його перетинаються, але точкою пе­ ретину не діляться навпіл. На мал. 58 зображений чотирикутник ABCD — паралелограм, бо його діаго­ налі перетинаються і точкою перетину діляться навпіл. 94. Мал. 59 області ZABC. МР BC;MDAB. B P M D — паралелограм, бо протилежні сторони попарно паралельні. rg 91. 1) Не є паралелограмом. С ZB D A = Z.CBD (за умовою). Ці кути є внутрішні різносторонні при прямих ВС, A D і січній BD. Оскільки кути рівні, то ВС AD. ABAC = ZCDA (за умовою), а ці кути — внутрішні різносторонні при прямих AB, CD і січній АС. Оскільки кути рів­ ні, то AB II CD. У чотирикутнику ABCD: AB | CD; ВС Ц | IIA D , TOMyABCD — паралелограм. Мал. 60. ZB A C = ZDCA; ZB C A = ZDAC; A C — спільна сторона AABC і ACDA. Звідси, AABC = ACDA (II ознака рівності трикутників). З рівності трикутників маємо: ВС = DA; AB = CD. Тому ABCD — паралелограм. 97. l ) K L i M N - протилежні сторони чотирикутника. ЯкщоЛГІ = M N , T o K L M N не обов’ язково паралелограм. Треба щоб K L IIM N або L M = K N . 2 )K L = M N ;K N = L M . K L M N — паралелограм, бо протилежні сторони попарно рівні. 3 )K L = L M ; K L M N не є паралелогра­ мом, бо K L і L M — сусідні сторони чоти­ рикутника, а якщо дві сусідні сторони чотирикутника рівні, то цей чотири­ кутник не є паралелограмом. 98. Я к щ о у чоти рикутни ку A B C D ; = CD, ВС =AD, тоABCD — паралело­ грам. 1 )Z ß = Z D ; Z A = ZC (як протилежні кути паралелограма); 2) A B II CD; ВС | A D (протилежні сторо­ | ни паралелограма). AB 99. Я к щ о у чоти рикутни ку M N K P протилежні сторони попарно рівні, то M N K P — паралелограм. 1) Z K = 35°, тоді Z M = 35°, бо Z M = Z K (протилежні сторони паралелограма); 2) M N = K P (протилежні сторони пара­ лелограма).
  • 15. w Якщо K P = 5 см, то M N = 5 см. N К 103. ZA-t-ZB=180°, тому ВС IIAD, бо Z A і Z B — внутрішні односторонні при прямих ВС, AD і січній АВ. За умовою AD = ВС, тому ABCD — пара­ лелограм. В , N , С в с w w w А D У чотирикутнику ABCD АВ і A D — суміжні сторони. Z A + Z B = 180° і Z A -і■bZD = 180° (за умовою). Якщо Z A + Z B = = 180°, то ВС IIAD, бо Z A і ZB — внут­ рішні односторонні при прямих ВС, AD і січній А 8 . Якщо Z A + Z D = 180°, то АВ Ц II CD, бо Z A і Z D — внутрішні односто­ ронні при прямих АВ, CD і січній AD. АВ II CZ);BC IIAD. Отже, ABCD — паралелограм. 102. А ' М ' D 104. ABCD — паралелограм, тому ВС Ц IIAD. Оскільки B N лежить на ВС, A M — HSiAD,roBNMD. B N = -B C ; M D = - A D . 2 2 ОскількиВС =AD, т B N = M D . B N D M — о паралелограм, бо B N = M D і B N | M D . | .4 bo ok .o в " с 1) АВ і CD — протилежні сторони чоти­ рикутника ABCD. AB II CD; А В = 3 см; CD = ЗО мм. Оскільки З см = ЗО мм, то АВ = CD. Тоді ABCD — паралелограм, бо протилежні сторони А В і CD пара­ лельні і рівні. 2) /ЛВС і ZDAB — внутрішні односто­ ронні при прямих AD, ВС і січній АВ. Оскільки ZA B C + Z D A B = 120°+ 60° = = 180°, то AD II ВС, а за умовоюАО = ВС. Отже, AD II ВС і AD = ВС, тому ABCD — паралелограм. rg 100. 101. У чотирикутнику ABCD АВ ЦCD; ВС Ц IIAD, тому ABCD — паралелограм. Звідси ВС = AD; АВ = CD. Тобто протилежні сторони рівні. в с 105. Мал. 61 А Є = CF (за умовою); A E | CF, бо ле­ | жать на паралельних АВ і CD, оскільки ABCD паралелограм. ЗвідсиА£Сі^ — паралелограм, тому С£ | { II AF, СЕ = A F (як протилежні сторони паралелограма). 106. АО ОС ВО OD Висновок АО ОС ВО OD Висновок А D Z A + Z B = 180°, а Z A і Z B — внутрішні односторонні при прямих ВС, AD і січ­ ній АВ, тому ВС II AD; ZB -н ZC = 180°, тому АВ II CD,оскільки ZB і ZC — внут­ рішні односторонні при прямих АВ, CD і січній ВС. 1 1 Супер ГДЗ, 8кл., кн. 1 3 см 3 см 5 см 5 см ABCD — паралело­ грам 4.8 см 2 дм 4.8 лм 2 дм АСВРпаралелогоам 2,1 см 35 см 35 см 2.1 см ABDCпаралелогоам 0,6 дм 0.6 дм 6 см 6 см DCBA — паралело­ грам 107. Мал. 62 (у підручнику). ABCD — паралелограм, тому BD = OD. О М = ON (за умовою). Звідси: M B N D — паралелограм, бо діагоналі його пере­ тинаються і точкою перетину діляться навпіл.
  • 16. 108. Мал. 62 (у підручнику). M B N D — паралелограм, тому ВО = OD. За умовою ОА = ОС. Звідси ABCD — па­ ралелограм, оскільки його діагоналі пе­ ретинаються і точкою перетину ділять­ ся навпіл. 109. BD — медіана ААВС, тому D — се­ редина ЛС. В 112. 1) Чотирикутник, три кути яко­ го 20°, 60° і 110° не є паралелограмом, бо протилежні кути паралелограма рів­ ні, сусідні в сумі дають 180°. З трьох даних кутів ніякі два не е рівни­ ми і ніякі два не дають в сумі 180°. 2) Чотирикутник, у якого кути 60“, 60°, 120° — паралелограм, бо 60° = 60°, 60° -і- I- 120° = 180°. 3) Чотирикутник, у якого три кути 35°, 145°, 35° — паралелограм, бо 35° = 35°, 35°-ь 145° = 180°. 110. L0 ON КО ОМ 4 см 40 мм 0,3 дм 0.3 дм LO ON КО ОМ 60 мм 6 см 0,6 дм 0,6 дм А ND A P 1 B N -.C K 1 B N ; Z A B N = Z C B N = а, тоді ZB C K = 90° - а (зА В К С ). Z B A P = 90° - а (з ЛАВР). Звідси Z B C K = ZB A P, оскільки ZC = = 2ZBCK; Z A = 2ZBAP, то ZC = ZA. Аналогічно можна довести, що Z B = =^ZD. У чотирикутнику ABCD протилежні кути рівні, тому AJ3CD — паралелограм (див. № 111). .4 bo ok .o За умовою BD = DE. Отже, D — точка перетину діагоналей чотирикутника АВСЕ і серединою діагоналей АС і BE. Звідси АВС£ — паралелограм. rg 113. У чотирикутнику ABCD А Р — бі­ сектриса ZA; СК — бісектриса ZC; B N — бісектриса ZB . В С 0.05 дм 0,5 дм 12 мм 12 мм K LM N — K L M N — па­ Висновок довільний чо­ ралелограм тирикутник 114. ABCD — паралелограм, тому AB = CD,ABCD. В С w w w 2 см 2 дм 2,2 дм 2,2 дм KLM N — K L M N — па­ довільний 40Висновок ралелограм тисикутник 111.у чотирикутнику ABCD: Z A = Z.C; Z B = ZD . В С А D Оскільки Z A + Z B + Z C + Z D = 360°, то Z A + Z B = ZC + Z D = 360° : 2 = 180°. А ле Z A і Z B — внутрішні односторон­ ні при прямих ВС, A D і січній AB. Звід­ си ЛСЦ AD. Аналогічно A ß | CD. { Тому ABCZ) — паралелограм. А D Оскільки за умовою A ß j = CD,, то ABfiD^ — паралелограм, бо Aß , = CD, і AB, II CD,. Оскільки AB^CD^ — паралелограм, то CB,||AD,. B D fiB j — паралелограм, оскільки ВВ, IIDD, і ВВ, = DD, (ВВ, = AB - AB,, DD, = = C D -C D ^ ,A B = CDiAB^ = CD^). Тоді BD, ||B,D. Звідси: у чотирикутника BJCD^P про­ тилежні сторони паралельні, тому B^KD^P — паралелограм.
  • 17. A M — бісектриса /Л. CN — бісектриса ZC. ВС IIAD; A M — січна. Тому Z B M A = /.MAN (внутрішні різносторонні, а /.MAN = Z M C N (як полови­ ни рівних кутів Z A і ZC). Тому Z B M A = Z M C N , а Z B M A і Z M C N — відповідні при прямих М А, CN і січній ВС. Тому A M II CN, а M C | A N , звідси | A M C N — паралелограм. 119. Мал. 65. ABCD — паралелограм, томуAB = CD; AB | | II CD. ABEF — паралелограм, тому AB = = EF; AB IIEF. Звідси CD |EF; CD = EF. | Тому DCEF — паралелограм. Отже, D F = CE і D F | CE як протилежні | сторони паралелограма. 120. Мал. 66. ДА8С= ДЛ,В,С;, тому А В = А,В, і ZBAC = ZB^^C^, але ZBAC і ZB,A,C, — відповідні при прямих AB, A jS j і січній АС. Звідси ABßjAj — паралелограм. ToMyAAj = Bßj. Аналогічно SB,С,С — паралелограм. СС, = ЛВ,. Тому АА, = СС,. 1 )В В ,= А 4 , = Зсм; 2) ВВ, =АА, = АС - А,С = 10 - 6 = 4 см; 3)В В , = A4, = (АС, - А ,С ): 2 = (20 - 12): 2 = 4 см. .4 bo 116. Мал. 63. А Е В М = AKDN (В Е = DK; В М = D N ; Z B = Z D ). 3 рівності трикутників: Е М = K N ; M C = = B C -B M .A N = A D -N D . Оскільки ВС = A D і В М = N D , то M C = = A N , аналогічно CK = A E , Z A = ZC. Звідси ДМ CK = AN AE. 3 рівності трикутників М К = N E. У чотирикутнику E M K N : E M = K N , M K = N E , тобто протилежні сторони рівні. Тому E M K N — паралелограм. ZEAB = ZE B A = ZAEB =60°. АВ = А Е = = ЕВ. ADCF — рівносторонній, ZCFD = = ZCD F = ZD C F = 60° .D C = CF = DF. Оскільки AB = CD (протилежні сторони паралелограма ABCÖ), то АЄ = CF. АЕВС = AFDA (І ознака). Е В = DF; В С = DA; Z E B C = ZFDA (ZE B C = 360° - ZE B A - ZABC; ZFD A = = 360° - ZFD C - ZADC; ZFD C = ZEBA; ZABC = ZADC). 3 рівності цих трикутників: ЕС =A F. У чотирикутнику AECF протилежні сторони рівні. Тому AECF — паралелограм. rg ABCD — паралелограм. В М С ok .o 115. w w w 117. Мал. 64. ABCD — паралелограм, тому ZA = ZC. AB = CD (протилежні сторони). B K = D N — за умовою, тому AB - B K = = C D - D N або A K = CN. AA K M = ACNP (I ознака). A K = C N ,A M = CO (за умовою). Z A ^ Z C . 3 рівності трикутників: K M = PN . Аналогічно: АКВР = AN D M . Зьідси K P = M N . У чотирикутника M N P K протилежні сторони рівні. Тому M N P K — паралелограм. 118. АЕАВ — рівносторонній. Е С 121. Мал. 67. ABCD — паралелограм, тому AB = CD. Z B = ZD ; ZB E A = 180° - ZAEC; ZD FC = = 180°-Z A F C . Оскільки Z A E C = ZAFC (за умовою), то Z B E A = ZDFC. Z B A E = 180°- Z B - ZBEA; ZD C F = 180° - ZÖ - ZDFC. Оскільки Z B E A = ZD F C , Z B = Z D , t o Z B A E = ZD C F . AABE = ACDF (II озна­ ка). A S = CD; ZAB E = ZCDF; ZB AE = ZDCF. 3 рівності трикутників: A E = CF. BE = = D F .E C = B C - B E .A F = A D - F D . Оскільки B C = A D (протилежні сторони паралелограма), BE = FD, то EC = AF. У чотирикутнику AECF протилежні сторони рівні (АЕ = CF, EC = A F), тому A ECF — паралелограм.
  • 18. У чотирикутнику M N P K діагоналі точ­ кою перетину діляться навпіл. Отже, M N K P — паралелограм. 122.V чотирикутника AßCü: BA |AD. | В С А D Діагональ AC ділить діагональ BD нав­ піл, тобто ВО = OD. ВС II AD; BD — січ­ на, тому ZC B O = ZADO як внутрішні різносторонні кути при паралельних ВС, AD і січній B D .B O = OD; ZBOC = = ZDOA (вертикальні). Звідси АВОС = = ADOA (II ознака). З рівності трикутників: АО = CO. У чоти­ рикутника ABC/) діагоналі перетинають­ ся і точкою перетину діляться навпіл. Отже, ABCZ) — паралелограм. 126. ABC — трикутник. АО — медіана, тому ВО = ОС. В oo k. o А w w w .4 b A M D О — точка перетину діагоналей. M N проходить через т. о. ANOC =АМОА ос­ кільки СО = АО; ZM O C = Z M O A (верти­ кальні); ZNCO = Z M A O (внутрішні різ­ носторонні при ВС IIAD і січній AC). З рівності трикутників NOC і М ОА має­ мо: ON - ОМ . Аналогічно можна довести, що OK = О Р з рівності трикутників ODK і ОВР. У чотирикутника N K M P діагоналі M N і Р К точкою перетину діляться нав­ піл. Отже, N K M P — паралелофам. 124. ABCD — паралелограм, тому ОА = = OC;OB = OD. В С Оскільки ОМ = і АО; 2 М — Р- середина ОА, D rg 123. ABCD — паралелограм. В N С 125. Мал. 68. ABCD — паралелограм, тому О А = ОС; OB = OD. За умовою A A f = КС; BN = D P. Тоді ОА ~ А М = О С -С К а 6 о О М - O K -,O B -B N = = O D -D P . Вібо ON = OP. У чотирикутнику M N K P діагоналі точ­ кою перетину діляться навпіл. Отже, M N K P — паралелограм, тому М Р ЦN K і М Р - N K (протилежні сторони парале­ лограма). то середина ОС, тому ОР = -О С . 2 Оскільки 0 А = ОС, то О М = ОР. Ана­ логічно ON = O K (як половини рівних відрізків OB і OD). С За побудовою АО = OD. Тому ABCD — паралелограм, бо діагоналі точкою пе­ ретину діляться навпіл. Отже, CD = AB і CD II AB (як протилеж­ ні сторони паралелограма). ZCAB = = ZCDB (протилежні кути паралелограMaABCD). Якщо ZCAB = 36°, то ZCDB = 36^ 127. У чотирикутнику ABCjD діагональ АС ділить периметр ABCD навпіл і діаго­ наль BD ділить периметр чотирикутни­ ка ABCD навпіл. В С Тобто AB + BC = AD + DC = - P ; 2 AB + A D = BC + CD = - P . 2 Звідси; AB + ВС = AB + AD, тому ВС = A D .A B + A D = A D + DC. тому AB = DC. Тобто у чотирикутника ABCD проти­ лежні сторони рівні. А отже, ABCD — паралелограм.
  • 19. Через точку D проведемо D P | ВС; D M | | | II ВА. Тоді B P D M — паралелограм; BD — діагональ; К — середина діа­ гоналі BD. Р М теж діагональ парале­ лограма B P D M , тому Р М проходить через г. К і K P = K M . Р М — шукана пряма. 128. 131. в с І '- ' w w А D ABCD — паралелограм. AB ЦCD; АС — січна, тому ZB A K = ZD C M , за умовою ZB K A = Z C M D . У ААВК; ZA B K = 180° - Z B A K - ZB K A . У ACDM: Z C D M - 180° - Z D C M - ZC M D . Оскільки Z B A K = Z D C M і ZB K A = = Z C M D , то Z A B K = ZC D M . ABAK = = ADCM, бо AB = CD; ZB A K = Z D C M і ZA B K = ZC D M . 3 рівності трикутників: B K = M D . Z B K M = 180° - ZB K A ; Z D M K = 180°Z D M C (суміжні кути). Оскільки ZB K A = Z D M C (за умовою), то Z B K M = Z D M K , але Z B K M і Z D M K — внутрішні різносторонні при прямих BK, D M і січній AC. У чотирикутнику K B M D В К = M D і ß if Ц II M D , тому K B M D — паралелограм. 132. w Ж' А М В М 1 A D ; B K ± CD; D N 1 AB; D P I ВС. D P = В М (два перпендикуляра між па­ ралельними ВС і A D ). CD = AB (проти­ лежні сторони паралелограма). ADPC = = АВМА (прямокутні трикутники за гі­ потенузою і катетом). Звідси ZPD C = = ZM B A . Аналогічно АВКС = ADNA. Звідси ZC B K = ZA D N ; ZABC = Z A B M + Z M B K + ZKBC; ZADC = ZC D P + Z P D N + ZN D A , оскільки ZABC = ZADC; Z A B M = ZD CP і ZK B C = ZN D A , то Z M B K = Z N D P . А М В К = APDM . Звідси N P = М К . А РС К = AM AN. Р С = М А (з рівності APCD і АМ АВ); СК = A N (з рівності АВСК і ADAN). ZC = Z A (протилежні кути паралелограма ABCD). З рівності АРСК і AM AN: Р К = M N . Оскільки N P = М К ; Р К = M N , то N P K M — паралелограм. .4 bo ok .o 129. ABCD — паралелограм. В Р С rg ABCD — паралелограм. AB = CD; ВС = = AD. За умовою A K = CM , звідси KB = = M D . В Р = DE, звідси C P = EA. ZA = = ZC, звідси Z K A E = Z M C P . Z B = ZD , звідси Z K B P = Z M D E . A K B P ^ AM DE (D M = K P ; DE = B P; Z E D M = Z K B P ). 3 рівності трикутників K P = E M . Ана­ логічно АКАЕ = АМСР, тому К Е = P M . У чотирикутнику К Р М Е протилежні сто­ рони рівні, тому К Р М Е — паралелограм. 130. в м с Точка К — точка внутрішньої облас­ ті кута ABC. З’єднаємо точки В і JC. На продовженні відрізка В К відкладемо KD^BK. BD — діагональ. A M ± BD; СР X BD; А М = СР; В К LA C ; D Z 1 АС; В К Ц Z (як D два перпендикуляра до однієї прямої). BD — січна, тому ZK B O = ZZD O (внут­ рішні різносторонні при паралельних прямих ВК, D Z і січній BD).
  • 20. Z B K O = Z D Z O = 90°; B K = D Z (за умо­ вою). Звідси АВКО= ADZO. З рівності трикутників: BO = OD. Аналогічно; А А М О = АСРО. З рівності цих трикут­ ників АО = CO. У чотирикутнику ABCD діагоналі точкою О поділилися навпіл. Отже, ABCD — паралелограм. § 4. Прямокутник 136. ABCD — прямокутник; ВС = 16 ом; AB = 12 C M . В 16 CM С 139. 1)Р„р = ( а + Ь ) х 2 = ( 2- і - 3) х2 = = 1 0 (с м ); 2) = 3) = (1 0 мм -1-12 м м ) X 2 = 44 (м м ). 140. (0 ,4 -н 0 ,5 ) X 2 = 1,8 (д м ); У п р я м ок ут н и к а д іа г о н а л і рів н і, кути пр ям і. 141. У п р я м о к у т н и к а д іа г о н а л і рівн і. 1) d , = d , = Y = e (CM); 2 ) d , = d , = | = 3 ( C M ); 3) d ,= d , = y 3) АО = ОС = ^ АС = 10 см; ВО = 0 D = ^ B D = 10 rg 142 Н ехай ABCD — прямо­ кутник; О — точк а пер етин у діагоналей прямокутника. В С .4 bo ok .o А D 1 )A D = ВС; D C = AB (протилежні сто­ рони прямокутника). A D = 16 см; С£) = = 12 см. 2) B D = A C = 20 C M , діагоналі прямокут­ ника рівні. = 9 (C M ). cm ; діагоналі пря мокутника в точці перетину діляться навпіл. w w w 137. 1 ) А О = о с = 7 см ; А С = B D = = 14 см; 2)AC + BD = 14cM. В С 138. А D Z2 = Z4 = 36° (внутрішні різносторонні кути); ВС IIAD, АС — січна; Z l = Z 3 = 9 0 °-3 6 ° = 44°. Відповідь: 4 4 ° ; 3 6 ° ; 4 4 ° . А D 1) AAOD; АВОС; ААОВ; ADOC — рівнобедрені; А О = OB; 0 В = ОС; ОС = OD; АО = OD, сторони цих трикутників є по­ ловинами діагоналей, а діагоналі у пря­ мокутника рівні. 2) ААОВ = ACOD; АВОС = АПОА (за трь­ ома сторонами); AB = CD; ВС = A D (про­ тилежні сторони прямокутника); ВО = = OD; АО = ОС (діагоналі прямокутника в точці перетину діляться навпіл). 143. в к с А D Z 4 = Z 3 = 55° (внутрішні різносторонні). ВС IIAD, А К — січна. Z1 = 90° - 55° = 35°; Z2 = 180° - 55° = 125°. Мал. 80 ------------ -^Р Z2 = Z.NOM = Z P O K = 60°; Z I = 90 - 60° = 30°; Z3 = 90° - 60° = 30°.
  • 21. Г = 180°; ZA = ZD = ZC = ZB = 90°. D С Мал. 81 F 1 1 1 1 ! 6 ^ = 65°: /ІЗ = 90 - 65° = 25°; = 180° - (25° + 25°) = 180° - 50° = 130°. 144. Мал. 82 В А Отже, цей паралелограм — прямокут­ ник. 146. ААВС: ВС — катет, що лежить нав­ проти кута 30°. D С I 1 )d = 4cM; ВС = - А С = 2 см; rg 2 )d = 14MM; ßC = | l4 = 7 мм; Відповідь: 2 см; 7 см; 0,22 дм. 147. > w w M К &NPK: a + 2a = 90°; 3a = 90°; a = 30°; ANOP: NO = OP; АРОК: OP = OK; г р = г к = 60°; г р о к = бо°. Відповідь: 60°. Мал. 84 F R AEFQ Z F + Z Q = 90°; га ь S С С о. 1^ 3)гі = 0,44дм; ВС = ^ 0,44 = 0,22 дм. .4 bo ok .o A D a + a + 60° = 90°; 2a = 30°; a = 15°; AAOD; Z A 0 D = 180° - (a + a )= 180° - 30° = 150°; ZAOB = 180° -150° = 30°. Відповідь: 30°. Мал. S3 N P w І А D 1) а = 10 см; АЛОВ — рівносторонній. OB = OA=AB = a ;d =A C = 2a;BD = 20cM; 2 )а = 0,25 дм; d =АС = 2 х 0,25 = 0,5 дм; 3) а = 7 мм; d =АС = 2 х 7 = 14 (мм). Відповідь: 20 мм; 0,5 дм; 14 мм. 148. а Ь Р 2 S I т >* Q. 5 с о 3 сс о 6 см 4 см 10 см 10 см 9 см 12 см 12 см 5 см 12 см 7 см 36 см 32 см 30 см 44 см 32 см 149. - + - = 90°; a = 90°; 2 2 - = 45°; a = 90°. 2 Відповідь: 90°. 145. За умовою жоден з кутів не є го­ стрим, отже, нехай обидва тупі, тоді /А + + Z D > 180°, тому вони прямі. ZA + Z.D = л 12 см X» 1)АВ = 4см ;А О = 4 х З = 12см; = (A B -иAD) X 2 = (4-(■ 12) X 2 = 32 (см); 2) AB = 10 см; AD = 10 : 2 = 5 см; ^ д в с с = ( 1 0 + 5 )х 2 = 30 ( с м ) ; 3) AB = 12 см; AD = 12-I-4 = 16 см; ^ двсо = (12-|-16)х 2 = 56 (см). ем
  • 22. Дано: ABCD — паралелограм. D С А / Л = 90°; Z A + Z.D = 180°; AB | DC-, | Z D = 90°; Z D = Z B = 90“; Z A = ZC = 90° (протилежні кути паралелограма рів­ ні). Отже, у даного паралелограма всі кути прямі, цей паралелограм — пря­ мокутник. 151. Дано: ABCD — паралелограм. Г В ZA + = 180°, тому КС IIAB. Z A + Z B = 180°, тому AD | BC. | Отже, ADBC — паралелограм, у якого (Z A = ZC = 90°) всі кути прямі, ABCD — прямокутник. w w "І 153. 155. ABCD — паралелограм. D С А В Z A = Z D ;Z A + Z D = 180°; ZA = ZD = 90°; Z A = ZC = 180°; Z D = Z B = 90°. Протилежні кути паралелограма рів­ ні 90°. Отже, цей паралелограм є пря­ мокутником. 156. ABCD — паралелограм. В С Нехай Z A = ZI> = ZC = 90°. D J L w 152. А В Z A + ZC = 180°, але ZA = ZC, тому Z A = Z C = 90°; Z A + Z D = 180°; Z D = 180° - Z A = 180° - 90° = 90°; Z D = Z B = 90°. У паралелограма всі кути прямі, тому цей паралелограм є прямокутником. .4 bo ok .o А В Z A = 90°; ZD -І- Z A = 180°; AB II DC, тоді Z D = 90°. CDA = ABDA (за II ознакою). A D — спільна. DC =А В ; Z D = ZA. З рівності трикутників маємо; BD =АС, що й треба було довести. 154. ABCD — паралелограм. D С rg 150. Z A = Z B ^ Z C = ZD . в ZOBA = ZOAB. ААОВ — рівнобедрений; ОБ = ОА, тому АС = BD. Якщо у паралелограма діагоналі рів­ ні, то він є прямокутником, що й треба було довести. 157. A B C D — прямокутник, ZDOC = = 120°; ZCOB = 180° - 120° = 60°. с А D Z A = ZC, Z B = Z D => тому цей чотири­ кутник паралелограм. Z A + Z B = 180°; 2 Z A = 180°; Z A = 90°, отже Z A = Z B = Z C = Z D = 90°, тому ABCD — прямокутник, що й треба було довести. А В ACOD. О В = O B — рівнобедрений. ZOCB = ZOBC = 60°; ОС = OB-, ОС = -А С . 2 АС — діагональ; АС = 20С = 2 ВС, що й треба було довести.
  • 23. 158. ABCD — прямокутник. D С ВС = 2 — рівносторонній, = CD = Зх; X — спільна міра відрізків. (2х + 3 х )х 2 = 48; Юх = 48; л = 4,8; AD = ВС = 9,6 см; АВ = CD = 14,4 см. 2) M N = 10 см; M N = АВ = CD = 10 см; Р -2 А В 48-2 0 = 14 (см). AB = CD = Відповідь: 10 см; 14 см. 3) ОЛГ = 4 см; ВС =AD = 20ЛГ = 2 X 4 = 8 (см). 0 С = 0 В = ВС. тому /І0СВ= ZCOB-/.СВО = 60°, що й треба було довести. 159. ABCD — прямокутник. D С DC =АВ = (48 - 16): 2 = 16 (см). Відповідь: 8 см і 16 см. .4 bo ok .o DK 1 АС; АС — діагональ; Z A D K :Z K D C = 2 :3 . 1) 2x + Зд: = 90°; 5л = 90°; л: = 18°; Z A D K = = 36°; ZK D C = 54°. AADK — прямокутний; Z D A K = 9 0 °- 36° = 54°; ADKC — прямокутний. Z^:CD = 9 0 °-5 4 ° = 36°; 2 )Z A C D = Z B D C = 36°; Z B D K = 5 4 °- 3 6 °-1 8 °. Відповідь: 18°. 162. М — довільна внутрішня точка прямокутника. P ( D rg А w w w 160. AßCß — чотирикутник. ßO = OB; AO = OC; ZA = 90°. D С Якщо в чотирикутнику діагоналі точ­ кою перетину діляться навпіл, то цей чотирикутник є паралелограмом. DC І AB; AD І ВС; Z A + Z D = 180°; ZD = = 180° - Z A =180° - 90°=90°; Z D + ZC = 180°; ZC =90°; Z A = ZC = 90°; Z D = Zß = 90°. Якщо у паралелограма всі кути прямі, то цей паралелограм — чотирикутник. 161. В il го К M N J го iC s X "1 А F В I 1) К М + M N + Р М + M F — сума відста­ . 5 ней від довільної точки М прямокутни­ ‘E ка до його сторін. о S K N + P F = - P ,^ „ = ^ • 1 2 = 6 (C M ). 5 Q. 2) X-iV + P F = i p ^ ß = i 8,6 = 4,3 (CM). d i A Відповідь: 6 см; 4,3 см. 163. ABCD — прямокутник; A K — бі­ сектриса ZA. В З CM J 5 CM С iT A D 1) m = 3 c m ; n = 5 c m ; Z1 = Z2; A K — бі­ сектриса. с A N D 1) AD : DC = 2 : 3; A D = ВС = 2х; AB = Z2 = Z3, ВС IIAD, AX’ — січна, отже Z1 = = Z3, тоді AABK — рівнобедрений, AB = = ВК = m = З c m ; CSJ
  • 24. AB = CD = 3 c m ; BC =A D = m + л = 8 (см). 'P ab c d = ( 3 + 8 ) x 16 7. Мал. 86 2 = 2 2 ( c m ). ^ABCD = 5 + 5 + 8 + 8 = 26 ( c m ) . 2 )m = 0,2дм; л = 3см; P/j,Qp= 14см; 164. 165. в с V 2 — 168. 1) Побудуємо допоміжний прямо­ кутний трикутник за гіпотенузою d та кутом а. 2) Побудуємо допоміжний трикутник за сторонами - d , ними. —d та кутом а між 169. Р Д ^ „-Р Д ,,„ = 1 2 с м ;Р Д ^ „= А 0 + + DO + O B + A B ; = АО + OB + AB; P A ^ - P A ^ ^ =AD; A D = 12 c m ; AD = BC = = 12 c m ; JDC = A B = ( 5 0 , 2 - 2 4 ) : 2 = = 13,1 ( c m ) . D С • І І І І В І АL 13,1см; І Відповідь: 12 см; 12 см: 13,1 C M . .4 bo ok .o Z I = Z2 = 45°. В М — бісектриса ZB . Z B M A = 45°, AB = A M , отже, M D = CD. AMCD — рівнобедрений. M C D = Z D M C = 45°; Z M C B = 90° - 45° = = 45°; ZB C M = Z D C M = 45°; C M — бісектриса ZC, що й треба було довести. А а -Ъ 1) Побудуємо прямокутний AABD за гі­ потенузою d і катетом а; 2) CD |AB; ВС { II AD. Добудуємо цей трикутник до пря­ мокутника. rg ^ABCD ~ Відповідь: 1) 26 см або 22 см; 2) 14 або 16 см. зХ ^ ( 170. ABCD — чотирикутник. Z3. A D = A K ; A K = KB, тому w Z l= w w D K — бісектриса кута D. Z1 = Z2, DC — бісектриса Z D . Z3 = Z2, DC II AB, D K — січна. AADK — рівнобедрений. AD = і AS, що Й треба було довести. 166. А D A K — бісектриса кута BAD. X) A ß = 15 c m ; Z1 = Z2; Z2 = Z3 => Z I = = Z3. йЛВК — рівнобедрений. AB = B K = 15 см; ВС = 2ВК = ЗО см. Р ^ сп = (1 5 + 3 0 ) х 2 = 9 0 ( c m ). ^ )P abcd = (3.8 + 7,6) X 2 = 22,8 (дм). Відповідь: 90 см; 22,8 дм. А В AC = ED; АО = ОС; DO = OB. ADOC = Д ВО А; ACOD = AAOD (за дво­ ма сторонами і кутом між ними). З їх рівності маємо: Z1 = Z2, отже D C = A B і DC II A ß . ABCD — паралелограм, у якого діаго­ налі рівні, тому він є прямокутником. 171. Нехай AD = В С , Х)С = AB. А С = ßZ); AABD - ACBD (за трьома сторонами);
  • 25. г /ACD = ZCAB (внутрішні різносторонні кути); DC II AB; D C = A B ;A B C D — пара­ лелограм, у якого діагоналі рівні, отже, ABCD — прямокутник. налі прямокутника рівні і в точці пере­ тину діляться навпіл. 172. 175. Нехай дано прямокутний ААВС; г с = 90°; AB = 6 см ;В М = М А ; N M Ц АС; М Р IIВС; M N C P — прямокутник; M C — його діагональ; М — середина гіпотенузи, M B = М А = M C; М — центр кола описа­ ного навколо прямокутного трикутника, M B = М А = MC = З см (радіуси описаного кола). В в А " D Нехай ABCD — чотирикутник; BCAD; ВС = AD. За ознакою паралелограма цей чотирикутник є паралелограмом, у якого діагоналі рівні, отже, цей парале­ лограм є прямокутником. О В = 0 А = O D = ОС; ОС = ^А В , що й треба було довести. 2 173. Мал. 88 М N С rg В Відповідь: M C = 3 см. D а) Нехай А В = D C = а; A D = В С = Ь; AABN — рівнобедрений; AB = B N = а; N C = ft- с; M N = B N - N C = a - b + a = = 2 a -b ; б) нехай A B = CD= b; BC= AD = a; AB = B N = b;NC = a - b ; M N = B N -N C = 2 b -a ; Мал. 89 В b M yN b С 176.Нехай дано рівнобедрений hABC. .4 bo ok .o Ъ w А w w A a D B )A B = C D = b;A D = BC = a ;B M = NC = b; AD = 2b або AD = ft - 2a. 174. AABC — прямокутний; ZB C A = = 90°; CO — медіана. Доведемо, що СО = —АВ. 2 С AC = ВС. М — точка, яка лежить на ос­ нові рівнобедреного трикутника. М К X AC, відстань від точки М до сто­ рони АС. М Р 1 ВС, відстань від точки М до сторони ВС. СЕ — висота, проведена з вершини до основи. M F II ВС; ця пряма відтинає від даного трикутника рівнобедрений трикутник, за властивістю висот, проведених до бічних сторін рівнобедреного трикут­ ника M X -нМ Р=С £. 177. 1) ДАВС — прямокутний, рівно­ бедрений, отже, ZB = ZC = 45°. В С А Проведемо BD II АС; A D | ВС; ABCD — | паралелограм. /.С -н /СА= 180°; ZA = ZC = 90°. ABCD — прямокутник, діаго­
  • 26. MBN-, ZB = Z N = 45°: B M = M N ; ANKC; ZC = Z N = 45°: N K = КС; M N K A — пря­ мокутник. A M = N Ä ’: N = AK. Периметр прямокутника не залежить від положення його вершини на гіпоте­ нузі. 2 )K C = N K ;A C = A K + K C = b c K ; P = 2AK + 2NK = 0(,cvi). Відповідь: 10 см. 184. 191. ДАВС = ДАОС (за трьома рівними сторона­ ми). AB = ВС =AD = DC; AC — спільна. 192.^1 = ^3 = Z4 = 25°; Z2 = 65°; Z5 = 90°. 193. А 6 zi = a D С D A 186. Z1 = Z2 = Z3 = 25°. Діагональ АС є бісектрисою кутів А і С. В l)a = 3 6 ° ; 18° і 72°; 2) a =54°; 27° і 63° 3 )a = 60°; 30° і 60°. .4 bo ok .o 185. l ) ß C = A ß = 10см; A D = 10 cm: DC = 10 cm; у ромба всі сторони рівні; 2) АС = 2АО = 16 см; BD = 2ВО = 12 см. rg Протилежні сторони ВС і AD не дорів­ нюють 6 см. У ромба всі сторони рівні. В С = A D = = 6 см: ZCOD = 90°; СО 1 OD. 194. 187. Діагоналі ромба перпендикуляр­ ні, діагоналі ромба є бісектрисами його кутів. w w 188. 1) Сторони квадрата AB = ВС= CD = = AD = 5cm; 2) діагоналі квадрата АС = BD = 7 см; 3) Z1 = Z4 = Z3 = 45°, Z2 = 90°. w 189. р = 4а; 1 )а = 1 2 :4 = 3(см): 2 )а = 2,4 :4 = 0,6(дм); 3) а = 280 : 4 = 70 (мм). 190. A 195. D Нехай ABCD — ромб. с В в А ААОВ = АВОС - ADOC = &AOD (за двома катетами). Діагоналі ромба взаємно перпенди­ кулярні і точкою перетину діляться навпіл. ' Нехай ABCD — ромб, A B = ВС - AD = = BD. AABD — рівносторонній. Отже, Z A = Z A B D = / A D B = 60°; Z A = = ZC = 60°; Z B = Z D = 120°. Відповідь: 60°; 60°; 120°; 120°. К D BK X AD; B K — висота ромба. 1)ZABA-= 30°; AABK; Z A = 60° z c = = ZA = 60°: Z B := Z D = 120°; 2) Z A B K = 15°; Z A = 75°; Z C = 75°; Z B = = Z D = 105°; 3 )Z A B K = 65°; Z A = Z C = 25°; Z ß = = Z D = 155°. Відповідь: 1) 60°; 60°; 120°; 120°; 2) 75°; Юб”; 75°; 105°; 3) 25°; 155°; 25°; 155°.
  • 27. 196. l ) a + a + 4 0 “ = 1 8 0 ° ; 2 a = 1 4 0 ‘’ ; a = 70°. Z A = ZC = 70°; ZB = Z D = 110°. В = с 1)/г = 8 см; AD = 2л = 16 см; Р^^ = 64 см; 2) п = 0,3 дм; а = 2п = 0,6 дм; Р^^ = 4а = = 2,4 дм; 3) а = 21 мм; а = 2л = 42 мм; Р^, = 4а = 42 X 4 = 168 мм. Відповідь: 1) 64 см; 2) 2,4 дм; 3) 168 мм. 199. Нехай AßCD — квадрат, діагональ якого AC = d. D D С Мал. 106 a + 4 a = 9 0 °; 5a = 90°; a = 18°; ZA = ZC = = 36°; ZB = ZD = 144°. В С ОСРВ — другий квадрат з діагоналлю ВС, сторона ОС = і AC. с A 200. bo ok . В D 197. .4 Нехай A B C D — ромб. Z A = 60°; BD = d. С w A w w D 1) d = 6 см; ОС = З см; 2) d = 29 мм; ОС = = 14,5 мм; 3) d = 1,5 дм; ОС = 0,75 дм. or g D Мал. 107 2 a + a = 180°; 3a = 180°; a = 60°; ZB = = ZD = 120°; Z A = ZC = 60°. В 1 )d = 10 c m ; A A B D — рівносторонній; Z A = Z D = Z S = 60°; A B = B D = A D = = 10 c m ; = 40 c m ; 2) d = 3,2 дм; P = 4 X 3,2 = 12,8 (дм); 3) d = 45 m m ; P = 4 X 45 = 180 (мм). Відповідь: 40 см; 12,8 дм; 180 мм. 198. НехайАВСЙ — квадрат. ОІГХАВ; О К = п. D С AABD = ACBD. B C =C D = AD = A B ;B D — спільна; ZABD = ZCBD = ZCDB = ZADB = = 45°; Zß = ZC = ZD = ZA = 90°. ABCD — квадрат, що й треба було до­ вести. 20 1. Таблиця 12 Властивість 1 2 3 4 5 6 7 8 Протилежні сторони попарно паралельні Протилежні сторо­ ни рівні, протилеж­ ні К У Т И рівні Усі сторони рівні Усі К У Т И П Р Я М І Діагоналі діляться точкою їх перетину навпіл Діагоналі рівні Діагоналі взаємно перпендикулярні Діагоналі ділять кути навпіл Парале­ Прямо­ лограм кутник + -н + . + - _ + + + _ + - - - -
  • 28. 1 ABCD — ромб, що й треба було довести. Ромб Властивість Квадрат Протилежні сторони попарно паралельні Протилежні сторо­ ни рівні, протилежНІ кути РІВНІ Усі СТОРОНИ рівні Усі КУТИ ПРЯМІ Діагоналі діляться ТОЧКОЮ їх перетину навпіл______________ Діагоналі рівні Діагоналі взаємно перпендикулярні Діагоналі ДІЛЯТЬ КУТИ навпіл Нехай ABCÖ — ромб. D С А К В ^ABCD~ 36 см; D K і. AB; D K — висота ромба; а — сторона ромба. Р = 4а;а = 3 6 :4 = 9(см). AADK: AD = 9 cm ;D K = 4,5 (cm). dk =ad. Отже, Z A = 30° (катет, що лежить нав­ проти кута 30°). Z A = ZC = 30°; ZD = Z ß = 150°. Відповідь: 30°; 30°; 150°; 150°. 206. Нехай ABCD — ромб. В М і ВР — ви­ соти; В М ± A D ;B P 1 C D . ААВМ = АСВР. В С .4 bo ok .o 202. HexaüAßCD — ромб, у якого ZA = = 90°, тоді ZC = Z A = 90“. D С 205. rg Продолжение табл. 1.2 А В Z D = Z B = 180° - 90° = 90°. У ромба всі кути прямі, тому ABCD — квадрат, що й треба було довести. BP, 207. Нехай дано ABCD — ромб, D K X ± А В ;А К = ВК. D С w w 203. Нехай A B C D — чотирикутник, AB = BC = C D = A D . D , С A M D Z M = Z P = 90°; AB = ВС; Z A = ZC. 3 рівності трикутників В М = що й треба було довести. w А ' В Проведемо діагональ BD. AABD = ACBD (за трьома сторонами (BD — спільна сторона)). Тому Z1 =Z2. Отже, DC АВ. ABCD — паралелограм, у якого всі сто­ рони рівні; ABCD — ромб, що й треба було довести. 204. Нехай AßCD — паралелограм, діа­ гоналі якого ділять кути навпіл. D С А В AABD = ACBD — рівнобедрені: Z4 = Z5; Z3 = Z5; DC = ВС; A D = Aß. У парале­ лограма ABCD всі сторони рівні, отже, А К ' В 1 )A A D B — рівнобедрений; А К = КВ; D K 1 AB; Z A =60°; ZADC= 120°; ZC = = ZA = 60°; ZD = Z ß = 120°. 2 )B D = 20cm ;AD = B D ;P^^^ = 4AD = 4 x X 20 = 80 (cm). Відповідь: 1)60°; 60°; 120°; 120°; 2) 80 CM . 208. НехайАВСІ) — ромб. ZBDA; — кут між висотою і діагоналлю, проведеними з однієї вершини. D С
  • 29. 1 )Z B D K = 35°: Z D B K ^ 55°; /ABC = 110°; ZADC = ZABC = 110°; Z A = = /C =70°; 2 )Z B D K = 20°; Z D B K = 70°; ZABC = = 140°; Z B = Z D = 140°; Z A = Z C = 40°; 3 )Z B D K = 40°; Z D B A = 50°; Z B = Z D = = 100°; Z A = ZC = 80°. Відповідь: 1) 70°; 110°; 70°; 110°; 2) 40°; 140°; 40°; 140°; 3) 80°; 100°; 80°; 100°. 211. 209. Нехай дано ромб ABCjD. 8х AB = BC = CD = A D = — = 2х. 4 с В Нехай ABCD — ромб; ВАГ — його висота. В С &АВК — прямокутний. В К = ^А В ; М Z A = ZC = SQ°;ZB = Z D = 150°. Відповідь: 30°; 150°; 30°; 150°. в А М = ^ А В = 2 см. Аналогічно C N = 2 см; M D - A D - A M = w = 4 - 2 = 2(см). В М = 2у/з. 2 ) A M B N — рівносторонній. Z M B N = 120° - Z A B M - ZN B C = 120° - 30° - 30° = 60°; M B = B N (висоти). Отже, Z B M N = Z B N M = (120° - 60°): 2 = = 60°. Нехай ABCD — ромб. С w В w 210. А § 212. .4 bo ok .o А В = В С = C D = A D = 4 СМ Z D = 120°; -, Z B = Z A = ZC = 60°. äAB M — прямокут­ ний. Z A B M = 30°. A M — катет, що ле­ жить навпроти кута 30°. S rg А 1) Нехай у рівносторонній ЛАВС вписа­ но ромб A E FK . Z A — спільний. Р^лвс = 24 см; AB = ВС = АС = 8 (см). 2) AKFC — рівносторонній. F K = КС; А К = - 8 = 4 см; 2 ^х.с«= 4 х 4 о З 2 а. = 16(см). tl 3 )В Я = Л £ = 4 см; Ай:=А:С = 4 см; B F = О = FC = 4cM. 213.1) Побудуємо допоміжний прямокут- ний трикутник за діагоналями І і 1 2 D 1 ) Z l ; Z2 = 2 : 3. ЛАВО — прямокутний, гВ О А = Ж ; X — спільна міра кутів, тоді Z = 2х; Z 2 = Зх 2х-¥ 3 x = 90°; 5х = 90°; д = ; = 18°. Z A = 4л:= 72°; Z A = ZC ; Z B = = ZD = 6ж = 108°; 2 ) Z1 ; Z2 = 2 : 7; 2л: -н 7л: = 90°; д = 10°, е Z A = ZC = 40°-,ZB=^ZD = 140°. 3 )Z 1 : Z 2 = l :2 ; х + 2 х= 90°; З х= 90° х = 30°; ZA + ZC = 60°; Z B = Z D ^ 120°. Відповідь: 1) 72°; 108°; 72°; 108°; 2)40 140°; 40°; 140°; 3) 60°; 120°; 60°; 120°. л у 2) Побудуємо допоміжний трикутник за сторонами d; а; а. 113 П п
  • 30. 3) Побудуємо допоміжний рівнобедре217. Нехай A B C D — квадрат, діагоний трикутник за бічними сторонами а наль - - B D . B M = D N . та кутом а між ними. В С 214. Нехай A N — бісектриса прямого кута А ААВС; N M і N K — перпендику­ ляри до катетів. AAND = ACND = ААМВ = ACM В . 1 )B M = N D ;A B = BC = C D = A D ; 2 )Z 1 = Z2 = Z3 = Z4 = 45°. З рівності трикутників маємо: A M = = M C = CN = A N . M N I A C . Отже, A M C N — ромб, що й треба було довести. 218. 1 )Н і; 2 )та к ;3 )н і. rg 219. Побудуємо допоміжний рівно­ бедрений прямокутний трикутник за катетом. oo k. o A A M N — прямокутний рівнобедрений; Z l = Z2 = 450;AM = MiV. Отже, A M N K — квадрат, що й треба було довести. .4 b 215. 2) Побудуємо допоміжний рівнобед­ рений прямокутний трикутник за ка- w w w 1) Нехай у рівнобедрений прямокут­ ний трикутник ABC вписано квадрат A M N K .A B = A C = 8 см; Z B = ZC = 45°; A B M N — рівнобедрений прямокутний трикутник. B M = M N ; AKNC — прямокутний. N K = = КС-, Р ^ ^ ^ = А В -І-АС = 8 -І- 8 = 16 см. 2 )Л „ „ .- = 29-і-29 = 58 м м ; = 0,82 дм. 216. Нехай дано ABCD — ромб, діаго­ налі якого рівні, АС = BD. 220. Нехай ABCD — ромб, A M А. ВС; А Р ± DC-, A M і А Р — висоти, АС — діа­ гональ. в М BD X АС, ААВО — прямокутний, АО = OB, Z1 = Z2 = 45°; Z A = ZB = 90°, отже, даний ромб е квадратом, тому що в ньо­ го всі кути прямі. ААСМ = ААСР. АС — спільна; А М = АР, отже, ZM A C = ZPAC, що й треба було довести.
  • 31. г 221. Проведемо діагоналі АС і BD; АС = BD. ААВС; M N — середня лінія; M N ЦАС; Нехай ABCD — ромб. В M N = -A C ;A A D C ;K P ^ 1 Ä-P||AC; К Р = ^АС. 222. nexa&ABCD — ромб. M ,N ,P , К — середини сторін ромба. В N: С 225. Нехай AB C D — ромб. Від двох протилежних вершин ромба на його сто­ ронах відкладено рівні відрізки A M = = A P ;N C = CK. В N С A P D B D iA C — діагоналі ромба; /.BOD = 9 0 ° ; N K II BD, тому N K A.AC; N M X BD; Z N = = Z K = Z P = Z M = 9 0 ° . M N K P — прямо­ кутник. .4 bo ok .o А ' Р D Проведемо діагоналі АС і BD. M N — се­ редня лінія ААВС. M N II АС; Р К — се­ редня лінія ДАОС, Р К II АС => M N ЦР К . Аналогічно М Р ЦN K . Отже, M N K P — паралелограм, що й треба було довести. Отже, M N IIN P ; M N = K P. Аналогічно М К ЦN P ; М К = N P . Якщо АС = BD, тоді M N = К Р = М К = N P. Тому M N P K — ромб, що й треба було довести. rg A M X ВС; А Р 1 DC; Z M A P = 30°; ZM A P = =/ABC=30°; ZABC= ZADC = 30°. Z A + Zß = = 180°; ZBAD = ZBCD = 180° - 30° = 150°. Відповідь: 30°; 30°; 150°; 150°. - середня лінія; w w 223. Нехай дано ромб ABCD. Із точки перетину діагоналей ромба проведено перпендикуляри до його сторін. D N С w А М В O N 1 DC; OP 1 ВС; О М 1 AB; O K XAD . Точки К, О, Р лежать на одній прямій; О, N , M — також належать одній прямій. K P 1 ВС; M N 1 DC; K P і M N — висоти ромба ABCD. K P - N M ; K P і N M — діагоналі чотири­ кутника K N P M , отже, чотирикутник K N M P є прямокутником. 224. Нехай A B C D — прямокутник. М , N , Р , К — середини сторін прямо­ кутника. В І N І С 226. ABCZ) — чотирикутник. BZ) і AC — бісектриси кутів, B D iA C — діагоналі, BD=AC. D С A В Якщо в чотирикутнику діагоналі рів­ ні, то він є прямокутником, а якщо діа­ гоналі прямокутника є бісектрисами кутів, то він є квадратом. 227. Нехай ASCD — квадрат. длоо ~ ^K B D= 20. Р ^ о = а -І- d, де а — сторо.JV C на; d — діагональ. 4^«oz. = 4a + 4 d ;P „, = 4a; Аа + Ы - А а = 20; 4d = 20;d = 5. Відповідь: d - Ь .
  • 32. 228. НехайАВСО — прямокутник. ßÄ^, A N , CK, D N — бісектриси кутів; бісект­ риси двох пар сусідніх кутів прямокутни­ ка перетинаються під прямим кутом. 239. ACPD — рівнобедрений прямокутник. ZC = /.D = 45°. гС Р В = 90°; /.NPK = 90°. M N P K - квадрат, N P = РК-, M N = М К , що й треба було довести. 229. Мал. 128. д = 4 см. : Мал. 129.д: = 12см. 240. D E II ВС; E F II AB Побудувати квадрат: 2 ) E F = 7 cm;B D = 7 cm. 236. 241. oo k. o rg а) за сумою діагоналі і сторони. +' а d ' Побудуємо допоміжний прямокутний трикутник за катетом S = a + d i прилег­ лим кутом 2 2 , 5 ° . .4 b Мал. 124 w XÄSM 2 w w 2 Мал. 125 Л а ' х = 4 см. Мал. 126 A4, = А Л = А Л ; Л-Ві И А И А 1) = 6 см; Aß, = 6 см; 2)ß,ß^ = 5cM;Aß3 = 15cM; 3)AB3 = 12cM;ß^ß3 = 4cM. 242. fc 243. ЛАВС; AB = 12 см; в с =18 см. В А А а x = S см. Ь Al 1) по 4 см і по 6 см; 2) 6 см і 12 см; 4 см і 8 см.
  • 33. 244. AA^=A^A, = A ^ ,;A ,B ^ ± l;B ^ ^ l. Х /;В з з ± / ; тодіЛ .В ,| | В Л ІІ-В А А в ДАВС. — середні лінії 250. Нехай дано ДАВС; MiV, РЛ^.М Р— середні лінії. В А Р С M N = З CM-, N P = 5 c m ; M P = 6 см. 1)AB = 2NP = 2 x 5 = 10(cm); ВС = 2 М Р = = 2 х 6 = 12 (см); А С = 2ЛГЛГ= 2 х 3 = = 6 (см); РД^^ = 10 + 12 + 6 = 28 (см); 2 )А В = 2х 7 = 14 (см); ВС = 2 х 9 = = 18 (см); АС = 2 х 12= 24 (см); P ^ ^ = = 14 + 18 + 24 = 56 (см); 3 )А В = 2 х 8 = 16(см); В С= 2 х 10 = = 20 (см); АС = 2 X 12= 24 (см); Р ^ = = 16 + 20 + 24 = 60 (см). Відповідь: 1) 28 см; 2) 56 см; 3) 60 см. .4 bo С А С а )А С = 2 M N = 2 х 4 = 8(см ); Р ^ = Зх X 8 = 24 (см); б )А С = 2 M N = 2 х 0,8= 1,6 (см); Р ^ с = = 1,6х 3 = 4,8 (дм); в) АС = 2M N = 2 X 100 = 200 (см); Р ^ ^ = = З X 200 = 600 (мм). Відповідь: а) 25 см; б) 4,8 дм; в) 600 мм. rg = ok .o 246. (мм). Нехай ААВС — рівносторонній. M N — середня лінія. В А Р с 1) M N , N P , M P його середні лінії; АС = 8 см; ВС = 5 см; AB = 7 см; M N = 4 см; A fP = 2,5 ом; = 3,5 см; 2) 15 мм; 20 мм; 25 мм; 3) 4,5 см; 5 см; 7 см. ДАВС. 16 249. Отже, за теоремою Фалеса АВ^ = = Bjßj, що й треба було довести. 245. ДАвс 3) Р^ = 48 см; а = 48 : З = Усі середні лінії по 8 мм. Нехай ААВС — рівносторонній. w 247. w w 1 )а = 8 см; 6= 10 см; с = 12 см; M N = = 6 см; М Р = 4 см; P N = 5 см; 2) а = 0,5 см; &= 12 см; с = 1,3 см; M N = = 0,25 см; М Р = б см; P N = 6,5 см. АВ = ВС = А С = а ; M N = а; ^ N P = a; 4 І М Р - - а , отже, M N = N P = M P . 2 251. Нехай дано: ДАВС. ДМЛ^Р — три­ кутник, утворений середніми лініями. С В рівнобедреному трикутнику дві се­ редні лінії рівні між собою. в = 2х 1 )Р 18 = 36(см); 2,4 дм; Р А ^ = 2х 2,4 = = 4,8(дм); 300 мм; Р ^ ^ = 2х 300 = = 600 (мм). Відповідь: 1) 36 см; 2) 4,8 дм; 3) 600 мм. X А Р с 248.1) = 12 см; а = 12 : З = 4 (см). Усі середні лін ії по 2 см. 2)Р^ = 24 дм ;а = 24 :3 = 8 ( д м ) . Усі середні лінії по 4 дм.
  • 34. 252. ABCD — паралелограм; BD і AC — діагоналі. С А 1Г^ В 1 ) M N = 5 см; М К = 11см; AADC: M N — середня лінія; А С = 2 M N = = 10 см; AABD: М К — середня лінія; B D = 2 М К = 22 см; 2 )M N = 0,6 дм; А С = 1,2 дм; М К ^ 0,9 дм; BD = 1,8 дм; 3 )M N = 100 мм; АС= 200 мм; М К = 14 см; BD = 28 см. 253. 1) Рівносторонній трикутник; 2) рівнобедрений трикутник. 254. А 1 )А С = ВС, M N = т; M N — середня лінія трикутника, Р — периметр. M N = 5 cm ;A B = 2 M N = 1 0 cm ;A C = BC = = (4 0 - 1 0 ): 2 = 15см. Відповідь: 15 см; 15 см; 10 см. 1) m = 2,5 см; AB = 2т = 5 см; АС = ВС = = (2 5 - 5 ): 2 = 10(см). Відповідь: 5 см; 10 см; 10 см. 258 .Нехай О — середина відрізка AB. А Р L B L 1 N M ; M L ЦK P . M L = N B = К Р = = 4 CM . AABL: OP — середня лінія. O P |AL. | ß O = OA, за теоремою Фалеса В Р = PL. rg ОР = І а і , = І х (8 + 4) = 6 (c m ); oo k. o ОК = О Р - К Р = 6 - 4 = 2см. Відповідь: 2 см. 259. Нехай дано ДАВС. А В :В С :А С = = 3 :4 :5 . 255. .4 b 1 )А С : С В = 2 :3 ; 2) A M : M B = 3 :4 ; 3 )А К :К В = 2 :5 . 1)АБ^ - ß jß , = 9 c m ; A B j = 9 c m ; 2)AB^ = 8 см; = 12 см; - B j ß j = 1 0 cm ; A B ^ = 2 0 cm . Нехай дано паралелограм ABCX). С w w w 3) 256. /ЛОВ; за теоремою Фалеса А М = M D , отже, D K = K P. ZCBD; за теоремою Фалеса B N = NC, тоді B P = PK . Отже, D K = K P = PB, що Й треба було довести. 257. Нехай ААВС — рівнобедрений. С 1)РД ^^= 60 см; HiMNP — трикутник, утворений середніми лініями даного ААВС. А В = Зх; В С = 4х; А С = 5х; РА^^ = 12х; ^^мир12лс= 60; х = Ь ; А В = 15см; ВС = 20 см; АС = 25 см; МІУ = | а С = 12,5 см; Wi> = -B C = 10 см; 2 М Р = - А В = 7,5 см. 2 Відповідь: 7,5 см; 12,5 см; 10 см. 2) Я = 4,8 дм = 48 см; 12л: = 48; ж= 4 см; AB = 12 см; ВС = 16 см; АС = 20 см;
  • 35. г M N = - A C = 10 см; N P = ^ B C = 8 см; M P = ^ A B = 6 см. 1)АС = т = 4 см; ВХ) = л = 6 см; M N P K — чотирикутник; М , N , Р, К — середини сторін чотирикутника ABCD. ДАВС; M N — середня лінія ДАВС; M N = - A C = - m = 2 см; 2 2 Відповідь: 6 см; 8 см; 10 см. 260. Нехай дано AABC, сторони AABC A B : ВС ■,AC = 1 :8 : 9. В ДАОС; K P — середня лінія ДАОС; К Р = - А С = ^т=^2 см; 2 2 ABDC; N P = - B D = - n = - - 6 = 3 см; 2 2 2 AABD-, M K = - B D = - n = - 6 = 3 см; 2 261. .4 w M N = -A C ; М Р = -В С ; N P = -A B . 2 w 2 2 2 or g S сс а 263. Нехай AB C D — чотирикутник, АС і BD — діагоналі; АС + BD = S. Нехай дано ДАВС; A M N P — три­ кутник, утворений середніми лініями. В Р Л ^ = А В + ВС + АС. 2 Р ^ „ = 2 + 3-(-2-ьЗ = 10(см). 2) m = 24 см; л = 25 см; Р^,^р^ = 1 2 + 1 2 + -н 12,5-н 12,5 = 49 (см). Відповідь: І ) 10 см; 2) 49 см. bo ok . А P С ^ M N P — трикутник, утворений серед­ німи лініями. 1) = 48 ом; РА^^ = 2 Р Д ^ = 96 см; AB = 7х; ВС = 8jc; АС = 9х; 7х + 8х + 9х = = 96; 24х= 96; 4; AB = 28 см; ВС = = 32 см;ЛС = 36см; 2) Р= 4,8 дм; А В = 1,4 дм; ВС = 1,6 дм; Л С = 1,8 дм. Ж М , N , Р, к — середини сторін даного чотирикутника. Р.М УРК = M N + N P + K P + K M . AABC; M N — середня лінія, го I т ё 5 ‘с о 3 о. I— ш M N = і AC; AADC — середня лінія; w Р ш . . = ^ + В С + ^ А С = = і(А В + ВС + АС) = |р ^ еОтже, Р Д ^ ,= 2Р, довести. що й треба було 262. Нехай дано чотирикутникЛВСІ). АС і BD — діагоналі. В K P = -AC A A B D fM K — середня лінія, M K = -B D ; 2 ABDC; N P — середня лінія, N P = -B D . 2 P „ ,,^ = iß D + iß D + iA C + |AC = = BD + AC = S. 1) S = 25 cm; P m u p k - ^ ^ 2) S = 3,5 дм; = 3,5 дм. Відповідь: 1) 25 см; 2), 3,5 дм. со :
  • 36. 264. Нехай ABCD — квадрат. AC — діа­ гональ; AC =d. M N K P — чотирикутник, вершини яко­ го є серединами сторін квадрата. M N = P K = -A C ; N K = M P = -B D ; 2 2 AC = BD = d ;P „ ,,^ = 2d. 1 )Р = 16см; 2) Р = 2,6 дм. дини сторін. PKBD; P K = ^B D ; M N = PK;PM AC; Р М = ^АС ; ІСЛГЦАС: K N = ^AC ; K N = P M ; A C = BD. Отже, P M = M N = = N K = P K . P M N K - ромб. A PD M = = ANCM. Z P M D = Z N M C = 45°; Z P M N = = 90°, отже, ромб P M N K — квадрат. rg 265. 1) Нехай ABCD — прямокутник; М , N , Р , К — середини його сторін. D М С oo k. o 266. Нехай М , N, P — середини сторін шуканого трикутника. hADC-, M N AC-, M N = - A C ; AABC; 2 w w w .4 b KPAC-, K P = - A C (властивість серед­ ньої лін ії трик^ника). отже, M N | K P; | M N = K P. Аналогічно N P | M K ; N P = | = M K . Якщо BD = AC, TO M N = N P = = PK = MK. Отже, M N P K — ромб, що й треба було довести. 2) Нехай ABCD — ромб. М , N , Р, К — середини сторін ромба. В Проведемо прямі, що проходять че­ рез дані точки паралельно середнім лініям трикутника. ААБС — шуканий трикутник-. 267. M N AB;BN = N K , за теоремою Фалеса K M = А М . 269. Нехай дано ДАВС. A M , ВАГ, CN — медіани трикутника ABC. KP = M N = -А С ; 2 P N = K M = -B D -, 2 K P II AC; M N II AC; K P | M N ; P N | BD; | | K M II BD; K M + P N ; K M = P N ; BD ±A C ; PN X M N; KP X KM. Отже, K P N M — прямокутник, що й треба було довести. 3)ABCD — квадрат. М , N , Р, К — сере­ О — точка перетину медіан трикутника.
  • 37. г П р о в е д е м о М К IICN. За теоремою Фалеса В М = М С . В К = K N ; BF = FO .OB = 20К. Д я а л о г іч н о : O K : OB = 1 : 2 ; АО : О М = = 2 :1 ; СО : O N = 2 : 1, що й треба було AAjCß, = Aß,C,ß = AA,ß,C, = ДЛА,С,. 273. 1) = 36 c m ; А К = К Р = B P; B N = NQ = Q C ;A M = M D = DC; P N — ceредня лінія AJfßQ; P N = ^K Q . довести . 270. 1)ВС II АВ II Л,С.; AB ЦЛ,В,. AB; ВС; АС — середні лін ії ДЛ,Л^С,. 2)А^В^ = 2АВ = 12 см; ß,C, = 2ВС = 24 см; Л,С, = 2ЛС = ЗО см; = 48 см; 3 )Р . Аналогічно; M K = і PD; QD = —M N . 2 2 Сума відрізків дорівнює 274. = 36 см. Нехай дано: ААВС. = -•48 = 24 (см). or g -^мвс “ 2 Нехай пряма І проходить через середи­ ни двох сторін точки М і N . M N — се­ редня лін ія ААВС, отже, M N | АС. { Точки А і С знаходяться від прямої / на відстані Ай: = СР. А К X I; C P U . Нехай BD X І. А А К М = ABDM. A M = = M B ; Z K M A = /.DBM; з їх рівності А К = В О .А К = РС = В В ,щ о й треба було довести. bo ok . 271. .4 А М с Нехай дано: ААВС; А К X ВС; FC X АВ; А К і FC — висоти, які перетинаються • точці о. Доведемо, що й третя висота В М проходить через точку о. w 272. Нехай дано: ААВС; АС = Ь;ВС = а; АВ = с; A j, ß,, С, — середини сторін. § 7. Трапеція w С w 282. l ) A D i ß C — основи; 2) АВ і CD — бічні сторони; 3) Z A і Z D , Z ß і ZC — кути, прилеглі до основ AD і ВС відповідно; 4) Z A і ZB , /.С і /.D — кути, прилеглі до бічних сторін АВ і CD відповідно. А С . = Д А = | ; ß.C = ß.ß = | ; 283. Чотирикутник ABCD — трапеція, тому що AD II ВС, А В / DC. AC ,=C,ß = |; A ß ,= | c ; В .С .=|ь; Л С ,= | а . р “ |Св, ~ Р _ £ ^ £ . 2 ^ 2 ^ 2’ . ~ 2 ^ 2^ 2’ ~ 9 ^ 91 ^ Я ’ и ” 2^2 2■ У цих трикутників рівні сторони, отже. О D С Відповідь: ABCD — трапеція. 284. 1) CD = AB = З CM (за означенням рівнобічної трапеції); 2) A N = 180° - Z M = 180° - 90“ = 90“ (за
  • 38. властивістю внутрішніх односторон­ ніх кутів при паралельних прямих M L і N K та січній M N ). Відповідь: 1) З см; 2) 90°. 289. 285. A D 1 )Z A = 180° - Z B = 180° - 110°= 70°; ZC = 180° - ZD = 180° - 30° = 150°; 2 )Z A = 180° - Z B = 180° - 125°= 55°; ZD = 180° - ZC = 180° - 145° = 35°. Відповідь: 1) Z A = 70°, ZC = 150; 2) ZA = 45°, Z D = 35°. 1) А D 2) ВС = З см, AD = 5 см, M N = 4 см; 3) ВС + A D = З + 5 = 8 см. M N у два рази менша за суму ВС +A D . 290. в T 286. Якщо NA' = 4 см, M L = 8 см і £ F — середня лінія, то NK + ML 4+ 8 = 6 (см). Отже, на рисунку неправильно вказано довжину середньої лінії трапеції. Відповідь: ні. bo ok . .4 65° 115° 144° 36° 60° 120° 152° 28° 45° 135° 142° 38° w 70° 110° 154° 26° А D ZC + Z D - 180°, оскільки Z C і Z D є внутрішніми односторонніми при па­ ралельних прямих A D і ВС та січній CD. Отже, сума градусних мір двох кутів трапеції, прилеглих до бічної сторони, дорівнює 180°. w ос Q. 287. Нехай ABCÖ — трапеція (A D IIВС), тоді Z A + ZB = 180°, оскільки A D | ВС | і кути А і В є внутрішніми односторон­ німи при паралельних прямих AD і ВС 291. та січній ЛВ. В С 1 ZA / ! ZB ZC / ZD / ! w О 3 A D 1 )Z A = ZB = 180° : 2 = 90°; ZD = 180° - ZC = 180° - 120° = 60°; 2 )Z A = Z B = 180°: 2 = 90°; ZC = 180° - ZD = 180° - 25° = 155°; 3 )Z A = ZB = 180°: 2 = 90°; ZC = Z A -I- 40° = 130°; Z D = 180° - ZC = 180° - 130° = 50°. Відповідь: 1 )Z D = 60°; 2 )Z C = 155° 3) ZC = 130°, ZD = 50°. or g EF = 288. Мал. 156 ziB = 180° - Z A = 180° - 50° = 130°; Z D = = 180° - ZC = 180° - 140° = 40°. Відповідь: Z B = 130°; Z D = 40°. Мал. 157 Z B = 180° - Z A = 180° - 90°= 90°; ZC = = 180° - Z D = 180° - 46° = 134°. Відповідь: Z B = 90°; ZC =134°. Мал. 158 ZB = 180° - ZA = 180° - 40° = 140°; ZC = = 180° - Z D = 180° - 36° = 144°. В ідповідь: Z B = 140°; ZC = 144°. A D 292.1) BC I AD, бо ABCD — трапеція з ос­ I новами AD і ВС. CK IIAB — за умовою. Ос­ кільки ВС IIAD, С К I AB, то чотирикутник I АВСК — паралелограм. 2) ZB AD = ZC K D — як відповідні кути при паралельних прямих AB і CD та січ­ ній А К . Z B A K = ZC D K — як кути при одній основі рівнобедреної трапеції. Ос­ кільки ZB AD = ZC K D і Z B A K = ZCDK, то ZC K D = ZC D K , тобто, AKCD — рівнобедрений. 293. 1)M L=M F+FL=M F+NK=5+2=7cm ; 2) N K = F L = M L - M F = 1 0 - 7 = 3 c m ; 3 )M F = M L - F L = M L - N K = 1 2 - A = 8 c m . Відповідь: 1) 7 см; 2) З см; 3) 8 см.
  • 39. г 294. ААВМ =ADCK (за гіпотенузою і го­ стрим кутом: A B = CD — як бічні сторони рівнобічної трапеції A B C Ö , ZA = Z D — як кути при основі рівнобічної трапеції). Мал. 162 х + 8 = 12;х = 1 2 - 8 ; 2 д = 4 (ом). ; Відповідь: 4 ом. Мал. 163 * І ^ = 6; Х= It де X — середня лінія трапеції. Відповідь: 4 см, 11 см, 7,5 см. * = 7 (см). Відповідь: 7 см. Мал. 164 І1І5 = 10; 2 ж+ 5 = 20; д = 2 0 - 5; х = 15 (см). с Відповідь: 5 см. AD ВС MN 10 см 7 см 6 см 9 см 8 см 8 см .4 bo ok .o 296. 13 см 11 см 9 см 5 см 9 см 15 см 9 см 10 см 12 см w в w w 297. Pmcd = BC + A D + AB + CD = = 2X 299. 1) Дані кути не є прилеглими до бічної сторони, оскільки 46° + 144° ^ ^ 180°, тоді два інші кути дорівнюють 180° - 46° = 134° і 180° - 144° = 36°. 2) Дані кути не є прилеглими до бічної сторони, оскільки 35°+ 155° * 180°, тоді два інші кути дорівнюють 180° - 35° = = 145° і 180°-155° = 25°. 3) Дані кути не є прилеглими до бічної сторони, оскільки 52° +124° 180°, тоді два інші кути дорівнюють 180° - 52° = = 128° і 180°-124° = 56°. Відповідь: 1) 134° і 36°; 2) 145° і 25°; 3)128° і 56°. rg 295. де M N — середня лінія трапеції. Відповідь: 8 см, 16 см, 12 см. Мал. 166 N K = FE = 4 cm;M L = M F + FE + EL = 2 + + 4 + 5=11 c m ; N K + M L 4 + 11 > = ---- = 7,5 (см), л = -------2 2 300. 1) Оскільки кути трапеції дорів­ нюють Зй°, 8А°, 5fc°, 6ft° (k — коефіцієнт пропорційності) і ЗА + 8А = 5Ä + 6А, то кути можуть відноситися як з : 8 : 5 : 6. 2) Оскільки кути трапеції дорівнюють А°, 2Л°, 2k°, 3k° (k — коефіцієнт пропор­ ційності) і ft + 3Ä = 2ft + 2ft, то кути тра­ пеції, взяті послідовно, можуть відно­ ситися як 1 : 2 : з : 3. 3) Оскільки кути трапеції дорівнюють 7ft°, 3ft°, 4ft°, 5ft° (ft — коефіцієнт про­ порційності) і 7ft + 3ft 4ft + 5ft, і 7ft + 5ft ^ 3ft + 4ft, TO не існує трапеції, кути якої взяті послідовно, відносяться як 7 : з : 4 : 5. Відповідь: 1) так; 3) так; 3) ні. + c + d = 2m + c + d. 301. Нехай Z D = 45°, BC =a,A D =b, CD 1 AD, тоді ACKD — прямокутний рівно1) Р ^ о = 2т + с + d = 2 х 10+ 8 + 12 = бедрений iC K = K D =AD - A K = A D -B C = = 4 0 (см); = b -a . ^ )P ^ cD = 2m+ с+ d= 2 х 14+ 17+ 17 = В С = 28 + 34 = 62(см). Відповідь: 1) 40 см; 2) 62 см. 298. Мал. 165 ЙС = AD - 2AF = FD - A F = 12 - 4 = 8 (см); A D = A F + FÜ = 4 + 1 2 = 1 6 c m ; BC + AD 8 + 1 6 MN = = 1 2 (C M ) А K D 1 ) С К = Ь - а = 8 - 6 = 2 (см); 2 )С К = Ь -0 = 1 0 -6 ,2 = 3,8 (см) = 38 (мм). Відповідь: 1) 2 см; 2) 38 мм.
  • 40. a .g 'E о S Q. ti О Ш Нехай Z A + ZC=^ZB + Z D =180°. В С А D Оскільки Z A + ZC = 180° — за умовою і ZA + ZB = 180° (задача 287), то ZB = ZC, тоді згідно з задачею 302 маємо AB = = CD. Отже, якщо в трапеції сума про­ тилежних кутів дорівнює 180°, то тра­ пеція рівнобічна. 306. 1) Нехай Z B - Z D = 40°. Оскіль­ к и Z B + Z D = 180° (за д а ч а 3 0 4 ) і 180° н-40° Z ß - Z £ ) = 40°,TO Z ß = = 110 °, zb = 1 ® 2 : : ^ = 70°. ZA = ZD =70°, ZC = Z ß = 110°. В С .4 bo ok .o I т w 2 303. Мал. 167 Z A = 9 0 °-3 2 ° = 58°, Z ß = 90° + 32° = 122°, ZC = Z B = 122°, Z D = Z A = 58°. Відповідь: 58°, 122°, 122°, 58°. Мал. 168 ZBCA = ZCAD = 30° — як внутрішні різносторонні кути при паралельних пря­ мих AD і ВС та січній АС. ZBAC = ZBCA = 30° — як кути при ос­ нові АС рівнобедреного трикутника ЛВС. ZBAC = ZBAC + ZCA = 30° + 30° = 60°. Z D = ZB A C = 60°: Z B = Z B C D ^ 180°-6 0 ° = 120°. Відповідь: 60°, 120°, 120°, 60°. Мал. 169 Z D = ZB AD = 2ZCAD. Оскільки Z D + ZCAD = 9° і ZX) = 2ZCAD, TO ZD = w го ^5^ 1+ 2 = w X А К D Оскільки АВСК — паралелограм, то СК = AB. Враховуючи, що AB = СК і СК = AD, то AB = CD, тобто трапеція ABCD — рівнобічна. 305. rg 302. Нехай Z A = Z D , проведемо CK | | II AB, тоді ZA = Z C K D — як відповідні кути при паралельних прямих AB і СК та січній А К . Оскільки ZC K D = Z D , то ACKD — рівнобедрений і СК = АВ. В С 60°, А D Відповідь: 70°, 110°, 110°, 70°. 2 ) Нехай Z A : ZC = 1 : 4 . Оскільки ZA + + ZC = 180° (задача 304) і Z A : ZC = 1:4, . o Z A = l « 5 : ^ = 36°,ZC = i ? ° : ^ = 144° 1+ 4 1+ 4 ZB = Z C = 144°, Z D = Z A = 36°. Відповідь: 36°, 144°, 144°, 36°. 307. Нехай AD II ßC, AB = CD, тоді ZA = = ZD — як кути при основі рівнобічної трапеції. В С ZB C D = 180° - Z D = 180° - 60°= 120°, Z B = ZBCD = 120°, ZBAD = Z D = 60°. Відповідь: 60°, 120°, 120°, 60°. 304. A еч D ZA + ZC = Z A + ZB = 180° (оскільки ZC = = ZB і Z A + Z B = 180°). ZB + Z D = Z B + Z A = 180° (оскільки Z D = Z A i Z A + Z B = 180°). Отже, в рівнобічній трапеції сума про­ тилежних кутів дорівнює 180°. А D hADC = ADAB (за двома сторонами і ку том між ними: AD — спільна сторона CD = ВА — за умовою, ZB AD = ZCDA) Із рівності цих трикутників випливає що АС = BD. Отже, діагоналі рівнобіч ної трапеції рівні. 308.1) AABD = ADCA — за трьома сторона­ ми: AD — спільна сторона, AB = DC — як бічні сторони рівнобічної трапеції, B D = = СА (задача 307). Із рівності цих трикут­ ників маємо ZBDA = ZCAD, тоді ZODA = = ZOAD. Отже, AAOD — рівнобедрений. Ана­
  • 41. логічно д в о е — рівнобедрений, бо ДВСЛ = = ДСЛА (ВС — спільна, CD=BA, BD = СА) і із рівності цих трикутників випливає, що / J ) B C = ZACB. 2 )tA O B =ADOC — затрьомасторонами, оскільки ЛО = DO (бо &AOD — рівнобед­ рений), OB = ОС (оскільки д в о е — рів­ нобедрений, AB = CD (як бічні сторони рівнобічної трапеції). (ADBC,AB = C D ),B K L A D ,C M 1. AD, A K = 4 CM, K D = 8 CM . АЯ: = І АК = М Р = ^ - ^ ^ 2 а В= І х4= 2 ( cm), M D = ^C D = ^ x 4 = 2 ( cm), ^ а .4 bo ok .o 309. Нехай у рівнобічній трапеції AßCö (AD IIßC), AD = 10 CM ^ = CD = 4 CM ZA = , , = Z D = 60°. В С тоді BC = K M = A D - A K ~ M D = 1 0 - 2 - 2 = 6 (см). Відповідь: 6 см. w w w 310. Нехай у рівнобічній трапеції ABCD (AD II ВС), AD = 49 см, ВС = 15 см, ZA = = ZJD = 60°. В С A K M D Проведемо AD, C M X A D . AABK = ADCM — за гіпотенузою і го­ стрим кутом (AB = CD, Z A = Z D = 60°), тоді AK = MD = А В -В С 49-15 = 17 ( cm). Із прямокутного трикутника АВЛГ (Z K = = 90°, Z A B K = 30°) маємо AB = 2АК = 2 х X 17 = 34 см. Оскільки трапеція ABCD — рівнобічна, то CD = А В = 34 см. Відповідь: 34 см. 311. rg A K M D Проведемо B K ± AD, CM ± AD, тоді ZA B K = Z D C M = 90° - 60° = 30°. 3a властивістю прямокутного трикут­ ника з кутом 30° маємо: A K M D &ABK = ADCM, тоді M D = A K = 4 C M. A D = A K + K D = 4 + 8 = 12 ( c m ) . BC = A D - A K - M ö = 1 2 - 4 - 4 = 4 ( cm). Відповідь: 4 см і 12 см. 2) ABCD — рівнобічна трапеція (AD jj II BC ,AB = C D ),B K ± A D ,C M 1 A D ,A K = = 2 см, K D = 7 C M . A D = A K + K D = 2 + 7 = = 9 (cm). AABK = ADCM, тоді BC = K M = P = AD - AK-- M D = 9 - 2 - 2 = 5 (CM). s Відповідь: 5 см, 9 см. Ct Q. 312.1) AASJiT = ADCM — за гіпотенузою і гострим кутом (AB = DC — як бічні сторо­ ни рівнобічної трапеції, Z A = ZD — як кути при основі рівнобічної трапеції), тоді 1) AßCD — рівнобічна трапеція =^ -^ ^ 2 2 s I 2) Оскільки А К = M D , то А К + K D = T >4 = M D + K M або A M = K D , тоді Q. 5 A M = KD = AK + K M = ^ ~ ^ ^ + с о A D - B C + 2BC A D + BC S +ВС = 2 Q. 313. L L A K D 1) Нехай B C = 12 CM, AD = 24 см, тоді згідно з задачею 312 маємо: A D -B C 24-12 ^ , А К = ---= — - — = 6 (см); Відповідь: 6 см і 18 см. 2) Нехай ВС = 8 см, AD = 14 см, тоді згід­ но з задачею 312 маємо: A D -B C 1 4 -8 АК = = 3 (см): BC-I-AD 8-И4 K D = ---=_ _ =ц Відповідь: З см і 11 см. , (см).
  • 42. 314. Нехай у трапеції ABCD (ADBC) AB = BC, тоді Z.BAC = ZßCA (як кути при основі рівнобедреного трикутника; ZBCA = = ZCAD (як внутрішні різносторонні кути при паралельних прямих AD і ВС та січ­ ній АС). Оскільки ZBAC = ZBCA і ZBCA = = ZCAD, то ZBAC = ZCAD, тобто АС — бі­ сектриса кута BAD. В , С Мал. 174 Проведемо E F II AB, тоді A B E F — пара­ лелограм, BE =A F. ACNE = ADNF (за стороною і двома при­ леглими кутами: CN = D N — за умо­ вою, ZC N E = Z D N F — як вертикальні, Z E C N = Z F D N — як внутрішні різносторонні при паралельних прямих ВС і AD та січній CD), тоді E N = F N і СЕ = = DF. M N = ^ ( В Е + A F ) = ^(B C + CE + S І З" .5 с о З тс = i ( ß c +A D ). 317, A B C D — трапеція (B C | A D ), | A D -.B C ^ l : Z , A D - B C = i,b c m , M N — середня лінія трапеції. В С rg го 315. Нехай A B C Z ) — рівнобічна трапе­ ція, у якій AB = CD = BC, AD = b,BC = a, тоді AABC — рівнобедрений і + ВС + CD + A D = a + a + a + b = 3a + b. В С + A D - F D ) = ~{BC + CE + A D - C E ) ^ 2 .4 bo ok .o Р S Ct Ql А D Отже, якщо бічна сторона трапеції дорівнює меншій основі, то діагональ, яка сполучає їх кінці, є бісектрисою кута, прилеглого до більшої основи. А D = 3x 1 ) Якщо а = 6 см , b = 8 см, то X 6 + 8 = 26 (с м ); 2 ) якщо а= 6 2 м м = 6 , 2 см; Ь= 1 0 см, то P abcd = 3 x 6 ,2 + 1 0 = 1 8 ,6 -1 -1 0 = 28,6 (см). Відповідь: 1) 26 см; 2 ) 28,6 см. О 316. Мал. 172 За теоремою про середню лінію трикут­ ника маємо w w а. w М Е = - ВС, E N = -A D ,T o n i 2 2 M N = M E + EN = -B C + - A D = 2 2 BC + AD 2 Мал. 173 Проведемо CF II AB, тоді ABCF — п а р а ­ лелограм, A F = ВС, CE = EF, E N — се­ редня лінія трикутника FCD. А D Нехай AD = I x см, ВС = Зх см, тоді ї х - З х = 4 ,8 ; i x = i,S -,x = l,2 . Отже, AD = 7 X 1 , 2 = 8 ,4 (см); В С = З х X 1 , 2 = 3,6 (см), тоді A D + BC 8 ,4 + 3,6 1 2 ^ , M N = ----------- = -:----- ^ = — = 6 (см . 2 2 2 Відповідь: 6 см. 318. ABCD — трапеція (ВС |AD), M N — | середня лінія трапеції, M N = 1 0 см, N E - M E = 2 см. В А D Нехай M E = X см, тоді N E = (х + 2) см, В С= 2 М Е = 2хсм, A D = 2 N E = 2(х + + 2) см. Оскільки M N = — -----, M N = M E + E N = BC + - F D = BC + 2 то + - (A D -A F )= ^ B C + - A D - - B C = + 2 = 10; 2л = 10 - 2; 2х = 8; і = 4. Отже, AD = 2 ( л + 2 ) = 2 X (4 + 2 ) = 12 (см); ß C = 2 x = 2 x 4 = 8 (см). Відповідь: 8 см і 12 см. 2 2 2 2 2 2 10 = х + 2 + х ;2 х +
  • 43. r 319. ABCD — трапеція (ВС |AD), A K = | = jrC, B L = L D ,A D = a, BC = b. В с А D Проведемо через точку к пряму K M I I ДАО, пряма K M містить відрізок KL. Тоді М К — середня лінія трикутника ABC, L N — середня лінія трикутника BCD, і у двох точках В, і В^. Трапеції A B fiD і A B fiD — шукані. 'лС А 10 см 2) Спочатку будуємо трикутник ABD, у якого AD = 10 см, AB = 5 см, BD = 8 см. Через точку В проводимо промінь ВС, ВС II AD. Проводимо дугу кола з цент­ ром у точці D і радіуса 6 см, яка перетинає промінь ВС у двох точках С, і C ^.A B C fi A B C fi — шукані трапеції. K L = ^ M N -M K -L N = ^ ^ ± ^ ~ 2 ВС ВС a + b Ь b 2 ~ 2 ~ 2 a + b —b - b a -b 320. ABCD — трапеція, А К = КС, BL = ^LD , ВС = а, K L = с. Згідно з результаталт _ ми задачі 319 маємо: K L = ----,тоді A D -a , AD - а = 2с; A D = 2с + а. е=- с А w w .4 В or g А 7 см D 3) Будуємо відрізок AD, AD = 7 см; потім будуємо кут DAB, Z D A B = 60°; на промені AB відкладаємо відрізок AB, AB = З CM і через точку В проводи­ мо промінь І, паралельний AD. Будуємо кут ADC, ZADC = 50°. Точка С — точка перетину променів І і DC. ABCD — шу­ кана трапеція. В С bo ok . Отже, відрізок, який сполучає середи­ ни діагоналей трапеції, паралельний основам і дорівнює їх піврізниці. D 1)Якщо а - 6 см, с = 4 см, то AD = 2с + + а = 2х4-і-6 = 14(см). 2)Якщо о = 50 мм = 5 см, с = 2 см, то XD = 2с-t-а = 2 X 2 -t-5 = 9 (см). Відповідь: 1) 14 см; 2) 9 см. w f 321. 1) Спочатку будуємо відрізок AD, AD = 12 см; потім будуємо кут D, Z D = 35°; промені DC відкладаємо відрізок CD, CD = 8 c m ; через точку С ороводимо промінь СВ, СВ ЦAD; про­ водимо дугу кола з центром у точці А і РвДіусом 6 см, яка перетне промінь СВ А а D 4) Спочатку будуємо трикутник ACD, у якого A D = а, АС = d, CD = с. Через точ­ ку С проводимо промінь СВ, паралель­ ний прямій AD. На цьому промені від точки С відкладаємо відрізок СВ, СВ = = Ь. ABCD — шукана трапеція. 322. A B C D - трапеція (A D II BC),Z1 = = Z2, Z3 = Z4. В С А ' F " D Оскільки Z I = ZA F B (як внутрішні різносторонні кути при паралельних пря­ мих AD і ВС та січній B F) і Z1 = Z2, то / A F B - Z1, тобто ДАВ/’ — рівнобедрений і AB = АР. Оскільки Z3 = ZCFD (як внутрішні різносторонні кути при паралельних пря-
  • 44. мих ВС і A D та січній CF) і = Z4, то Z.CFD= Z4, тобто A C FD — рівнобедреH nüiC D = F D .T o a iA D = A F + F D = A B + CD. Отже, якщо бісектриси кутів при одній основі трапеції перетинаються на другій її основі, то друга основа дорів­ нює сумі бічних сторін трапеції. Z2Z.ABCD — т р а п е ц і я {AD ЦВС),АВ =CD = 24 C M . M N — с е р е д н я л і н і я т р а п е ­ ц і ї , M E = 8 C M , E N = 20 см, т о д і ВС = 2МЕ = 2 x 8 = 1 6 (см), AD = 2EN = 2 х 20 = 40 (см). В С Оскільки ВО = ОС, то 90 ZOSC = ZOCB = = 45°, то О М = М С = В М = -В С . 2 Оскільки j40 = OD, то 90° ZOAD = ZO DA = = 45°, то OK = K D = A K = - A D . 2 1 1 Тоді M K = M O + OK = - B C + - A D = 2 2 CKD K D = -C D 2 326. ABCD — трапеція (AD ЦВС), AB = = CD, M N — середня лінія. В С .4 bo ok .o Оскільки в прямокутному трикутник Отже, якщо діагоналі рівнобічної тра­ пеції взаємно перпендикулярні, то се­ редня лінія трапеції дорівнює ії висоті. rg А К Проведемо с к ± A D , тоді A D -В С 40-16 = 12 (см). KD = 2 = - x . 2 i 2 Z.KCD = 30°, а /iCDK = 60“. Отже, ZD = ZA = 60°, Z.B = iLC^ 180° - 60° = 120°. Відповідь: 60°, 120°, 120°, 60°. TO w 324. AßCD — трапеція (AD II ßC ),A C = = BC. В С w w A K M D Проведемо B K 1 AD і C M 1 AD. AACM = ADBK (за гіпотенузою і кате­ том: А С = BD, С М = В К ), тоді ZC A M = = ZB D K . AABD= ADCA (за двома сто­ ронами і кутом між ними: B D = АС — за умовою, A D — спільна, ZAD B = = ZDAC — за доведенням), тоді AB = = DC, тобто ABCD — рівнобічна трапе­ ція. Отже, якщо діагоналі трапеції рів­ ні, то трапеція рівнобічна. 325ЛВСО — трапеція {ВС Ц AD), AB = CD, ZBOC = 90°, L N — середня лінія трапеції. Через точку О проведемо М К , М К X ВС, толі M K S.A D . В М С A K N D Проведемо BK X AD, CN X AD, тоді CN = A N і B K = K D (задача 312), звідси AACJV і ABKD — прямокутні і рівнобедрені, тоді Z C A N = Z A C N ^ Z K B D = Z K D B = i ° : = 45°. 2 Із трикутника AOD маємо ZAOD = 180° - ZOAD - ZO D A = 180° - 45° - 45° = 90°, отже,УІСХВІ). Таким чином, якщо середня лінія рів­ нобічної трапеції дорівнює ії висоті, то діагоналі трапеції перпендикулярні. 327.1)ABCD — трапеція (ВС Ц AD), ASCÄ’ — ромб, AKCD — рівносторонній. В , С А ' К D ZC K D = 60°, ZAäTC = Z B = 120°, 180°-120° ZB A C = Z B C A = = 30°. ZßCD = 120°, тоді 180°-120° ZCBD = ZCDB = = 30°.
  • 45. А ' К ' D Нехай В С = х е м , тоді A D = 2 х с м , тоді за властивістю середньої лінії трапещї X^ маємо — —— = 18, тоді 1,5л = 18; д = 12. г Отже, ВС = 12 см, A D = 2 x 1 2 =24 (см). Відповідь: 12 см і 24 см. A D -В С 2х + Ы - 2 х 2(x + l ) - 2 x = 7см AB = 2AP = 2 x 7 = 1 4 (см). Оскільки 60 см, то АВ-н ВС + + C D A D = 60; 1 4 + 2 .Ї+ 14+2(д:+-7) = • = 60; 28 -ь 2д: + 2л -к 14 = 60; 4л = 60 - 42; 4л = 18;л = 4,5.ТодіВС = 2х4 ,5 = 9(см); AD = 2 X (л + 7) =2 X (4.5 -н- 7) = 2 х 11,5 = = 23(см). Відповідь: 9 см і 23 см. 330. 1) Спочатку слід побудувати три­ кутник CKD, у якому CK = c,C D =d, K D = a -b ; 2) на промені D K від точки К відкласти відрізок А К , А К = Ь; 3) через точку С провести пряму, пара­ лельну прямій DK-, 4) на промені СВ від точки С відкласти відрізок ВС, ВС = Ь 5)ABCD — шукана трапеція. .4 bo ok .o 328. A B C Z ) — трапеція (ВС IIA D ) , A B J. AD, iiACD — рівносторонній, AC = CD = =A D = a. В С П AP = rg Із трикутника ВОС маємо ZBOC = 180° ZCBD - гВ С А = 180° - 30° - 30° =120°, тоді /.COD = 60°. Відповідь: 60°. 2 )A B C D — трапеція (ВС AD), АВСК — ромб, AKCD — рівносторонній. В С 331. в ь с Проведемо CK X AD, тоді A K = K D = —, Оскільки в прямокутнику АВСЛГ проти­ лежні сторони рівні, то В С - А К = — і 2 w w тоді середня лінія дорівнює а BC + A D w 4 ■ Відповідь: — . 4 Z2S.ABCD — трапеція (AD Ц ВС), M N — се­ редня лінія трапеції, ON - ОМ = 7 см, ZBAD = =ZCDA =60°. Оскільки ZB A D = ZCDA = 60°, toABCD — рівнобічна, AB = CD. В С А а D Ь К 1) Спочатку слід побудувати ААСК, у якого АС = d,, СК = d^, А К = а + Ь; 2) на промені КА від точки К відкласти відрізок KD , K D = Ь; 3) через точку С проводимо промінь СВ, паралельний до AD, і на цьому промені відкладаємо відрізок СВ, СВ = Ь; 4)ABC D — шукана трапеція. § 8. Центральні та вписані кути 337. ZA O B — центральний. 'uAmB і <jAnB — дві дуги, які відповідають цен­ тральному куту АОВ. М, А Р л: І? Проведемо В Р 1 AD , СК ± AD. Із пря­ мокутних трикутників А В Р і CKD (де Z A B P = Z D C K = 30°) маємо AB = 2АР, CD = 2KD. Нехай M O = л:см, тоді ON = (JC 7) CM, ВС = 2MO = 2хсм, AD = -I= 20JV = 2(a: -1-7) c m , 338. Мал. 199 'uAI.B = 90°. Відповідь: 90°. Мал. 200 uALB = 180°. Відповідь: 180°.
  • 46. Мал. 201 < ALB = 60°. Відповідь: 60°. j 339. 3)якщ о а = 100°, то u A B = 100° або иАВ = 360° - 100° = 260°. Відповідь: 1)30° і 330°; 2)62° і 298°; 3) 100° і 260°. 344.1) uACß = uAC + ußC = 25° + 45° = 70°; 2) uAM ß = u A M + u M S = 180° + 30° = 210°. Відповідь: 1) 70°; 2) 210°. Ш Ла 345. 1) uAß = 70°;2) uAB=120°;3) uAB = 55° 340. ZAC,J3 = ZACjB = 90°. .4 bo ok .o rg § І т ге о. fc 341. Мал. 202 a = i u A C = i x l2 0 ° = 60°. 2 2 Відповідь: 60°. Мал. 203 ZAD = 2ZABD = 2x25° = 50°; w о S Вписаний кут, що спирається на діа­ метр, дорівнює 90°. о a = i u A D = -x 5 0 °-2 5 °. 2 2 w її 346. uCD = 1 8 0 ° - u A C - u B D = 1 8 0 ° - 5 9 ° - 6 1 ° = 60°. w Ё: 1) kjAB = 60°; uACß = 360° - 60° = 300°; 2)<uAB = 90°; uACß = 360° - 90° = 270°; 3 )u A ß = 120°; u A C ß = 3 6 0 °- 120° = = 240°; 4) uACß = uADß = 180°. Відповідь: 1)60° і 300°; 2)90° і 270°; 3) 120° і 240°; 3°4) 180° і 180°. Відповідь: 25°. Мал. 204 a = i u A C = - x l8 0 ° = 90°. 2 2 Відповідь: 90°. 342. 1) i x 360° = 180°; 2) i x 360° = 120°; 3) |х360° = 240°. З з Відповідь: 1) 180°; 2) 120°; 3) 240°. evj tn e*s 343. 1) Якщо а = 30°, то иА В = 30° або uAB = 360°-30° = 330°; 2) якщо а = 62°, то uAB = 62° або иАВ = = 360° - 62° = 298°; AOCD — рівносторонній, тоді CD = ОС = =o d =o a =ob. 1) Якщо АО = 12 ом, то CD = 12 см; 2) якщо АО = 0,2 дм, то CD = 0,2 дм; 3) якщо АО = 39 мм, то CD = 39 мм. Відповідь: 1) 12 см; 2) 0,2 дм; 3) 39 мм. 347. Оскільки uAB = uCD, тоді kjAB + + иВС = uCD + иВС. Звідси uAC = ußD, тоді ZAOC = ZBOD. 348. Оскільки uASC = ußCö, тоді uAßC- ußC = <jBCD - jBC, звідси wAß = uCZ), тоді ZAOB = ZCOD.
  • 47. 349. 3) 2 1) I X 52° = 26°; 2) I X 126° = 63°; Відповідь: 1) 60°. 60°, 60°; 2) 72°, 72°, 36°; 3) 60°, 90°, 30°. i x 2 0 0 ° = 100°. Відповідь: 1) 26°; 2) 63°; 3) 100°. 350. I ) 1 6 ° x 2 = 3 2 ° ; 2 )3 2 ° x 2 = 64°; 3 ) 110 ° x 2 = 220°. Відповідь: 1) 32°; 2) 64°; 3) 220°. 351. ZB = l«°:2 i3 = 9o°; z c = l ^ = 30°. 1+ 2 + 3 1+ 2 + 3 353. 1) Z A = 65°, тоді ußC = 2 x 6 5 ° = = 135°; ZC = 35°, тоді uAB = 2x35° = 70°; uAC = 360° - 130° - 70° = 160°; В l ) u A C = 3 6 0 ° - 1 5 0 ° - 7 0 ° = 140°; / :A B C = і u AC = і X 140° = 70°; 2) u M X = 30° X 2 = 60°; x° = 360° - 60° - 160°= 140°; 3 )u £ Q = 6 0 °x 2 = 120°; Ж = 360° - 50° - 120° = 190°. » Відповідь: 1) 70°; 2) 140°; 3) 190°. ■ v 3S2. < .-: oo k. o rg u A B ; u B C : AC = m : n : k, тоді 2 )Z A = 30°, тоді u ß C = 2 x 30°= 60°; Z ß = 90°, тоді u A C = 2 x 90°= 180°; uAB = 360° - 60° - 180° = 120°; 3) Z ß = 110°, тоді uAC = 2 x 1 1 0 ° = 220°; ZC 28°, тоді uAB = 2 X 28° = 56°; ußC = = 3 6 0 °-2 2 0 °-5 6 ° = 84°. В ідп овідь:!) 70°, 130°, 160°; 2) 120°, 60°, 180°; 3) 56°, 84°, 220°. ^ = 2 w Тоді 360° xfc m + n + k’ m +n+k w w uAC = .4 b 354. AB = B C ;u A B = <^BC 1 180°xA = - u A C = -----------; 2 m +n+k 2 Z ß = 180° - 2ZA = 180° - 64° = 116°; 2) Z A = ZC = i w A ß = l x l 2 0 ° = 60°; 2 2 ZB = 180° - 2ZA = 180° - 120° = 60°; m +n+k 1 ) z A = i 5 5 ^ = 60°; 3) Z A = ZC = i u A ß = l x l 4 4 ° = 72°; 2 2 ^ Z ß = 180° - 2ZA = 180° - 144° = 36°. Відповідь: 1)32°, 32°, 116°; 2)60°, 60° 60°; 3) 72°, 72°, 36°. 1+ 1+ 1 = 1801211 = 60°; ZC = 1 ^ = 60°; 1 + 1+1 1 + 1+1 2) ^ =^ = 72°; 1+ 2 + 2 1+ 2 + 2 8 )Z A = 1 ^ = 60°; 1+ 2 + 3 ^ 2 Супер ГДЗ, 8кл., кн. 1 1+2 + 2 355. 1) Мал. 211 ^AC = 2ZABC = 2 X 35° = 70°; 2) Мал. 212 < AC = ZAOC = 40°; j ZAßC = l u A C = ix 4 0 ° = 20°. 2 2 Відповідь: 1) 70°; 2) 20°.
  • 48. 356. Нехай u A ß = 'uCD, тоді ZA O B ZCOD. ZAOF = ZBOF. Оскільки ZAOF = ZBOF, то u A D = иВК, тоді uAC = иСВ = 180° - uAD. Отже, діаметр, проведений через середину хорди, яка не проходить через центр, ді­ лить навпіл дуги, що їх стягує хорда. w .4 b oo k. o 357. Нехай АБ = С£>, тоді ДАОЛ = ACOD за трьома сторонами (АО = ВО = СО = DO — як радіуси, AB = CD — за умовою). Із рів­ ності трикутників маємо ZAOB = ZCOD, тоді uAB = uCD. Отже, у колі рівні хор­ ди стягують рівні дуги. rg AAOB = ACOD за двома сторонами і ку­ том між ними (АО = СО — як радіуси, БО = DO — як радіуси, ZAOB = Z.COD — як центральні кути, що спираються на рівні дуги). Із рівності трикутників маємо AB = CD. Отже, у колі рівні дуги стягуються рівними хордами. w w 358. Нехай CD 1АВ, тоді &AOF= &BOF за гі­ 362. 1 ) О с к іл ь к и kjACB : <jAD£l = і потенузою та катетом (АО -В О — як радіу­ 2 : З, то си, OF — спільний катет). Із рівності три­ uACB = ^ = 144°; 2-1-3 кутників маємо ZA O F = ZBOF, тодіjAC = <jBC і u A D = ußZ) = 180° - uAC. Отже, діа­ ^Л2)В = 3 6 0 1 ^ = 216°, метр, перпендикулярний до хорди, ділить 2+ 3 ! дуги, які вона стягує, навпіл. тоді ZACB = - kjADB = - x 216°^108°; 2 2 5■ ZADB = і и АСВ = і ■ 144° = 72°. 2 2 359. Нехай A F = BF, CD — діаметр, OF — медіана рівнобедреного трикутника АОВ, тоді OF — бісектриса трикутникаАОВ, отже,
  • 49. 2) Оскільки kjACB : kjADB = 4 : 5, uACB = ^ 4+ 5 to = 160=; 360°X5 = 200°, тоді 4+ 5 uADB = ZACB = і u ADB = і X 200° = 100°; ^ A 1) ZABC = i u A C = ix 8 0 ° = 40°; 2 2 ,MX>B = і u ACB = і X160° = 80°. Відповідь: 1) 108° і 72°; 2) 100° і 80°. 363.1) kjP A T Оскільки и Р Л Г : ^ Р В Т = З : 5, то = ^РВТ 360° X З = 135°; 3+ 5 360°X5 = 225° 3+ 5 2) ZBAC = і и ВС = -х 1 2 0 ° = 60°. 2 2 _Х ВіЗгаовідь; 1)40°; 2) 60°. 365. Нехай Z A B C = 3 0 °, тоді u A C = = 60°, ZAOC = uAC = 60°. or g тоді ^РВ7’ = і о Р Л Г = іх135° = 67°30'; А А bo ok . Z R A r = і и Р В Г = і х 225° = 112°30'. 2 2 ААОС — рівносторонній, оскільки Оскільки и Р А Г : и Р В Г = 2 : 7, то w 2) w .4 Z A = ZC = 1 « ® 1 ^ ^ = = 60°, тоді АС = А 0 = CO. Отже, хорда АС дорівнює радіусу кола. 366. І т сс о S ос о. ь І випадок w и1>Л7’ =362І2і2 = 80°; 2+ 7 180°-60° (ТЗ 360° X 7 = 280°, тоді PBT = j 2+ 7 Z P A T = - U Р В Т = і X 280° = 140°; 2 2 г Р В Г = і и Р А Т = іх 8 0 ° = 40°. 2 2 Відповідь: 1) 67°30'і 112°30'; 2) 140° і 40°. 364. Нехай uAB = 60°, uAC :uBC = 2:3, Тоді uABC = 360° - 160° = 200°; ^Д С = ^ uBC = ^ 2+ 3 = 80°; 200°X З = 120°. 2+ 3 АС = АО = СО, точки в і О лежать по різні боки стосовно хорди АС. Ос­ кільки АС = АО = СО, то ААОС — рів­ носторонній і ZAOC = 60°, тоді uABC = = 60°, kjA D C = 360° - 60°= 300°, отже, ZABC = 2 ADC = -xSO O ° = ІЬО 2 in LH PQ
  • 50. 1 II випадок І АС = АО = СО, точки В і О лежать по один бік стосовно хорди AC. Оскіль­ ки AC = АО = СО, то ДАОС — рівносторонній і ZAOC = 60°, тоді uADC = 60° і = і и ADC 2 = і 2 X 60° = 30°. = 200°, a = i u A B = i-2 0 0 ° = 100°. 2 2 Відповідь: 150° або 30°. X т >ч Q. 5 Ъ ZADB = - ^ A C B = - x ^ ^ ; 2 2 п+ 1 Мал. 214 Z M K N = 120°, тоді u M N = 2 х Z M K N = = 2 х 120° = 240°, .4 bo ok .o 367. Нехай uA D B = П'иАСВ, „ , 360°хп 360°х1 Тоді uADB = ------ :— ; jACB = л +1 Л +1 Г О ІС s 369. Мал. 213 ußC A = 160°, тоді u A B = 36 0 °- 160° = rg ZABC Отже, сума вписаних кутів, які спира­ ються на хорду кола і вершини яких ле­ жать по різні боки від неї, дорівнює 180°. ZACB = - u A D B = - x ^ ^ ° ° ^ " . 2 2 л+1 u M K N = 36 0 °- ^ M N = 3 6 0 °- 240° = = 1 2 0 °: а = ^ M K N = 1 2 0 ° . Мал. 215 Z E P F = 35°, тоді kjELF = 2ZEPF = 2x35° = = 70°, ^ E P F = 360° - ^ E L F = 360° - 70° = 290°; о S a= w w к о. О w ш ZACB = і X 2 3+ 1 2 = i-2 9 0 ° = 145°. 2 Відповідь: Мал. 213 — 100°; мал. 214 — 120°;мал. 215 — 145°. 370. ZAOC = ZABC + n°. Оскільки ZA O C = 2ZABC, то 2ZAßC = = ZABC+ л°, то ZA B C = п°, /ЛО С^ = 2ZABC = 2n°. = 135°. 1 2 )Я к щ о л= 4 ,то ZAD B = —X------= 36°; 2 4+ 1 ^ЛС в Л 2 х 360!2ІІ = і 44°. 4+ 1 Відповідь: 1) 45° або 135°; 2) 36° або 144°. 368. ZACB + ZADB = ~ u A D B + - ^ A C B = 2 2 = i(u A D ß 2 + uACß) = і 2 X 360° = 180°. 1) Якщо п = 35°, то ZABC = 35°, ZAOC = = 2x35° = 70°. 2) Якщо п = 45°, то ZABC = 45°, ZAOC = = 2x4 5 ° = 90°. Відповідь: 1) 35° і 70°; 2) 45° і 90°. .> і'л !Г ■
  • 51. 371. Я к щ о Z A B C = 90°, то k^ADC = г г А В С = 2 X 90° = 180°. тоді Z A O C = і^ С = 1 8 0 ° . В Отже, кут між дотичною і хордою, що проходить через точку дотику, вимірюється половиною дуги, що ле­ жить між його сторонами. 374. Нехай u A M ß : uA N B = т : п, тоді 3 6 0 °х т . ^ A M B = ---------- 1, згідно з результата j т+ п ми задачі 373, 1 360°хт 180°хт ZCAB = - u A M B = - x ----------= -----------. 2 2 2т+ п т+ п 1) Якщо т = 1, п = 3, тоді .4 bo ok .o 372. Нехай ЛАВС — прямокутний (ZC = 90°). Опишемо коло навколо цього три­ кутника, тоді АО = ОС = ОВ, отже, ААОС і &СОВ — рівнобедрені. rg Отже, точки А, О, С лежать на одній прямій і АО = ОС — як радіуси. Отже, центром кола, описаного навко­ ло прямокутного трикутника, є середи­ на гіпотенузи. ZCA5 = 1 ^ = 45°. 1+ 3 2) Якщо m = 2, ге = 7, тоді ZCAB = 1 ^ 2-Н7 = 40°. Відповідь: 1) 45°; 2) 40°. 375. w w . Отже,медіанапрямокутноготрикутника, проведена до гіпотенузи, розбиває його на два рівнобедрених трикутника. w 373. Нехай БА — дотична, В — точка дотику, ВС — хорда. Проведемо діаметр 'B D , тоді jBCD = 180°, uDC = 2/.DBC. ZABC = ZA KC + ZB C K = = - ^ A C + - ^ D K = - ( ' u AC + < D K ). , j 2 2 2 Отже, кут з вершиною в середині кола ви­ мірюється півсумою дуг, на які спираєть­ ся даний кут і кут, вертикальний з ним. 376. ZA B C = ZAD C - Z D C K = = - ^ A C - - < j D K = -{y > A C -^ D K ). 2 377. = 9 0 ° - iu D C = i x l 8 0 ° - - u Z ) C = 2 = |(180°-u£>C) = | u B C . 2 Отже, кут, вершина якого лежить зов­ ні кола, а сторони перетинаються, коло вимірюється піврізницею більшої і мен­ шої дуг, які містяться між його сторо­ нами. ZABC = 90° - ZCBD = 2 2 2 Мал. 219 ZABC = і (и Л С - U AD ) = = і X (150° - 50°) = і X100° = 50°. 2 2
  • 52. Мал. 220 ZBCA = і U АС = і ZAO.C; ZABC = I ((360° - ^ A C ) - и AC) = 2 2 ‘ = i((3 6 0 °-1 0 0 °)-1 0 0 °) = ZCBA = - ^ B A = -Z B O A , = I (260° -100°) = I 160° = 80°. Тоді ZBAC = 180°-(Z B C A + ZCBA) = 2 Відповідь: Мал. 219 — 50°, мал. 220 ■ 80°. 378.НехайuAC : uAB : ußC = 11 : 4 : 3. 2 = 180° - ^ (ZA O ,C + ZBOA) = = 1 8 0 ° - ix l8 0 ° = 90°. 2 Отже, кут ВАС — прямий. or g 380. Нехай А — точка дотику кіл з цен­ трами О і О,, тоді ZO B A = 90° (як впи­ саний кут, що спирається на діаметр). Оскільки діаметр великого кола, який містить катет OB, перпендикулярний до хорди АС, то він ділить хорду АС навпіл. Отже, будь-яка хорда більшого кола, яка проходить через точку дотику, ділиться меншим колом навпіл. ^ в с = А боі :.з_ . е о ° . 11+4+3 bo ok . ^ЛБ = - ^ = 80°; 11+4+3 М Л 1 ОА, M C 1 ОС. N K 1 0 B . ZA M C = I (и АС - U ABC) = w .4 = і X (220° -140°) = I X 80° = 40°; w ZA N B = ^ (иВСА - и AB) = А w = | х (2 8 0 °-8 0 °) = 100°; Z M N B = 180°- Z A N B = 180°- 100° = = 80°. Z M K N = 180° - ZA M C - Z M N B = 180° - 4 0 ° - 8 0 ° = 60°. Відповідь: 40°, 60°, 80°. 381. 1) Геометричним місцем вершив прямих кутів, сторони яких проходять через дві дані токи А і В, є коло, радіус якого дорівнює ^ AB і центр якого є се редина відрізка AB, за винятком точок А і В. Дійсно, якщо С належить колу, то ZACB = 90°, якщо С не належить колу, то ZACB?i 90°. С 379. Оскільки ß і с — точки дотику, то OB X X в с , 0,С Х ВС, тоді OB II 0,С, звідси ZBOOj + Z C O fi = 180° (як сума внутріш­ ніх односторонніх кутів при паралель­ них прямих ВО і СО, та січній ОО,). 2) Геометричним місцем вершин трикут^ ників із спільною основою AB, у яких кут, що лежить навпроти основи, дорів­ нює даному куту а, є дуга АСВ кола, нав­ коло трикутника зі стороною AB і про­ тилежним кутом, що дорівнює а, за винятком точокАіВ. Дійсно, якщо точка С належить дузі, то ZACB = а, якщо точ-
  • 53. § 9. Вписані і описані чотирикутники 384. ZA =80°, ZC = 100°, Zß = 70°, Z I» = 110 ° . = 385. Неправильно, оскільки ZA + ZC = = 70°+ 100° = 170° 5 180°. t cm ; CD = 2,4 c m ; ВС = 2,6 c m ; 391. Оскільки ZAC^K + ZAßj^: = 90° + + 90° = 180°, тоді Z A + ZC,Ä-B, = 360° - (ZACjJC + ZAB^K) = 360° - 180° = 180°. Оскільки суми градусних мір проти­ лежних кутів чотирикутника АВ,ЛГС, дорівнюють по 180°, то навколо чотири­ кутника AB можна описати коло. 1) ZBjiTC, = 180° - ZA = 180° - 55° = 125°; 2) ZBjA^C, = 180° - Z A = 180° - 72° = 108°; 3) ZBjATC, = 180° - ZA = 180° - 60° = 120°. Відповідь: 1) 125°; 2) 108°; 3) 120°. 392. 1) Якщо ABCD — прямокутник, то навколо нього можна описати коло, оскільки Z A = ZB = ZC = ZD = 90° і Z A + + ZC = ZB + Z C = 180°. w w w .4 386. Aß = з AD = 2,8 см. 390. 1) Навколо чотирикутникаABCD коло описати: а) не можна, бо 90° + 110° ^ 180°; 6) мож­ на, бо 70° + 110° = 130° + 50° = 180°. 2) Навколо чотирикутника ABCD коло описати: а) можна, якщо Z D = 50° і не можна, якщо ZD ^ 50°; б) не можна, бо 60° + + 119° 5 180°. t Відповідь: 1) а) ні; б) так; 2) а) так, якщо Z S = 5 0 °;6 )H i. bo ok . Z A + ZC + 80 + 100° = 180°, Z ß + ZD = 70° + 110° = 180°. Сумі градусних мір протилежних кутів А і С та В і D дорівнюють по 180°. Мал. 236 Z F = ZQ = 90° (оскільки це вписані кути, що спираються на діаметр Р Е ). Z E = 2 х X 30° = 60°; Z P = 180° - Z E = 180° - 60° = = 120 ° . Відповідь: мал. 234 — 85°, 100°;мал. 235 — 120°, 75°, 105°; мал. 236 — 90°, 120°, 90°, 60°. or g ка С не належить дузіАСВ, то ZACB * а. А В + C D = 3 + 2,4= 5,4см; ВС+ AD = = 2,6+ 2,8= 5,4 см. Суми довжин про­ тилежних сторін рівні. 387. Неправильно, оскільки 1 см + 5 см # 2 см + З см. 388.1)AD + BC=AB + CD = 4 + 5 = 9 c m ; 2) Z M + Z P = 180° (оскільки чотирикут­ 2) Навколо квадрата ABCD мож­ на описати коло, оскільки Z A = ZB = ник M N P K — вписаний). = Z C = Z D = 90° і Z A ^ Z B ^ Z C + Z D = Відповідь: 1) 9 см; 2) 180°. = 180°. 389. Мал. 234 ZC = 180° - ZA = 180° - 95° = 85°; Z B = = 180° - ZD = 180° - 80° = 100°. Мал. 235 ZJV = 180° - Z P = 180° - 60° = 120°; д + л: + : + ЗО= 180; 2x + ЗО = 180; 2д: = 150; jc = 75. Отже, Z M = 75°, г к = 75° + 30° = 105°.
  • 54. Мал. 240 3) Навколо ромба ABCD, відмінного від квадрата, не можна описати коло, ос­ х + 2х = 5 + Ь;Зх = 10-, х = 3~, кільки Z A + ZB 5 t + ZZ) Ф 180°. 3 В с Тоді L M = 3 - см; K N = 3 --2 = 6 - см. 3 3 3 Відповідь:vieji. 238 — 10 см; мал. 239 — 1 А D 2 3 см і 7 см; мал. 240 — 3— см, 6— см. 3 3 Відповідь: 1) так; 2) так; 3) ні. 397. Оскільки периметр Р описаного чотирикутника дорівнює подвоєній сумі двох протилежних сторін, то: 1)і> = 2 х (1 2 + 28) = 80 c m ; 2 )Р = 2х(10-і-16) = 52см. Відповідь: 1) 80 см; 2) 52 см. .4 bo ok .o Оскільки АС = BD — як діагоналі пря­ мокутника і ВО = OD, АО = СО (оскіль­ ки діагоналі прямокутника діляться точкою перетину навпіл), то АО = ВО = = СО = DO, тобто точка О — центр кола, описаного навколо прямокутника. Отже, центр кола, описаного навколо прямокутника, є точкою перетину діа­ гоналей. 396. Оскільки сума двох протилежних сторін описаного чотирикутника дорів­ нює S, то його периметр Р дорівнює 2S. 1) Р = 2S = 2 X 20 см = 40 см; 2 )P = 2S = 2 x 3,2 дм = 6,4 дм. Відповідь: 1) 40 см; 2) 6,4 дм. rg 393. Нехай ABCD — прямокутник, О точка перетину діагоналей. 399. 1) V довільний прямокутник, від­ мінний від квадрата, коло вписати не­ можливо, оскільки AB -І- CD ф А Л -нВС. В w w w 394. 398. 1) Оскільки 2 см -І- 5 см = З см 4 + 4 см, то в даний чотирикутник можна вписати коло. 2) Оскільки 7 см -І- З см 4 см 5 см, то в даний чотирикутник не можна вписа-; ти коло. Відповідь: 1) так; 2) ні. 1) Нехай AD і ВС — діаметри кола з центром в точці О, тоді ZCAB = = ZABD = ZBDC = гП С А = 90° — як впи­ сані кути, які спираються на діаметр. Оскільки ABDC — паралелограм (бо діагоналі його точкою перетину ділять­ ся навпіл) і кути його прямі, toA B D C — прямокутник. 2) Прямокутник ABDC буде квадратом за умови, якщо AD X ВС. 2) У квадрат ABCD можна вписати коло, оскільки AB + CD = A D + ВС. Центр вписаного кола — точка пере­ тину діагоналей. 395. Мал. 238 x = A D = (A B -I- C D )- B C= (7 + 8 ) - 5 = 1 0 ( c m ). Мал. 239 х-(-л:-н4 = 5-(-5;2а:-і-4=10;2х = 6:л: = 3, тоді E F = З см, PQ = З -н4 = 7 см. 3) У ромб ABCD можна вписати коло, оскільки A S + CD = AD -t- ВС. Центр
  • 55. вписаного кола — точка перетину діа­ гоналей. В С Оскільки радіус R описаного кола нав­ коло прямокутника дорівнює половині діагоналі, то Я = ft. 1) Якщо fc = 10 C M , то Д = 10 см. 2) Якщо b = 2,3 дм, то ії = 2,3 дм. Відповідь: 1) 10 см; 2) 2,3 дм. А D Відповідь: 1) ні; 2) так; 3) так. 403. 1) Нехай Z A = 2 x°,Z B = 4^:°,ZC = Ьх°, Z D = Здс°, тоді Z A + Z C = l x ° = Z B + Z D , отже, навколо чотирикутника мож­ на описати коло. 2) Нехай Z A = Ьх“, Z B = 7х°, Z C = &x“, Z D = 9х°, тоді Z A + Z C = Ьх° + 8аг° = 13д:°, Z B + Z D = 1х°+ 9х°= 16х° і ZA + ZC Ф Z B -І- Z D , то навколо даного чоти­ рикутника не можна описати коло. Відповідь: 1) так; 2) ні. точка перетину діагоналей ромба ABCD. 404. 1) Нехай ABCD — трапеція, впи сана в коло. .4 bo ok .o Проведемо O K ХАВ, OL ± ВС, О М 1 CD, O N X A D . АКВО =ALNO =AM DO =ANDO aa гіпотенузою і гострим кутом (ВО = CD, Z K B O = Z L B O = Z N D O = Z M D O ). ІЗ рівності цих трикутників випливає, що OK = OL = О М = ON. Оскільки O K = OL = O M = O N iO K ± A B , O L L B C , O M l CD, O N L A D , TO О — центр кола, вписа­ ного в ромб ABCD. rg 400. о — 401 .Нехай ZA = m x °,Z B = пх°, ZC = Ал:“. m+ k і w т л ° + пл° = 180°, тоді х °= w Враховуючи, що Z A + ZC = Z B + ZD , має­ мо Z D = Z A + Z C - ZB'= тх° + kx° - пх° = (m + k - п)х°. Оскільки Z A + ZC = 180°, то Оскільки ВС IIAD , то uAB = uCD (зада­ ча 360), тоді AB = CD (задача 356). Отже, трапеція ASCZ) — рівнобічна. 2) Нехай ABCÜ — паралелограм, вписа­ ний в коло. w ^ ч 180° 180°(m + Ä-ra) ZD = (m + k - n ) x ------- = ----m +k m +k 1) Якщо m = 2, n = 3,fe = 4, T ö 180°x(2-h4-3) 180°x3 = 90°. ZD = 2-1-4 6 2) Якщо m = 1, Л = А = 2, TO 1 8 0 °x (l-f2 -2 ) 180° 1+ 2 3 Відповідь: 1) 90°; 2) 60°. 402. Оскільки АО = BO і ZAOß = 60°, TO АЛОВ — рівносторонній, тоді АО = ВО = =AB = b. Оскільки Z A + Z C = 180° і 180° = 90°. Z A = ZC, т Z A = ZC = о 2 Аналогічно Z B = Z D = 180° =90°. Отже, ABCD — прямокутник. 3) Нехай ABCD — ромб, вписаний в коло.
  • 56. Оскільки Z A + Z C = 180° і 1Qno ZA = ZC, то Z A = ZC = ^ ^ = 90°. Аналогічно = ZD = 180” 408. = 90°. Отже, ABCD — квадрат. 405. Нехай ABCD — вписаний чотири­ кутник, тоді Z A + ZC = 180°. Звідси Z A = 180° - ZC. Нехай АС = ВСу A D = BD, тоді АС + + B D = BC + AD. Оскільки суми протилежних сторін чотирикутника ACBD рівні, то в ньо­ го можна вписати коло. Відповідь: так. +^ДАЛГ) = 180°- 2 zabc bo 406. Оскільки Z K N M = Z B N A = 180° - (Z A B N + 180° ok .o З іншого боку, Z D C F + Z C = (за властивістю суміжних кутів). Тоді Z ß C F = 180°- Z C . Отже, Z A = ZDCF. + -zb 2 rg 409. Нехай ААВС = AADB, тоді A B + + CD - A D + ВС і, отже, в чотирикутник ABCD можна вписати коло. ad = ) .4 = 180° - ^ (Z A B C + Z B A D ) = 180° - w - і X180° = 180°-90° = 90°. 2 Таким чйном, трикутники слід розміс­ тити так, щоб сусідні сторони трикут­ ників були рівними. 410. Нехай ABCD — трапеція, описа­ на навколо кола з центром О. w w Аналогічно Z K N M = ZC LD = 90°. Оскільки Z K N M + Z K L M = 90°+ 90° = = 180° і Z N K L + Z N M L = 360° - 180° - 180°, то навколо чотирикутника M N K L можна описати коло. 407. 1) Нехай довжини сторін, які взято послідовно, дорівнюють 2х 2х; Зх; Зх. Тоді 2х + 3х = 2х + Зх. Оскільки суми протилежних сторін рівні, то в чотирикутник можна впи­ сати коло. 2) Нехай довжини сторін, які взято по­ слідовно, дорівнюють 2х; 5х; Зх; 4х. Тоді 2х + Зх * 5х + 4х. Оскільки суми протилежних сторін різ­ ні, то в чотирикутник не можна вписа­ ти коло. Відповідь: 1) так; 3) ні.^ г Оскільки о — точка перетину бісектрис ОС і OD, то маємо: ZCOD = 180° -{Z O C D + ZO D C) = = 180°- ^ Z B C D + -Z A D C 2 2 )= = 180°- - { Z B C D + ZADC) = = 180° - і X180° = 180° - 90° = 90°. 2 Отже, бічну сторону трапеції, описаної навколо кола з центром О, видно з точ­ ки О під кутом 90°.
  • 57. г 1) За умовою 2х + 12л + 7х + 7х=42, тоді 4 11. 28ж = 42; х = — ; х = 1,5. 28 Отже, A B = 7 X 1,5 = 10,5 (мм); ВС = 2 х 1,5= З (мм); C ö = 7х 1,5 = 10,5 (мм); A D = 1 2 x 1 ,5 = 18 (мм). 2) За умовою 2х + 12х + 7х + 7х = 56, тоді 28д: = 56;д: = 2. Отже, А В = 7 x 2 = 14(см); Л С = 2 x 2 = = 4 (см): CD = 7 X 2 = 14 (см); AD = 12 х X 2 = 24 (см). Відповідь: 1)10,5 мм; 3 мм; 10,5 мм; 18 мм; 2) 14 см; 4 см; 14 см; 24 см. X 413. ABCD — трапеція, M N — середня лінія трапеції. P j^ ß -P , Р =АВ +BC + CD + +AD; = 2 -I і U 2 J ZÜAB + і ZABC 2 1 180°+ A -/:B C D + i c D A 1= 360° U 2 j .4 bo ok .o 180“ - -/ .D A B + -Z A B C + 180°V2 2 -/.BCD + -CD A = 180° - A D + BC = 2 M N . rg Нехай ABCD — чотирикутник, описа­ ний навколо кола з центром О. Оскільки О — точка перетину бісектрис АО, ВО, СО і DO, то маємо: ZAOB + ZDOC = 180° - (ZOAB + +ZOßA) +180° - (ZODC + /.OCD) = ~ (Z D A B + ZABC + ZBCD + ^CDA) = w = 360° - і X360° = 360° -180° = 180° 2 w w Отже, якщо чотирикутник описаний, то сума кутів, під якими видно з цент­ ра вписаного кола дві його протилежні сторони, дорівнює 180°. Оскільки трапеція описана, то AD + ВС = = A B + C D , т P = A D + BC + A D + ВС = орХ = 2(AD -нВС); Р = 2 X 2MN-, Р = ЬММ, тоді р MN =-, 4 2) Якщо Р = 16 см, то MN =— =4 4 2) Я кщ оР = 200мм, то 412. Нехай A B C D — трапеція. ВС : А В : A D = 2 : 7 : 12, тоді ВС = 2 х ,А В = _=7x,AD = 12x. ( c m ); 9 0 0 M N = — = 50 (мм). 4 Відповідь: 1) 4 см; 2) 50 мм. 414. A B C D — трапеція, ZABC= 150°, M N — середня лінія, M N = 40 см. Оскільки трапеція описана, то ВС + +AD =АВ + CD, тоді CD = ВС + A D -A B = = 2 х + 1 2 х -7 х = 7х.
  • 58. 1) Проведемо B K 1 AD, тоді ZA B K = Через точки А і В проводимо прямі ВС і AD, перпендикулярні до АВ і які пере­ = 150° - 90° = 60°, ZB A K = 30°. Із прямокутного трикутника A B K має­ тинають коло в точках С і D. мо AB =2ßÄ'. Оскільки трапеція рівнобедрена і впи­ сана, то 2АВ = ВС + AD; 4ВК = ВС + AD-, 2BK = M N ; BÄ- = — 2 = — = 20 (см). 2 2) Оскільки r = - B K iß Ä ’ = 20cM,To Тоді ABCD — шуканий прямокутник. 2) Будуємо коло радіуса R і будуємо цент­ ральний кут АОВ такий, що ZAOB = а. г = --2 0 = 10 (см). 2 Відповідь: 1) 20 см; 2) 10 см. rg 1) Нехай дано коло з центром О. ok .o 415. bo Проводимо діаметри АС і BD. ТодіАВСО — шуканий прямокутник. w w w .4 Побудуємо довільний діаметр AB, про­ ведемо діаметр CD такий, що AB J. X CD. Тоді ACBD — квадрат, вписаний в коло. 2) Нехай дано коло з центром О. Побудуємо довільний діаметр AB , проведемо діаметр CD такий, що АВ X 1CD. Проведемо через точки А , В, С і D пря­ мі, які перпендикулярні до діаметрів і перетинаються в точках М , N , К і L. Тоді M N K L — квадрат, описаний нав­ коло кола. 416. 1) Будуємо коло радіуса R і прово­ димо хорду, довжина якої а {АВ = а). 417. Оскільки Z A N D + ZB PC = ilB O '> -Z N A D -Z N D A ) + (180° - ZPB C - ZPC B ) = = 180° - і ZBAD - і ADC + 180°2 2 - і ZA B C - - ZBCZ) = 360°2 2 - і (ZBAD -t- ZADC -І- ZABC -иZB C D ) = = 360° - - 360° = 360° -180° = 180° 2 Тоді Z N M P + Z N K P = 360° - iZ A N D + -hZB PC ) = 360° - 180° = 180°. Оскільки суми протилежних кутів чо­ тирикутника M N K L дорівнюють по 180°, то навколо нього можна описати коло. 418. ZD C K — зовнішній кут до кута С, ZD C M = ZM C K , ZB A M = ZD AM .
  • 59. РГ О с к іл ь к и ZA + Z C = 180°, т о д і ZC = 180° _ ZA, = 180° - (180° - ZA) = ZA. Розглянемо ч о т и р и к у т н и к ABCN. у нього ^^BAM + ZB C M = ^ Z A + ZBC D + + i z A = Z A + ZBCD = 180°, 2 тоді ZABC + Z A M C = 360° - 180° = 180°. Ч о т и р и к у тн и к AB C M — вп и сан и й у коло, о т ж е , т о ч к а М н а л е ж и т ь к о л у . Оскільки A M = —К М , тоді A M < K M , B K < AB (бо ВК"^— частина ВС, а ВС = = AB). Оскільки A M < K M , BK < AB, TO A M + B K < K M + AB. Оскільки суми протилежних сторін не рівні, то в тра­ пецію не можна вписати коло. Відповідь: не можна. 421. ABCD — трапеція, навколо якої можна описати коло і в неї можна впи­ сати коло. M N — середня лінія. 419. Чотирикутник K B LP — вписаний у к о л о (б о = Z.B + Z P = 180°), тоді ZK B P = Z K L P (як вписані кути, що спираються на одну дугу). В .4 bo ok .o rg Доведемо, що M N = АВ. Оскільки трапеція вписана в коло, то AB = CD, тобто ABCD — рівнобічна. Оскільки трапеція описана навколо ко­ ла, то A D + ВС =А В + CD, або A D + ВС = = 2АВ, тоді AB = — = MN. 422. Нехай задано R — радіус кола, впи­ саного в ромб і а — сторона ромба. Побу­ дуємо ромб. w w w Аналогічно чотирикутник P L C M — вписаний у коло і Z P L C = Z P C M ; чо­ тирикутник PM DN — вписаний у коло і Z P D M = ZPNM -, чотирикут­ ник АйГРТ^ — вписаний у коло і Z K A P = nCNP. Розглянемо чотирикутник K L M N . Z K L M + Z K N M = Z K L P + ZPD C = = Z A B P + Z P A B )+ (Z P C D + Z PD C ) = = 90°-1-90° = 180°. Оскільки Z K L M + Z K N M = 180°, тоді Z N K L + Z N M L = 180°. Отже, чотирикутник K L M N — вписа­ ний в коло. 2 420. АВ = ВС,КМАВ, А м = к м . а Спочатку побудуємо прямокутний три­ кутник А В К, у якого КВ = 2R (бо висо­ та ромба дорівнює діаметру кола, впи­ саного в ромб), АВ = а. Потім проводимо промінь А К і від його початку відкла­ даємо AD = а. Точка С — точка пере­ тину дуг кіл, проведених з точок В і D радіуса а.Чотирикутник ABCD — шу­ каний ромб. 423.
  • 60. Побудуємо коло з центром о і радіусом R. Вибираємо довільну точку Л і відкладаємо хорду AB таку, що AB = а; потім від точки В відкладаємо хорду ВС, ВС = [ і j і Ь; від точки Свідкладаємо хорду CD, CD = с. ABCD — шуканийчотирикутник, вписаний у коло. ТЕСТОВІ ЗАВДАННЯ №1 1. Тупий кут дорівнює 180°-30° = 150°. Відповідь: В 2. Відповідь: Г. = (12 + 2 0 )х 2 = 64 (см). Відповідь: Г №2 1. а II і). На стороні ВС одержимо три рів­ ні відрізки, довжиною по 18 : З = 6 (см). В s I T q 5 Ъ ! о S А D CD — менша сторона, бо в прямокутно­ му äACD кут 30° — менший, тому нав­ проти нього лежить менша сторона. С0 = | л С = 10:2 = 5 (см). Відповідь: Б .4 b ro oo k. or g 3. 4. w w w c: x A B C D — ромб. 24 см, тому AB = =A D =24 :4 = 6 (см). B K lA D ; B K = З (см). У прямокутному AABK: B K = З см — ка­ тет; AB = 6 см — гіпотенуза. Катет дорів­ нює половині гіпотенузи. Отже, катет ВК лежить навпроти кута 30°, тому ZA = 30°. Відповідь: В b.BCADAK - cnsa,Touy/.BKA = /.KAD, але ZK A D = Z B A K .A K — бісектриса ZA. звідси ZB A K = ZBKA. Тому іі ВКА — рівнобедрений, AB = В К = 12 см. В К С M N — середня лінія ААВС. M N Ц АС; M N = -A C . 2 Тому АС = 2 M N = 2 x 4 = 8 (см). Відповідь: А 3. Г 0 10 0° 2 ZA = 180° - 100° = 80° (Z A і ZB — внут­ рішні односторонні при ВС IIAD і січній AB). Аналогічно Z C + Z D = 180°; ZC = = 80° - Z D = 180° - 60° = 120°. Відповідь: В 4. 8 CM _ PS А D ВС = В К + КС = І 2 + 8= 20 (CM); Р ^ ^ -- 10 CM
  • 61. Г — середня лінія трапеції ABCD. д Г = і(В С + АО). /Л B C + A D = 2 M N = 2 x 8 = 16 см. ВС = 16 --AD = 16 - 10 = 6 см. 5_ДС — бісектриса Z A , тому Z B A C = = ZCAD, але ZCAD = Z.BCA (внутрішні різносторонні при В С IIAD і січній ЛС). В 5 см С 4. Нехай Z A = їх ; Z B = 2х; ZC = 3x. У вписаного чотирикутника сума про­ тилежних кутів дорівнює 180°, тому Z A + Z C = 180°: ІХ + Зл:= 180°; 4х = = 180°; х = 45°; ZB = 2х = 2 х 45° = = 90°; Z B + Z D = 180°; Z D = 1 8 0 °- Z ß = 1 8 0 °-9 0 ° = 90°. Відповідь: Г 5,ABCD — рівнобічна трапеція, описа­ на навколо кола. 12 CM § I T В К = АВ = - 6 = 3 (см). а .5 rg Тому А В + C D = В С + A D = 2 х 6 = = 12(см ). К — середня лінія. ЗвідсиАВ = CZ) = 12 : 2 = 6 C M . ZB = 150°, тому Z A = 180°- 150°= 30°. B K 1 AD. AABC — прямокутний. B K — катет, який лежить проти кути 30°. .4 bo ok .o Звідси: ZBAC - Z.BCA, тому ААВС — р^внобедрений. A B = ВС = 5 см, за умовою AB = CD. ^ABCD~ + ВС + CD + AD = 5 + 5 + 5 + + 12 = 27 (см). Відповідь: Г №3 1,0 — вписаний кут. Його градусна міра дорівнює половині градусної міри дуги, на яку він спирається. 2 о = ~ 1 5 0 ° = 75“. Відповідь: В о S w w 2. uAB = 60°, тому ZAOB = 60°. ОА = ОВ — §10 як радіуси одного кола. Тому ААОВ — рів428. Мал. 247 нобедрений. ААСВ - A LK M ; їх відповідні кути Z A і Z L ; ZC і Z K ; Z B і Z M . Мал. 248 ААВС - APTQ; їх відповідні сторони ЛВ І Р Т ; BC iT Q ;A C iP Q . 429. Оскільки /ЛОВ = 60°, то .^ОАВ = /ОВА = Ш і ^ = ^0^. а ^ Отже, ДОАВ— рівносторонній. ОА = = О В =А В = 10см. Л = 1 0 с м ;0 = 2 Д = 2 х Х І0 = 20 (см). Відповідь: В З.Якщо в чотирикутник можна вписа­ ти коло, то суми протилежних сторін рівні. Р = 2 х 1 0 = 10см. Відповідь: Б Мал. 249 A A B C -A K L M ; 9 6,75 10 7,5 KL 17 12,75 LM KM 10 7,5 ’ 100 4 75 3 ’ Мал. 250 A A B C -A M K C ; AB MK s ’E Відповідь: В w Р BC КС AC MC’ Q. tL S О
  • 62. 430. l ) A K B C - A K L M ( k = 2);KB = 2KL; КС = 2КМ; С Можна дібрати дві такі пари. 433. 1) Гострокутний і тупокутний три­ кутники не можуть бути подібними; 2) прямокутний і тупокутний трикут­ ники не можуть бути подібними; 3) рівнобедрений і рівносторонній три­ кутники не можуть бути подібними. 434. ДАВС-ДА,В,С, ; В — середина K L; С — середина К М . М § 435. 3)АКВС ~ A K L M т >ч а д: с о 3 431. w w Мал. 247 6 + 4 + 7 ,1 = 17,1; Р, ,= 7,2 + + 4,8 + 8,52 = 20,52; = 20,52 : : 17,1 = 1,2. Мал. 248 ^ллвс= 7 + 5 + 5,9 = 17,9; &TQP 4,72 + w о J. А - ^A Я9. 1 ^д > гс/ &АВС : 17,9 = 0.8. Мал. 249 Р ^ , = 9 + 1 0 + 1 7 = 36; . + 6,75 + 7,5 = 27; Р ^ ^ : н6,75= 0,75. Мал. 250 12,75 + = 27 : 36 = Рлвс = 4 + 5 + 6 = 1 5 ; Р ^ ^ ^ = 2 + 2 , 5 + 3 = 7 . 5 ; Р ^ : Р ^ , , = 15:6,5 = 2. K D СК 1) AB СА АС ВС 2) КС D C ’ 432. СО м 3) ВС DC AB KD' = Отже, сторони двох подібних трикут­ ників можуть мати довжину З дм; 4 дм; 5 д м і9 м ; 12 м; 15 м. 2) 2,5 = 1,2 + 1,3. Тому трикутника з та­ кими сторонами не існує. 3 )5 м м = 0,5 см; 50 см; 50 см; 50мм = , . 0,5 50 50 = 5 см; 50 мм = 5 см. *■— = — . 5 5 5 I ос KB = ^ K L ; 3 .4 bo ok .o КС = - К М . 3 (‘ =1) 1) 9 M = 90 дм; 12 m = 120 дм; 15 m = 90 120 150 1 5 0 д м . — = --------= --------. 3 4 3 rg к s X )Z A = 30°; Z ß ,= 60“; Z A ,= Z A = 30°; ZB = Z ß , = 60°; ZC = 1801 - (30° + 60°) = = 90°; ZC = ZCj = 90°; 2) ZC = Z ß , = 50°; ZC, = ZC = 50°; Z ß = = Z ß , = 50°; ZA = 180° - (50° + 50°) = 80°; ZA, = Z A = 80°; 3 )Z ß = 1101; ZC,= 25°; Z ß ,= Z ß = 110°; ZC= ZC,= 25°; Z A = 180°- (Z ß + ZC) = = 180° - (110° + 25°) = 45°; ZA, = ZA = 45°. Отже, сторони двох подібних трикутни­ ків не можуть мати такі довжини. 436. 1) АВ = 8 см= 80 M M ;A ,ß ,= 56 мм; ВС = 10 см = 100 мм; А,С, = 42 мм; Aß ВС ' __ А^В,хВС 56x100 , а с , = -2^3------ = ---------- = 7 мм = 7 см; ^ ' АВ 80 Д Д _ ЛС, АВ АС ’ АВ хА ,С , 80x42 . АіС = ------- 3-і- = --------- = 60 м = 6см; ДВ, 56 2) АВ = 13 см; ВС = 14 см; А,В, = 3,9 дм = = 39 см; А,С, = 4,5 дм = 45 см; АВ ВС А,В, В,С,’ ^ і ЛД хВ С ЛІЗ АВ 39x14 13 = 4 (см);
  • 63. AB _ AC A C .’ ^ .АВхА,С, 13x45 , 3)Л В = 40 мм; ВС = 37 мм; А^В, = 20 см = = 200 мм; Л,С, = 6,5 см = 65 мм; AB ВС AB АС Д Д " В . С , ’ А ,В ,~ А,С ,’ ^ _ А .В .х В С A B x A fi, 200x37 , =- — = 18(мм); 40x65 , 437. 9 CM 8 CM 14 CM 31 CM 12,4 CM 2 5 5 2 8 CM Р, k 440. 1) 36 : 4 = 9 (см) — периметр три­ кутника; 9 :3 = 3 (см) — сторона рівностороннього трикутника; 2)45: 4= 11,25 (см) — периметр трикут­ ника; 11,25 : 3= 3,75 (см) — сторони три­ кутника; 3) 72 : 4 = 18 (см) — периметр трикутни­ ка; 18 : 3 = 6 (см) — сторони трикутника. 441. 1) Нехай сторони подібного три­ кутника Зх; 5х; 7х. За умовою З х = 5; rg АВг 15 CM 17 CM 40 CM 100 CM а Ь с Р в с = = .4 bo ok .o " =І в ,с, перетинає сторони AABC. AABfi^-AAßC.SnofliÖHOCTiTpHKyTHHKiBZAßjCj = = ZABC, але ZABjC, і ZABC — відповідні при прямих ß,Cj; ВС і січній AB, оскільки відповідні кути рівні, то В,С, IIВС. w w w 438.1)МЛ^ IIАС; 2) M N Ц AB; 3) M N |СВ. | В С , , 5 35 ,, 2 , , Отже, сторони подібного трикутника: 1 2 5 см; 8 - см; 11— см. З З 3) Зх; 5х; ї х — сторони подібного три­ кутника. 3x -h5x -i-7x = 45; 15ї = 45; л: = 45 :15; х = = 3;3 j = 3 x 3 = 9 (см); 5x = 5 x 3 = 15(см); c 7х = 7 х З = 21 (см). 442. - ДАВС, тому ZA, = ZA; Z ß , = Zß; ZCj = ZC. ДАВС - AAjß^Cj, тому Z A = ZA^; Z B = = ZB,; ZC = ZC,. Звідки ZA, = ZA,; Z ß , = ZB^; ZC^ = ZC,. Отже, ДА,В,С, - AA^ß^Cj443. &ABC-Ш О Р (k^=3); AABC-ATEH и к 2 (Ä, = 2); AMOP - Д Г£ Я , * = ^ = g • Р, 12 см 16 см 18 см 46 см 23 см к W 'Ш' а Ь с 2 Р 1- 20 см 21 см 29 см 70 см 140 см 1 2 444. ДАВС - ДМ ОР (fc, = 4); Д М О Р ; A A B C -A T E H , fe = ft,xA, = 4 x - = 2. 445. 1) Нехай а, b, с — сторони три­ кутника. Якщо кожну сторону збільши­
  • 64. ти на 2 CM, то а + 2; b + 2; с + 2 — сторони нового трикутника. „ . а + 2 Ь+2 с+2 Оскільки Ф ± ----- , то новий а Ъ с трикутник не подібний даному. 2 )а + 5; &+ 5; с+ 5 — сторони нового а + 5 Ь+5 с+5 трикутника. ----- — * ----------- . боа6 + 5fc а{) + 5а, оскіль­ ки за умовою не сказано, що а = Ь). Отже, новий трикутник не подібний да­ ному. .4 Ь + 0,25Ь = - Ь ; с + 0,25Ь = - с . 4 4 а + Ь+ с = 64 (см) — периметр одного трикутника; -•64 = 112 (см)4 периметр другого трикутника. 2 ) Р — периметр одного трикутника; 2 - Р — периметр другого трикутника. З І Р = 5; Р = 4 5 ( с м ) - п е - з риметр одного трикутника; 2 -•45 = 30 (см) — периметр другого три3 кутника. 449. 1) Нехай продовжено бічну сторону на леем, тощВО = х;А О = 6 + х. О w 5 5 ^ 5 — —о —с а і- = 4 _ = 4 _ а Ь с - ( а + Ь + с) = 48; а + Ь + с = 4 8 : - ; 4 4 Р - ^ Р = 15; З Отже, новий трикутник подібний даному. 2) а + 0,25а = а + —а = —а; 4 4 кутника. 7 - { a + b + c ) - { a + b + c) = 4S; 4 bo ok . сторони нового трикутника. 4 4 .4 -а -Ь -с .3 - = 3_ а Ь с 1) Якщо m : л = 7 : 4, то коефіцієнт 7 подібності трикутників дорівнює —. 7 7^ 7 ^ —а; —Ь; —с —сторони другого три4 4 4 or g 446. 1)а ,Ь ,с — сторони даного трикут­ ника. 1 4 ^ 4^ 1 4 а + —а = —а; Ь+ —Ь = —Ь с + - с = —с — 3 3 3 3 3 3 448. w w Отже, сторони нового трикутника про­ порційні сторонам даного трикутника. Тому ці трикутники подібні. 447. 1) а = 12 см — бічна сторона; Ь = = 5 см — основа. 5 см — не може бути біч­ ною стороною, бо трикутника зі сторона­ ми 5 см, 5 см і 12 см — не існує. Сторони подібного трикутника з fe = 0,5 дорівнюють 6 см; 2,5 см; 6 см. Отже, третя сторона дорівнює 6 см. 2) о = 6 см — основа; Ь= 15 см — бічна сторона. 6 см — не може бути бічною, бо трикутника із сторонами 6 см; 6 см і 15 см не існує. Тому третя сторона даного трикутни­ ка 15 см, а третя сторона подібного три­ кутника з коефіцієнтом А= 2,5 дорів­ нює 15 X 2,5 = 37,5 см. A AO D -A BO C. ----ВО ВС , X 6х = 24 + 4х; 2л: = 24; л: = 12 (см). 6 + л: 8 2) В 0 ~ ВС ’ X ~ 5’ 8:с = ЗО -н5х; Зх = ЗО; х = 10 (см). О
  • 65. г 450. Після збільшення сторін в п разів одержимо подібні трикутники з Л = л. Після зменшення сторін нового трикутяика в п разів одержимо подібні три­ кутники з * = —. Перший і третій три­ кутники подібні k = n — = l . Тобто пер­ 453. За умовою -Pj - -Р, = 'и; = т; Р, - т. Оскільки трикутники подібні, то а, ший і третій трикутники рівні. 451. А ДА,В,С,-ДАВС, А = 0,75; Л,С, = 0,75 XАС = 0,75 X 5 = 3,75 (см); А ,В ,= В,С,= 0,75 X А В = 0,75 х 15 = 11,25(см). ДАВС ~ ДА,в ,C ,;Z A = ZA, = 30“. Аі Р, а, = Л “.+ D- а,) = та,; + ’ “ 2^. - Л “ і та, -2 "*“ 1 _ 0 - — І го а, “Л - “Л = - “ г'": -а ^ т .4 4SZ 1 ) Н е х а й А С = X см , т о д і АВ = В С ^ 2 х. w w w В ж+ 2д:-І-2л: = 50; 5х = 50; л: = 10; АС = 10 см; AB = ßC = 20 см. ДА,В,С,-ДАВС, Л=1,5; А,В, = В,С, = 20 X 1,5 = ЗО (см); Л,С, = 10х1,5 = 15(см). 2) Нехай ЛС = х с м ;А В = ВС = Зхсм. В ' 0,-02 1^ 454. Нехай о,; Ь,; с, і а^; б,: Cj — сторо­ ни двох подібних трикутників, тоді о, Ь, S СІ а «а - О і' Ö С 2 г с, + Ь^; с^ + трикутника. О, сторони нового * 1 ± ^ = 1+ ^ ; & і а, £і±£^ = і + £і. (О І з>ч а 5 с о S к о. ti Оскільки О о, Ь, ш с, ’ 1+ ^!і = 1+ ^ = 1+ ^ . а, 6, е. а, + а, _ Ь ,+Ь, _ с,+ с. Тобто Ь. Отже, сторони нового трикутника про­ порційні сторонам першого трикутни­ ка, тому ці трикутники подібні. 5L±£2=äJA bo Аналогічно 5 .+ i = ^ + ^2 ^ 2 х + 3х + 3х = 35; 7х = 35; х = 5 (см). ЛС = 5см ;А В = ВС = З х 5 = 15(см). “ г)= - “ 2™: т а , or g р bo ok . Ві У ДА,В,С, катет ßjC, — менший, бо ле­ жить навпроти меншого гострого кута. AB = CjB^. НехайЛВ = jc, тоді С,В, = ха. = 2ß,C, = 2х (катет, що лежить навпроти кута 30°, дорівнює половині гіпо­ тенузи). AB X 1 ~А ,В , 2х г 1 - = i = £ i± £ i; С о = £l + i . ^ 2 Тобто новий трикутник подібний друго­ му з даних трикутників. CQ
  • 66. 455. 1 ) : ^ Л = 2:3; НС З TJ 3 -T с 2 )ВЛГ = 5 C M , М А = 1см; — = - = 5:1; ЯС 1 3) S M = 4 см; М А = 2 см; — = - = 2:1. не 2 466. Треба знати чотири відрізка. Дані трикутника подібні: k — ко­ ефіцієнт подібності. = ka; b, = kb. b (k b f kV b^ 3a умовою - = ^ =^ = b a 467. Мал. 262 ААВС - AM NC (за двома кутами: Z C — спільний; Z A B C = Z M N C (відповідні при AB II M N і січній ВС)). Мал. 263 ААВС ~ 6 M N C (за двома кутами: Z C — спільний, Z.N = ZB). 468. Ця умова виконується лише коли а = Ь, §11 .4 b Мал. 258 А О :О В = 3 :Ь . Мал. 259 Л О :О В = 4 :3 . w 463. 1) Р М : М Н = 5 : 2 ; Р М > М Н . 2) Р М : М Н = 3 :7 ; М Н > Р М . w w 464. Мал. 260 OD ОС 28 7а = ; — = OB ОА 12 За 6 ( c m ); oo k. o Отже, умова виконується для рівнобедреного трикутника. rg 1)10: (2-н 3 )= 2 (см) — довжина 1 час­ тини; A M = 2 x 2 = 4 ( c m ) ; M B = 2 x 3 = тобто —= 1, бо 1 = 12. а 462. A B : B M = m :n -,A B = d. р А___________ М правильно. 2) 14 : (З -н 4) = 2 (см) — довжина 1 час­ тини; A M = 2 x 3 = 6 (см); M B = 2 x 4 = 8 (см); 3) 16 : (З -I- 1) = 4 (см) — довжина 1 час­ тини; A M = 3 x 4 = 1 2 (см); M ß = 1 х 4 = 4 (см). 469. A M = 4 клітинки; M B = 8 кліти­ нок; A M ; M B =1 :2; A М _________ В 2) A M = 5 клітинок; M B = 7 клітинок; A M : M B = 5 : 7; А М В Довжини відрізків вказано правильно. Мал. 261. OD ОС 8 8а = ; неправильно. OB ОА 5 За 3 ) А М = 4,8 клітинки; M B = 7,2 клітин­ ки; A M : M B = 2 : 3. Довжини відрізків вказано неправиль­ но. 5 ВС 465. АСМНВМ В Н ’ 2 ВН' 470. Проведемо з т. А промінь. На про­ мені, починаючи з т. А послідовно відкла­ демо 7 відрізків. Кінець третього позна­ чимо т. D, кінець сьомого т. С. З’єднаємо т. С іт . В. Через т. Z) проведемоиЛГ |СВ. | А К :К В = 3 : 4 . ВС = 5х; В Н = 2х-, тоді НС = Зх. А М ________ В 471. 1) Проведемо промінь BN. На про­ мені B N від т. В послідовно відкладемо п’ ять відрізків однакової довжини. К і­ нець п’ ятого (,К) з’ єднаємо з т. С. Через кінець другого відрізка проведемо пря­ му, паралельну СК. Ця пряма розіб’є
  • 67. відрізок ВС на відрізки В М і NC. В М : MC = 2 :3 . В М 474. С 1)А С =2;В С =7. DM = 4 ;M P=14; AC В D М AC CB ; D M = 1,5; 2)AC = 3;Cß = 6. DM MP М Р = 3; AC В 2) Проведемо промінь BN, на ньому пос­ DM P лідовно від т. В відкладемо п’ять рів­ 3) AC = 4; CB = 5. них відрізків. Кінець п’ятого з’єднаємо DM M P=10. з т. С. Через кінець першого проведемо A С В пряму, паралельну СК. Ця пряма пере­ тне ВС в т. М . В М : ЛГС = 1 : 4. B M P MP D M = 8; 475. 1)AB = 2 c m ; BC = 3 c m ; AB BC M N ~ NK ’ Г О ь S rg A B C A В С М N к го 1 т а g 'Е о 3 2 о. [Б M N = 2,5 см; N K = 2 см. 476. 1) Р Е II QF; 2)РЕ | QF; | w w w .4 bo ok .o M N К 3) Проведемо промінь BN, на цьому M N = 4 c m ; NÄ- = 6 c m ; промені від т. В відкладемо сім рів­ AB ВС них відрізків. Кінець сьомого відрізка 2 )A B = 1,5 c m ; BC = 6 c m ; MN NK’ з’єднаємо з т. С. Через кінець другого відрізка проведемо пряму, паралельну A В ( CN. Ця пряма розіб’ є відрізки В М і MC. MN В М : M C = 2 : 5. M N = 1cm; N K = 4 cm; В М С AB BC 3 )A B = 5 c m ; BC = 4 c m ; MN NK пропорційні. 2) з чисел 5; 6; 10; 18,5 неможливо склас­ ти пропорцію; а, b,c,d — не пропорційні. 3 )3 чисел 7; 4; 2,1; 1,1 неможливо скласти пропорцію; а, Ь, с, d — не про­ порційні. 473.1) i = .|=>d = 6 або | = i = > d = l,5; 2 d л н З 3) Р Е не пара­ лельна QF; 4) Р Е і QF не пара­ лельні. 2) - = - ^ d = 2 або - = - = > d = 8; 3 d 3 4 J = | ^ d = 4,5; 3) - = f =>d = 4,2 або ^ = ^ = > d = l l § . 5 7 Ъ d З С О r«. e*s
  • 68. 4 7 7 . M N — середня лінія AABC; M N | { II ВС, тоді Z A N M = ZACß (відповідні при M N II ВС і січній AC), ZA — спільний. 4 8 0 . АВ - а; АС : СВ = т : п. А С АВ = т + п; В довжина одинич ного відрізка. лс =- ^ : 'с в = - ^ Отже, &AMN - ЛАВС (за двома кутами). а 4 7 8 . Щоб побудувати трикутник, подіб­ ний даному, достатньо провести пряму, паралельну одній із сторін трикутника. Ця пряма відітне трикутник, подібний даному. 4 7 9 . -РДд,с=За: з З 9 = -а . го X т Шукані відрізки 16 см; 32 см; ЗО см. 50 50 2) 0,25 + ^ + 0 , 4 ' 0-25 + 0.6 + 0.4 ■ 5 50 = 40. 1,25 40 X 0,4 = 16 см. Шукані відрізки 10 см; 24 см; 16 см. 5 Ъ о 482. A N -.B N = m :n . 4 см MN 3 см ЛВ АС Р iM NC Р . Г ЕС 8 см 6 см 4,5 см 2 см 4 см 3 см 24 см 18 см 9 см 18 см 13,5 см 6 см 12 см 4 см 4 см 6 - см 3 MN 3 см 3 см 5 см дЯ ЛС р ■ tM * NC Р ■Л Г “ £С В N 9 см АВ р d ■ — довжина відрізка A N ; т т -п d п — довжина відрізка BN. т -п 5 хЗ = 15 см — довжинаЛЛ^; 1) 3 -2 3 -2 EF А 6 см 12 см w EF р w АВ w 3 «ясч 0,75 = 30 (см). 40 X 0,25 = 10 см; Q 4 0 х - = 24 см; 5 S тс о. Q >= 3х —а = —а; 4 4 х^ = -І?-.0,4 = 16 (см); 5 4 78 78 _ . 0 , 8 = 32 (ем); — .4 bo ok .o 1 ^л£гс = 3 х - а 78 4 8 1 .1 ) С rg В х2 = 10 см — довжина BW; 16 2) АЛ^ = —^ х 5 = 20 см; 5 -1 BN = 16 5 -1 1 = 4 CM . 2 см 2 см з і см 3 12 см 12 см 20 см а + Ь+ с 9 см 9 см 15 см 6 см 6 см 10 см =- ^ ^ х 2 , 5 = 2,5 + 4 + 2 25 о.. 125, , = — х2,5 = -----(см); 17 34 ' 4 8 3 . 1) M N = а=
  • 69. 1 2 ,5 MP -x 4 xb = 2,5+4 + 2 a + b+ c 70x40 100 , CD = ---------= ----- = 50 (мм); 56 2 = CD CF 50 40 50 16 -— J ■ — J KLi —K L LF K L 16 40 ^ X 4 = 1^(C M ) 17 17 KP = 12,5 MP -x 2 = -x c = 2,5 + 4 + 2 a + b+ c A :L = 2 0 ( m 25 „ 50, , г — x2 = — ( c m ) 17 17 MP ■a = a + b+ c 50 50 2 )M N = : ------------------ X l O = 34 17 (cm ) , 50 MP - x l6 = xb = NK = 10 + 16 + 8 a + b+ c 50 , „ 400, , =— x l 6 = (cm ) 34 17 50 MP -x8 = 10+16+8 a+b+c' 50 . 200, . =- x 8 = — ( c m ) AB AC _ AO ~ A H ' w 12x10 AO w AH w 3x5 ii® = i . . 0 6 = — — = AO 11' ’ 11'10 11x3 11’ AB = x-,A O ^A B + BO = x + 1 2 ; — x+12 AB BF DC ^ C F ’ _ A B x C F 21x15 DC = rr:— = — r-— = 15 BF 21 CD KL 486. (c , m ); CF C D x LF 15x6 ; KL = — — =—— =6 LF CF 15 (c , m ). О .4 bo ok .o KP = AOxAC ). + 6 = 2 1 (c m ). 250, X l0 = 10 + 16 + 8 m 2 )S C = 2д:; C L= 3x; L F = 2x; FC = 15 c m (за умовою); FC = F L + LC = 5x; 5x = 15; x = 3 ( c M ) . ßC = 2 X 3 = 6 ( c m ) ; C t = 3 x 3 = = 9 (cm ); L F = 2 x 3 = 6 ( c m ) ; ß F = 6 + 9 + rg NK = = — ; 11д: = 5л: + 60;6д: = 60:д: = 10; 11 1) Якщо AD II M N , TO MA-.AO = ND DO. M O = 6 c m ; 0 A = a= 2см; M A = 6 - 2 = = 4 CM . Отже, N D : D O = 4: 2 = 2: 1; N D = 2 x ; OD = X 2 x + x = 9; 3 x = 9; x = 9: 3; -, x = 3 (c m ); D N = 2 x 3 = 6 (cm ). 2 ) M A : A O = N D : DO; M O = Юсм; AO = = а = 4 c m ; M A = 1 0 - 4 = 6 см); D N : D O= 6 : 4= 3 : 2; D N = 3x-, DO= 2x 3 x + 2 x = 14; 5x= 14; д:= 2,8. Тоді D N = = 3 X2,8 = 8,4 ( c m ) ; DO = 2x2,% = 5,6 ( c m ) . 4 8 7 . РО ||ЛС,том уАР:РВ = СО:ВО. В AB = 10 дм; ЛО = 10 + 12 = 22 (дм). 4 8 5 . 1)A D : D K : K F = 2 : 3 :2. Тоді B C : C L : L F = 2 : 3 : 2 . BC = 2x-,CL = = 3x; L F = 2x; FC = C L + L F = 3x + 2x = = 5ж; FC = 40 мм; 5 i = 40; д = 8 (мм). : Тоді ВС = 2 X 8 = 16 (мм); CL = 3 х 8 = = 24 (мм); LF = 2 x 8 = 16 (мм). BF = 2x + + Зж+ 2х = 7л = 7 X 8 = 56 (мм); CF = CL + + i f = 24 +16 = 40 (мм). А В _^ 70 56 C D ~ C F ' CD “ 40’ 1 ) C O : B O = A P : P B = 5 : 6 ; C O = 5x; BO = = 6x; BC= 5 x+ 6 x = 11л:; 11л: = = 22; x = 22 : 11; x = 2 . Тоді CO= 5x 2 = = 10 ( c m ) ; BO = 6 X 2 = 12 ( c m ) . 2) CO; BO= A P : PB = 4 : 3; CO = =4д:;ВО=Зл:;СО+ВО=СВ; 4jc+3o:=2,8;
  • 70. I x = 2,8; X = 0,4; СО = 4 x 0,4 = 1,6 (дм); ВО = З X 0,4 = 1,2 (дм) = 12 (см). 488. Відношення кожного 3 відрізків до всієї сторони дорівнює 1) 1; 2^ 2) 2 З 3 3 5 5 у . х+у х+у 4 5 9 9 489. А С 2) Поділимо сторону AB на З рівних частини. Відрахуємо від вершини В 2 відрізки, позначимо т. К. Через т. К проведемо K P |АС; В К : ВА = | = 2 : З, тому = Р Д ^ = 2 : 3. 491. I- S С С Q. А С B D = D P = P K = КС. Тоді BD : B P : B K ■ . BC = F D -.E P : M K : A C = 1 : 2 : 3 : 4 ; FD = - A C ; E P = - A C = - A C ; 4 4 2 І з CL = _5_ - = - ; D M = — ; 2’ DM 2 З 1) ЯР = |х1,6 = 0,8 (дм) = 8 (см); D M = 3~; З MÄ- = - x l , 6 = l,2 (дм )=12(см ); 4 2) 2) FD = AC 124 І— Ш 124 DM AD DM 0,2 0,3 з 0,2 DM 0,3’ DM = 3x0,3 0,2 ’ D M = i,b . 492. = 62 (мм) = 6,2 (см); w ЕР = АС = 31 (мм) = 3,1 (см); w о М AB II CD, тому на сторонах кута В М А ці прямі AB і CD на сторонах цього кута відтикають пропорційні відрізки, тобто B N : N M = A D : D M або 1) F£> = - x l , 6 = 0,4 (дм) = 4(см); 4 т а .5 с D .4 bo ok .o M K = -A C . 4 s; с rg га 5 w ЛГЛГ = -х 1 2 4 = 93 (мм) = 9 ,3 (см). 4 490. Пряма, паралельна одній із сторін даного трикутника, відтинає від нього трикутник, подібний даному. Відношен­ ня периметрів цих трикутників дорівнює відношенню відповідних сторін. в А С 1) Поділимо сторону AB на 2 рівні час­ тини точкою К; проведемо К М Ц АС. 1 со К В А В = ^ , тому 2’ : P ^ ^ = 1 :2 . 1) Проведемо пряму n, позначимо на ній т. А. від т. Аиа прямій п в одну сто­ рону відкладемо відрізок ЛО, = 2а, в другу сторону — відрізок АО^ = За (а — довільний відрізок). О, — центр одно­ го кола, Rj = OjA; — центр другого кола, = О^А; А — точка дотику кіл. Д, :Д , = 2 :3 . 2) Будуємо пряму п, т.Ае п. Від т. А в одну сторону відкладемо відрізок ЛО,= = За, в іншу сторону — відрізок АО^ =
  • 71. г 4а (а — довільний відрізок). Oj — центр одного кола, Д, = О ^ ; — центр друго­ го кола, ßj = О ^ ; А — точка дотику кіл, В С і січній АБ). Л .:Д , = 3 :4 . 493. А В = А О + ОН + Н В = а + Ь + с. А а О Ь Не В АО = ----------: О Н = * a + f>+ c а+Ь+с’ НВ = 0В = 494. с а + Ь+ с ; АН = а+Ъ а+Ь+с’ ВА, А,С м о " OJV “ 6+ с а+Ъ+с' 498. oiv ■ 1 )М О ,М Р ; мо DC rg Afß = - . 3 = 3,6 (см). 5 2) АМОА - ADCA, тому В АО АС AM AD ОР СО СР АВ~ АС~СВ' МО о ^ ^ ^ ср_ D C ^ AB A C * AC ~ A D CB' .4 bo ok .o М ДА АС За умовою ВА, = А,С, тоді М О = ON, тоб­ то т. О ділить відрізок M N навпіл. Л М = - - 2 = 2,4 (см); 5 А N С З подібності трикутників: АА, : АО = = BAj : МО. Аналогічно: ДАА^С - AAON, звідси АА, :А О = А ,С : ON. ОскількиАА, :АО = ВА^ :М О іА А , :АО = =А,С : ON, то АСОР ~ АСАВ, тому 1) Нехай В Т = х (см), тоді А Т = 6 + д (см). : ^ = ® ± £ = 1. ВТ 3’ X 3’ 4х = Зх ++18; х = 18. В Т =18 (см); М Т = = М В + В Г = 3,6 + 18 = 21,6(см). 2) А М = — х2 = 4 (см); 5 АО СО AC , A M CP , --I----- = — - = 1. —^ -t-^ ^ = l утому AC AC AC AD CB w випадку, якщо AD = CB, тобто трапеція рівнобічна. 499. Проведемо PO IIЛГЛГ. Тоді MJVPO— паралелограм. І т сс о S тс Q. ь Ц w w М В = — хЗ = 6 (см). 5 10 + л: В Т = X см; А Т = 10 + л:; 2 4л = Зл: + 30; X = 30 (см); М Т = М В + В Т = = 64-30 = 36 (см). 496. 1) ЛАОВ - ADOC (за двома кута­ ми); ZAOB = ZDOC (вертикальні); ZBAO = = Z.CDO (внутрішні різносторонні при BÄ ]|CD і січній AD). З подібності трикутників: АО : OD = = О В :О С . 2) НехайЛО = J C M , тоді OD = 1 0 - х (см). C Тоді 10-д: = 5; Зх = 50 - 5x; 8л: = 50; З ж= 6,25;ЛО = 6,25(см); 0 0 = 1 0 - 6 ,2 5 = 3,75 (см). 497. ААМО - äABA^ (за двома кута­ ми); Z M A O = ZBAA^ (спільний кут); Z A M O = ZABA, (відповідні при M N | { AOPZ — трикутник; QB = - O Z ; З F K = - O Z ; OZ = M Z - N P = b - a . З AQ = CF = a AB = a + l { b - a ) ; -, З СК = а + ^ ( Ь - а ) . З 1)Якщо а = 7 см, і>= 10 см, то A ß = 7-t-i (1 0 -7 ) = 8 (см); З РВ
  • 72. CK- = 7 + ^ (1 0 -7 ) = 9 3 2) 507. ААВС і A N M P — рівнобедрені; ААВС і A M N P — не є подібними. ( c m ). Якщо a = 10 c m ; ft = 14 c m , to N ЛВ = 10 + і (14-10) = 10 + і і = 1 і і 3 t3 о (cm ); Сі : = 10 + | (14-10) = 10 + 2| = 12| 3 о о (cm ). 500. I ) Ä-p = ft+ i ( a - & ) = ö + i a - i f t = З 3 3 1 2^ 2 2 М Р 508. ААВС і A M P N — прямокутні; ААВС і A M N P — не є подібними. А 2 OZ = b + - { a ~ b ) = b + - a — b = З 3 3 s rg 2 = - a + -lu; b 3 З I T >4 Q. 5 'c о S M N = ft+ | (a -ft ) = 6+ i a - i f t = oc w QF = b + - ( a - b ) = b + - a - - b = 4 4 4 1^3 = —b + —a. 4 4 w о 2 w 2 509. Мал. 278 Z1 = Z2, тому M N IIAB (Z1 і Z2 — внут­ рішні різносторонні при M N ; AB і січ­ ній АС). Звідси Z C M N = ZCAB; Z.C — спільний; A C M N -A C A B . Мал. 279 ACRQ - АСАВ (ZC — спільний, ZQ = ZB). ACRQ - AQPB (Z R C Q = ZPQB; ZCQR = = ZQBP). AACB - APQB (Z B — спільний, Z A = ZP). .4 bo ok .o го iC 510. а ß а ß а ß а ß ZK ZL ZL ZK ZM ZK ZL ZM ZP ZO ZH ZO ZH ZP ZO ZP AKLM - AKLM - AM KL- ALM KAPOH АРОН АНОР APHO за двома за двома за двома за двома кутами кутами кутами кутами 511. 1) Подібні за двома кутами; 2) подібні за двома кутами; 3) подібні за двома кутами. §12 505. /.D = /Л■,^E = /.B ,^oы y^D E F ~ ~ AABC — за I ознакою (за двома к у­ тами). e*B 506. AEDF - АСАВ (за двома кутами): Z E = ZC; г О = ZA. 512. Щоб стверджувати, що трикутники подібні, треба довести рівність двох від­ повідних кутів трикутників. Якщо від­ ношення двох кутів одного трикутника дорівнює відношенню двох кутів друго го трикутника, то це не означає, що ці відповідні кути рівні.
  • 73. г )/А = = 60°. AB = 2 см, AjCj = 6 см. ^ д = ZA j (з подібності трикутників); ^ = ZB, (за умовою). Звідси ZAj = Z ß , = 60°, тому ZCj = 60°. Отже, Z A = Z ß = Z C = 60°. Трикутни,{И рівносторонні. AB = ВС = AC = 2 см; Д , В , = В А = Л С , = 6см. 2 )/ ^ = ZC = 60°, тому Z A = 60°. Звідси ■ ^ 1 = = •^С,. Трикутники рівносторонні. А ,В, = В,С, = А,С, = 2 см; ЯВ = В С=А С = 4 см. 8 )/В = ZC = 60°, тому Z A = 60°. ДАВС — рівносторонній, тому AAjßjC, — рівносторонній. AB = ВС = AC = 9 см; A,B, = B fi^ = A f i^ = 3cM. 514. 1) Z A = ZiT; ZB = ZL, тому ДАВС -S K L M . Д В = 5 см; В С = 7 см; А С = 3 см; K L = 15 см. = AB ВС 15 АС’ 5 LM 7 КМ 3 ■ Звідси L M = 21 см; К М = 9 см. 2)М В С - A Ä -W . Л В = 6 см; ВС = 8 см; Л С = 4 с м ; і :і = 4 , 5 с м . И ІМ ВС L M = ^ ^ ^ LM 4 ,5 8 6 (c m ); = 6 КМ w w ,JEAf = l ^ i M = 3 (см). 1<.1 6 Ш а В С - A K LM . AB = 8 см; ВС = 10 см; 6 см; iTL = 16 см. 16 ^ L M КМ АЁ~ ВС ~ АС ’ 8 ~ 10 6 ■ ' L' '.5 реи L M = 20 (см); К М = 12 (см). 5^. 1) ДАВС і AAjBjC, — рівнобедрені, ■ ^ = ZAj. Bl Al рівнобедрені, ЗДАВС: ZA = 1 5 2 1 z ^ = 90°- I z B . З ДА,B.C.: 1 8 0 °-Z Ä 1 ^ = 9 0 «- - Z B ,. Оскільки ZB = ZBj, то 9 0 ° - iz B = 9 0 ° - iz B . 2 2 ^ Тобто ZA = ZA,. Отже, ДАВС - ДА,В,С, (за двома кутами). 516. 1) Якщо кут між бічними сторо­ нами 52°, то кути при основі дорівню180°-52° 128' = 64°. У другого рівнобедреного трикутника кути при основі дорівнюють 64°. Тому ці трикутники подібні. 2) У рівнобедреного трикутника кут при вершині 43°, тоді кути при основі 1 « 5 ^ = 68°30'. w Звідси КМ АС ДА,В,С, — .4 bo ok .o = 2) ДАВС і ZB = ZB,. rg 513. ДАВС~ДЛ.В,С,. А Ci »^.Властивістю рівнобедреного трикут­ ника Z A = ZC; ZAj = ZC,. Оскільки ZA = TO ZC = ZC,. «ід е й ДАВС - ДА,В,С, (за двома кутами). У другого рівнобедреного трикутника кути при основі 68°30'. Отже, ці три­ кутник подібні за двома кутами. 3) У рівнобедреного трикутника кут між бічними сторонами 105°, тому кути при основі дорівнюють І « 2 : ^ 2 = 37°30'. У другого рівнобедреного трикутни­ ка кути при основі 38°30', тоді кут при вершині 103°. Отже, ці трикутники не є подібними. 517. Якщо трикутники прямокутні і мають рівний гострий кут, то ці трикут­ ники подібні за двома кутами (прямий кут 90° і гострий кут). 518. Мал. 280 ДАВС - АКВА ( Z B — спільний гострий кут; трикутники прямокутні).
  • 74. Ct a ro 5 ^ S X T >4 Q. 5 Ъ о З к Q. АС „ 48 „ 16-8 г - = і| ^ = 18|(мм) 7 7 ЛО = 4 8 -1 8 | = 29у (мм); ,= 3 2 - н18§-(-18§ = 68^ (мм); =52-ь29- + 2 9 - = 111- (мм). д 0,3 дм г 0,5 дм .4 bo ok .o p СО а 32 8 А О ~ Ь ~ 52~ 13’ 520. у рівнобедрених прямокутних три­ кутників гострі кути по 45°. Отже, рівнобедрені прямокутні трикутники подібні за двома кутами. 521. ABCÖ — трапеція; ЛС = а; AD = ft; ВС IIAD; BD — січна, тому ZCBO = ZADO; ZBOC = ZD OA (вертикальні). 2) а = 0,5 дм; Ь = 0,3 дм; с = 0,8 дм. СО ВС 0,3 _ А О ~ A D ~ 0,5’ С0 = — ^ ^ х 0 , 3 = — х0,3 = 0,3 (дм); 0,3-н0,5 0,8 АО = 0,8 - 0,3 = 0,5 (дм). = 0 ,3 x 3 = = 0,9 (дм); = 0,5 X 3 = 1,5 (дм). w X 519. 1) Якщо один гострий кут прямо­ кутного трикутника 42°, то другий кут дорівнює 90° - 42° = 48°. У другого прямокутного трикутника гострий кут 48°. Отже, ці трикутники подібні. 2) Якщо один гострий кут прямокутно­ го трикутник 23°, то другий — 67°. У другого прямокутного трикутника го­ стрі кути 77° і 13°. Ці трикутники не є подібними. 3) 35°30' і 90° - 35°30'= 54°30' — го­ стрі кути одного прямокутного три­ кутника. у другого прямокутного трикутни­ ка гострий кут 54°30'. Ці трикутни­ ки подібні. 1) rg Мал. 281 ЛОКА - ABAC (трикутники прямокутні, у яких ZO A K = ZBCA). Мал. 282 A A M N - hCAB (трикутники прямокут­ ні, у яких Z A N M = ZCBA). w w ti D ABOC - ADOA (за двома кутами). ВС ВО ^ СО а A D ~ D O ~ А О ~ Ь' Якщо ВС = Ь; A D = а, то ВО СО Ь DO АО а ,10 ,10 .20 Р . < . = 3 . 1 - . 1 - = 5 - = 6 - (см); АО = Л С -О С = 7 - 1 ^ = 5 ^ (см); 522. ми). АВОС - AD ОА (за двома кута­ Я «о «= 8 + 5 - + 5 - = 1 8 - (см). 523. еа РЧ ми). д о А В - AODC (за двома кутаDO СО DC АО ВО АВ
  • 75. г За узагальненою теоремою Фалеса: А 0 ~ ВО' Нехай E H = X, тоді H D = 2 х . ЕА = х + 8 ( c m ) ; CD = 4 + 2 х (см). За умовою ЕА + CD = 18 см. Отже Д + 8 + 4 + 2 г= 18; З х = 6 ; х - 2 . Г £ Я = 2 см; Я£) = 2 X 2 = 4 см; АБ = AFf + + £ Я = 8 + 2 = 10 c m ; CD = СЯ + Я О = 4 + + 4 = 8 см. 525. Вх В л Сі В Р „ rg V Медіани точкою перетину діляться у відношенні 2; 1, рахуючи від „ . ßO 2 BN Z вершини. Тоді -----= —, а ----- = —; ON 1 ßO 2 З подібності АКВО і AABN; В ід к л а д е м о н а сторон і w ;,ЛВ|И,В.;ЛС||Л.С.;ВС||В,С.. в ід т .Л , AB, а н а с т о р о н і ■ XjCjBiflT.Aj в і д р і з о к А , ІЗ = АС, Тоді дЛ^КВ = ААВС. K D ЦВ,С,. ^AJ^D J ' - AAjßjC, (за двома кутами), ZA, — спільний, ZA^KD= /A.jB^Cj відповідні при XD II В,С, і січній А ,ßj. '• О с к і л ь к и AAjKD = ААВС і AA^KD -M jß jC ,, т о ААВС - AAjß,С,. р ів н и й w А^К w 526. ААВС — рівносторонній; Р — пе­ риметр ААВС; О — точка перетину медіан ААВС; О є KP; K P АС. A K B O -A A B N ; A N ^ - А С = - У . - = - Р . 2 2 3 6 . D в ід р із о к 527. .4 bo ok .o 524. Мал. 283 ^ С В - AM CN (за двома кутами). — спільний, Z A = Z M — за умовою. ^ С В - АМ КВ (за двома кутами); / Л = = Z A f — за умовою; Z B — спільний. Мал. 284 ^ С В - A A M N (за двома кутами); Z A — спільний; Z.C = Z M — за умовою. Мал. 285 ЛАСБ - ANCM (за двома кутами); ZC — спільний, Z.B = /.М — за умовою. у СИ EH 4 EH A H ~ HD ’ 8 “ Я 0 ’ AE + е л = 18 с м ; А Н = 8 с м ; С Я = = 4 см . Ір 6 З К О ~ В О ’ К О ~ 2' 2-^-Р Звідси КО = —^ = - . КО = - К Р , 3 9 2 Р 2Р тоді КО = 2КО = 2 х - = — . 9 9 528. ß^TAfC —трапеція; ä:MII ßC, тоді А А К М -А А С В . В С А Ш е н ~ &ADH (за двома кутами); ZCEH = ^ А В И = 90°. Z E H C = Z D H A (вертикаль*i). З подібності трикутників: ____ ЗО А К ~ AM ~ КМ ' А К ~ AM ~ КМ § ID го X за сс о З тс Q.
  • 76. або 530. 1) ДАВС — різносторонній. М є AB. AK AM KM В Нехай AST = X, тоді A M = ^ ^ ^ = ^x K M = 2x. ® ^ гъщ скС К =Ъ -х M B = 2 0 - l x . 3 ^*«« = 2^ + 15-зс + 2 0 -1 -л : + 30. с Отже, 2д: + 15-д: + 20-1^лс + 30 = 63; Р S - | . = - 2 ; . = 6, S 1^ Тоді K M = 2 x 6 = 1 2 (см). 2)A A K M ~A A C B . AC AK AB AM bo ok . го > £ S X т а 5 с о w w о. Оскільки AC = AB = CB, то A K = A M = = KM. Пех&й A K = A M = ЛГМ = X, тоді CK = I S -x ;M B = lS -x . PcKMB - 50 то1 8 -д : + х + 1 8 -д :+ 1 8 = .4 S CB KM = 5 0 ; - x = - 4 ; x = 4. w Отже, K M = 4 C M . 529. у ДАВС ZJS — найбільший. Ч е­ рез вершину В проведемо пряму, таку, що Z.CBN = ZÄAC (точки А i N — в од­ ній півплощині стосовно прямої ВС). ем ев CQ а) Проведемо М К таким чином, щоб ZAMÄ- = ^ С К є А С . Тоді А А М К - ААСВ (за двома кутами: Z A M K = ZACB; Z A — спільний). б) Проведемо M N таким чином, що /.BMN = ZC; N є ВС. Тоді А В М К - АВСА (за двома кутами: Z B — спіль­ ний, Z B M N = ZBCA). в) М Р IIАС-, А В М Р - ABAC (за двома ку­ тами: Z B M P =ZBAC, Z B — спільний). г) M Z II ВС; AA M Z - ААВС (за двома ку­ тами: ZA — спільний, Z A Z M = ZACB). Отже, задача має 4 розв’язки. 2) ААВС — рівнобедрений, М є AB. or g а за умовою 63 см. Тоді ACBN - ДСАВ (за двома кутами: ZC — спільний; ZC B N — ZCAB (за по­ будовою)). а) Проведемо M N ЦАС; A B M N - ABAC (за двома кутами: Z B — спільний, Z B M N = ZBAC). б) Проведемо M D II ВС. AAMD - ААВС (за двома кутами: Z A — спільний, Z A D M = ZACB). в) Проведемо М Р таким чином, щоб Z A M P = Z C ( P e АС). А АМ Р - ААСВ (за вдома кутами: Z A — спільний, Z A M P = = ZACB). Отже, задача має З розв’ язки. 3) ААВС — рівносторонній. М є AB.
  • 77. а) Проведемо M N II AC. A B M N - ABAC (за двома кутами: Z B — спільний, ^ M N = ZBAC). б ) Проведемо М К II ВС. А А М К - дЛВС (за двома кутами: / Л — спільний, j^AMK = ZABC). Отже, задача має 2 розв’язки. 531. ДАВС — рівнобедрений, ВК LAC-, . 1 0 x (2 x l3 -1 0 ) 10x16 ^ 2 , , = ^ 6 - = ®ЇЗ 532. 533. Доведення подане в задачі 531. ААВС — рівнобедрений; А С = 12 см; AB = 10 см; В К ± А С ; К — середи­ на АС; О — центр вписаного кола. OK O M ^ n O N lA B . В К — середина АС; А К = ^ А С = —а. 1 2 2 В Точка О поділила висоту у відношенні 13:5. 534. Д А В С -Д Л ,В ,С ,,тод ігА = гА ,. В w w w U Z — відстань між точками дотику кола до бічних сторін ААВС. В К перетинає M Z вт. Р. Р — середина mZ;MZAC. або— = =— =° ON A K ~ 6 АК З Висота В К поділилась т. О у відношенні 5 : З (починаючи з вершини). 2) АС = 10 см; AB = 13 см. OB AB 13 Аналогічно: ON A K 5 ■ .4 b Тоді М В = A B - A W = f t - - = ^ ^ . 2 2 ^ OB oo k. o ААОМ (прямокутні); АО — спільна гіпотенуза; О М = OK — катети (як радіуси одного кола). Звідси A M = ^ , ^ ON rg ААВК і AOBN — прямокутні. ZB спільний, тому ААВК ~ AOBN. Ві = - Ш ВР~йАВК. 2 а І£ UP =^ ,а б о MB MP 2b ___ - a ' 2 З ^ с и M P x b = —x — — UP = a{2b-a)_ d a{2b-a ) 4b 2~ 4b ’ ^ _ 2 a (2 b -a )_ 4b ’ a (2 b -a ) 2b ’ l ) e = 6 cm; 6 = 10 CM . r f , 6 x (2 x l0 - 6 )_ 6 x l4 _ 2x10 "2 x 1 0 "^ ’^ *)a=1 0 cM ;ft=1 3 cM . Проведемо B D ± A C і B,D, ±Л ,С ,. AABD і AAjßjDj — прямокутні, у яких Z A = Z A j, тоді AABD - AA^B^D^ (за двома кутами: /А = /А^ і ZD = ZD, = 90°). З подібності трикутників AABD і BD AB ДА,В,£>, маємо: за умовою ААВС - ДЛ,В,С,, тому Тоді BD АС ß .A де. AB АС А.В. Л С .'
  • 78. 535. Два подібних трикутники були б рівні, якщо б відповідні висоти дорівню­ вали одна одній. Оскільки за умовою не сказано, що висо­ ти відповідні, то ці рівні висоти можуть бути не відповідними, а тому не можна стверджувати, що ці трикутники рівні. 536. ДАВС-Д А ,В,С,. ВАГ iß , К - , - в ід ­ повідні бісектриси. Ві / СО вс (з подібності д в о е і ADOA А О ~ AD за двома кутами). Отже 1) — = і ; ВС = 4 8 -A D ; AD З 4 8 -A D 1 AD “ з’ AD “ з ’ 48 AD~3’ Л І) = — = 36 (см); ВС = 48-36 = 12 (см). 4 2 ) ^ ^ ^ Л ; В С = 4 8-А В ; OD A D 5 4 8 -А Д AD 3. Ь’ A D ~^5’ 48 _ 8 AD 5’ AD = ЗО см; ВС = 48 - ЗО = 18 см. = Z B ,, то і ZB = і ^В ,. oo k. or Тобто Z A B K = Z A = ZA, (з подібності ДАВС і ДА,В,С,). Звідси ААВК - AAjBjAT, (за двома кута­ ми). ВК AB AB АС Але Тоді В,К, А.В, Л В , А,С. 539. ACLM~ACBA(ZB = Z L = 9 0 ° , Z C ~ спільний). g Оскільки tl ВК в,к , АС > тобто відповідні w Звідси .4 b (з подібності ДАВС і ДЛ,В,С,). ВК AB AB AC В,К, ~ А , В , ' ^ А , С , ~ А,С, • АС . w w бісектриси відносяться як сторони, до яких вони проведені. 537. С ,М , і C M — бісектриси даних кутів. СМ = С ,М ,+ 4; ^ = 1.5; з подібності трикутників: — = AB АС Z D = 90°, Z A — спільний). З подібності MN AM трикутників: . (П) CD АС Додамо почленно рівності (І) і (II): ML І ^ ^ С ^ AM А В ^ CD СМ + А М С,М. ^ = 0,5; С.М, АС С,М, = 4 : 0,5; С,М, = 8 (см), тоді C M = С,М, + 4 = 8 + 4 = 12см. 538. ABCD — трапеція; п — середня лінія; ВС + A D = 2л = 2 х 24 = 48 см. е*в А С ^ АС АС = 1. АС 540. о , к J. M N ; OJ^ ± M N . АМКО^ - AMNO^ U M — спільний, Z K = Z N = = 90°). NO^ O^M КО, ~ 0 , M D (І) A AM N - AACD ( Z N = Д, “ R^ + 2R, + A M R^+AM '
  • 79. w ІЦД, + ÄaAM = а д + 2Д,'+ 543. ААОВ - KOL (к = 4): L K ^ -A B = -a . 4 4 0 ,M = R .^ A M = R , + ^ ^ ; р и чл 0 ,M = Л, + 2Д. + AJVf = Д, + 2Д. + - ^ ^ . l ) ü , = 4cM;i?j = 6cM; py 4 2 O.M = 4 + ^ = 20 (CM); В 1)а = 3см; L K = - (см); О.ЛГ = 6 + 2х4 + ^ ^ = 30 ( cm). * 6 -4 2 )а = 4см; L K = - - 4 = l (см); 4 3 )а = 5см; LJi: = - x 5 = - = l - (см). 4 4 4 а)Я , = Зсм; flj = 6cM; Л 0 ,M = 3 + | ^ = 9 (CM); 0 —3 ■ 0 ,M = 6 + 2x3 + ^ ^ = 18 (CM). 6 —3 rg ". .4 bo ok .o 5 4 4 X ВС; A N = h^:BK 1 АС; BüT = В 542. AABC — довільний трикутник, О — точка перетину медіан. В w w Ny iiANC - АВКС (прямокутні, ZC — спіль­ ний). Тоді В К ~ ВС’ Л ,~ о ’ C D — медіана, OK 1 AB; C N 1 AB. CN — w •исота до сторони AD. &ODK - ACDN ( Z D — спільний, Z K = Z N = 90°). 3 подібності трикутників «а е м о ^ = 0 ^ . CN CD Оскільки медіани точкою перетину ді­ ляться у відношенні 2 : 1 (починаючи а вершини), то СО : DO = 2 ; 1, тоді OD : CD=13. Звідси CN = CD = і. З Тобто відстань від т. О до сторони AB утричі менша, ніж висота, проведена до сторони AB. ^ 3 Супер ГДЗ, 8кл., кн. 1 або Л. : Л , = і ; і . а Ь Аналогічно: Л„ : h = —: - . а с Отже, Л : Л„: Л = і : і : і . а Ь с Відношення відповідних висот трикутника дорівнює коефіцієнту. 1) Нехай X — одна висота, тоді 36 - д: — друга висота. 545. 3 6 z £ = 2 М - 1 = 2; ^ 6= 3; ; X X X х = 1 2 — висота одного трикутника; 36“ 12= 2 4 — висота другого трикут­ ника.
  • 80. 2_ 3x = л + 10 ' з ’ г з рівності (І): О М = АОКМ NK ■ = 2x + 20;x = 20 — одна з висот; 20 + 10 = = 30 — друга з висот. З рівності (II): ON = ВО К А ВК 546. з рівності (III): B K x K N = М К х КА. 2)x;x+10— висоти. Проведемо діаметр BD. АО К М ВО К А ОМ ■ ON = ----------- X NK ВК KM xKA = АО X ВО X N K xBK' Оскільки ВК X K N = М К x КА, то К М КА N K BK ~ S X т .ч: с о S тс Q. Звідси 547. ААКВ = 90° (вписаний, спираєть­ ся на діаметр), тоді Z N K M = 90° (суміж­ ний з ZAKB). ААОМ - ANKM (прямокутні трикутники, у яких Z A M O = Z N M K — як вертикальні). w fc w NK КМ ABON - АВКА (прямокутні, спільний). ВО ON Звідси ВК К А ' Тоді ААВС - AALK ( Z B = ZC — від­ повідні при ВС II L K і січній АВ; ZA — спільний). ВС АС З подібності: LK АК ’ ВС LK АС АС-К С Нехай X — сторона ромба, тоді L K = = КС = х ;В С = а;АС = Ь. Звідси — = ----- ; ab - ах = Ьх; Ьх+ ах = X Ь -х ab = аЬ; х{Ь + а) = аЬ; х = а+Ь (І) ZB — (II) АВАК - A M K N (прямокутні, Z B A K = Z M N K ). е«з 548. УА АВ С:АС = Ь;ВС = а. C K L M — ромб, тому L K ЦMC; L K | ВС. | або w Звідси Отже, O M x O N = A O x O B x l = R x R = RK Тобто O M x O N = RK .4 bo ok .o т /.ВАС = ZBD C (вписані кути, спирають­ ся на одну хорду ßC). Z B M A = 90° ( В М 1 1А С). ZBCD = 90° (вписаний, спираєть­ ся на діаметр). ААВМ - ADBC (за двома _ .A B ВМ с с Л и кутами). Тоді ®бо — = — . BD ВС 2R а rg X го н S С С Q. Отже, сторона ромба може бути обчисаЬ лена за формулою х = а+ Ь 549. У ААВС: Z B — тупий; B D 1 АС; C M ± А В ( М — на продовженні сторо­ ни A ß ). М І D С J
  • 81. чотирикутник DBMC. Z M + Z C = 360°, оскільки ^ D C + гсм в= 90“ + 90“ = 180“, то ^ B D + Z M C D = 360“ - 180“ = 180“. + Z C M D = Z M B D + Z.MCD. /3DC і Z C M D ; Z M B D і Z M C D — npoФ]ілежні кути чотирикутника DBMC. О с к і л ь к и суми протилежних кутів рів­ ні між собою, то навколо чотирикутни­ ка U-BAfC можна описати коло. Мал. 298 р озглян ем о y d * 550. Якщо ЛС ділить трапецію на два цодібніх трикутники і Z D C A = ZC A B (внутрішні різносторонні при DC II AB і еічяійЛС). то М)СА - ДСАВ. АС NC CB CM АС AN AB AK ААСВ - ANCM-. і; Z C — спільний; ААСВ - AANK-. Z A — спільний: і; ААВС - АКВМ: AB KB ВС ВМ Z B — спільний; ААВС - AMNK-. Z A = Z M ; АС AB 2 МК~ M N ~ Ґ _х Р М К — середня лінія ААВС; S М К = -А С ; 2 M N = -A B . 2 oo k. o З подібності трикутників: 8*ідсиЛС* = і)С х А В = аЬ. KL І ^ Л . Z L = ZB. 555. AB ВС з 7 i&FDE не є подібними. 557.Трикутник зі сторонами 10 см, w w w 16 см і кутом між ними 50“ подібний даному. Кеа AfO O N N M ^ Отже, AO M N - ABAC (за трьома сторо­ нами). 559. W MN С В ~ С А ^ AB ’ 6 8 12 3 4 5 тобто — = — ^ а .4 b — , тому трикутники ДЯАС 5 . Отже, A M O N не подібний АВСА. 560. 15 см; 18 см; 27 см або 7,5 см; 9 см; 18,5 см. 561. Мал. 29 7 ^MCN ~ ААСВ (за двома сторонами і ку•ом між ними). ^ ВС З Т г г = -----= —; Z C — сшльнии. М с NC 2 (U І 562. Отже, &MLK - АСВА (за двома сторона­ ми і кутом між ними). 556. rg M N — середня лінія ААВС; СА AB' 2 сторони а Ь= КМ ZL а= LM ZH ка = HP кЬ = HO ZP ka = PO кЬ = PH 2 сторони ZM а= МК Ь= ML ZP ка = РО 5 с A K L M ~ АРОН за A L M K - АНРО за двома сторонами і двома сторонами і кутом між ними кутом між ними а І b= LK Z K a = KL 2 сторони кЬ = PH A M K L -А Р О Н за двома сторонами і кутом між ними 563. Подібні перший трикутник (зі сто­ ронами 5 см і 8 см) і третій (зі сторонами 5 8 10 см і 16 см), YÖ ~ 16 ^кути між від повідними сторонами рівні за умовою. з ос о ш
  • 82. AB A B -B D 564. ZA — СПІ AC A C -C E 568. Т М ХАВ; Р К ±АВ; СВ ± А В => ВС II Т М IIР К . В льний, якщо AASC - AADE. В а ж м т к —‘D 1 )Р ^ с = 16 + 63 + 65 = 144 (см). А А К Р -А А В С : 1) I =І 12 1 2 -2 15-7 = І X (16 + 63 -н65) = 48 Ы А А М Т -А А В С : О тж е, AABC не подібн ий AADE. ^ішг = |^лл^с = | (16-ь63-н65) = 96 (см). C C Q. 1 5 -3 1 8 -8 2) = 8 + 1 5 -t-1 7 = 4 0 ( с м ) . О тж е, AABC не п од ібн ий AADE. ^ л л і..= | ^ !^ с = | х 4 0 = 1 з | Ё: 5 с о 5 5 Q. fc K L nc KM nc — 2n A B ~ с ~ ’ AC ~ c - 2 ~ ' ZK=ZA. A K L M - A A B C ( k = n). 1)AB = 5 c m ; BC = 7 c m ; AC = 3 см. JTL = 5 X З = 15 см; L M = В С х З = 7 х З = = 21 см; K M =АС хЗ = З х З = 9 см. 2)А В = 6 см; ВС = 8 см; АС = 4 см. K L = 6 x - = 4,5 см; 4 3) Р ^ ^ = 7 -І- 24 -І- 25 = 56 (см). ^ ^ « p = | ^ L u,c = | x 56 = 18| (cm). = g ^Л В = g '56 = 37— ( cm). АС двое - ADOA. ZBOC = ZDOA (вер- 569. тикальні). w 3- ccc ВО ОС DO OA В, w X L M = 8 х - = 6 см; 4 w s ^ л л «г= | ^ л «с = |-40 = 2б| (см). .4 bo ok .o О тж е, AABC - AADE. 2 (с м ). rg 3. 20 21 ’ 20-10 21-10,5' A‘ К М = 4 X —= 3 см. 4 3) A ß = 8 см; ВС = 10 см; АС = 6 см. = 8 х 2 = 16см; L M = 10х 2= 20см; ATM = 6 X 2 = 12 см. 566. Оскільки бічні сторони рівнобедреного трикутника рівні між собою, то маємо: три сторони одного трикутни­ ка пропорційні трьом сторонам дру­ гого трикутника. Отже, трикутники подібні. 4,5 6 „ = —. Отже, подібні першии 1 567. з 4 третій прямокутні трикутники. 1) ^ BC X = 1^ 8 D ßc = x-,AD = x + i = — ; 13д:= 8x+ 32; 5x= 32; x = 8 = 6,4 ( cm). BC = 6,4 cm; AD = 6,4 -I- 4 = 10,4 ( cm). CO = x 8 + 13 AO = 8 = 1 6 ( cm); 42 x l3 = 26 8 + 13 ( c m ); P ^ = 16 + 16 + 6,4 = 38,4 ( cm); P^oD = 26 + 26 + 10,4 = 62,4 ( cm).
  • 83. г 570, 12 Y = 15 21 ^ п е рш и и 1 дру сторін АС і A jC ,. В ГИЙ Ві трикутники подібні. d т п 2 т п 571- ^ ) а = Т = 7 - У = 7 = Т ^ ’ Аі М звідси /л = 27 см; п = 36 см. d т _п 56 _ т _ п М ^Сі з подібності ДАБС і АА^В^С^ маємо; Z A = AB АС 1 ■ A M = - АС; ZA.; -----ЛД А.С, 2 Ь ^ 'а ~ 1 ' Т ~ Ї 7 ~ Ї 5 ’ 56 17 , звідси т = — -— = 119 (см); ЛЛ^, = 2 ^ ^ .. 56 15 , . л = —— = 105 (см). О d_т _п 25 'ь ~ а ~ с' т -А С „ . AB АС 2 Оскільки ------= -------= -6_ А,в, AjC, —Л,С[ п 5 ^ 6 ~ 9’ звідси m = 30 см; л = 45 см. звідси л = 9 (см); Я = 6 + 9 + 9 = 24 (см), с п 12 л 60 _ . , , " > Г а = ¥ = 5 = " = Т = "’" fx 28 ТІ АС де, ВМ AM . Тобто відповідні медіани відносяться як сторони, до яких вони проведені. 576. Не можна стверджувати, що дані трикутники рівні, бо рівні медіани мо­ жуть бути не відповідними. 577. Р = 7,5 + 7,5 +1 2 = 27 (см). С А8 А,В, .4 bo ok .o 1) л — бічна сторона подібного три­ кутника. - . С П 6 л rg 572. f, . HKnxoKLMN,roAKL~AAMN, AK KL AM MN w 8 ) - = - ; — = — ; л = 50(см); Ь а 14 25 тоді і> = 50 + 50 + 28 = 128 (см). Ь —бічна сторона другого трикут­ w 573. w ника. 1)а : Ь = т : п; — = —; 6 = 36(мм). Ь З Нехай A ff = x, тоді 2)а : Ь = т : п; Іі5 = —, Ь З -= x+3 5 . o,25x = 0,25 звідси Ь = 0,9 (дм). = 0,2л:-I- 0,6; 0,05x = 0,6; л-= 12. Отже, щоб K L у M N треба, щоб AX’ = 12 см. Щ а :Ь = т : п ; — = —; Ь = 1 (см). Ь 4 578. B K L A C ; A K : К С = 5 : 9; М — середина AC; M P X AC; P є ВС. 574. Z A = ZA^;AB AB АС J ä ' a х =АС хЛ,С,. H' Отже, ДАВС - ДА,С,В,. 575. ААВС - ДЛ,В,С,, В М і В ,М , — Чедіани, проведені до відповідних
  • 84. ABKC - АРМС (за двома кутами). КС ВС Тоді MC P C ’ 1 Q 581. ABCD — паралелограм: ВС Ц AD; А Е — січна, тому Z B E K = Z K A D . В.^ II f ,С НГ M C = ^ (A K ^ K C y , | = | | , тоді BP : PC = 2 : 1. 2) 5 MC ~ P C ’ 4 BC PC’ тоді BP : PC = 1 :4. 579. Центром кола, описаного навко­ ло ACMB є середина ВС, т. Н лежить на цьому ж колі, бо АСВМ і АВСН прямо­ кутні із спільною гіпотенузою ВС. В Р S S (за умовою Е — середина ВС). Звідси А К : К Е = 2; B K : K D = ~. 2 582. A B = C Ö = 10 C M . A B II CD; АС — січна, тому Z B A C = Z E C D (внутріш ­ ні різносторонні при паралельних AB, CD і січній АС). Z A E F = Z C E D (верти­ кальні). Звідси AAEF - ACED. I т ё 5 с о 3 о. ti : Z.BCM = Z B H M (вписані кути, що спи­ раються на спільну хорду В М ; ZBOC = = /.МОН — вертикальні). Отже, АМОН -АВОС. Нехай / В С М = Z B H M = х, тоді Z M B C = = 90° - X (з АМВС), але ZABC = Z M B C . Z B H A = 90° (В Я 1 Л С ; Z B H M = х), тоді Z A H M = 90° - X . У ААВС і ААНМ: Z A — спільний; ZABC = Z A H M ; ZABC = Z A H M . Тоді ААВС - ААНМ. w S S .4 bo ok .o rg 1^ АВКЕ - ADKA ( Z B E K = ZKAD-, Z B K E = = Z D K A — вертикальні). З подібності трикутників маємо: BE ВК К Е І AD KD А К 2 w w 580. У ААВС і AA/lC ZC — спільний; ZCAB = ZCA/l. С Нехай BF = X, тоді A F = AB + х = 10 + х . Отже, = 10 3Q^ 3^^ 45 3^^ З = 15;x = 5 ; B f =5 (см ). 583. CK±AJD .AABM = ADCK. Тоді АЛ/= DA-, ВС = М К . В,--------------- Тому ААВС - ДА,ЛС. AB ВС АС Звідси а , А ~ АС ~ А , С ' Звідси АС^ = В С хА ,С = В С х - В С = - В С ‘ ; 2 ВС‘ ; АС‘ = ВС^: П 2 = 2. м к ^ ААОМ - ДСОВ (за двома кутами: Z A O M = Z C O B — вертикальні; ZCBO= Z A M O = 90°). Тоді A M : ВС=ЛО : ОС = m : л. 1 )А М :В С = 1 :2-,AM = lxBC = 2x. Тоді M ö = 2 х + х = Зх; A M : M D = = lx :Z x = .:3 . ) А М : В С = 1 : 1; A M = Ix ; ВС = 1л.
  • 85. 584. 1) Радіус кола, описаного кавкоJIO прямокутного трикутника дорівнює половині гіпотенузи. Тому відношення гіпотенуз до радіусів кіл, описаних нав­ коло прямокутних трикутників, завж­ ди рівні. Стверджувати про подібність таких трикутників не можна. В Тоді АРАВ ~ АР^А^В^ (за трьома сторо­ нами). Звідси Z A = ZA,, тоді АСАВ - AC,Ajß, (за АС AB двома сторонами і кутом між ними Z A = ZA1). 586. Якщо т. Р і т. X ділять сторони AB і ВС в однаковому відношенні, то АВРК АС AB - ABAC. Звідси РК РВ в І а R р S СГ Оскільки СО= R, CjO, = 585. AB АС. АА АС = а ; А В = 1 х + т х ( А Р = 1 х ; Р В = тхУ, а І х + тх 1+ т РК тх т .4 bo ok .o 3 ) Трикутники будуть подібними. АС rg Q. = JJi, то АСВО - ДС|5,0, (за трьома сто­ ронами). Звідси Z B = ZB,, тоді А С В А - ACjßjAj (за двома сторонами і кутом а 2R між ними: Z B - ZB^; ~ - ^ ^ ) - Звідси Р К - та 1+ т І т >ч •На продовженні сторони 587. паралелограм, тому M B = N O = —d (d — 2 діагональ прямокутника). В м/ w 5 Ъ о З ос n о w w АС відкладемо С Р = СА. З’єднаємо Р і В. На продовженні cTopoHHAjCj відкладемо С^Р^ = =С^. Тоді ДАСЛ =АРСВ і AB =ВР. Анало­ гічно ДА,С,В, = АР,С,В, І А , В = Р , В Q. КМАВ;МРВС.ЗвідсиМВМО — ^ К Р ^ A M II KN M N II AC, тому A M N K — па­ ралелограм. Звідси A M = d. A M -.M B = d : - d = 2 :l. 2 Аналогічно CN : NB = 2 : 1 . 588. A A C D -A K H D . AD AC Звідси = 2. Нехай АР А,Р, Л.С. АА 2АС . AB ■= «; 2АС. А,В, ТО Д І РВ = к. ЦВ, е*Э
  • 86. ТодіАК- = А-Х); A K = -AD-, ON = AD=AB; АК = -А В . У ^АВК А К — Іатет; AB — гіпотенуза. COxAD CA MN = Оскільки А К = ^А В , тоді Z A B K = 30°; bxxa ba bx + a x b+ a 2ba b+ a 3)ABCD — трапеція. О — точка перети­ ну продовження AB і DC. Z B A K = 60°. У ромбі ABCD-. Z A = Z C = = 60°; Z ß = Z Ü = 120°. 589. i ) K і P — точки, які ділять бічні сторони у відношенні 1 : т. В а II AD; О є а. Р — точка перетину а з DB; К — точка перетину а з АС. OD AD АОВА - AOAD. ° ^ = “ .Неос ВС ос ь rg хай 0 D = а х ; 0 С = Ьх. Тоді C D ^ a x - b x = ПС =(а-Ь)д:. ДОСАГ-ДДСА.Звідси ^ ^ • .4 bo ok .o Нехай В К = ї х ; К А = тх. Проведемо B N II CD. BCDN — парале­ лограм, ОР = N D = ВС = Ь. A B K O - A B A N ; B A ^ m x + lx . КО B K AN BA' Звідси ANxBK КО = BA (_________ a -b )x lx I x + mx а -Ь 1+ m ’ Тоді O K = w 590. Звідси ab a-b' a-b 2ab . a -b ACOP - ACAD. A D AC AO + OC OP = w w 2 ) 0 — точка перетину діагон£ілей, M N | | II AD; О є M N . АВОС ~ ADOA (за двома ВО Ь СО кутами). Звідси а axbx {a-b)x ab Аналогічно PO Тоді P K = K P = KO + OP = ^—^ + b = 1+ m a + bm a -b+b+bm 1+ m 1+ m AD X ОС CD Нехай ВО = bx; OD = ах; BD = bx + ax; CO = bx; OA = ax. A B M O -AB AD . MO = BO X A D BD ACNO - ACDA. AD = OK-- BD bxxa ba bx + a x b+ a CO ON C A ~ AD ' ABOK - ABDA. „ . AD BD Звідси BO Оскільки ОС ЁО (з подібності AAOD і ДСОВ), то OP = O То&ю О — сереяинаЛГР. JiT.
  • 87. 591. 2)A B C D — трапеція. ßC : A D = тШ- П. D 593. В Н 1 А С ; В М = МС. А К : К М = 3:1 . В 2X : n О ^ O D N - A C B N . Тоді Отже, точки О, А , Oj, В лежить на од­ ному колі. ‘ м Зх ON CN W M N - A O B C . Тоді MN n 2m А А Н F ON B C ~ ОС ' n nm MN _ MN = m n + 2m ’ 2m+ n Проведемо M f± A C , тоді ДВЯС -A M F C , вс не „ не ЗВІДСИ ----- = ------ : 2 = ------: MC FC FC НС = 2FC; H F = FC. AAMF - AAKH, A ^ ^ ^ 3 AH звідси KM ~ H F ’ 1 FH' 1)ABCD — трапеція. ВС :A D = m : n. A H = 3FH. Звідси .4 bo ok .o rg Якщо m = 2, n = 3, TO 2x3 6 MN-2x2+3 7 ‘ 594. 3 : 1. mn MN = 2n + m w n m 2n + m w MN ON OD w . MN A O M N - AAOD, тоді AD Якщо m = 1, Л = 4, TO f-. U I MN = 1x4 2 x4 + 1 9 592. Навколо чотирикутника OAO^B Можна описати коло, якщо суми проти­ лежних кутів рівні. гО А О ^+ Z O B O ,= 180°, ZAOB + ^ 0 , В = 180°. A H 3FH HC~2FH A H 1 BC; A M = M C; A K . K H = В ro iC s X T Ё: 5 c о S H G С oc Проведемо H F IIB M , тоді m ^ ^ A ;A M ^ 3 M F . MF KH 1 Тоді FC = 2MF. ACFH - ACMB. CH CF ^ 2 M F Звідси = 2. BH M F MF Отже, CH = 2BH. Проведемо M G 1 BC. Тоді H G = G C ~ BH, ABKH - ABMG. BK BH Звідси = 1. KM HG §14 600. 1) Мал. 307: A D і BD. Мал. 308: A D і DB. Мал. 309: AD і DC. 2) Мал. 307: CD — середній пропорційний відрізок між відрізками AD і DB-, еч 03 те
  • 88. 601. 1)д:2 = 3 х 1 2 = 36;д: = 6; 2) х2 = 2 х12,5 = 2 5;х = 5; 3) л:2 = 1 X 9 = 9; д = 3; : 4)д:2 = 2 х 8 = 16;л: = 4. DK KT Мал. 312: NL LO MN MO w 604. Мал. 313: 1 )A ß = 1 6 + 9 = 25; х = ^ 4 х ї = 2. Мал. 318 ААСВ — прямокутний, д: = V 4x9 = 6. 608 . A ß — діаметр, С — точка кола, СЛ: 1 A ß (1), АК" = 1 см; Ä-ß = 16 см. bo DL LT 607. Мал. 316 ААСВ — прямокутний (ZACB = 90° — вписаний, спирається на діаметр). x = C M = R = 2. Мал. 317 ААСВ — прямокутний (аналогічно). .4 Мал. 311: AACD = ABCD (прямокутні трикутники, у яких гіпотенузи рівні, АС = СВ; CD — спільний катет). З рівності AACD і ABCD маємо: AD = BD, тобто проекції катетів на гіпотену­ зу у рівнобедреного трикутника рівні. ok .o 602. Мал. 310: 1)CL; 2)СЛ і СВ; S )A L і LB. A L = b^; LB = a^. Мал. 311: 1) K L ; 2) K D і K T ; 3) D L і LT . Мал. 312: 1) M L ; 2) M N і M O ; 3) N L і LO. A L AC 603. Мал. 310: LB СВ 606. y&ABC-.ZC = 90AC=CB,ZCBA = = ZCBA = 4 5 °,C D ± A D . А rg AC — середній пропорційний відрізок між відрізками A ß і AD; СВ — середній пропорційний відрізок між відрізками AB і DB. Мал. 308: аналогічно. Мал. 309: BD — середній пропорційний між CD і DA; ВС — середній пропорційний між CD і АС; AB — середній пропорційний між ЛС і AD. ААСВ — прямокутний. СВ = у ІА К х К В = у ІІх 1 в = 4 (см). (2)АК' = 0,5см;А'В = 8см; w 2) AC = V l6 x2 5 = 4 x5 = 20; 3) Cß = V9x25 = 3x5 = 15; w 4) CJf = V l6 x 9 = 4 x3 = 12. Мал. 314: 1 ) і :ЛГ = 25+144 = 169; CK’ = VO,5 x8 = 2 (см). (3)AS: = 4 c M ; i : ß = 9 c M : 2) Ä’M = V25xl69 = 5 x l3 = 65; СК = ^ І4х9 =6 (см). 3) N M = Vi44 x 169 = 12X13 = 156; 609. A ß — діаметр, С — точка кола. ZACB — вписаний, що спирається на діаметр. 4) M H = V25X144 = 5 X12 = 60. Мал. 315: 1)PQ = 225 + 64 = 289; 2) = 7225x289 = 15x17 = 255; 3) i?Q = V64x289 = 8x17 = 136; 4) f i r = V225x64 = 15x8 = 12( 605. Катет менший від гіпотенузи, тому відношення катета до гіпотенузи мен­ ше від одиниці, це відношення не може дорівнювати одиниці або бути більшим за одиницю. ZACB = 90°, ААСВ — прямокутний. СК X Aß ; СК — висота, проведена до гі­ потенузи. АК, КВ — проекції катетів на гіпотенузу.
  • 89. (;jf — середнє пропорційне мі ж A K і КВ. 2) CK — бісектриса; К В = 4,3 см, А К = 610. 1) Відкладемо послідовно два відріз16 о м і 1 суі.АВ= 16 см; ВС = 1 см. Поділимо пополам відрізок АС. О — се­ редина ЛС. = 2,7 CM. ^ jc h : Проведемо коло з центром О, R = - A C . З т. В проведемо перпендикуляр до АС, який перетне коло в т. D. BD — середнє пропорційне між 16 см і 1 см. ^ Я К _ СВ К А “ СА 8 5 ’ правильно; 4,3 1.6 — правильно. 2,7 ‘ 3)АК-= 2,1 см;ВА- = 2,9 см яз АК .4 bo ok .o Проведемо коло з центром О; R = і AB. rg А О ВС 2) Відкладемо на одній прямій послі­ довно відрізки АС = 0,5 см і СВ = 8 см. Поділимо AB пополам. О — середина AB. Проведемо CD ХАВ. D належить колу. DC — середнє пропорційне між АС і СВ. 612. AB w А С о В 8) Відкладемо послідовно на одній пря­ мій відрізки АС = 9 см і СВ = 4 см. Поділимо AB навпіл. О — середина AB. w Побудуємо коло з центром О; Д = ^АВ. w Зт. С проведемо CD 1 AB; CD — середнє пропорційне між АС і СВ. А 611. 1) СХ — О 10 см ВС AC AD 15 см 20 см 12 см DC 8 см 21 см 18 см 26 см 3 см 14 см 1,5 см 12 см 5 см 15 см 2,5 см 5 см 4 см 20-;с 1) CD = x ;A D = 2 0 - х ; д : 12 см 3 см 9 см 10 15’ 10л: = 300 - 15х;15х = 300; д = 12; : CD = 12 (см); AD = 2 0 -1 2 = 8 (см). 2) С В «J І т а д: Ъ о З к Q. О ш AB АР BCxAD >DC = ВС~ DC' AB 18x14 = 12 см 21 бісектриса; А К = 4,4 см, AC = AD + DC = 14 -I-12 = 26 ( cm ). Л:В = 2,7 см. С 613. УДАВС A B > B C . B L — бісектриса; BM — медіана. В AK KB AC — правильно; CB М = 5 = l>6 — правильно. 2 - g 1 fi ^ in 03 СЧ
  • 90. За властивістю бісектриси трикутника: AB ^ A L ВС~ LC' 616. C D lA B ;C ,Z ),lA ,ß ,. А Р _ А,Д, _ т 'd b ~ D,B, ~ h ' Оскільки A ß > ВС, т A L > LC. о За властивістю медіани: A M = МС. Отже, до вершини С знаходиться ближ­ че точка L. 614. В Н — висота, В Н ± А С . В Л і ВС — похилі, ВС > ВА, тому С Н > А Н . В М — медіана; т. М ділить АС навпіл. АН>АМ. Нехай A D = тх; D B = пх; AJ)^ = ту. Тоді CD = уітхпх = lmnx; C^D^ = yjmyny = •Jinny. my у 615. 1 )/ Д = 60°, ZC = 90°, г = 4 см. ^ В C^D, _ yfmny ^ у CD Отже, ДАОС - AA,Z),C, (прямокутні три­ кутники, у яких рівні відношення від­ повідних катетів). Звідси ZA = ZA^. .4 bo ok .o Отже, до вершини А ближче розміще­ на т. Н. rg AD А,с, _ д д АС AD тх А,В^^ (т + п)у AB (т + п)х -_ У . X’ у х' Звідси ДЛ,В,С, - ААВС. ДАВС — рівносторонній. AB =ВС = А С = а ; Z A = Z B = Z C =60 °. КС = - а ; гКВС = Ж . 2 w w w 617. Якщо ZA = 60°, Z.C = 90°, то ZB = 30°. Побудуємо AAjßCj з кутами: /Л^ = 60°; ZCj = 90°; Z B = 30° з довільними сторо­ нами. Побудуємо бісектрису кута В. На цій бі­ сектрисі від т. В відкладемо відрізок = = 4 см = ВК. Через т. К проведемо СА Ц II С,А,. У ДАВС: г л = 60°; Z C = 90°; 1 = ^ = 4 CM . ДАВС — шуканий. 2) Аналогічно. 3)Якщ о Z ß = 40°; ZC = 140°, то ZA = = 1 8 0 °-(4 0 °-І- 140°) = 0°. Такого трикутника (з кутами 40°; 140°; 0°) не існує. У äKDC-. ZC = 60°, Z.KDC = 90°, ZDKC = = 30°. DC = i^ rC = i a (катет, що ле­ жить навпроти кута 30°) BC = BD + DC; BD = B C - D C = a--a==-a-, 4 4 B D :D C = - a : - a = 3:l-, D C : B D = 1 ; 3. 4 4
  • 91. 618. Z C = 90°; Z A : Z B = 1 : 2 ; Z A + Z B = 621. ААВС — рівнобедрений, В К ± 1А С . = 90°; Z A = 90° : (1 + 2) X 1 = 30°: А В К С — прямокутний, КС = - А С = ^; К М LBC. 2 2 A K M C ~A B K C {ZC — спільний, Z K M C = = ZßÄ-C = 90°). , я . . КМ КС З подібності трикутників: ----^ ВК вс 1) КМ = ^ . 2Ь 12x8 КМ = = 4,8 (см): 2x10 14x24 КМ = = 6,72 (см). 2x25 .4 bo ok .o 2) Тоді К в Л с В = а-, 622. ABCD — ромб. А К — висота ромба. M N проходить через т. О. M N LAK M N = А8Г = 2 а - - а = ^а; 2 Ш -Л , с Ь rg Нехай CB = a, тоді AB = 2a (катет, що лежить навпроти кута 30° у 2 рази мен­ ший за гіпотенузу). СК ХАВ. У ДСА-В: Z K = 90°: Z B = 60°; ZC = 30°. 2 A K . O N = - M N ; ON = - h ; h = 20N. 2 1ГВ:АХ = і а : | а = 1:3. 2 2 619. 2 w w w У ДАВС ZC = 90°, С К 1 AB ; K B : ■.АК=1:3. У &BOC — прямокутному: ON — ви­ сота, проведена до гіпотенузи. A O N C ВОхОС_ ON ОС _ ON = АВОС. ВС ’ ВО В С ’ Нехай КВ = 1 х ; А К = Зх. Тоді AB = 4х. СВ2 =А В X /С В = 4 х X ї х = 4х^; СВ = 2х. СВ = 2 х ; А В - 4х. Тобто у ААВС, у якого ZC = 90° СВ = І а В (катет дорівнює по­ гіпотенузи). Отже, навпроти катета СВ лежить го­ стрий кут 30° Тобто, Z A = 30°, тоді Z B = = 90° - 30° = 60°. лови ні 0 ^ = 2 І ^ а =^ ; 4а h=2 0 N ^ ^ . 2а 1 ) Л = 3 ^ ^ 3 0 2 ^ ^ 1 | 0 ^ 2 4 (см); 2x25 2) Л = 130x 312 2x169 50 10 x 312 2x13 ^ ^ ^ = 120(мм)
  • 92. 623. Мал. 320 діАСМ - ADBM (за двома кутами: ZA M C = = Z D M B — вертикальні; ZA CM = Z D B M — вписані кути, що спи­ раються на одну дугу AD). Мал. 321 AADM - АСВМ (за двома кутами: /СМ — спільний, ZA = ZC — вписані, що спи­ раються на одну дугу BD). Мал. 322 ААВС - ДАСЛГ (за двома кутами: ZABC = = Z A C M = 90°; Z A — спільний кут). І — бісектриса одного з даних кутів або І — бісектриса третього кута (не­ відомого). Побудуємо кут а (Z M A K ). Від променя К А в одну півплощину з променем A M відкладемо ß. У ААМК: ZA = а, = ß. Побудуємо бісектрису ZA . На цій б і­ сектрисі від т. А відкладемо відрізок A D = І. Через т. D проведемо ВС | М К ; { В є А М ; С є А К .А А В С — шуканий: Z A = = о, ZC = ß, А 0 = / . rg 624. ZA CD = Z A B D (вписані кути, що спираються на спільну дугу); Z A M C = = Z D M B (вертикальні). А „С а, р — кути трикутника; І — бісектриса. A B :B C :A C = m :n :k . .4 bo ok .o 628. ААМС - A D M В. Звідси AM DM MC MB або A M X M B = C M X D M . 625. A B C M - A D A M (за двома кута­ ми: Z M — спільний, Z M B C = Z M D A — вписані кути, що спираються на одну д угу). w w w В З подібності трикутників Звідси В М х А М = C M X ВМ DM ОМ AM 1) ПобудуємодовільнийтрикутникА|В,С, заданим відношенням сторін. Найбшьша медіана буде проведена до найменшої сто­ рони. Проведемо медіану до сторони ßjC, (Aj^Tj). На медіані А ,iTj від т. А, відкладе­ мо А К - т. Через т. К проведемо ВС Ц II В]С,. ААВС — шуканий. 2) Аналогічно побудуємо довільний три­ кутник за даним відношенням сторін. Ві DM. 626. ABMC - ACMA. Тоді звідси СМ^ = В М X МА. В, 627. МІ до найбільшої сторони. Проведемо ви­ соту В,//, до сторони AjCj. На відрізку В^Н^ від т. В, відкладемо відрізок В Н = = І. Через т . Н проведемо пряму АС II II AjCj. AABjC — шуканий.
  • 93. На промені О М відкладемо М А = ОМ; на промені ON : B N = ОМ; на промені О К : К С = OK. ААВС — шуканий. 1) Z B — кут при вершині. в - -н 631. Аі Сі ААВС — прямокутний. с Найменша висота — висота, проведе­ на до гіпотенузи. В Н 1 АС. А Я : ЯС = Л; B H = h. Побудуємо допоміжний прямокутний трикутник, у якого А ,Я , : Я,С , = k. На висоті ВЯ, від т. В відкладемо B H = h. Через т. Я проведемо пряму АС Ц А,С,. 632. ААВС — шуканий. oo k. o В Н = В К +АС, де В К — висота, АС — ос­ нова ААВС. Побудуємо довільний рівнобедревий AAjßjCj з даним ZB. Проведемо бісектрису Z B (вона ж є і ви­ сотою рівнобедреного трикутника). Н а цій бісектрисі від т. В відкладемо відрізок В Я , = ВК^ + А ,С ,. З’єднаємо т. Я , з T .A j і т. Я , з т. С,. Н а бісектрисі 5 Я , відкладемо від т. В відрізок В И (даний). Через т. Я проведемо пряму а, пара­ лельно A^ЯJ, а перетне промінь ßA, в т .Л і пряму с, паралельно Я^C^, с пере­ тне В С , в т. С. А А В С — шуканий. rg 629. Бі .4 b By w w w Z ) y &АВС : A B = ВС; АС : AB = п; A K ± X ВС. Побудуємо довільний рівнобедренвй трикутник за даним відношенням сторін (ДАВ,С,). З т. А проведемо висоту до бічної сторо­ ни, АК^ ± В,С,. На відрізку AJT, відкла­ демо відрізок А К (від т. А ). Через т. Ä 'проведемо ВСII В,С,. В є AB,; С є АС,. 1) ПoбyдyємoZA,OC, =2ZB;ZA,OB, =2ZC, тоді ДА,В,С, — шуканий. ДА,В,С, - ДАВС (за двома кутами). Ві «ЗО. М , N , к — середини відрізків ОА, OB, ОС, де О — центр вписаного к ола в ААВС. В Побудуємо A M N K і впишемо в нього коло, центр якого т. о (т. о — точка пе­ ретину бісектрис Z M , Z N і Z K ). 2) Навколо ААВС опишемо коло. О — центр кола. Через т. О проведемо О А II ОА. О,В. II OB; О,С. ЦОС. AAjBjC, — вписанийтрикутник.ДА,В,С, ~ -ААВС. AAjBjC, — шуканий. 633. Два подібних трикутника в одне коло вписати не можна, інакше два кола мали б різні радіуси.
  • 94. 634. Точка В — внутрішня точка ZA. Оскільки K N = M D (з рівності ABKN і ACMD), то ВЮ ^ А К х M D або висо­ та трапеції — середнє пропорційне між проекціями бічних сторін на основу. 637. Проведемо A/Vf — бісектриса ZA. Центр кола, яке дотикається до сторін ZA, знаходиться на бісектрисі Л М ; В К L Х А М ; ВР = РК. Oj і Oj — центри кіл, які проходять че­ рез т. в і дотикаються до сторін ZA. му Ъ -^ С За властивістю бісектриси кута трикутВ К AB ника: ---- = ----- . У AAMN: АО — бісек КС АС триса, тому М О : O N = AM AN' rg 635. Оскільки катет е середнє пропор­ ційне між гіпотенузою і проекцією цьо­ го катета на гіпотенузу, тоЛС^ =АВ хАК; ВС‘ = А В х К В . А М є AB; N e АС; M N | ВС. | В AABC - AA M N ( M N | BC, тому Z A M N = | ok .o = ZABC; Z A — спільний). 3 подібності трикутників: , AB A M MO або —^ = , тому AC A N ON AM AN AC AN AB AC Отже, бісектриса Z A розбила відрізок M N у відношенні AB : АС. 638. Навколо ДАВС опишемо коло і проведемо CD — бісектрису, CD пере­ тне коло в т. F. D F = X, тоді CD х D F = = BD X DA або їх = тп. w w w .4 bo Перемножимо почленно ці рівності: АС‘ х ВС^ = А В х А К х А В х К В ^ А В ‘ х хЛКхКВ. А К і КВ — проекції катетів на гіпоте­ нузу. Оскільки висота, проведена до гіпоте­ нузи є середнє пропорційне між проек­ ціями катетів на гіпотенузу, то СК‘ = =АКхКВ. Тоді АС^х ВС^= АВ^х СЮ або (АСх x B C f = (A B xC K f. AB AM 636. У трапеції ABCD Z A + Z D = 90°. З т. В проведемо B N | CD. | В .------------- С N М BCDN — паралелограм. CD = BN-, В К М = ACMD. Тоді у ЛАВМ: Z A + Z N = 90 Звідси ZABJV = 90°. AABN— прямокутний, В К — висота, проведена до гіпотенузи, тоді В К ‘ = А К х X K N (висота — середнє пропорційне між проекціями катетів на гіпотенузу). к ABCD - AOFA, тоді - = — . а 1+ х Тоді 1 + х) = аЬ або 1 = аЬ - їх =аЬ - тп. (1 ^ Отже, l^ = C B x C A - B D x D A . S3Q.1)AK — бісектриса, CK : K B = b : с; СК = Ь х;КВ = сх;ВС = СК + В К = Ьх + сх = = (Ь + с)х; (Ь с)д; = а; х = а Ь+ с
  • 95. г „ . . ВС АС З подібності трикутників: ----= ----- . СА DA Тоді CK = Ьх = b+ c К В = сх = b+ c 2 )A K — бісектриса зовнішнього кута '(суміжного з г л ) . Звідси АС2 = ВС X A D = а х 4а = 4а2; АС = 2а. Тоді k — коефіцієнт подібності дорівВС а _ 1 нюватиме k = ---- = — = —. СА 2а 2■ г. ^ 0,25а 1 -^ = « , або --------= Звідси г =0,5а. Г й Г > Ä 642. 0 ^ 1 А С ;0/1А С ;0зА 1Л С ;0^ = с rg = г; 0 ^ = х; 0,C = R. Проведемо 0,D 1 О^В. O^F 1 O ß . A O fifi-A O fi^ F . KB AB KB .4 bo ok .o A K перетинає продовження СВ в т. К. Тоді с СВ= CK - KB = b x - с х = (b - c )x = a; ca KB = b -c ’ b -c b -c HexaPiAB = c;B C = a;AC = b. В w w w 640. B K _ AB КЦ AI^ KL, 641. O fi, 0 ,F ’ ц + х R -x ’ rR + Rx - rx - x 2 = Rx - R r + x2 - xr; 2Rr = 2x2; x2 = Rr; x = -jR -r. Отже, радіус середнього кола — серед­ нє пропорційне між радіусами крайніх кіл. 643.3) AADK - ДАСВ (за двома кутами). Z D A K = ZCBA (за умовою). ZADB = = ZACB (спираються на одну дугу AB), тому Z A D K = ZACB. АС "RC 4) ДАСВ - AADK, тоді ü l l = jE ll. AD DK Звідстл AC X D K = ВС xA D. bc g+с Д+ < . j, ’ CK _ a + b а ’ KL, с ' BC = a-,AD = 4a. Ol ДАВС - tJ)CA. Tj — радіус кола, вписа­ ного в ДАВС; Tj — радіус кола, вписано­ го в ДАСІ). З подібності ААКВ і ДАОС: (I) AB AC KB DC Звідси AC x K B = A B x DC. (II). Додамо почленно рівності (I) і (II). Маємо: A C xD K +A C xK B = BCxAD+ABxDC; AC X {DK + К В ) = ВС X AD + AB X DC; A C x B D = A B x D C + BC xAD . 644. Побудуємо AACjBj, у якого ZCrilBj = = ZA, Z C ^ B ^ = Z B . , Л
  • 96. Побудуємо ZA. На одній стороні /А відкладемо відрізок т, на другій — п одержимо допоміжний AAßjCj. Проведемо бісектрису Z A і на ній від т. А відкладемо AJf = 1 . ^ Через т. К проведемо ВС | ß,Cj. { ЛАВС — шуканий. Найбільша висота — це висота, про­ ведена до найменшої сторони. Най­ менша сторона — сторона, що лежить навпроти найменшого кута, Z A — найменший. Проведемо з т. А, А К 1 В,С,. Відкладемо від т. А на відрізку А К : : A M = h. Через т. М проведемо ВС {{ В,С| (В є є ABj; С є АС|). ААВС — шуканий. bo ok . (О ы s 1 T a 5 с w 648. Побудуємо допоміжний прямокут­ ник M N P K : з будь-якої т. М побудуємо перпендикуляр до АС. Цей перпендикуляр перетне AB в ■T.N. Від т. М на промені M C відкладемо М К = ZMN. В w Ш Найменша медіана проведена до най­ більшої сторони. Виберемо найбільшу сторону (AB). Проведемо медіану до сторони AB. СК — медіана до сторони AB. Від т. С на відрізку СК відкладемо СР = = т. Через т. Р проведемо пряму, пара­ лельну AB. Ця пряма перетинав сторо­ ни СА і СВ в точках D і F. ACDF — шуканий (ZD = ZA; Z F = ZB; СР = т — медіана). w О .4 о S 2 Q. Побудуємо допоміжний трикутник M K N ; М є АС; М — довільна точ­ ка, М К ± А С ; К є A B; K N ± А В ; M N X ±ВС. Проведемо промінь A N до перетину зі стороною ВС (т. Р). Проведемо P D II N K ; РО ЦN M . APOD - A N M K . APOD — шуканий. or g 645. Побудуємо допоміжний трикут­ ник з даними кутами. 647. у ААВС необхідно вписати три­ кутник, сторони якого відповідно пер­ пендикулярні до сторін ААВС. 646. А В :А С = т :п Іа СЧІ З т .К проведемо K P II M N ; зт. N прове­ демо N P II М К . У прямокутника M N K P : М К втричі більша за M N . Проведемо А Р до перетину зі стороною ВС. А Р перетне ВС в точці Z. Побудуємо Z O l A C i Z D |AC (D є Aß). | Проведемо D E LAC. E D ZO — шуканий прямокутник.
  • 97. ТЕСТОВІ З А В Д А Н Н Я №1 №2 < ,^ = 60° - 20° = 40°; ZC° = 180° - (60° + 1 + 40°) = 80°; ZC, = ZC = 80°. Відповідь: Б 1.AB = 5 + 5 = 10 см; ВС = 10 + 4 = 14 см. ВС AB 14 10 , = ----- ; = — : М Р = 7{сьл). МР AM МР Ь 2 , = 75=3; ^ = 2 4 ^ 25 АС ЛС Відповідь: Б -А Л ' с 8 см ^ 8 см 2 .iiK L M - ADEF. k = 5 ; D E = 5KL = я 50 (см). Відповідь: В 2.ЛІ)ЕГ-ЛАВС. А= — = ^ ^ = 3; DE DE .4 bo ok .o rg ^ІАВС ~ ^ .D F ^^iDEF ~ ^ LD F~ S E< E , = 42 см; Р ^ г = 3 x 4 2 = 126 (см). Відповідь: Г Відповідь: В 4 .Л 0 :0 С = 3 :2 . 3. Менший кут лежить навпроти меншої сторони, тобто навпроти сторони 7 см, бі­ сектриса ділить сторону 7 см на відрізки, пропорційні числам 15 і 20. АС •О—■ 3 -^ АО = 3+ 2 5 С0 = АС 2 -^ . 3+ 2 5 = w іh ^ ^Відповідь: В 5.НехайАВ = д:, тодіХ’В = 60-л;ВС=2д:. ВС ВК 2х ^ 3. 1 -х ~ і' X - Z см; 7 -д ; = 7 - 3 = 4см. Відповідь: Г w І : і'і ' 1 -х ~ 2 0 ' w В A.ABCD — трапеція; АС 1 CD. AACD — прямокутний, СК X AD; ВС = = АК ; AC^ = A D x A K ^ 9 х 4= 36; АС = = 6 (см). 60-л: І ; 120л: = 1800 - ЗОх; 150jc = 1800; д = 12. : 4 ЛВ = С£» = 12 (см); ВС = 12 х 2 = 24 (см). »D Відповідь: Б 5.ÜAHB — прямокутний; Н К ХАВ. АН^=АВхАК; АК = відповідь; Г. АН‘ AB 144 = 9,6; 15 KB = А В - АК-= 15 - 9,6 = 5,4.
  • 98. А Х і KB — проекції катетів на гіпоте­ нузу. НК^ = 9,6 X 5,4 = 51,84; Н К = 7,2 (см). В 661. к9 см го s (О 656. oo k. o _I 655. Мал. 340 А, В, С, D, E , F , G — вершини; AB, ВС, CD, DE, EF, FG, AG — сторони; ZA, ZB , ZC, ZD , ZE , ZF , Z G — кути. Мал. 341 A j.A j, A j.A j, A j — вершини; AjA^, Л 2 3 А 3 А , Л,, — сторони; ZAj, ZA,, Z A 3 ZA^, ZAj — кути. , Діагоналі: 1)BG; BF; BE; BD; 2) CA; CG; CF; CE; Z)F A ;F B ;F C ;F D . E s X T a .5 с о 2 Q. Відповідь: утворилося 5 трикутників. .4 b з 657. l ) n = 7; P = 1 4 cm ; 2) л = 10; P = = 20 cm ; 3) n = 9; P = 18 cm . 658. l ) Z K L N i Z M L T ; 2 ) Z A P K i Z A P C ; Z O K F iZ O K P . 1) семикутник; 2) восьмикутник w w ш 659. w 3) О rg А Відповідь: Б Aa As 662.1) л = 5; 180° X (л - 2) = 180° х 3 = 540°; 2 )п = 9; 180°х7 = 1260°; 3 )п = 17; 180°х15 = 2700°. 663. 1) 1440° = 180°(п - 2); 1440° = 180° -360°; л = 10; 2)1080° = 1 8 0 °(л -2 );п = 8; 3) 1620° = 180°(л - 2); л = 11. 664. 1 )9 0 °х л = 1 8 0 ° (л - 2); 90°х л = = 360°; л = 4; 2) 144° X л = 180°(л - 2 ) ; п = 10; 3) 156° X л = 180°(л - 2); л = 15. A» 660. M B = B f; f С = CP; PD = DN; £JV = = E K ;A K = A M . 665. 1 )л ° + 2л° + 4л° + 5л° + 6л° = 540°; 18л = 540°; л = 30°; Z A = 30°; ZB = 60°; ZC = 120°; Z D = 150°; Z M = 180. 2 )л°-3 0 ° + п°-10° + л° + л° + л° + 30° = 540°; 5л°=540°+10°; л = 110°; Z A =80°; ZB = 100°; ZC = 110°; ZD = 110°; ZAf = 140°. 3 ) л ° - 20°+ л ° - 10°+ л °+ л ° - 30°+ л° = = 540°; 5л°= 600°; п= 120°; Z A = 100°; ZB = 110°; ZC = 120°; Л = 90°; Z M =120°. 4) л° + 5л° + 7л° + 9л° + 5л° = 540°; 27л° = = 540°; л = 20°; ZA = 20°; Z B = 100°; ZC = = 140°; Z D = 180°; Z M = 100°.
  • 99. г АС < A D + DC; A ß < А Е + ED; А Е < A D + 666 . 1) 2) 180° - 144° = 36°; + FE; A ß < ip ^ ^ c E f 3 )1 80 °-1 5 6 ° = 24°. 667. Семикутник. га(п-З) 669. 670. 681. 2 1)п = 1 0 ; 1 ° : М ^ = 35; 2) « = 1 7 ; І ^ = 119. 1 )3 і6 ;2 )6 і3 ;3 )4 і4 . 682. n — число сторін. 180° X ( л - 2 ) — сума кутів. Якщо сторони рівні, то у вписаного мно­ гокутника всі кути рівні. Якщо внутрішні кути рівні, то і зовніш­ ні кути рівні. 683. 1) Якщо внутрішній кут дорівнює зовнішньому куту, то у многокутника 4 вершини. ^ 1 8 0 ° X (5 - 2). Ні, не існує. 2) 1 1 0 ° +100° +118° +112° +101° * 540°. 2) Кут многокутника вдвічі більший за зовнішній кут. 60° і 120 6 вершин. °, НІ, не існує. 3) 5 : 2. 5л: + 2д: = 180°; 7 вершин. 672. Ні, не можна. 684. AB — сторона многокутника, О — 673. 1 ) 2 4 0 ° + 1 5 0 ° ( л - 3 )= 1 8 0 ° (л центр описаного кола. - 2): 240° + 150°п - 450° = 180° - 360°; Ф 30л = 150°; Т = 5; І . 2 ) 2 7 0 ° + 150°(п - 3) = 180°(л - 2); 270° + ■ + 1 5 0 ° п - 450° = 180°га - 360°; п - 6 . .4 bo ok .o rg 671. 1) 100 + 90° + 120 + 116° + 113° ° ° 674.Сума зовнішнього і внутрішнього кутів іфи кожній вершині дорівнює 180°. 1)6:5: 4 :2 :1 ; 2 ) 8 : 7 :5 :4 :3 . 675. п — ЧИСЛО сторін. w 677. 360' 360° 1 ) ^ = 6; 2) = 9. 40° 60° w 676. w Сума зовнішнього і внутрішнього кутів многокутника 180°,в всіх — 180° х X п, п — кількість вершин. 678. 6 : 7 : 8 : 11. Р = 136,4см. П ’ята сторона у. 6зс + 7д: + 8д:+ 11х + і/ = 136,4; 32х + у = = 136,4; 32 X 4 + І/ = 136,4; у = 8,4 см або 40,4 см. ■679. + EF + AF. = A B + BC + C D + D E + ^ < А С + В С , нерівність трикутника. Якщо п = 4, то внутрішній кут — 90°, зовнішній — 90°; л = 5, внутрішній — 180° X (5 - 2) = 540°, 108°; л = 6, внут­ рішній — 180° X (6- 2 )= 720°, 120°; л = 5, зовнішній — 72°; л = 6 зовніш­ , ній — 60°. Отже, у вписаному л-кутнику з рівни­ ми сторонами при л > 4 кут многокут­ ника більший за його зовнішній кут. 687. 1 ) 2х 2= 4(см2); 2) 2 X 4 = 8(см^); 3) 2 X 1 = 2 (см^). 688 1) S = — . 2) S = — 2 3 )5 = 689. = 7,5 (см^); = 5 (см^); 10x4,5 = 22,5 (см^). 1) 4 см; 2) з см; 3) 11 см.
  • 100. 690, 1)AAKC = ABKC-,ZAKC = Z B K A ^ = 90°; ZA C K = ZBCK; КС — спільна. У рівних трикутників рівні площі: С ^ЛАКС — С ^^АВКС' 2) = «лсо«: АО = ОС; DO = ВО; ZAOD = = ZCOB (вертикальні). У рівних трикутникуів рівні площі. 3) AABD = ABAC. AB — спільна; АС = = В С = 2 см; „ ВСхАС 2 x 2 S = ---------- = -------= Si) А С , „ 0,05 мхО,05 м 25 , B ) S = --------- ^----------= у 697. В , (см^); 0,3х0,3 ^ ^ , ,, б) S = — = 4,5 (с м ^ ); AABD 691. „ 2 (см2). S, = g2;S, = & xc;S . = S,. I p s Ct Q. 1) 2) =12 + 39 + 45 = 96 (см^; = 90 + 25 + 45 = 160 (см^). s 1) Збільшиться в З рази; 2) зменшиться в 4 рази; 3) збільшиться у 1,5 рази. T 693. Ё: 5 or g 1 ^ 1) а = 6cm; b = 9 cm; S = 36 cm*; с = 36 : 9 = = 4 cm; = 6X 4 = 23 (cm); = (4 + 9) X 2 = = 26 ( cm). 2 ) a = 6 c m ; с = 2 см; S = a‘ = 36 c m ^; b = 3) збільшиться в 2,25 раза. 692. з a 4 CM 0,5 CM 3,5 CM 8CM b о. 1,5 CM 12 CM 7 CM 0,5 CM 6CM * 695. 1) 25 CM 21 C M 17 C M 6CM * 24,5 CM * „ 4 CM * = 1 0 x 6 0 = 600 (см^). 2 ) S , , = S „ . - 4 x ^ = a 2- a х^ = 25; х = 5. Сторони 1 5 см і 4 0 см. 3) О.Зд: X 0,5л: = 600; 0,15х‘ = 600; = 20у/Ї0; 0,3x20n/TÖ і 2) ААВС — прямокутний. 2a 1 4xa* S*. = a^9 0,5х20>/ЇЇЇ; бл/І0 СМ і Юч/їїї см. 696. 2a* 9 7a* 9 Мал. 365 2 ) З х X 8 х = 6 0 0 ; 24 *2 = go O ; х ; Мал. 364 a a 1 1 ) Зд = —X —X —= — ; ^ 3 3 2 18 _ 2 х х З х = 6 0 0 ; 6x2 = ß oO ; = 1 0 0 ; X - 1 0 . Сторони 2 0 см і ЗО см. д;2 4000; = cm 698. w о ш 11 C M S w P = 1 8 = 24 cm; P ^ = (18 ++ 2) X 2 = 40 ( cm). 3 )a = 10 cm; c= 20 cm; S = a^= 100 cm*; b = 100: 20 = 5 (cm); = 10 X 4 = 40 ( cm); P„^ = (20 + 5) x 2 = = 50 ( cm). Відповідь: 1) 24 cm і 26 cm; 2) 24 cm і 40 cm; 3) 40 cm і 50 cm. bo ok . 694. .4 с о 1) Збільшиться в 9 разів; 2) зменшиться в 16 разів; w X = 3 6 :2 Відповідь: a* 5a‘ 9 7a 5a* 9 ’ 9 ■ a — сторона I квадрата; (a + 4 ) — сторона II квадрата. 6 9 9 . 1 ) с = 16 cm; d = 56 CM*; (a + 4 ) * - a * = 5 6 ;a * + 8 a + 1 6 - a 2 = 5 6 ;8 a = = 56 - 16; Во = 40; a = 5; 5 + 4 = 9. = = a* = 5* = 25 (CM*); = 9* = 18 (см*). 2 ) c = 12 c m ; d= 105 cm *; a — с т о р о н а I квадрата; (a + 3) — сторона II квадрата.
  • 101. . ^ 3)2 а^= 105; — + 6а + 9 = 105; ‘ =9 6 ;а = 16; 16 + 3 = 19. g =16^ = 256 (см^); = 192 = g g i (с „ 2 ). ABCD і N O E F — квадрати. О М BP — спільна частина, O M B P — квадрат. 1 ) с = 2 см; S = = AB = I/ + 4; + 4)(j/ + 4 ) - ху ху ~ 96; 4х 96 см"; OJC = 2 см; ÜC = М К = N P = х + 4; {х + = 96; ху + 4у -І- ІХ + 16 + 4у = Ö0; х + у = 20; = см. 2) с = 3 см; S = 564 см^; тлл 701. 7Л 9 = 176 см . г. /mS a :b = m : n ; ^ — ; П.Р 1 2 ОР = ^ВС; ОМ = 5 см; Відповідь: 25 см^. 'PNKB" S = 12 S /. = v2 ^N D - У2 ‘-’л/— M C .. ’ Sm b f -’ e rnP bo ok . . N ?03. а >0; b>0; c > 0. = 25 см^ 70Q. А М = М В = х; N M = у; A N = P N = = х -у . fräs 2(m + n )’ 2(m + n )' О М І ВС; OP ХАВ; О М = - А В ; or g P abcd = 200см; 705. У x-y В X УО х^ tE' s s X JCt Е 707. A A D N — прямокутний; AD = I)iV = = 4 c m ; Z D A N = Z D N A = 45°. w І04. 5лл,л. = - M P P N ; Z M = Z N = 45°; Z M P N = 90°; MP2 + pjV2 = MNH x'‘ + x^ = 4;2x^ = 4;x^ = 2; x = ^/2; sf2xyf2 2 ї ) а = з см; ö = 4 см; d = 1 см; OJf = о м = •Of> = d = 1 см; ^ ї)о = 6см; b = 8см; d = 2 см; OK = О М ^f'»OP = d = 2cM. P S CC Q. У ^ С м w .4 l)j(a + i») X с = ac + fce. ^Цоща прямокутника зі сторонами b + а І с дорівнює сумі площ прямокутників .•1сторонами а і с та &і с. i ö { o - 6 x c = ac-ftc; ) Ііяоща прямокутника зі сторонами а - Ь і Сдорівнює різниці площ прямокутни­ ків зі сторонами а і с та &і с. '8) (а + Ь)(с + d) = ac + bc + ad + bd. Олоща прямокутника зі сторонами а і 5 ta с і d дорівнює сумі площ прямокут■^юсів зі сторонами а і с; 6і е; а і d; і) і d. У I x+y w г - = 1 ( c m * ); Sadmp = = 7 см2; Відповідь: 1 см2; у ^^,2 у . = 9 см2. g ^ ,2 ,^ 708. Сума площ квадратів зі стороною AB і ВС дорівнює площі квадрата зі сто- о 3 ОС
  • 102. 1 роною AC без подвоєної площі прямокут­ ника зі сторонами AB і ВС. АВ^ + ВС2 =АС^ - 2АВ X ВС. 709. 2) = 25 X 40 = 1000 (см^); 3) S„,p = 25 X 100 = 2500 (см^). 725. 1)5„,^^^„ = аЛ = 10х8 = 80(см=); „ Нехай дано ААВС, /.С - 90°. Д овести: S ^ ^ = - A B D____________ С CK. , = аЛ^ = 2 X 0,75 X 2 = 300 (см^); 2) S , 3 ) S п В П= ah = 5 x 1 ,2 x 5 = ЗО (см^). грЛ С 726. Snap. = оЛ; Л = —. ■ ßn ^ 1 ) Л = ^ = 4 (см); lü I S s § 2) ^ А С "* *^ В Л *^ A X ' 2 ‘ ДВ Д СГ A C - Ь =Ц^ =Ь оЭ (C M ); + - А К х К С = ~ С К (В К + А Х ) = 3) Л = || = 3 = ~АВхСК, Відповідь: 1) 4 см; 2) 5 см; 3) З см. X T >4 Q. 5 2 2 .4 bo ok .o (O b C s 727. що й треба було довести. 710. SjBcjf = (C M ). rg 2 а ^д с : = ла 5 см 8,5 см 14 см 16 см w 1 10 см 64 см^ 8,2см 4 см 4,5 см 4 см 4,1 см 2 см 3 см 6,4 см 728. w о -a^xh ^івск _ 2 ______ ifr. де і — проекції ift хЛ 2 ' катетів на гіпотенузу. 5лдс* 21 см S = aÄ ; Л = - ; 5 = &Л,; Л, = - . а и а ’ " Ь w о ш 17 см 34 см^ 63 см^ ос 10см 41 см^ К 5 Ь S ’c о S = dA; А = - . d 1)Л = 56: 7 = 8(см); 2) Л = 90: 18 = 5 (см); 3)Л = 2 4 :6 = 4 (см). 729. S = a h : S = bh^. §1 7 721. 1) S = AB х В К , так; 2) uU 3) так. 722. l)S„.^^^^ = Ö H x ß C = 5 x 9 = = 45(см2): 2) = 0 Я X A D = 6 X 7 = 42 (см^). S 723. s„, 72 4 1) S „ , p = 3000 (см^); BDxAC = C D XВ 6x 8 ії = 1 )S = 6 0 X50 6 x 2 , 4 = 1 4 , 4 ( c M ‘i ) ; 3,5 = 4 (см); 2 )S = 1 8 x 6 = 108 (мм^); Л^ = 1 0 8 :9 = 1 2 (м м ); 3) S = 30 X 25 = 750 (см^); Л = 7 5 0 : 50 = 15 (см). Л , = 1 4 ,4 : = 24 . =
  • 103. г 730. Нехай дано АВСІ5 — паралелограм, уіС і BD — його діагоналі. N 735. A B C D — квадрат; АС — діаго­ наль. D С 'К м П роведем о M N II AB, Р К Ц A D через точку о . О держ и м о 8 р ів н и х т р и к у т н и к ів , l ) A D = DC = x-,x‘ + x^ = d‘ ; 2х^ = d‘; які мають р і в н і п л о щ і . Отже, діагоналі паралелограма розби­ вають його на чотири трикутники з рів­ ними площами. 1 ) S . . = y = 8 (cM^); 731 .Площі частин паралелограма рівні. 2) S „ . = ^ = 4,5 (см 2 ); = rg 732. (см“ '); oo k. o 3) S „ = i ^ = 0,72 (см 2 ). , * ) S p . = ^ ^ = 2.4 (дм^): 8 ) 736. (мм’'). 733. Нехай AßCD — ромб. w w w .4 b В = a X b sin 30° 1) S„„. = 15 x1 0 x^ = 75 (см2); 2 )S = 2 5 x 2 0 x - = 250 (см^). *Р- = B D l A C ; A O = ОС; BO = OD. ^ы оа f ‘ ®двос ~ '^дАос = ■^двос ~ 737. 42х 2 х к = ^ . к 734. ABCD — ромб; SA ■ -‘IS. = S; A ь D 1) a = 10 m m ; ft = 15 мм; S n a p . = A B x A D s in Z A ’;Z A = 60°;’ JÖ = 10x15 x — = 75>/3 ( m m 2). A 2)a = 20m m ; b = 25 мм; Sp, = 100 см^; 2) 120 см^ 3) 72 см^ im L S„p. = 20 X 25 X ^ = 250V (мм^).
  • 104. OF = n;h^ 738. Нехай дано ромб ABCD. ZA = 30°. D С А 1) AD = а = 1 дм; = 2x4 = В sinZA; 2 ,6 x 2 ,6 ^g,38 ^ 63 a = x; b = - - x ; 739. о 3 Q. ; S = 72 cm ^; = 20K = h , x b ; 2 ox- 10 ; 2 742. ABCD — паралелограм. Р К ЦCÖ; M N II DC. oo k. o 5 'c ( c m ); cm AB = — = 3 24 2) AD = - = 1,5 (дм); AD = ^ = 6 (дм). 4 1 740. ABCD — паралелограм. = S. O K ± A D ; O K = m ; O F t C D ; O F = n ; Л, = ^ 2 0 K = 2m-, = 20F = 2n. В AD = 56 2x3,5 D P C ( c m ). .4 b Q. AD = — = 8 9 24 w T >4 1)BK= 9 c m ; BM= S^=BKxAD-, С А K B Якщо від трикутників, що мають рівні площі відрізати трикутники, що мають рівні площі, то дістанемо фігури з рів­ ними площами. 743. Нехай ABCD — ромб. АС в В Х )діагоналі. S =36 см^. В w w X = 8 cm ; =h, xa = 1 rg Q. s 2x4 = п ар. 8 = 3 1 5 -1 0 і:1 8 л: = 315;л: = 17,5:5 пр = х ' а. = 8x17,5 = 140 (см^). Відповідь: 1) 128 см^; 2) 140 см^. Ct ro 20F Д K B а = x; b = 32 - x; 8x = (32 - д:) x 8; 8 = л: = 256-8д:;16ж = 256;д; = 16см;5„,р = 8x x l 6= 128(cM^). eo 2 )P = 63cm; a + b = — ; Л, = 8 cm;/ ^= 10см; 1 Sp = lx ls in 3 0 ° = | (дм^); 2) 5 = 8 c m ’; ^ S l ) B D : A C = 3 : 4 ; B D = 3x;A C = 4x-, = 8 ( c m ); 36 = 5 £ | І£ ; 36 = 6 д.- = = (7 + 8 )x 2 = 30 ( c m ) . 2) AB = 36 2x 2 A D .f^ ,6 =9 х^ = 6; л = /б; сі,=3-Уб см; ( c m ); = (c „k ^ л в c fl = ( ^ + 6 ) x 2 = 3 0 ( c CM . 2 ) d, : d j = 2 : 3; d, = 2x m ). 741. Нехай ABCD — паралелограм. P^CD = P - O K L A B ; OK = m; OF ±B C ; 3 6 = 2x^3x = 3x; 36 = 3;c2 = ;c2 i 2; = 2 ж = 2 л/3; d, = 4 > / з см; d^ = 6 л / з см.
  • 105. г 8 ) d , : d , = l : U d , = x; d, = x;36 = — ; Z A = 30°; AB = DC = 6x; BC = A D = (40 - 1 2 i ) : 2 = 2 0 = 6x. В 1 j2 2*4 6 х / Зх Q 744. S„, = y : s. = Y =і S = S i-'S 2= y - | = 8 (cm»): d* = 16; d = 4 ( c m ) . Відповідь: 4 см. 745. -ABCD — ромб. M N P K — квад- А г D ^ к Рівняння: б л х 2 х = З х {2 0 - 6х); 12х = = 6 0 -1 8 x ; 30x = 6 0 ;x - 2 ; B K = 3 x 2 = 6 (см); AD = 20 - 6= 12 (см); = б х 12 = 48 (CM»). Відповідь: 48 см». К .4 bo ok .o М ■ X — сторона квадрата; 4х — периметр '^(мдрата і ромба. ' jt*=S — площа квадрата; sin а — пло­ ща ромба. 2 фдповідь: 30°. 746. А K B Діагональ ромба розбиває його на 2 рівносторонніх трикутники. Sp = AB X DK-, ADKF — рівносторовній. „ D K ‘S ^локг ^ •x *x i = x ‘'sina; sina = i ; а = 30°. 2 2х^ 748. Нехай дано ромб A B C D . D K X i . A B - , D F L ВС. Z K D F = 60°. Довести: S,. = 2 ^ „ . S N J: С = 6 ^2; см. d^=d^=&- j 2 см. rg jc>s72; Площа ромба удвічі більша за площу трикутника. 749. AM^NM = AK^KL.&KNN^ = w w w ABCD — квадрат, описаний навко­ ло кола. A ß = ВС = CD = AD =jc; Sj = x ^ В N С — zvoo/ ^^ai y o x in v a n n n d r v w a v /y ^■P — діагональ. M P = x; ^ = 5 з :5 ,= | :1 = 1 : 2. -'АГ Г ^ ‘^A LiN ~ ^KM ^ ЛЛ, B j iDA “ ^UDCL "■^CLjM* * ~ ~ фідповідь: 1 : 2. I ^ 747. Нехай ABCD — паралелограм; BK I BF — висоти; B K : B F = 2 : 3; = S, = = S, = = ^^ABCD- ^ 4 0 CM. •АВДГ; A B = 4x; Z A = 30°; B K = 3x; Відповідь: -^-^*^ = - = 0,2.
  • 106. 750. Нехай дано ABCD — паралелог­ рам. М — довільна точка. В Р С X AB; A K X ВС; 3 ) А Н X ВС; AC X AB; A B I AC. 760.1) Hi; 2) так; 3) ні; 4) ні; 5) ні; 6 ні. ) 1 ) S ^ ^ = i x 5 x 4 = 10 (кв.од.); 761. 2) S ^ = - x 5 x ( 1 2 + 5) = 42,5 (кв. од.); 1 ) М К X AD-, M F 1 DC; S ^ , „ = S ^ „,+ + S. К -^ІМ В2) M P 1 ВС; M N ± A B ; S ■ V C ^SM jL IO FC * ^лмго' ■ _ о J^ . X fO h- § Д В Л /С . q ' 3) S ^ ^ ,c = ix 20x 21 = 210 (кв. од.). _ с 3 )S , -'ламо ^ßM C Л іВ АГ 751. Діагональ дорівнює стороні, до якої ця діагональ перпендикулярна. ------------------, с D X T = A B = a ’ S пр = A B x B D = a ; я. 752. D 3) S ^ ^ = i x 2 5 x l 0 0 = 1250 (см^). .4 b о 5 cc О LU w 1) Нехай ABCD — ромб. OK X AB; OK = = I— радіус кола, вписаного в ромб. АК = т ;В К = п . а )А А О В — прямокутний. 0 К ‘ = А К х w w t 5 2) S ^ c = ^ x 2 .5 x 4 = 5 (дм^); с 5 с D. 5 _ = І а С х В Я = І х 6 х 5 = 15 (см^); длес 2 2 oo k. o та A B C D — паралелограм. B D 1 A B . B D = rg in X К В = 1,8 X 3,2 ; О Х = ^ 1 ,8 x 3 ,2 = 2,4; h = 20К = 4,8; DF 1 AB; D F = h; б )S ^ ^ ^ = a x h = A B x F D ; 763. 1) = ^ х 1 0 х 0 ,8 х 1 0 = 40 (см^); 2) = -х 2 х 2 х О ,7 5 = 1,5 (дм^); 3) 2 S , = ^ x l 2 x l , 5x12 = 108 (мм^). ( 1,8+ + 3 ,2 ) X 4 ,8 = 24 (CM^). 2 ) O X = V i x 9 = V36 = 6 (cm ); Л = 12cm ; ■5л,,„ = (4 + 9 )х 1 2 = 1 5 6 (с м ^ ). Відповідь: 1) 24 см^; 2 ) 156 см^ 764. 1) 3 = іаЛ ; а = а = ^ 753. Геометричним місцем вершин паралелограма зі спільною стороною, у яких площа дорівнює площі даного паралелограма є дві прямі, які пара­ лельні даній стороні паралелограма і належать від неї на відстані —. h f4 l 5 о 765. 759. 1 ) А М — висота до сторони ВС; СН X AB; В К X АС; 2 ) В М X АС; CL X 3) ^ = 12 2x155 и = ^ ^ (см ); . = 2 0 (с м ). = , А ,
  • 107. г 168 1 ) й. = — см; . = 12 см; ^ 168 = — см; 768. Нехай дано: ААВС; В М — медіа­ на; Л М = MC. В 252 13 2) Л„ = ~ г ^ см; Л^= 12,6см; Л^= 12 см; 3)Л^ = 12 см; 4 ) 42 = — см;Л^ = 2, 1 см; 1□ = 8см; Л, = 7,2 см; 72 766. 1) Не зміниться; 2) збільшиться у 2 рази; 3) збільшиться у 2 рази. 767. 1) А F М Проведемо висоту BF ± А С . С S ^ „ = ^ B F x A M ; S ^ „,= ^ B F x M C ; Проведемо СК Х А В ; А М = МС. Отже, 5 Д ^ „ = 769. Нехай дано ДАВС; M N — середня лінія; M B = М А; B N = NC; M N |AC. | Ute M B = A M , тому С oo k. o rg В .4 b BJif 1 = тому що A M B N - ААВС; AB 2 w w w ® »ж е5Д ^, = 5Д„д,. в) СЛ: X AB; Відповідь: - = 0,25. 4 770. Нехай дано: ДАВС; M N — середня ЛІНІЯ ДАВС. и / _ ±1 ГЧ _ 4’ 'I M C N = S. ^ =I ^івис = - BÄ" X CÄ^; В М = М А, 1 ) S ^ c = 4 x 5 2 ,5 = 210 (с м “ “); 2 ) 5 ^ 0 = 2 1 x 4 = 8 4 (см^); 3) = 4 X 105 = 420 (см=і). 771. Р = а + г + е; S = - P г. . 2 1 ) P = 4 2 c m ; S = 2 1 0 c m 2; 2 ) Р = 27 c m ; 5 = 126 CM*; 3 )P = 2 1 c m ; S = 42 см“ '. ul
  • 108. 1 АСхВС ^ 9хх 40х Нехай дано AABC, M N — середня лінія; ^ ~ о > *л о ’ M N = q; CK ± A B ; C K X M N ; CH = h; С 9х X 20х = 720; х^ = 4 ; х = 2 ; В С = 18 см; 7 = 80 см. 2 N M. 2) ВС = 1їх ; АС = 9,6л:; 772. 1 і £ ^ М У - = і320; 2 В q + h = l2,5-, X* = 25; X = 5; ВС = 55 см; АС = 48 см. q ~ h = 0,5; 775. Н ехай ААВС — прямокутний. CKLAB. 29= 13; g = 6,5; Л = 1 2 ,5 -6 ,5 = 6. 1) S . ^ = - C K y A B = l ; M N x C K = ДВ АС 2 2 = - Л х д = 6,5х6 = 39(см) 2 § к + л = 23: rg * Ь - Л = 17; 2Л = 40; Л = 20; g = 23 - 20; g = 3; s I T x A B = ^ x 6 x (A-¥9)^Z9 Відповідь: 1) 39 см^; 2) 60 см^. (с м ^ ) . 2) e x ’“ = 1 X 16 = 16; СК = А см; 773. -BÄ" ± MW = JVfjAT, = m-,BK = S ^ = i x 4 x ( l + 16) = 34 (см*). Ct В M ± = Л. ß. о 3 cc Q. S ^ = ^ C K .4 bo ok .o fO 1)CK‘ = B K x A K ;C K ‘ = i x 9 = Z&;CK=&cyi; S ^ = i x 4 0 x 3 = 60 (CM^). ,N M. С C. w ü: 776. w w , = - A C x B K = M N x A C = m xh; S^B,c,=2^C,xB,K , = M ,N ,x A ,C ,= m x h . Отже, Q _ Q •^ІАВС ~ “^І4,В | > ,С 1) Нехай дано ДАВС, АВ= 8см; що Й треба було ВС = І а В = 4 (см); АС^= АВ^ - ВС^ = 2 довести. 774. Нехай дано прямокутний ААВС. ВС : АС = т : п. = 6 4 - 16 = 48; АС = 4уІг см; 5ддяс=|-ВСхАС = |х4х4г/3=8лУз (см^). В 2 )А В = 1 2 см ; ВС = ^ А В = 6 (см); < ь АС* = 144 - 36 = 108; АС = 6 ^ ; S ^ c = - B C x A C = - x 6 x 6 S = lSy[3 •T 5 лдіС 1 )5 = 720 см“; т = 9; л = 40; ВС= 9х; п = 40х; 2 2 (cm“). Відповідь: 1) Sy/З см“; 2) 18>/з см“.
  • 109. 777. і)5л= ^ 780. Необхідно виміряти відповідні сто­ рони подібних трикутників. 4 =і6л/з ^ = k; ^ = а S (см^): 5л = І : ^ ^ = 36л/3 (см=). 781. Медіани трикутника точкою пере­ тину діляться у відношенні 2 : 1 , рахую- ВС + АС 1 1 0 , ---- ^----- = Ц І— радіус вписаного кола; R — радіус описаного кола. В чи від вершини, отже 5^03 = 782. Нехай Л В С Г )— паралелограм. D K 1 АС, D K = 4 cm; AC = 16 см; A B = = 12 см. В________________ С М АВ = 10 см; г = — |- - ; «лллс=|^^0 AC = I 16 4 = 32 (см®); .4 bo ok .o l ) t = 7 c m ; r = 2 см; Д = 5 см; R = - A B ; rg 1) D F 1 AB; D F — відстань від т. D до прямої Aß. ЛС = д:; ВС = S ^c« = 64cM ^;S„.„=ABxFZ); * 14 - л:; АС + ВС = 14 (см); - х ) * = 100; х^+ 196 - 2 8 х + Ж*- 14л: + 48= 0; х, = 6 ; к в см; ВС = 8 см; _ + (14 100; 8; АС = ® «я с = - ^ С х Л С = - х 6х 8= 24 (см^). 2 2 w w w ,2 )t= 17см; г = 4см; R = 13см; АВ = » 26 см; А С + ВС= 34 см; А С = х; ВС = = 3 4 - х; * 2 + (3 4 _ jc)2=676; х ^ + И б б , - 68 л:+3:2- 676 = 0; 2х^ - 68 + 480 = 0; л: * • - 34д:+ 240= 0; л:,= 24; * 3= 10; АС = = 24 см; ВС = 10 см; 2) Відстань між прямими AB і CD є FD = ^ О (см). 3 )0 M ± C Z ); O M ^ - F D ^ - (см). 2 З 16 16 8 Відповідь: 1) — см; 2)— см; 3) — см. 3 3 3 783. Нехай данорівносторонній АВ = В С = А С = а. AABC. ■ вмвс = ^ ^ С х В С = іх 2 4 х 1 0 = 120 (см^. [Відповідь: 1 ) 24 см®; 2) 120см®. ' 779. к/ р а /у 5 ^ = |а х Л ,; S^=^bxh,; В А Г N 0 М К = /і,; М Р = Л,; M N = Л^. ®A B AM кF і» ®Мас - Г С■ . Якщоa<b<c,Toh^<h^<h^. '■і' 2 ® А.«С ~ 2 Д + | а Л ,= іа (й ,+ Л ,+ Л з ); =-a h ; ^2
  • 110. S ^ = - a ( h , + h ^ + h ^ ) , томуЛ, + Л2 Лз = + 789 .ДАВС; B D XАС; BD = 4 см; M N АС. в = h, що Й треба було довести. 784,Геометричне місце вершин трикутників зі спільною стороною, у яких площа дорів­ нює площі даного трикутника є дві прямі, паралельні даній стороні трикутника і від­ далені від неї на відстань, що дорівнює ви­ соті, проведеної до цієї сторони. 785. / 7 К л D Щоб площа трикутника поділилась у відношенні т : л, рахуючи від верши­ ни, пряму M N треба провести на від- _x ,і 4 - 1 ^ . Ут + п lE ' or g p s d Q. S ^ c = 2^^ + y^''+2^!/ + ''y + 2 ^ ^ + '')''- ro 5д = ^ Р х г = ^(а + Ь + с ) х г , X I о 1 1 Звідси - = 1 S 786. = w C. l tl] Нехай S — площа даного трикут­ w 787. 1 .4 5 'c bo ok . s XI/ = 797. 1) Н і; 2) ні; 3 ) так; 4 ) ні; 5) ні; 6 так. ) 798. w ника ABC. S^,B,c, = ’^ 5 ■- Звідси 1 р . ро = ^ ^ ^ 15 = 300 (кв.од.); 2) S,rp .A B C D 800. 10 + 15 ' 5=^ х12 = 150 (кв.од.). л. 788.Нехай дано ААВС. M N АС; Р К Ц АС; 1) в А n S = i ^ i ^ i ^ ^ x l 0 = 90 (см^); 2) S= 3) 0,5x2 = 1,75 (см^); s = i ± i ^ x l , 2 x 5 = 33 (см^).
  • 111. а+ Ь . .2 5 801. DC AB “ +'’ = Т - ^ 2x60 , 1) а + Ь = - — = 10 (см); 12 Відповідь; 2x150 = 12 (см): I а+ Ь = 25 ^ 2x90 ГА рС Д Ь ’ 5, А О В 'Д = ( !) Ч - Ь 807. Нехай дано A B C D — трапеція. AB = с; CD = d; BüT = Л; Ртр. = P. , 8 a+b = ~ Y ^ = 12 (см). ) 802. l)S,p. = 60cM^;g=15cM;S^ =дх Ж 9 “ середня лінія; Л; А ^ - ^ ; л = ^ = 4 (см); д 15 l ) c = d = 17; Л=15; AAB g = ADC.F; АЙГ = 17*5 2) А = — = 5 (см); оО , 8 А = Ц = 3 (см). ) а b 10 CM 14 CM q h S 12 CM 7 CM 84 c m “ 20c m 22CM 21 CM 23 CM 27 CM .4 bo ok .o 2 ЛОЗ. 23 CM 9 CM 25 CM 16 CM 5 CM 10 CM 11 CM 125 c m “ 210c m “ 176 c m “ S . S w .2 5 w а+ Ь ^ . 2S „ = Л; Л = ----- ; S = q x h ; 2 а+ Ь л,>; w >Я104. 1) Не зміниться; 2) не зміниться; № і)»більш иться в 2 рази. Ц 805. 1) S = 36 см^ Л = 2 с м ; т : л = 4 :5 ; »» = 4л:;л = 5;с; 36 = 2 rg = Fß; A K = >Jn‘ - 1 5 ‘ =г/б4=8; BC = K F = x; 17 + * + 17 + 8+ 8+ д:= 120; 2л: = 120 - 34 - 16; 2ж = 70; X = 35; ßC = 35 см; AD = 51 см; BC + A D . , j, Л; (см*). = 2; 36 = 9а:; д = : 35 + 51 15 = 645 ( c m “). 2 ) P = 58 c m ; c = 15 c m ; d= 13 см; h = = 12 CM. AABK: A K = V225-144 = n/sT = 9 ( c m ); ACFD: J?D = V l69-144 = >/25 = 5 ( c m ). ßC = Ä’F = o:; 2л: +15 +13 + 9 + 5 = 58; 2л: = = 5 8 - 2 8 - 14; 2л: = 16;л: = 8; ВС = 8 см; AD = 9 + 5 + 8= 22 см; О .02 S^, = - ^ 1 2 = 180 (см*). Відповідь: 1) 645 см“; 2) 180 см“. 808.НехайАВС1) — прямокутна трапеція; AB ± A D ; AB 1 ВС; ZCDA = 45°. в а с *?4; m = 16 см; п = 20 см; І' 2 )щ = 2х; п = Зд:; 150= ^^'*'^•*^ 5; 60 = ;. “ 5х; зс = 12; m = 36 см; л = 24 см; ^/ 8 л = 20см; m = 10 см. ) р'806. Нехай АВС£>— трапеція; ЛООС- гА В О Л . П а г Ж ^ 4 Супер ГДЗ, 8кл., кн. 1 □_ D 1) а = 2 см; &= 5 CM. Проведемо CK 1 AD. K D = A D - B C = 5 - 2 = 3 (см). ACKD — прямокутний, Z K D C = Z K C D = = 45°;CÄ- = ä:Z) = 3 ( cm ): S ^ = : ? £ ± i ^ x C l f = 2 ± ^ x 3 = lO,5(™0. 2) а = 5 c m ; Ь = 3 см; K D = 5 - 3 = 2 (см); CK = K D = 2 (см);
  • 112. 5+ 3 2 3& = 1,5; ft = 0,5; а = 1,8 + 0,5 = 2,3; а+ Ь S„ = ^ h; (CM»). 2= 8 (см»). 2 809. Нехай дано прямокутну трапецію. | AD = DC = 2cm;ZZ)CB = 135°. [ П а С І " 135^ а "1 p s s = : 2 £ ± ^ . C Ä - = - ? | i - 2 = 6 ( c m “). 12 = 96 ( c m »). CK 1 M D ; CK = З c m ; 1 M D x CK; 810. Нехай дано рівнобічну трапецію ABCD. AB = CD; ВС = а; A D = За; В а с о З 2 ) C M AB; A M : M D = 2 : l . A M = 2 x ; M D = x; S ^ c^ = m D- x.CK; 6= ід : 3; 2 2 w 2S a + 3a 2 x = 4; A M = 8cm; M D = 5 см; AD = 12 cm; B C = A M = 8 CM. 4a = a; w h= w о. ш ! і 2 6= - 2д:-3; 12 = 6 ;с;д: = 2; 2 2) AD =DC = 3 cm; ACBK; K B = 3 c m ; AB = = 3 + 3 = 6(cm); A M = 2см; M D = 4 c m ; A D = A M + M D = = 6c m ; BC = A M = 2 C M . S„ = ^ 3 = 13,5 ( cm “ “). 5 Ъ О За + 2ft = 44 c m ; а - 2ft = 4 c m ; d = 12 c m ; 48; a = 12 ( c m ) ; 12 - 2ft = 4; 2ft = 12 - 4 ; 2ft = 8; ft = 4; 4a = .4 bo ok .o 1 T 2) А К В 1 Відповідь: 1) 5,6 см»; 2) 96 см». 1) Проведемо СК 1 AB; АСКВ— рівно- j 812. 1) Нехай ABCZ) — трапеція; CM II бедрений, Z X C B = А КВС= 45°; СК = A B ; A M : M D = l : 2 . A M = x ; M D = 2x; = Ш = 2 см; AB =АК-+ Ä-ß = 2 + 2 = 4 (см); «3 s х4 = 5,6 (cm"). rg I Л 2,3 + 0,5 CK = K D = a; ACKD — прямокутний рівнобедрений, отже, /-KDC = 90°. Відповідь: 45°. 811 . Нехай дано ABCD — трапеція; АС — менша діагональ; АС ХЛС; AB 1 АС; DC = а;АВ = Ь. D С ■Р Відповідь: 1) 6см і 2 см; 2) 12 см і 8см. 813. Нехай дано A B C D — трапеція ВС = 4 см; С М II A B ; 'п -А С І ар £ Л ВС = A M = 4 см; А В 1) а + 2& = 3,3 см; а - Ö= 1,8 см; < = 4 см; 1 , а + 2іі = 3,3; а -& = 1, 8 ; пр а. '
  • 113. hxM D S^up 817. Середня лінія трапеції дорівнює півсумі основ. и л M Л х4 = — D хЛ; — и 2 = S с і л ; AD = A M + JVfö = 4 + 8 = 12(cM). Відповідь: AD = 12 см. 0^4.Нехай дано трапещю ABCZ), описану навколо кола. M N = h — висота трапеції. ? В і'к с MN =^ ^ ; C l ° ) ^ • 2 2 що Й треба було довести. 8^ = ^ ^ Відповідь: від 16 до 32 см. 819. Нехай дано AßCü — трапеція; ВС = = a;AD = b;MN BC;MNAD. о _ с *,V C - */U D fB N f.V - Ґ І С оЛ rg D С w w w / kf А 2ab Відповідь: a + b' .4 b В с 820. Н ехай A B C D — трапеція. D C і AB — основи. AC і BD — діагоналі пе­ ретинаються в точці О. Ih - — - — р 2 2Р ,1 а oo k. o 3^. = |(В С + УШ)Л; S = ^ ; Л = ^ ; 2aft в Нехай A B C D — трапеція, описа­ на навколо кола, тоді 2 2 = х + 16; X — менша основа, о < jc < 16; 1 6 < S < 32. 815. A B + C D = BC + AD = —; M N = h; h = M N h. = M N X Л, отже, існує безліч нерів­ них трапецій, які мають з трапецією ABCD спільну середню лінію й однако­ ву з нею площу. 818. A N D Якщо трапеція описана навколо кола, т AB + CD = ВС + AD. о BC + A D AB + CD S_ = ----------- X M N = ----------- X M N , S^ = ~ z / V . Л N Відповідь: — . D ABOC - ADOA; ADOC ~ ABOA. ^Д О _ ^ІЛОВ _ ВС Нехай даноABCD — трапеція, flie­ ^дсоо ^лвос s' товалі якої BD і АС; B D 1 A C ; ■ 816. І = АС; BD = 8 c m ^ 40 = І - 8 АС; Л С =1 0 см . А ; що й треба було довести. 821. Нехай AßCÖ — трапеція, DC-.AB-= т :п . д 'О _ J m га відповідь: 10 см. т п п J п
  • 114. 822. cü: =- Відповідь: ic d 824.Нехай дано трапецію ABCD, B D X lA C ; M K — відрізок, що сполучає середини основ. P N — середня лінія трапеції. Нехай дано: ABCD — трапеція; D K = h; AD = B C ;S ^ = h S „ = ^ 2 ^ D C + AB ■h; DC + AB = 2h; 2 _i P s Ct ^ MiV = f Доведемо, що М К = PN . АВОС — прямокутний, М О — медіа­ = Л; S , „ . = ^ ; на; ВМ= МС= М О; М О = ^ВС. Q. AAOD — прямокутний; OK = A K = KD; lE ' s 823. M K = ^ (B C + AD); P N = ^ (B C + AD). T Отже, M K = P N , що Й треба було довести. >4 a 5 825. Нехай дано трапецію ABCD. М — середина сторони AB. с 'c о Нехай ABCD — рівнобічна трапе­ ція; A ß = CD = с; AC = d; AC ± CI»; ВС-. ■.AD = 3 : 5.AACD: A D ‘ =AC^ + CD ‘ ;AD^ = w a. .4 3 gc O K = a D; M 0 + 0 K = (B C + AD); b А bo ok . X or g ro d‘ = 2h^; d = h S . Діагоналі перпендикулярні. Відповідь: 90°. w = d= + c=; A£> = V d 4 ? " ; w CK 1 AD; CD‘ = A D x KD; A K = D Проведемо P K L A D ; P K і. DC; 5 S ^ ^ = P M BC; S ^ , ^ M K AD; S^Bc + S ^ D = - P M x B C + CK‘ =h^ = c‘ — c^ + d‘ ■ cV e V -c ‘ eV + -M K A D = -x -h x B C + -x -h x 2 2 2 2 2 xA D = - h ( B C + AD); 4 S ^ = - h ( B C + AD); 5 CNJ .( ! - ) . . c d cd %cd 5 ^4cd 2 5 ■ = ^h(BC + A D ) - ^ h ( B C + A D ) = = - h { B C + AD), 4 що Й треба було довести.
  • 115. г ТЕСТОВІ ЗАВДАННЯ S = 1 8 0 ° x (r a - 2 );S = 1 8 0 ° x (6 - 2 ) = s 180° X 4 = 720°. Відповідь: Г 24 2*. Р ^ = 24 см ;а„ = — = 6см; = 60 + 28 = 88 (см2). = 6 = 36 см^ S„^ = S „ ; S„^ = 36; а X * 36 x ( s 3 6 ; a = 4; b = — = 9 (см). 4 S Відповідь: Б Відповідь: Г 3«. 5*. Нехай дано ромб ABCD. АС і BD — діагоналі. A C Iß D ; AC = 40 см; BD = 9 см; A K : КС = 3 : 2 . В I р s S ^ FC = -^ah; -A K Л = - = 4 8 CM . = — , = 4 8 (C M ); Відповідь: Б А К = З х ; К С = 2 х ; З ж :+ 2 д := 4 0 ; 5 х = 4 0 ; х = 8 . А К = 24 с м ; К С = 1 6 с м ; BO = | ß ß = | x 9 = 4,5 (см); .4 b i j i B C D — трапеція. CD = 7 см; D K LAB-, D K = Ъ см; = 6 0 см“; = '^ А С+ -^ІЧ С 'д В В- ■ЗдАв* = | а * : х В О = І х 1 6 х 4 , 5 = 54 (см ^ РОЗДІЛ 4 РОЗВ'ЯЗУВАННЯ ПРЯМОКУТНИХ ТРИКУТНИКІВ § 20. Теорема Шфагора. Перпендикуляр і похила 831. Правильним є твердження 3. 832. Мал. 425. Правильно, бо 3^+ 42 = 5^ «3 s X T Ё: Ct с о з О С Відповідь: 54 см*. w , = - D C x D K = ' ^ - ^ = 2b (см*); 2 2 w w а. oo k. o AB = ВС; 5 Д = 4 8 0 0 с м * ; AB = 1 0 0 см; A K і CF — висоти; 1 ^ ^ 2S 4 8 0 0 rg s о ш 834. D A ß = ВС — неправильно; 2) AB > ВС — неправильно; 3) A ß <ВС — правильно. 835. с=4 ^ ^ . Мал. 426. Неправильно, бо З* + 4* 6“. 833. АВ = Зсм,АС = 5см.АВ<АС.Якщо 8 точки проведено перпендикуляр і похи­ лу, то похила більша за перпендикуляр. 1 1) Якщо а = 12 см, &= 5 см, то CNJ c = V l2“ + 5' =13 (см). і і
  • 116. 2) Якщо a = 9 CM b=12 , cm, to 840. c = V 9 4 l 2 ' =15 ( cm). 3)Я к щ оа = 8см, b = 8'Js cm, to c = ^ 8 ^ + (8 y / 3 f =16 (cm). AB = BC = CD = A D = 2-J2 см. 836. АС = -Ja B^ + ВС^ = V2AB' = = 72x ( 2 / )“ = V ^ = 4(cm) n2 841. a = yjc^-b‘ . 1) Якщо с = 13 см, ö = 12 см, то с a = V l3 ^-1 2 ' =5 (см). 2) Якщо с = 17 м, Ь= 15 м, то a = V l7 '- 1 5 ‘' =8 (м). 3) Якщо с = 15d, ft = 9d, то AC = ВС, тоді AB = -Ja C‘ + BC^= yj2AC^. or g s а = V(15d)'-(9d)^ = 12d. а Ь с S I T о 3 с= 12 см 5 см 12 см 13 см +Ь^; о = 16 см 20см A B = y f ^ = y/2 6а 10а - ft*; 6= . cm, TO AB = yj2 (4 y f 2 f= 8 (CM). 3) Якщ оЛС = а, TO 842. 10 см 24 см 26 см 12а 9а 15а w w 24 см 7 см 25 см w fc а Ь d (cm). 2) Якщо AC = 4/2 AB = v/2? = av/2 ( cm). 838. a. О 8 а .4 Ё: 5 П 1) Якщо AC = 1 см, то 837. bo ok . T O d = la^ +b‘ ; a = ld^ - b ‘ ; b = sld^ - a ‘ . 839. A B C D — прямокутник, A B = a, AD = b,B D = d. c A AC = BC, тоді A B ‘ = AC‘ + BC^ або AB ‘ 2AC‘ , тоді AC‘ = AB^ AC = AB І2 - 1 )Я кщо a b = л CM, то /2 АС = ^ = 1 (см). 2) Якщо AB = 8см, то АС = esj CI S 4* S AABD — прямокутний, тому за теоре­ мою Піфагора маємо; а‘ + Ь‘ = d‘ . Отже, квадрат діагоналі прямокутни­ ка дорівнює сумі квадратів двох його суміжних сторін. 8 8 n /2 ж = 4л 5 (см). У 3) Якщо АБ = т, то АС = т Ж тІ2
  • 117. г 846. 843. j ^ = BC = AC, B D L A C , тоді = -Ja b ‘ - ■ I ad ^= . A B ^ - I'AB'I I 2 4AB‘ - A B ‘ /зав* 4 А В ^ у а О‘ + ВО‘ = у з ‘ +4^ =5 (см). 1 [ 2) ■= 1,5 ( c m ). 2 = 5л/3 (см). 8 Якщо AB = а, то BD = ) S s z в о = | х 2 4 = 12 (см); Ї>/3 T AB = л/ О* + ВО“ = V9* +12^ = 15 (см). а “ 844. A ß = в с , BD X AC, тоді АГ» = DC і ізЛЛВі): =-J a b ^ - a d ‘ =,, A B ^ Га с ') 2 w w w bd 3) .3 с о АС = 12 см, BÖ = 16 см, тоді з АО = іх 1 2 = 6 (см); ос о. ВО = ^х16 = 8 (см); tn S 2 О ш AB = V Ä Ö 4 ß Ö ^ = V i 4 F = 10 (см). 847. Нехай АС = d,; S B = 1) 2 AO = i x l 8= 9 (см): Якщо AB = 10 см, то ВХ) = і ^ А P S АС = 18 см, BD = 24 см, тоді .4 bo ok .o 2) 1 ВО = | х 8= 4 (см); 1)Якщо AB = j 3 CM, TO BD =- тоді AO = i x 6= 3 (см); Г abS 2 ■ ■JSxS l)A C = 6 c M ,ß Z ) = 8 cM , rg bd AB = а, тоді АО‘ + ВО^=АВ^ або І Якщ оАВ = 26 см, AC = 20 см, то BD = yj26‘ - 1 0 ‘ =24 (см). 2) Якщо AB = 17 см, AC = 16 см, то BZ) = V l7 * - 8 ' =15 (см). 3) Якщо AB = 13 см, А С = 10 см, то i + 4 Г 2 = = a‘ ; d^^dl = i a 4 B ß = V l3 * - 5 ' =12 (см). 845. 1) ов = Уа о * - а в ^= = V l7 " - 8 ' =15(см) 2) А 0 = У 0В Ч ВА* = = -Jl2‘ + 16‘ = 20 (см) PQ esi
  • 118. 848. 852. AB : AC = m : n-, AB = mx; AC = nx; В A h. BC = -Jinixf + { n x f = ,Jx‘ {m^ + n‘ ) = 1) ВС = 24 см, AB = 10 см, тоді AC = > a B ‘ + ВС‘ = yj24‘ +10' = 26 (см); J 2) АВ = 8у з см, АС = 16 см, тоді / ВС = -^АС^-АВ'‘ = уІб‘ - { S S f = 8 (см); 3) АС = 17 см, ВС = 8 см, тоді AB = yjAC‘ -BC^ = ^ П ^ - 8 ^ =15 (см). = x-J{m‘ + n‘ ); P := A B + BC + AC = = mx + ПХ + x^(m ‘ + n‘ ). 1 )P = 36cM, m = 4, n = 4, 3j + 4x + 5д = 36; c : д = 3;АВ = 9см,АС = 12см,ВС = 15см. : 2 )Р = 8 0 с м , m = 15, r a = 8 ,1 5 лс+ 8 л+ 1 7 лс= 8 0 ; 849. Д ,: Мал. 429 с, = V x = 2 ;A B = 3 0 c M ,A C = 1 6 c M ,ß C = 3 4 c M . ^ + ^ ; b 5 Z . A B = B C ;A B : A C = m : n ; B D = h;BD l A C . A B = mx;AC = nx; A D = - = y j l ¥ + W + 15‘ =17(см) Розглянемо AABD: Z A D B = 90“; AB^ = s I I х = уІ12‘ +5‘ =13 (см). 850. S 2с = Ь ^ . 1 ; с = ^ 2 . 1 )Ь = 5см; с = ^ = 13 см; w О е’ = (с-1 )2 + 62;с2 = е 2 - 2с + 1+ Ь^ “ а = ^с‘ - Ь ‘ =12 (см). w L S m = 5; Л = 6; Л = 12 c m ; 25x“ = — x ‘ + 4 +144 + 72*; л = 8 AB = 40 c m ; AC = 48 см. ; В 1) Мал. 431. 5 Q. = -x . 2 = A D ‘ + BD‘ ; m’ x ‘ = — x^+ h‘ +hnx. ‘ 4 X = VZa* = '^2уіЇ о‘ + 8 = 6v (см). * -/2 'c о 2 .4 bo ok .o Мал. 430. rg д = 7 ^ 7 ^ = .у / ^ ^ Т ^ "+ ^ = г w 2) Ь = 7 см; е = 25 см; 851. 2) m = 17; л = 16; Л = 15 см; 289л:“ = 64^:“ + 225; л: = 1; AB = 17 см; АС = 16 см. а = 24 см. 854. А 'о ъ вЬ АВ = Зх;АС = 4х; ВС = с. За теоремою Піфагора: A B “ + AC“ = ßC“; ' (З л )= ' + ( 4 л : ) “ = c “ ; 9 ж “ + І б д : “ = c “ ; 2 5 x “ = c “ ; _ ^ V25 1 )c = = 20 N 2 )c = 2 5 cm ; AB = 1 5 cm , AC = * = 4 , AB= 12 cm , 2 0 CM, BO = | ß ö = | l2 = 6 (см). АО = V Ä B 4 B Ö “ = Т э Ч б ^ = = %ЛІ7 = 3>Яз(см) AC = л: = 5; . = 1 6 CM. BD = ^ a D ‘ - A B ‘ =ч/і5^-9“ =12 (см); J Із ААВО: 5" cm ABCD — паралелограм, AB ± BD. 1)AD = 15 cm,A B = 9 cm; Тоді АС = 2АО = 6>/ЇЗ (см).
  • 119. СХ = 4см. і) AB = 25 см; AB = 7 см. 1эААВ^_________ = x A B ' =>/25^-7' =24 (см). = V ä ’C' + ä -D' =V9 + 16=5 (см). Мал. 434. Тоді В0 = І В І ) = І 24 = 12 (см). ^ А А К = у а В ‘ - В К ‘ = V i5 '- 1 2 ' =9 (см), 1 л: = ВС =AD - 2А*: = 32 - 2 X 9 = 14 (см). ІзДАВО: 858. дО = -у/7'+12' =ч/Ї93 (см), Ь -а = q + 2AK = b ; A K = - AB=CD;BCAD;AD = BC + 2AK-- 2 ’ тоді АС = 2>/І93 (см). 855. BD = ч / л Ч х Б '= , Л ' + Ь - Ь »£) Я CD = -^(ÄD^-BCfl^CH^ = = ^ ( 1 2 - 4 ) Ч б ' = л / 8 Ч б ' = 10 (c M ) 2 )ВС = 1 5 ІзДСЯО: см ; AD = 35 см ; CJC = 2 1 см . w w w І56. .4 b =7(35-15)='+ 21“ =29(см ) ' D = ВС + i s - e '» 2 = л/іоо = 20 (см) 2) &= 16 см; а = 18 см; Л = 5 см; 1 6 -8 = >/25 + 144 =13(см) 859. AB = CD .h = 2r = d; A D -B C Ь -а AN = г----- = —-—; AB = yjAN^+BN^ Розглянемо AABD — прямокутний (.^BAD = 90°). BD“ = Aß2 + A D '. Розгля­ ' немо прямокутний ДАВС: ZAB C= 90°; AC* = А В ‘ + ВС^. АС і BD — діагоналі трапеції ABCZ). В Ь ‘ - АС' = (AB' + A D ') - (AB' + B D ') = AB^ + A D ‘ -A B ^ - BC‘ = A B ^ - ВС що й треба було довести. 857. Мал. 432. ■AB = CD = 1 0 см; A BD = 25- BD = J25-I- 16- CD = y i ( A D - B C f + CH^ = . Jf 1 ) а = 6см; 6= 18 см; й = 16 см; oo k. o a d II ВС; A ß 1 AD; С Я 1 AD, тоді D H = A D - B C ; C K = h. 1 )ВС = 4 c m ; AD = 12 c m ; CJr = 6 C M . , Із ЛСЯ£|_______________ rg а Ь -а 2АК: = 2 4 см; 1) + ( 2 )'. г а = 2 см; &= 18 см; г - 3 см; АВ = 18-2 + (2 3)' = = V 6 4 + 3 6 = 10 (C M ) . fiC = 1 2 c M = > A * : = 6 cM . 2) х = у ІА В ^ - А К ‘ = V l0 0 - 3 6 = 8 АВ = М а л. 433. KD = A D -В С 6 = 3 2 см ; а = 18 см ; г = (c m ). 14-8 = 3 (см); 32-18 + (2 12)' = = V 4 9 + 5 7 6 = 2 5 (C M ) 12 см ;
  • 120. 860. ABC D — р ом б , В Н X AD , A H = b , 862. OOj = в,В; OB,во, — паралелог­ рам, ОА ХАВ; О,В ХАВ; ОА | О,В; О,В = | H D = с, тоді AB = Ь + C. = 0В, = 2 с м ;0 0 ,= Д , + Л 2= 0А + 0,В = 8 + ßi-------------- ,C к--------------7 + 2 — 10 (с м ); В ^ В = 10 см ; jB,A = = 0 А - 0 , В = 8 - 2 = 6см. ААВВ^:__________ £ 7 H А В = 7 д в “ - В , А ‘' =^/l 0 ' - 6 ' = 8 (с м ). Із ДАВЯ: А Hl B H = ^ A B ^ -A H ^ =4(b + c f - b 1) Якщо ft = 6см, с = 4 см, то В Я = >/іО*-б' =8 (см), тоді г = - В Я = і -8= 4 (см). 2 2) 863. 1 .1) Будуємо відрізок а. 2 Якщо ft = 5 см, е = 8см, то s I T 861. O ß = O Z )= r,A B | | C Z ), jSTLXAB, ^TLIC D . l ) r = 25 CM, AB = 48 см, CD = 40 см. 5 с a о I j 5 ос ^ Q Отримуємо відрізок c = 'ja^ + Ь^. II. 1) Будуємо відрізок ft. s w ІЗ ДОВХ: 2) Перпендикуляр до нього 3 одно­ го кінця відрізка а будуємо відрізок b. 3) З’ єднуємо вільні кінці відрізків а і Ь. .4 bo ok .o тоді г = і в я = і -12= 6 (см). rg В Я = л/іЗ*-5*=12 (см), w O if = VOB^ - ЛГВ'' = V25 - 24* = 7 (см). “ Із AOLD: w OL = yfoD^^^LD^ = = 15 (см). Тоді: 1 випадок — ЛГі = 0 L - OK = 15 - 7 = 8(см): 2 випадок — iTL = 0 L + OK = = 15 + 7 = 22 (CM). 2) r = 65 CM, A ß = 120 CM, CD = 32 см. 2) Перпендикулярно до нього через його кінець будуємо пряму с. 3) з вільного кінця відрізка ft циркулем відкладаємо на прямій с кінці відріз­ ка а. Отриманий на прямій с відрізок AB — шуканий. 864. Дивись с. 167 підручника. 865. AABD: A D = yjA B ‘ - D B ‘ = y l ^ = 5 (cm). А 13 Із AOBK: OK = -JOB^-K B‘ =л/б5*-60* =25 (см). Із ДОЫ); ESI OL = >/00^^^іБ'=>/б5*^Лб^ = 63 (см). Тоді: 1 випадок — iTL = 0 L - O K = 63 - 25 = 38 (см); 2 випадок — K L = OL л + OÄ- = 63 + 25 = 88(см). £>h 12 1) ZACD = 30°, тоді AC = 2AD = 2 x 5 = 10 (см). 2) ZACD = 45° => Z C A D = 45° і ACAD — рівнобедрений. C A = Vä b 4 c 5= = V F + 5 ^ = = ч/25х2 = 5л/2(см)
  • 121. 870. ZACB = 90°;CH 1 А В - ,А М = М В ; С Н = п; C M = т, тоді A B = 2 С М = 2m; 866. її -1 D с/ H M = -JCM^~CH‘ = В СВ = ч/і 3 ^ -1 2 '' = V 1 6 9 - 1 4 4 = 5 ( c m ) ЛВ = л/20'-12' =V200-144 =16 (см). HM A 1) Якщо m = 25 см, л = 24 см, тоді AB = = 2 x2 5 = 50 (см); s ЯЛГ = >/25'-24® =7 (см). Із AACH: 1) CD = CB + BD = 5+16 = 21 (c m ); A C = s h C^ + A H ‘ = I 2) dZ) = BZ) - BC = 21 - 5 = 16 ( c m ) . = 7 2 4 4 (2 5 -7 )^ = 30 (C M ) Задача мае два розв’язки. 867. rg B C = sI a B ^ ~ AC^ = n/50" - 30" = 40 (cm). P = 3 0 + 4 0 + 5 0 = 120 (cm). Якщо m = n cm, л = 15 см, тоді AB = .4 bo ok .o 2) = 2 x 1 7 = 34 (см ); л , А В = 1 0 с м , ß C = 1 7 c M ,A D :D C = 2 : 5. J Нехай AD = 2 л : см; DC = 5 л см, тоді ^ ,.- (2 * )* = I V - ( 5 * ) “'; <Y - 2 5 ;с 2 : 2 1 x 2 = 1 8 9 ; * 1) ТодіЛІ) = 2 x 3 1 0 0 - 4л^= 10^ - 2 8 9 - x 3 = 15 = 25 (cm). Із ААСН: = 9 ; х = 3. =6 ;jDC = 5 Н М = у І П ^ - 1 5 ‘ = 8 (см ); Тоді А Я = 17 - 8 = 9 (cm ); Я В = 8 + 17 = (см). ; . 8) BD = ^ A B ’ ~ A D ‘ = уі10‘ - 6 ‘ = 8 (см). ‘ В С = %/і5' + 2 5 ' =>/850 = 5л/34 (см ). P = 34 + 5^/34 + 3^/34 = 3 4 + 8ч/34 (см ). 871. =6+га. АС = Ь; A B + В С =АС + п ; A B + ВС = А w w w В68 ДА5Х) = AACD (AD — спільна ,B D = . ; =DC, ZBDA = ZCXlyl = 90“), BA = CA. Отже, ■ЯКЩ похилі, проведені до прямої з од­ О нієї точки, мають рівні проекції, то вони РІВНІ між собою. АС = л / э Ч Т ^ = Т зО б = Зл/Й^ (с м ). Із АВСН: CQ. 869. Нехай АС >AD, тоді AC‘ >AD‘ , авір,сяАС‘ -АВ^ > A D ‘ -АВ^; СВ^ > BD^-, СВ > >BD. Отже, якщо з однієї точки проведе®о до прямої дві похилі, то більша похила Чає й більшу проекцію на цю пряму. А 1) Якщо &= 60, га= 12, тоді AB + ВС = 72, ßC = 7 2 -A B . АВ^ = АС^ + ВС^; АВ^ = 60‘ + (7 2 - А В У ; А В ‘ = 3600 + 5184 - 144АВ + АВ^ 144АВ = 8784;АВ = 61. ВС = 7 2 -6 1 = И . 2) Якщо Ь = 35, п = 14, тоді АВ + ВС = 49, ВС = 4 9 -A B ; АВ^ = АС^ + ВС^; АВ2 = 35" + (49 - АВ)"; АВ" = 1225 + 2401 - 98АВ + АВ"; 98АВ = 3626;АВ = 27. ВС = 4 9 -3 7 = 12.
  • 122. 872. CH±AB,CH = h,AM = MB, CM^m, AM = MB = ^. ІзДАВ.О^______ n _____ B D = y jA B ^ -A D ^ = V l O ' - 6 ' = 8 (CM). M H Із hCHMi MH = -JCM^ - CH^ = Vm' - ; A H = A M + M H = ^ + yln^-h'‘ ; Нехай ßÄ: = ї , тоді 10' - Jc' = 12' - (10 - x )'; 100 - ж'= 144 - 100 + 2 0 x - x'; 20л: = 56:д: = 2,8. A ä : = V A ß ' - ß Ä -' - VlOO - 7,84 = = 7 9 2 4 6 = 9,6 (CM) CL=AK = 9,6cM. 2 ) ß C = 7 c M ,A ß = 1 5 c M ,A C = 20 см. ß rg ІзДАСЯ: s s oo k. o АС = уІАН^+СН^ = I 1)Якщ ос = 60см,Л = 12см , m = 13cM,TO a AC = yl(30 + yjl3‘ - 1 2 ‘ f +12‘ = T >4 5 'c = ч / з 5 Ч Г ? = 3 7 ( cm) .4 b о 3 о ш = ■^(30-713’' - 12' ) “ + 12'" = ВК = уІАВ‘ - А К ‘ = = 7 і5 '- 1 4 ,4 ' =4,2(см) В Я = у: тоді Я С = 7 - у: A ß ' - ß Я ' = = А С - Я С ; 15'-1/' = 2 0 ' - ( 7 - J/)'; 225= 400 - 49 + 14у - І/'; 14і/ = -126; і/= w tn s A K = x , K C = 2 0 - x , тоді A ß ' -ЛЛГ' = ß C -Л ГС ; 1 5 '- д : '= 7 '- ( 2 0 - л : ) '; 2 2 5 -д :' = = 49 - 400 + 40л: - ї ' ; 40л: = 576; х = 14,4. А Я = V Ä b ^ T r H^ = =л/225-81 = 12(см) = V25' + 1 4 4 = > / ^ (c m ) w w к о. ь / я = 2) Якщо с = 42 см, Л = 12 см, п = 13 см, ß L = 2 тоді АХ, = 15 - г; ß C - ß L ' = A C , тоді - A L '; 7' - г '= 20' - (15 - г)'; 49 - z' = = 400 - 225 + ЗОг- г'; ЗОг =-126; г =-4,2; >1С = І | + 7т ' - Л ' h/i' = LC = V ß C '-ß Z ,' = ,/ 7 '-4 ,2 ' = 5 ,6(см) = ^(21+ ^ ' - 12' ) ' + 12' = 874. CM = B N ;A N = DM. = > 2б Ч і 2' =n/8M=2n/2Ö5(cm) / = V l 6 + 1 2 ' = 2 0 ( cm ) ' 873. l)A B = ßC = 10cM,AC = 12cM ,Bül 1 Л С ,а й :х в с , ем А О = С С = І а С = І - 1 2 = 6 ( cm ). A £l Zм ) AJVßZ): ߣ>' = ßiV' + ATZ)' = ßN^ + (АЛ -A N Y . AACM: A C = C M ' + A M ' = ßiV' + (AD + + ANY. BN^ = A ß ' - АЛГ“; A C + ß £ »' = B N ‘ +
  • 123. + tAD + A N Y + в т + (AD - A N Y ~ , j ^ + A D ^ +.ZAD^XrAN- + A N * + A B ^ Z a N* + AD^ + A N ‘ = AB‘ + + ДГ)» + AB ‘ + AD'^ = 2AB^ + 2AD‘ , що й чреба було довести. 075. 1) Нехай AB = 2а; CD = 2а; OB = OD = R. OK і. AB-, О М і. CD. Із OKB-. OK = ^ОВ^ - AB 2 = s[ r ^ . AK B D: BD^ = ВК^ + KD^ = (,АВ‘ + Із ÄOMD: ^.AK‘) = (A D - A K Y = d, OM = JO D ^- CD 2 =ч / д ^ . Отже, OK = ОМ . 2) Нехай A ß = 2а; C D = 2Ь; Ь > а; ОВ = = OD = R. Із ОКВ; ^ C L i AC‘ = AL^ + CL^= ( A D - L D f + ОК = ^ +4 = (c^~ Л ІР + b‘ - 2bx A K + + iU f*)+ (( 6 2bx L D + Ш + < e - Ы У ) = ^. c » + b * - 2 b x A K + b ‘ - 2 b x L D + (P=c^ + ,+ ^ - Z b (A L + LD ) + 2lr‘ = c‘ + < P -2 b (b -a ) + + 2b‘ = (^ + <r‘ -2b^ + 2ab + 2b^ = c^+ d'‘ + 2ab. BC = a ;A D = b ;B C A D ;A C = d ^ ; АВ 2 Із ^OMD^. ОМ Оскільки Ь>а,тоЬ‘ > а‘ ; R ^ -b ^ < R ‘ - а‘ ; ‘ bo ok . 176. 0В^~ V or g + (C D ^ -L D f = d l BD = d^;AB = h;C D =-c. •jR ^ -b ‘ < ^ R ‘ - a ‘ ; О М < О К . Z b .D C L A B . Проведемо BE II CD => BE ХАВ. w ^ ^ - d ^ ^ ( h ‘ + b‘ ) - ( h '‘ + a‘ ) = .4 > w w Нехай ABCD — даний квадрат, удуємо прямокутний рівнобедрений гник CKD (СК = K D , Z K = 90°). Бу«о квадрат зі стороною СК. ОскільШ *я С К ‘ + KD^ = CD^ або 2СК^ = CD або ч 2Я - ч ■ч - лвср ■ С К ^ЛВСО ^CXNM ~ q • ; ЖМ ’ ZA B E - 90° і є вписаним кутом, тому А Е — діаметр кола. ААЕС: ZACE = 90°, бо спирається на діа­ метр. А Е ‘ =АС^ + С£®. >uBD= uEC (як розташовані між BE | CD) => DB = EC. | ADBM-. Z D M B = 90°; DB^ = D M ‘ + MBK AAMC: ZA M C = 90°; AC^ = AM^ + MCK Тоді DB^+ AC‘ = M D ‘ + M B ‘ + MA^ + + M C ‘ = EC^ +A C ‘ = AE* = dK § 21. Синус, косинус і тангенс гострого кута прямокутного трикутника Г8. 888 1) Катет, прилеглий до кута а — . Ь; катет, протилежний куту а — а. 2) — — відношення протилежного ка с тета до гіпотенузи; - — відношення с
  • 124. прилеглого катета до гіпотенузи; — — 893. sina = ^ = 0,47 = 0,5; Ь відношення протилежного катета до гі­ потенузи. cosa = i | = 0,88 = 0,9; 3 ) — = s in a ; - = cosa; ^ = t g a . с 889. с t g a = — = 0,53 = 0,5. Ь 1э l)tgß = y ( 6 ) ; 2) cosß = A ( в );3 ) sinß = ] ^ IS 890. 894. lo Al (б). Bl 1 ) - = sin a (a); С 2) - = cosß (б ) ;3 ) - = tgß (в). С а BD 891. вс s X 892. T a .5 'c 895. ВС AB .4 bo ok .o A D AB ^ BD cosa = ^ ^ = -— ; tg a = AD АВ АС rg АВ~ АС’ CQ ■ .___І1 о зн а ч е н н я — sin а Віднош ення"''------- / 2 w CL / b w О / l / а r cos p tga b с .я / л г с .^ .| .0 ,б; + + + + + ЙГ 24 cos35° = — = — = 0,83; AB 29 ZABC > ADBC, тоді tgZABC > tgZDBC. 896. CQ CQ 35 tgß + b а а с w Ш sin ß а b о 3 cos а 40 2) sin40° = — = — = 0,62; AB 29 cos40“ = — = — = 0,76; A ß 29
  • 125. «4 0 ” = | § = І у AABCZC = 90°. За теоремою Шфагора ßC2 =АВ2 - АС2; 901. = 0.82. А ßC = 4/225-81=>/r44=12 (см). Л С О с а 75 АС 14 8,.1.75-. — . - . 0 , 9 3 , ВС~ Ь 2, 8 . 897. 1) Так; 2) так; 3) ні. 898. 1) 2) так; 3) так. 899. АС = 18 мм, ВС = 24 мм, І . : ilfi = V Ä C ^ + i F = чЯ8 2 = 30 (мм). Ч ? 902. В 1) sinZA = | . Обирае­ мо одиничний відрізок 0,5 см. Будуємо прямокутний три­ кутник, катет ВС якого дорівнює З оди­ ничним відрізкам, а гіпотенуза АВ = 5. Кут А , який лежить навпроти катета ВС З ВС, — шуканий, бо sin Z A = AB 5 .4 bo ok .o ".'V cosZß = 4 | = ^ = ^ = 0 8. , A ß 15 5 rg tg75° = 6 V В 2) sin Z A = 0,5 = - . Обираємо w w ЛС 18 - «OTziA = —— = — = 0 6 , ; A B 30 w I * ) sinZß = 4 ^ = ^ = 0,6; AB 30 %C08Zß = ^ = ^ = 0 8 . ; A ß 30 | t * Z ß = i i ^ = i8 = 0 ,7 5 . f ßC 24 W ' - 900. У прямокутному трикутнику а = ;Т *"24 CM, b = 7 см , т о д і с 2 = а 2 + Ь2 11 с = л/576 + 49 = л/б25 = 25 (см). ? 1) cosZß = - = 11 = 0,96; К ^ > 8 8 n ^ = - = — = 0,96; ) i І с 25 °С одиничний відрізок 1 CM. Бу­ дуємо прямокутний трикутник, катет в ся к о го дорівнює 1 одиничному відріз­ ку, а гіпотенуза АВ = 2. Кут А , який ле­ жить навпроти катета ВС, — шуканий, бо sinZA = ^5^ = і = 0,5. АВ 2 903. 1) cosZß = f . о Обирає ^ м о оди н и ч н и й в ід р ізо к 0,5 CM. Будуємо прямокутний три- С“ кутник, катет ВС якого дорівнює 5 оди­ ничним відрізкам, а гіпотенуза — 6 , Кут В, прилеглий до катета ВС, шукаВС 5 ний, о с к іл ь к и COS ZB = ----- = —. AB 6 g 2) c o s Z B = 0,6 = - . Обираємо В ■ fN s . одиничний відрізок 0,5 см. g fl Будуємо прямокутний три­ кутник, катет ВС якого дорівнює З оди­ ничним відрізкам, а гіпотенуза — 5,
  • 126. Кут В, прилеглий до катета ВС, шукаВС 3 ний, оскільки cosZß = АВ~5' 904. 1) tg Z A = 2 = Обирає- - одиничний відрізок 1 C M . в Будуємо прямокутний три- ^ кутник, катет ВС якого дорівнює 2 оди­ ничним відрізкам, а катет Л С — 1. Кут А, який лежить навпроти катета ВС, — MO відрізку, а на другій — відрізок AB, довжина якого дорівнює З одиничним відрізкам. ДАВС — шуканий, оскільки ^ C - 9 0 - . t g ^ . f .1 906. ДАВС — рівнобедрений, В М — медіана, висота. Том у в А В М Z M = = 90°; A M = М С = 6см, В М = 8см. За те­ оремою Піфагора А В 2 = А М 2 -і- В М 2; AB = л/біТзб = у/Ш = 10 (ом). шукании, оскільки tg Z A = ---- = - = 2. СА X В 2) tg Z A = —. Обираємо оди 905. раємо одиничний відрізок „ 0,5 см. Будуємо прямий кут. На одній стороні відкладаємо відрізок СВ, довжина якого дорівнює 2 одинич­ ним відрізкам. З точки В за допомогою циркуля відкладаємо відрізок AB, довжинаякогодорівнює бодиничним відріз­ кам. ААВС — шуканий, оскільки ZC = =90°, sinZA = ^^^ = —= 0,4. AB 5 w 2) cos ZB = 27. Обираємо оди­ ничний відрізок 0,5 C M . Бу­ сЬ дуємо прямий кут. На одній стороні відкладаємо відрізок СВ, дов­ жина якого дорівнює 2 одиничним відрізкам. З точки В за допомогою цир­ куля відкладаємо відрізок AB, довжи­ на якого дорівнює 7 одиничним відріз­ кам. ААВС— шуканий, оскільки ZC = ВС 2 = 90°, cos ZB = АВ 7 ‘ 3) tg Z A = —. ем со cos Z A = = - ^ = 0,6; AB 10 .4 bo ok .o В w о ш tg ZA: 1) sinZA = 0,4 = ^.06n- w fc 1) sinZA = — = — = 0,8; AB 10 rg ничний відрізок 0,5 см. Будуємо прямокутний трикутник, катет ВС якого дорівнює 4 одиничним відріз­ кам, а катет АС — 7. Кут А, який ле­ жить навпроти катета ВС, — шуканий, ВС 4 оскільки i s Z A = СА 7 Обираємо оди ^ ничний відрізок 1 см. Будуємо прямий кут. На одній ^ -S стороні відкладаємо відрізок СВ, дов­ жина якого дорівнює 1 одиничному tg a = BM AM AM BM 8 4 6 3' 6 3 8 4‘ 907. Проведемо C A f l AD і Bii’ l AD. B C M F — прямокутник, у якого ВС = = F M = 9 см; C M = BF. Оскільки трапе­ ція рівнобічна, то AABF = ADCM і A F = = M D = (21 - 9 ): 2 = 6(см). 1) У AABF Z F = 90°. За теоремою Піфа­ гора B f 2 =АВ2 - AF’2; B F = VlOO-36 = >/б4 = 8 ( c m ) . BF 8 Тоді sinZA = — = - = 0.8; cosZA = — = — = 0,6. AB 10
  • 127. г 8 У ДАСМ Z A f = 90°. С М ^ B F = 8 см; ) j j ^ = A F + F M = 6+ 9 = 15 (см). За теореКОЮПіфагора =АМ^ + М С ‘ ; дС = >/64 + 225 = > / ^ = 17 (см). . . AM 15 Тод18ша = — = - ; СМ 8 З іншого боку, АС B N 17 ^ АС = 17 108. Проведемо висоту до бічної стороgM -.AFlB C . ■'Ч'. ^ бо , де A F — висота до сто рони ВС, а B N — висота до сторони АС. Звідки м аємоАРі ßiV. 8 у M C M Z M = 90°; ) „ СМ 8 _ AW 15 ііп 0= ----- = — : cosß = ------= — . АС = лС B7V = ^ ^ 15 = 11,2 (см). 2 )V AABN Z N = 90°; 3 i„ z A = ^ = l M = 0 86 , . AB 13 BF У AABf- Z F = 90°; cos Z B = — , ЗнайAB Тоді A F = V25-1.42 = ^23,04 = 4,8. A F 4.8 ein ZC = = 0,96; CA 5 w w A F 4,8 48 ' CF " 1,4 ' 14 ' 7 ■ 909,1) у w ДАВС відомі всі сторони, тому за формулою Герона знайдемо його площу: 15 см АЗ+ВС+АС ^ Р 13 + 14 + 15 = --------------- rg BD = V169-144=n /^ = 5 ( c m ), тоді cosZB = — = 0,38. У AAFC Z F = 13 = 90°;AF = 12cM ;fC = ß C - B F = 1 4 - 5 = = 9 ( c m ); .» 1) sinZA = 0,8 = —. Оби 5 раємо одиничний відрізок 0,5 см. Будуємо прямий кут D. На одній стороні кута відкладе­ мо відрізок DB, довжина якого дорів­ нює 4 одиничним відрізкам. З точки В за допомогою циркуля відкладаємо відрізок AB, довжина якого дорівнює 5. На продовженні сторони DA відкла­ даємо відрізок CD = DA. С — третя вер­ шина шуканого ДАВС. BD — висота і медіана, тому ДАВС — рівнобедрений і 910. cosZC = — = ^ = 0,28; CA 5 tg Z C демо B F за теоремою Піфагора: BF^ = = A B ‘ -A F 2 ; .4 bo ok .o Нехай ß f = л: см, тоді FB = ( b - x) см (x > > 0). 3 AABF-. Z F = 90°; AF^ =AB^ -B F ^ = ж 2 5 - x ‘ . 3 AAFC: Z F = 90°; A F ‘ = AC‘ -F C 2 = 36 - (5 - x ‘ ), звідки 25 - л:“ = 36 “ -(2 5 - Юл: + x ‘); 25 = 36 - 25 + Юя: -jr*; 1 0 ^ = 1 4 ;x = l,4 .ß F = 5 - 1,4 = 3,6. sinZA = —= 0,8. 5 42 =Y , = , 21( c m ) ; ®л«с = V p ( p - “ )( р - Ь)(Р - с); ®длвс = > / 2 1 x 8 x 7 x 6 = = -У З х 7 х4 х2 х7 х2 хЗ = = 3 х 7 х 2 х 2 = 84(см) 2 ) cosZC = —. Обираємо одиЗ А ничний відрізок 1 см. Будуємо а ' ° ' с прямий кут D. На одній стороні кута від­ кладаємо відрізок DC = 1, і на продовжен­ ні цієї сторони — відрізок АІЗ = 1.3 точки С циркулем відкладаємо відрізок СВ = 3.
  • 128. 3) tg Z A = 0,6 = |. ОбиО раємо одиничний відрізок 0,5 см. Будуємо Z D = 90°. На його сторонах відкладаємо B D = З і DA = = 5. На продовженні сторони A D від­ кладаємо D C = 5. Точки Л і В, С і В з’єднаємо. ДАВС — шуканий, він рів­ нобедрений, бо BD — медіана і висота і s s X ки А Б = АВ = ^ = 10 (см). 0,8 sin Z ß За теоремою Піфагора; СВ* = A B “ - AC“; СВ = VlOO - 64 =>/36 = 6 (см). А Ц Ct c о 912. 1) У A A B C Z C = 90°; sinZB = 0,6; AC = 6. w Оскільки sinZB = —- , то АВ = ---------; AB sm ZB w ас АВ = — = 10 (CM). w 3 За теоремою Піфагора: ВС* = AB* - АС'; BC = V l0 0 -3 6 = >/64=8 (см). 2) tg ZB = | . AC З Оскільки tg Z B = -----=—, тонехайАС = ВС 4 = Здг; ВС = 4 х (х > 0). Тоді за теоремою Піфагора: A B ' = AC* -н -I- ВС'; 400= 9л:' -i- Ібзс'; 25 х'= 400; л ' = = 16; д = 4. Тоді АС = 3 x 4 = 12 (см); ВС = : = 4 х 4 = 16(см). 913. 1) Гіпотенуза с = 8 см, ^ sinZA = 0,75. Побудуємо кут, синус якого дорівнює 0,75, тобg то sinZA = 0,75 = —. Обирає4 МО одиничний відрізок 0,5 см. Будує­ мо прямокутний трикутник, катет В'С' якого дорівнює з одиничним відрізкам, а гіпотенуза А В '= 4. Кут А , який ле­ жить навпроти катета В'С' — шуканий, g бо sinZA = —= 0,75. тепер за побудова 4 .4 bo ok .o I АС 911.у AAßCZC = 90“; sinZB = ^ , звід AB Тоді AB = З X 13 = 39 ( c m ) ; AC = 5 x З = = 15 ( c m ) . 3) У ДАВС ZC = 90°; AB = 20 см; rg З’єднуємоточкиЛіВ. ДАВС — шуканий. Він рівнобедрений, бо BD — медіана і виDC 1 сота і cos^C = ВС з ' У AABCZC = 90°; cosZA = -^ . 13 AC 5 Оскільки C SZ A = ---- = — , to AC = 5jc; O ВС 13 AB = 13x (x > 0). 3a теоремою Піфагора: A B ^ = A C ‘ + BC звідки (13л:)'= 25x^ + + 36'; 169jc' - 25jc* = 1296; 144jc' = 1296; х ' = 9;л: = 3. ним кутом і гіпотенузою будуємо ДАВС. Для цього на продовженні сторони AB відкладаємо AB = 8см. З точки В прове­ демо В С 1А С . ДАВС — шуканий. 2) Катет Ь= 20 мм, cosZA = = 0,4. Побудуємо кут А , Обираємо cosZA = 0,4 = - . Э одиничний відрізок 0,5 см. Будуємо прямокутний трикутник: катет ACj = 2 одиничним відрізкам, а гіпотенуза — 5. Кут А , прилеглий до катета АС, — шу­ каний. На продовженні сторони АС, відкладаємо даний катет АС = Ь = 20 мм. Одержуємо другу вершину ДАВС. Через точку С до перетину з другою стороною кута А проведемо пряму, перпендику­ лярну до АС. Одержуємо третю верши­ ну В. ААВС — шуканий. 3) Катет а = 5см, tgZA = 1,25. в Обираємо одиничний відрі- в, зок 0,5 см. Будуємо прямо­ кутний трикутник з катета,, , ми АА, = 4 одиничним відріз-
  • 129. как і СЛ, = 5 одиничним відрізкам. Кут — шуканий. На продовженні сторо­ ни СВ] відкладаємо даний відрізок СВ = д е 5 см. Отримуємо точку В — вершиgy трикутника. Через точку В проводи­ л о пряму, паралельну В,А,, яка перети­ нає продовжені сторони СА в точці А. ^АВ С — шуканий, бо Z B ^ A fi= /.ВАС, тому t g Z A ,= t g Z A = § = l,25. 4 12 2 . С п ів в ід н о ш е н н я м іж сто р о н ам и і к у там и п р ям о ку тн о го тр и к у тн и к а 921. 2) a = cainZA = 2 0 x - = 8 ( cm ); 5 3) a = esinZA = 1 8 x - = 12 ( c m ). 3 922. Ні; б) так; Ні; б) ні; а ) Ні; б) так; в) в) ні. 923.1) АВ = - ^ так. в) cos Z B =іб Д = 8 ні. Мал. 456. х - с cos а. М ал. 457. д = с sin а. : Мал. 458. j; = b tg a . а Мал. 459. J = c tg a Мал. 460. X = а s in a ' Мал. 461. b cos a X = I ft = ccosZA = 8x - = 6 ( c m ). 4 920. rg а) а ) 3) .4 bo ok .o 916. 917. 918. 919. 1) b = ccosZA = 6 x i = 2 ( cm ); 2 ) &= ccosZA = 14xy = 4 ( cm ); 915. 1) Неправильне; 2) правильне; 3) не­ правильно; 4) правильне; 5) правильне. 1) a = csin ZA = 1 2 x i = 3 (CM); 4 «3 s X T 2) AB = - 5 ^ = 12 : - = i ^ cosZß 4 3 w Вираз = 16; 5 с о S 2 Q. sin a cos a w w b tg a 3)AC = BC t g /iß = 5 X 0,5 = 2,5. За теоремою Піфагора; А В ‘ =А С ‘ -І- ВС‘; ВС 1 10x5 , , 2) AB = ■' = 1 0 : - = — — = 50 ( c m ); sm ZA 5 1 A ß = V25-t^ 6 ,25 = 731,25 = 5у ь / = 2,5ч/5 = - 3) АС = 924. і) =24^ = ав = ^ sin Z A 8 24x8 = 64 ( c m ) ВС tg Z A 0,7 = 10 (см). За теоремою Піфагора: АВ^=АС^ + ВС‘ AB = VIÖÖ+49 = >Я49 (см). 925. l)B C = A C t g Z A = 8xO ,6= 4,8; 2)ВС = АС tg Z A = 12 X 4 = 48; 3 )B C = A C tg Z A = 11 X 1,5 = 16,5. in CG
  • 130. 926. 1) У ДАВС г с = 90°; АС = с sin ß; ßC = ccosß. 2) У AABC Z C = 90°; AC = tg a у рівнобедреному ДАВС проведемо ви­ соту BD, BD X AC. Оскільки висота рівнобедреного трикутника, проведе­ на до основи, є медіаною, то A D = DC, BD h У ДАБХ» Z D = 90°, AB = sin a sm a BD AD = tg a t g a ’ 2h і ТОДІ AC = 2A D = tg a ' 2h Відповідь: 1) ; 2) tg a ' sin a 3)УД АВ С ZC = 90°; sinß’ BC = X fO § 927. s I T >4 Q. g с о У ААМС Z N = 90°; ßC = ft sin a. В 928. а CL бо A M — бісектриса ZA . w .4 ZA ZM A C = - A у ДАВС AB = ВС, AC = а. Проведемо до основи AC висоту BD, яка буде також і медіаною, і бісектрисою. Тому У Д А М С ^ С = 90°; З тс 931. bo ok . ro iV C ±A B , N C — висота. or g BA = - AB = 930. Тоді AC = A M c o s ^ = Zcos|. A D = DC = ^-, ZAB D = ZCBD = ~ . А 2 у ДАВХ» Z D = 90°; BD = A D w АВ = AD .а sm -- w 2 а „ . а 2sin — tg ^ 2 tg ^ 2 М Відповідь: 1) ; 2) 2s in - 2 929. П . / л со D У рівнобедреному ДАВС проведемо ви­ соту BD, BD 1.AC. BD — висота і медіа­ на, тому A D = DC. У hABD Z D = 90“, A D = ft sin a; AC = 2AD - 2b cos a; BD = = ft sin a. Відповідь:!) 2b cos a; 2) b sin a. 932. 1) у ДАВС ZA = 90°: AC = А В -I-tg а = = а tg а. 2 )y A A C Ö Z C = 90°; AD = ^ ^ = ^ ^ ^ ; smß smß rn a tg a tgß tgß 1) Рис. 463 У ДАВС ZB = 90°; AD = ACcosß = ^^ 2 ; ^ DC = ACsinß = ^ ^ ? ^ . sin а
  • 131. 2Д і АС = 2AD = Рис. 464 ly^ABC Z.C = 90°; AC = ВС tg a; /.CAD = У AABD ZD = 90°; Z A = а; s 9 0 °-a . 2 ) У Д А О С ZD = 90“; ZCAD = Z A - ZCAB; ВА = - ^ = ----. ^CAD= 90° - (90° - a )= 90° - 90° + a = cosa . а t g —cosa s o. Тоді AD =AC cosZCAD = a tg a cos a; jfC =AC sinZCAD = a tg a sin a. 933. у прямокутному трикутнику медіа- 936. Центр кола, вписаного у трикут­ па, проведена до гіпотенузи, дорівнює по­ ник, лежить у точці перетину бісектрис, тобто на бісектрисі BD. Оскільки ДАВС — ловині гіпотенузи. Звідки AB = 2МС = рівнобедрений, то бісектриса BD — висо­ ж2т. та і медіана. OD ± АС, OD = R — радіус вписаного кола. ЛО y A A B D Z D = 90°; AD = B D tg a = ok .o Тоді АС = AB cos а = 2m cos а; ßC = жАВ sin а = 2m sin а. AC b 934.УДАВСгС = 90°; AB = cosa cos a rg А tg a bo У A A O D Z D =90°; /OAD = -р, бо АО — бісектриса ZA. X ct 0D f М 5. w AC = OB = R = — -— . 2C Sа O w f « .4 Цевтр кола, описаного навколо пря:»юкутного трикутника, знаходиться в точці О — середині гіпотенузи AB, тоб- = AD t g - = ----2 tg a 937. Центр кола, описаного навколо npHMOKyTHHKaABCD, знаходиться в точці О — точці перетину діагоналей АС L B D , тобто АО = ВО = С 0 = DO = R. В w Центр кола, вписаного у трикутлежить у точці перетину бісектрис. Том центр кола — точка О — лежить на • всектрисі BD. Якщо BD — бісектриса, V , проведена до основи рівнобедреногоДАВС, 'і *0SD — медіана і висота, тобто B D 1 А С ; і AD = DC, OD ± АС, OD = г — радіус впи'■ савого кола. 'ШИК, =Д Шукаємо АС. У &ACD AD а -, звідки АС = cosa cosa А AO = BP = CO = DO = R ZD= 90°; АС 2cos а Відповідь: — ^— . 2cos а І Іі: V a a 0 D Z D = 90°; ZO AD = - , бо А О - I- ^ бісектриса ZA, тоді AD = -55L = _ 5 _ 938. AAOD — рівнобедрений, де в прямо­ кутнику діагоналі рівні, і в точці перети­ ну діляться навпіл, тобтоАО = 0 5 = ОС = = 0D, тому ZOAD = ZADO. ZCOD — зовніш­ ній кут AAOD. ZCOD = ZOAD + ZO DA —
  • 132. в л а с т и в іс т ь з о в н іш н ь о г о к у т а . R AB==AN + N B = в R ‘4 « і =Я О с к іл ь к и Z O A D = Z O D A , то ZOAD = ZO D A = - , ‘^2 1 « І D 1 ВС = В Р + РС = - ^ + 2 ^ У A C A D Z D = 90°; ZCAD = - ; 2 І *^ 2 ЛС = LD ос s in — 2 с[ Q. 939. '" І ^2 AD . а sin — АС = A M + M C = Ц ен т р к ола, вписаного у т р и к у т ­ ник, л е ж и т ь у точц і перети ну бісектрис. >^ Q. 5 Ъ .4 bo ok .o А О , В О , С О — б ісек тр и си к утів Л , В, С Г О ІС S І т в ідп о в ід н о , я к і п ер ети н а ю ться в т о ч ц і о . М , N , Р — точ ки д о ти к у к ола і сторін т р и к утн и к а . П роведе.чо р адіуси к о л а в то ч к и д оти к у. у Д АБС Z ß = 90°; т 1 ) АС = ^ sinß ; СЛ = у Aß/JA Z ß = 90°; BD^ ^ tg а тс AD = m tg ß ' AB m sin а s in u tg а w w Q. = АЛ' _ tg ß В о О М = O N = O P = R-, О М 1 A C ; О М і A ß ; O P 1 ВС. w ш 940. sinß З О ^ 2 rg (13 AD = ^ ^ = - ^ ; X “ 1 « t g — tg — У ДАОЛ/ Z M = 90°; а ZA = —; 2 ОМ A M = -----. а tg ^ A M = A N — за Я к щ о п о х и л і проведені по один бік від R A B , то tg | DC = D B - C B = власти вістю дотична, проведена з о д н ієї точки . У Л С М О Z M = = 90=; Z C = --; M C ~ R 1 tg « 1 tg a tg ß f?i( t g ß - t g g . ) tg a tg ß tg|5 Я к щ о п о х и л і проведені по р ізн і сторо' ни від A B , то л М С^РС. у A N B O Z N = 90 “ ; NB^BP. '®2 ‘ ^2
  • 133. У A O A N Z N = 90°, бо O N = г — радіус 2) CD = CB + D B = tg ß ^ tg « к о л а , проведений у т о ч к у д о ти к у. В m (t g a + t g p ) U gß Я tg a tg ß tg a М д д і. С ІУГІ N У ДЛСВ Z ß = 90°; AB AD = -sinß sinß N A = ------ . П роведем о р адіус О М в точ- А к у д о т и к у М . Т о д і О М X В С і ч о ти р и ­ b В 1) У ДАБС Z C = 90“ ; ß C = A C t g а = AC a = a t g a ; A B = ------- = -------- . cosa cosa = О М = 0 N = C N = г, Z C = Z N = Z M = = Z O - 90°, зв ід ки О М = C N = R. М а є ­ мо, щ о CA = C N + N A і за ум овою С А = = Ь, тоді С к = Ь; г = 1 + —^ .4 bo ok .o гІ— rg 942. к ут н и к C M O N — квадрат, у я к о го C M = D '" і ^В V D F 2 ) М едіана C D проведена до гіп о тен узи , тому C D = A D = B D = — =- ° 2 2 cosa ■ ■ 1 -І-- 2 w 2 w АЕ а 4 ) У Д А £ і ) / £ = 90°; D E = - ----- = — ----- . tg a 2 tg a w 5 )У AC AF Z F = 90°; C F = A C sin a = a sin a. 6) У A C B F Z F = 9 0°; Z B = 90° - a , тоді 1 -І- t g — ®2 '^2 3 ) У A A C D A D = D C , т о м у A A C D — рівнобедрений, D E — висота, вона ж і медіаАС а на, том у А Е = E C = ----- = —. — а = Ь; 944. П р о в едем о д іа го н а л ь B D . Д іа г о ­ н а лі ромба в точці дотик у О д іли т ь ся нав­ п іл і B D 1 А С , а так ож відом о, щ о д іа го ­ н а л і р о м б а — б іс е к т р и с и к у т ів , т о м у ZDAO = ZBAO = ~ . 2 Z F C B = 90° - (9 0 ° - a ) = 90° - 90° - а = = a. F B = C B sin а = а t g а sin а . 7) а - а t g a sin а = DF = D B ~ F B = 2cosct 1 ^2 cos а - tg tts in a AF = A B - F B = а cosa -a t g a s in а = АО y A A O D :Z A O Z ) = 90°; AD = ------- , де а cos — 2 - - t g a sin а 943. Ц ен тр к о л а , вп и сан ого у т р и ­ к у т н и к , з н а х о д и т ь с я в т о ч ц і п е р ет и *Убісектри с, т о м у Л О — бісектри са Z A * zoa c = A O = ^ ^ ~ —, том у A D = — - — 2 2 2 cosa AB = B C ^ C D = DA = 2 cos- zoab =-, 2
  • 134. 1 d tg 2. OD = A O tg ^ = —^ : 948. Проведемо BD X DC. Тоді A D ~ проекція AB на сторону АС, DC — про­ екція ВС на сторону АС. В d tg ^ = d tg ^ . 945 У рівнобічній трапеції проведемо . дві висоти BF 1 A D і СВ. Тоді BCNF — прямокутник, у якого ВС = F N - Ь. _І го I- S го X т а 5 с о F а N AABF = ADCN, звідки A F = N F. У AABF Z F = 90°; A F =АВ sin а = с sin а. Тоді A D = A F + N F + N D = F N + 2AF A D = b + 2c sin a. Тоді DC = b = tga-Htgß _fctga -i-b tgß _ fetgg tgß-Htgß tga-t-tgß' .4 bo ok .o СГ Q. Нехай AD = X, тоді DC = Ь - х. У AABD Z D = 90°; BD = AD tg а = х tg а. У ADBC Z D = 90°; B D = DC tg ß= (Ь -д :)tg ß . Звідки j: tg а = tg ß - д tg ß; I tg а + : X tg ß = b tg ß; A;(tg а -btg ß) = b tg ß. btgß , btgß ' ' ---------------- тобто AD = ---------- — tga-i-tgß tgot-i-tgß rg B£) = 2 0 Ö = 2 x — 946. Проведемо висоти B F і C N, які разбивають трапецію на прямокутник BCNF, у якого ВС = F N і два рівні пря­ мокутні трикутники, В З w о. w w F а N AABF = ADCN, у яких A F = N D У AABF Z F = 90°; A F =АВ sin а = с sin а. Оскільки AD = N M = c sin а; A D = а; F N = = ВС =A D - 2AF; ВС = F N = о - 2с sin а. 947. у рівнобічній трапеції АВСХ) про­ ведемо висоти ВК і CL. В К = CL = Л. В Ь С К L у прямокутнику BCLK ВС = Ь = K L. AABK = A D C L iA K = LD. У ААВК А К = 90°; А К = В К tg а - h tg а; ВК АВ = C Sа O h A D = A K + K L + LD = cosа = 2AK + K L ;A D = 2 h ig a + f> . 949. s, 'ллвс ~ ACCB 2 ab ~ 2 В У ДАВС ZC = 90°; а = с sinZA; ft = с sinZß, . ^ esinZA Xft 1 . ТОДІ = ------ 2------ = 2 ZA; _ acsinZß Saabc = --------- ^ 950. 1 sin ZB. де — висота, про ведена до сторони а. Проведемо висоти B D ± A C ,A F 1 B C . В с/ а І> У AABD Z D = 90°; BD = c sinZA, тоді
  • 135. be sin ZA 3) y^ABF/.F =90°;AF =ABsinZB =c sinZß, B C x A F ac sin ZB тоді S ^ c 2 ~ 2 y^BCDZD =90°;BD =BCsinZC =ac sinZC, ACxBD bcsinZC тоді Одліс ^ ■ 951. 1 )У Д А В С ^ С = 9 0 ° ;В С = 4 0 м , д е = 50 м. В ^ 40 2) Побудуємо кут, ■ г 4 tg a = - . О 955. 1) sin 20 = 0,342; sin 75° = 0,966; ° sin 33° = 0,545; sin 53° = 0,799; sin 2° = = 0,035; sin 85° = 0,996; 2) cos 6 = 0,955;cos67° = 0 ,3 9 1 ;cos5 r = ° = 0,629; cos 24° = 0,914; cos 62° = 0,469; cos 13° = 0,974; 3 )tg 65° = 2,14; tg 1° = 0,017; tg 73° = = 3,27; tg 19° = 0,344; tg 10° = 0,176; tg 16° = 0,287. 956. 1) sin а = 0,999; а = 8 7 °; sin а = = 0,017; а = 1°; sin а = 0,574; а = 35°; sin а = = 0,588; а = 36°; 2) cos а = 0,766; а = 40°; cos а = 0,966; а = 15°; cos а = 0,225; а = 77°; cos а = = 0,731; а = 43°; 3) tg а = 0,900; а = 42°; tg а = 0,344; а = Одержи- = 19°; tg a = 0 ,7 8 1 ; а = 38°; tg а = 0,839; а = 40°. .4 bo ok .o ВС >/з tg 30° —у/з X ~^= = 1. rg AC BD Su IC ' l одиничний відрізок 0,5 см. Будуємо ї'ирямокутний трикутник, катети якого ; ^Кфівнюють 4 і 5 одиничним відрізкам. Кут А , який лежить навпроти катета :• > 4 одиничних відрізках, — шуканий. |,ZA = 40°. ' МО 957. 1) 2 cos(90° - а) - sin а = 2 sin а - sin а = sin а; 2) sin а + cos(90° - а) = sin а + + sin а = 2 sin а; 3) З cos а - 2 sin(90° - а) = = З cos а -2 cos а = cos а. 958. Рис. 471. л: = 4зіп30° = 4 х | = 2 (см). w w т . w § 23. Обчислення значень sin а, cos а і tg а І ) ZA = 90° - ZB = 90° - 30° = 60°; 2) ZA = ■90° - ZB = 90° - 70° = 20°; 3) Z A = 90° '.^ ß = 9 0 °-8 5 ° = 5°. f5 3 . 1) cos 20° = sin 70°; cos 35° = sin 55°; •oe 74° = sin 16°; cos 50° = sin 40°; ftsin 10°= cos 80°; sin 65°= cos 25°; «П 85° = cos 5°; sin 25° = cos 65°. 154. 1) 2sin30° = 2 x i = l; 4) >) 4cos60° = 4 x i = 2; 2 Рис. 472. д = 8cos60° = 8х і = 4 (см). : Рис. 473. .. 5л/з sin 60' 5ч/3х2 ^ = 10 (см). Рис. 474. 673 cos30° 6ч/3х2 - ^ = 12 (см). Рис. 475. а: = I 0 2sin45° = lOyß х ^ V = 10(см) Рис. 476. = = ^
  • 136. 959. 2) AC = ABsin60° = 1 0 x ^ = 5^^ ( cm). 963. e ta 1) ßC = Aßsin30° = 4 x | = 2 (см); 1 ) sina = i , a = 30°; Jö 2) cosa = — , а 3) tg a = S , = 60°. а = 45°; у/з 964. 3) A B = (S s ^9 = ± ß . = s cos 30° УІЗ 1 ) tg30° tg60° = ^ x , / 3 = l; ( c m ). 2) 8cos60°xsin30° = 8x i x i = 2; 2 2 960. 3) 2sin30° + >/3cos30° = § 1 or g = 2 x i + ^ / З x ^ = 1+ 1,5 = 2,5; 4) 6cos60°->/3tg30° = =^ =6 COS 60® 1_ s 2 I I .5 'E о 2) N K = (C M ); bo ok . (O 1) M N = - ^ ^ M K tg 6 0 '’ = 2y/3xyß = 6 (c m ); NK 7л/з , , , 3) M K = — = —7 = 7 ( c m ) . =tg60° .4 3 961. w о. w w ti cos45° 1 1 Ї 2 ) ß C = A B s i n 4 5 ° = 5 > ^ x ^ = 5 ( c m ); 962. Л CJ 4 9 1) ßC = A8cos60° = 1 0 x i = 5 ( c m ); 965. 1 ) sin 10°; sin 11 °; sin 15°; sin 46°; sin 75°; 2) cos 72°; cos 50°; cos 34°; cos 25°; cos 20°; 3) tg 17°; tg 37°; tg 48°; tg 66 tg 87°. °; 966.1) sin 43°6' < 0,683; sin 22°25' = 0,381; = sin 35°48'=0,585;sin58°20'=0,851; cos 43°6'= = 0,730; cos 22°25' = 0,925; cos 35°48' = = 0,811; cos 58°20' = 0,525; tg 43°6'=0,936; tg 22°25'=0,412; tg 35°48'=0,721; tg 58°20'= = 1,619; sin 64°13'= 0,900; sin39°21' = = 0,634; sin 54°12' = 0,811; sin83°18' = = 0,993; cos 64°13'= 0,435; cos39°21' = = 0,773; cos 54°12'= 0,585; cos83°18' = = 0,117; tg 64°13' = 2,069; tg 39°21'=0,820; tg 54°12' = 1,387; tg 83°18' = 8,513; 2 )sin a = 0,642, а = 39,9°; sin a = 0,771, а = 50,4°; sin a = 0,910, а = 65,5°; sina = = 0,640, а = 39,8°; sin a = 0,712, а = 45,4°; sin a = 0,750, а = 48,6°; sin a= 0,515, a = = 31°; sin а = 0,892, а = 63,1°; cos а = 0,342, a = 70°; cos a = 0,962, а = 15,8°; cos a = = 0,087, а = 85°; cos a = 0,914, a = 23,8°; cos 0,809, a = 36°; cos a = 0,602, а = 53°; cos a = 0,915, a = 23,8°; cos a = 0,839, « = = 33°; tg а = 0,178, а = 10,1°; tg a = 0 269 , , a = 15,1°; t g a = 0,035, a = 2°; t g a = 0 447 , . a = 2 4 ,l°;tg a = 0,532,a = 28°;tga = 0,934, а = 43°; tg a = 0,781, а = 38°; tg a = 0,578, а = 30°.
  • 137. ' 007, 1 )1 - cos(90° - a) + sin a = 1- sin a + + eina = l: 2) 2 sin a + cos(90° - a) + sin(90° - a) _ c o s a = 2 sin a + sin a + cos a - cos a = 3sina; 3)(1 - sin(90° - a ))(l + cos a) = s (1 ~ cos a)( 1 + cos a) = 1 - cos2 a. 968. У ДАВС ZC = 90°: ZB = 60°, ^ = 9 0 °-6 0 ° = 30°. у M D C ZZ) = 90°: CD X AB; i)C = ACsin30° = 8 x i = 4 2 то ді Медіана СМ дорівнює половині гіпо­ тенузи, тому AB = 2СМ, AB = 2 x 8 = = 16 ( c m ). У ДАВС ZC = 90°: АС = ABcos30° = 16x — = 8 >/з (см); ВС = Aßsin30° = 1 6 x i = 8 (см). 972. Рис. 477. (c m ). У ДАВС ZA = 90°: АС = 4 t g 60° = 4>/з (см). У ДЛС£> Z D = 90°: AD = АС sin 30° = 4>/Зхі = 2л/з (см); CD= АСсозЗО° = 4>/Зх — = 6 (см). 2 ЛС *0. 3S 2 у ДА5С BZ) — висота, проведена 7де>основи. ВХ) — висота і медіана, тому =DC. У AABDZ£) = 90°; = ABcos30° = 1 0 x ^ = 5n/3 ( c m ), w я ЛС = 2АО = 2х5л/з = 10>/з (см); w w = Aßsin30° = 1 0 x i = 5 ( cm ). У ААЯС A F — висота до бічної сторо­ ни, A D 1 ВС. У AAFC Z F = 90°: ZC = 30°; ^ Рис. 478 У прямокутній трапеції В К X DC, тому A B K D — прямокутник, у якого АВ = = D K = 6cM, B K = AD. У АВКС Z K = 30°: ВС = 8см, тоді .4 bo ok .o 4 jieg. у ДАРС ZC = 90°; ZFAC = 30°, бо , j ^ — бісектриса ZC. rg 8 CM ^ = 10л/з ( с м ): ) = ЛС8іп30° = 1 0 7 з х І = 5л/з ( с м ). М . У ДАВС ZC = 90°; С М — медіа1 яка проведена до гіпотенузи, С М = “ 8см. В Л:С = ВСсо 8 бО° = 8 х і = 4 (см): С£» = DJf + ЛГС = 6+ 4 = 10 (см). Рис. 479 y A D C B Z C = 90°; 0С = 0Взіп30° = 4ч/Зхі = 2ч/з (см). У Д A B D Z D = 90°: 2 AD = BDtg30° = 4>/3x — = 4 (см). З 973. У AßAOZO = 90°, бо діагоналі ром­ ба перпендикулярні, тобто B D 1 АС. В ZB A O = 60°: 2 = 30°, наль АС — бісектриса ZA, бо діаго­ BO = ABsin30° = 4 x | = 2 (см); JÖ АО = ABsin30° = 4 x ^ = 2>/3 (см). Д іагоналіАС і BD і точці Оділяться навпіл, тому BD = 2ВО = 2 X 2 = 4 (см). АС = 2АО = 2х2л/з = 4ч/з (см).
  • 138. 974. За властивостями діагоналей ром­ ба AC 1 BD-, AO = OC=BO = O D .A C iB D — бісектриси кутів ромба. Тому в ААВО Z 0 = = 90°; AO = OC = & S В АВ = ZABO = 60°. га ВО = - ^ ^ = ^ ф - = 6 (см). tg60° >/з ^ ’ § Оскільки ВО - —BD, то BD = 2ВО = 2 х х 6= 12 (см). 2 B F X A D .y AABF Z F = 90°; BF = ABsin30° = 1 6 x i = 8 (см). 975. У ДАСЛ ZC = 90°, бо АС 1 CD за умовою. CD = АС sin 30° AC 12x3 .4 bo ok .o 2 AD = 2 Якщо B F = 8 см, то діаметр вписаного кола буде теж дорівнювати 8см, звідки г = 8 : 2 = 4(см). 978. Якщо коло вписано у квадрат, то діаметр кола дорівнює сторони квадра­ та. Нехай сторона квадрата дорівнює а, тобто AB = ВС = CD = DA = а, тоді d= а. BD — діаметр кола, описаного навколо квадрата ABCD. В s X T' Ё: Ct с о з 977. Якщо в ромб вписано коло, то діа­ метр кола дорівнює висоті ромба. Знай­ демо висоту ромба. В , бТЗх2 АО аУз _ аУз 27з “ ~6~' rg I ( c m ); r = Oß = A D tg30° = 1 2 (S f . AB = CD = 2-JZ (cm);AD = BC = 24cm. fc 976. о — центр вписаного у ДАВС кола і центр описаного навколо ЛАВС кола. ДАВС — правильний, тому точка О ле­ жить на висоті BD, яка є медіаною і бі­ сектрисою. А ш w О w S w о. В Тому BD = и AD = ^ , бо BZ) — медіана. АР ах2 cos30° ~ 2 >/з sin 45° V2 BD = d = a ^ , т о д і| = ^ к А О = R — радіус описаного кола; г = OD — радіус вписаного кола. Розгля­ немо ДАОХ): Z.D = 90°, бо OD 1 A C .D — точка дотику. ZOAD = 60°; 2= = 30°, бо АО — бісектриса ZA Д = АО = Знайдемо його з &ABD, в якому ZA = = 90°, Z ß = ZD = 45°. а a^ß З = ал/2; =^ . 979. ПроведемоАВ1С/),АВ — відстань від точки А до прямої CD, за умовою зада­ чі AB = 5 CM. АС — похила, СВ — Гі про­ екція на CD. A D — похила, BD — ії про­ екція на пряму CD.
  • 139. г y^A B C г В = Ж ; AB 5x2 рат і O f = OW=WC = f C = 1 см. _ гг в CB = A B tg45° = j = 5 (см). AB I Гао у ЛАЗО г В = 90°; AB 5x2 = 10 (см): AD = sin ЗО5x3 M O. З точки А повели дві похилі A B і ХС, де В — основа похилої AB, С — осно­ ва похилої АС. А Центр кола, вписаного у трикутник, знаходиться в точці дотику бісектрис, тому OB — бісектриса Z B , а оскільки Z B = 90° - 30° = 60° з ДАВС, то Z O B M = = Z O B N = 30°, тоді в АОВА Z N = 90°; _ ., ON 1x3 З г~ ‘' ’ ' ■ ї ї ж ' звідки BC = B N + N C = ^ + 1 = ok .o rg у ÄAßCZC = 90°; ( c m ). АС = ^ ^ ^ ^ ^ = л/з X (л/з +1) = 1) 2cos60°tg45°tg60° = = 5>/2 (см). w w ■2 х | х 1 х , / з = >/з 984. Проведемо B F ± АС. Розглянемо AABF. .4 f AB = AC X BCsin45° = 10 x ^ $81. = 3 + л/3(см) bo ІГЛАВС за умовою задачі Z B = ZC = 45°, , ¥ 6 Z A = 180° - (45° + 45°)= 90°, тобто ' ;’4АВС — рівнобедрений прямокутний з ; Г^отенузою 10 см. Тоді * ) 8 t g ’ 60°-4cos*30° = w = 3х(>/3)“ -4х(>/3)х2'' = Z F = 90°; Z A = 45°, тоді Z B = 45°, тому AABF — прямокутний рівнобедрений, AF’ = BF. Нехай A F = B F = х. У ABCF = 3 x 3 - 4 x - = 9 -3 = 6 ; 4 , I t ) cos 30° tg 30° + sin 60° tg 60° = '■ ^ t/s Vs /Г 3 3 = - ; r X - : r + -7rXv3 = ^ + ::: = 2 2 2 6 2 1 3 4 „ = - + - = - = 2. 2 2 2 Ы 1) tg 60° - tg 58° > 0; *>ein 21° - sin 35° < 0; cos 51° - cos 41° < 0. •83. у прямокутний AABC вписали •ttwo, радіус якого 1 см. М , N , F — точдотику. Проведемо радіуси кола в точдотику: ОМ = ОЛГ = г = 1 см. ОМ 1 AB, ' OJV1 в с , OF 1 АС, тому ONFC — квад­ За умовою задачі АС = A F + АС = 1 см, , -Д х + х , X тоді х + - ^ = 1; ^ - 1; Ж тобто зс(>/3 + 1) = /3; 7n/З А г = Г із = “ = V3 + 1 7 3 х(г/ з-1 ) 7 . = — 5*-------------- = ----- - (V 3 + 1 )X ( V 3 - 1 ) y f3 x {S -l)_ 3 -y l3 3 -1 (cm)
  • 140. BF A B-. 9 8 7. ■ J 3 x (s f 3 -l )x ^ sin45' ^/6x(^/3-l) 2x 1 У 2^1_4_£ ( cm) N BF BC = sin60° . 2 хч/з ' = V 3 - 1 (cm ) 985. Центр кола, вписаного у ААВС, знаходиться в точці перетину бісектрис. Проведемо висоту BF до основи ААВС. В 120 ON sin 60° BO = R2 2S r rg CN = s S см, тоді S = S , g ± 1 6 , g ^ . g i l g _ > ^ . 9 6 7 3 (CM^). 2 1 2 ok .o BO = bo о Оскільки ДАВС — рівнобедрений, то BF — висота, медіана і бісектриса, тому ZA B F = Z.CBF = 120° : 2 = 60°; A F = АС. М , N , F — точки дотику, тому О М ± l A B , O N l ВС, OF LA C . У ABON Z M = 90°; Тоді BF = BO + OF = ? ^ ^ + R = 988. M N — середня лінія трапеції. Не­ хай M O = хсм, тоді ON = (х -ь 16) см. М О = = х — середня лінія ДАВС, тому ВС = 2х,а ON — середня лінія AACD, тоді AD = 2{х -ь -н16) = 2х + 32(см). В С .4 S І т >ч Q. 5 Ъ За умовою задачі CA — бісектриса ZC = 120°, тому ZB C A = гО С А = 60°. Тоді в AACD Z O A D = ZD C A = 60°, як внут­ рішні рівносторонні кути при ВС II AD і січній СА, Z D - 60°, то сума кутів ADCA дорівнює 180°. За цими умовами AAC D — рівносторонній, у якого АС = = C D = A D - 16 см. Проводимо висо­ ту CN — висота і медіана, тому A N = = 7VZ)= 16: 2= 8(см). У ACAN Z N = 90°; C N = A M tg 60°; CN = s S (см). У трапеції ABCD ВС = 8 см; A D =16 см; сс Q. го ч 2л/зД + З Д _ Д (2 + 2л/3) Q. w w ш З w О З 986. у рівнобічній трапеції ABCZ) про­ ведемо дві висоти BF ± A D і CN ± A D . От­ римаємо ß C N f — прямокутник, у якого B C = F N = 6.B F = CN, &ABF = A D C N iA F = N ß = ( 1 0 - 6 ) : 2 = 2(CM). 6 см В С Проведемо у трапеції ABCD висоти. B F 1 A D і СК 1 AD. Тоді в прямокут­ нику BCKF ВС = F K = 2х, звідки AF + + K D = 2 х+ 3 2 - 2х= ^2 (см). Оскіль­ ки AABF= ADCK і A F = K F, то AF = = JfD = 3 2 : 2 = 16 (cM ). V A A B F Z A = 6 0 °;Z D = 9 0 °; АВ = ' cos60° 16x2 - = 32 (см);СХ) = 32см. АВ = F 10 см N У A AB D ZF = 90°; = AF cos60° 9 2 АВ = ^ 1 = 4 (см ); ß f = AF’ tg60° = 2>/3 (см). У ABFD /.F = 90°; FD = F N + N D ; F D = 6 + 2 = S ( c m ). BF = 2уіЗ. За теореМ ЮПіфагора BD2 = BF2 + FD2; О BD = V e iT II = sf76= 2-JI9 (см). F 2Х-І-32 К За умовою задачі Р = 144 см, тому 32 + 2а: -н 32 -І- 2х -І- 32 = 144; 4х + 96 = = 144; 4 х= 48; х = 12, звідки В С = 2^ X 12 = 24 (см); АО = 2х12-н32 = 54 (см).
  • 141. F К у іррапеції M N — середня лінія, тому д/О — середня лінія ААВС, а ON — середвя лінія AACD. Нехай М О = Ьх, NO = ж9х. Тоді ВС = ІО і, AD = 9дс X 2 = 18і — властивості середньої лін ії трикутника. Проведемо B F J. A D , СК ± A D , звід­ ки ВС = F K = ІОдг, і оскільки трапеція ■рівнобічна, то A F = K D = (18д: - 10л:): ; 2 = 4 х . У Д А В ^ ^/■=90°: Z A = 6 0 °, бо /Н = 120°, а ZA + ZJ3 = 180° — внутріш■і односторонні кути при AD ЦВС і січAF 4 хх2 АВ = ЯІйЛВ. АВ = 8х; cos 60°’ тому АВ = - ^ ■ AB = ^ ^ = 10 (см). sin 30° 1 У / Ш )Р Z F = 90°; Z A D F = 30°= ZBCD, як відповідні кути при ВС IIAD і січній CF, тому АД= 190. : AD = i ^ w cos60° ВС = і ^ 1 F N У рівнобічній трапеції ABCD проведе­ мо висоти B F l A D i C N X A D . B F = CN = 10м. Маемо: BC = F N = 6 0 it.A F = N D . BF У AABF Z F = 90“; A F = tg6 0 °’ 10 ЛВ = 1 ^ 10 '-ІЗ Тоді A D = 2AF + F N = ^ ^ + 60-20л/3 -і-бО(см) = 36 (см); =ВС = 36 см; г С = 90° - 60° = 30°; ^AABf^J?= 90°; Z A = Z C = 3 0 °— прокні кути паралелограма, тому sin 30°’ = 24. 992. w w — висота паралелограма, проведена JДО більшої сторони, а B N — висота, яка цена до меншої сторони. Оскільки •> DC, то B F < B N і тому BF = 12 см, Г=18см. Якщо B F 1 A D , т BF ХВС, о I'tOMy jCFBC = 90°, звідки ZN B C = 90° гЮ* = 60°. У ABCN Z N = 90°; = sin 30° .4 bo ok .o А В = C D = Sx. За умовою задачі Р = Ш ш220 см, тому 8х + IOjc + 8 + 18д: = 220; л І| Ч 4 * = 220:х = 5. I f m t y AB = СІЗ = 8X 5 = 40 (см). тоA N < A F iA N = 5 см, A F = 12 см. У чотирикутнику A N C F сума кутів дорівнює 360°, тому ZC = 360° - ZJV - Z/? = ZA; ZC = 360° - 90° - 90° - 150° = = 30°. Z C = Z A = 30° — протилежні кути пара­ лелограма ABCD, а ZB = ZD = 120°. У AANB Z N = 90°; Z N B A = 180° - 150° = = 30° — за властивістю суміжних кутів, rg 989. 993. = 24 (см); --CD = 24 CM. Спостерігач А знаходиться на висоті 50 м, тобто АС X ВС і АС = 50 м. ZABC = 30° — кут до горизонту. АГ Тому у ä ABC ZC = 90°; А В = — 50x2 АВ = — ;— = 100 ( м ) — відстань ' і ВС і AD 1 DC. Оскільки ВС = CD, спостерігача А до автомобіля В. від
  • 142. § 24. Розв’язування прямокутних трикутників 994. Мал. 490 д = 7 cos 40° = 7 х 0,766 = 5,362 (см); ; 1 = 7 sin 40“ = 7 X 0,643 = 4,501 (см). / Мал. 491 д = 9 tg 56° = 9 X 1,483 = 13,347 (см); : 9 cos56° 995. 9 = 16,1 (см). 0,559 998. A ß = 14 CM, Z A = 65°. 1)AC = a b cosZA= 14 cos 65° = 14x X 0,423 = 5,922 ( c m ); 2 )B C = a b sinZA= 14 sin 65° = 14 x X 0,903 = 12,642 ( c m ). 999. Мал. 492 cosa = —= 0,625, 8 ДГ sin ZA = — CD. Q =- 1) cosß = ^ = 0 8 , , Z A « 48,6° = 48°36'; AC fi ß = 37°, тоді ß = 90 - 37° = 53°. s I т 996. А Z A = 63,4° = 63°24'. а 5 fc 2) AB = AC sin Z ß 7 sin 41° 1 0 ,6 7 ( c m ) 55° = 5 X 0,819 = 1000. 7 0,656 w Си sinZA = 5 sin 3)AC = BC tg Z B = 6 tg 38° = 6 X 0,781: = 4,686 ( c m ). w 5 ос в с = AB = 4,095 (cm); 1) 997. ^ tg38° BC = AB sin ZC AB cos Z S CM sin Z ß = — AS = — = 0,7; 20 1001. AC = 0,2AB, тоді ^ ® tg38° « 0,781 9 sin 38° 9 =14,6 (cm). 0,616 CD, 10 0 2 . 10 10 cos 54° 0,588 = 0,2;sinZß = = 0,2, тоді ZB = 11,5° = 11°30'; ZA = 90° -11°30' = 78°30'. = 10 c m , Z ß = 54°. BC = 14 Z 5 = 44,4° = 44°24'. ALL l)A B = 9 cM , ZC = 38°. ЛС= S Z A = 45,6° = 45°36'; 2) w с о .4 bo ok .o ZA = 53,1° = 53°6'; го •sc. = 0,75; rg а = 51°, тоді ß = 9 0 °-5 1 ° = 39°. Мал. 493 =17 ( c m ); A C = A B tg 54° = 10 X 1,376 = 13,76 (c m ). 1 4 CM
  • 143. г 1) AD = 8см, CD = 6см, гп t g ^ = ^ Z A = 30°19'; Z ß = 90° - ZA-, Z B = 9 0 °- = 0 ,7 5 ; Z A = 3 6 , 9 ° = 3 6 ° 5 4 '; j)A D = 20cm, СГ>= 18 см, t « ^ = S = І = ° ’^= ^ -30 °19 ' = 59°41'. 2) a )c = 1 7 ;a = 15; sinZA = - = — = 0,882; Z A = 61°56'; с 17 Z B = 90° - ZA; Z B = 90° - 61°56' = = 28°4'; AC = с sinZB; AC = 17 sin 28°4' = = i )A D = 14 см, CD = 7 см, = 17x0,471 = 8 ; 6 = 20;a = 16; sinZA = - = — = 0,8; )e ^1 = 26,6° = 26°36'. 1003. С Z A = 53°8'; Z B = 90° - ZA; Z B = 9 0 °- ^ - 53°8'= 36°52'; A C = с sinZB; AC = = 20 sin 36°52' = 20 X 0,601 = 12; 1 ) ОВ = 45 см, A S = 60 см, = 62;a = 56; sinZA = - = — = 0,862; с 65 Z A = 59°29'; Z B = 90° - ZA; Z B = 9 0 °- = ^ = 0,75; Zl=36,9°=36°54'; AB 60 / A = 2 x Z l= 2 x 36°54'= 73°48'; A C = с SinZB; A C = 65 sin 30°31'= 65 x X 0,506 = 33; B )c rg -59°29' = 30°31': oo k. o tg ^ l r) с = 2,93; 6= 2,85; sinZB = - = | ^ = 0,973: с 2,93 ■ 2 x Z l = 2x4 2 ° = 84°; Z B = 76°36'; ZA = 90° - Zß; Z A = 9 0 °-76°36'=13°24'; .4 b • > - = S = i = - ’ Z A = 45“: ZA = 2 X Z I = 2 X 45° = 90°. ‘1004. l)a )a = 20;ft = 21; AB = ^la‘ + b^; B C= с sinZA; ß C = 2,93 sin 13°24' = AB = V400 + 441 = у/Ш = 29; tg Z ß = - ; = 2,93x0,232 = 0,68. 3) a) с = 8; Z A = 70°; ZB = 90° - ZA; Z ß = ** w 21 = 9 0 °-7 0 ° = 20°; AC = с cosZA; AC = 8cos 70° = 8x 0,342 = • ) 0= 9:6 = 12; A B = >Ja‘ + b^; 6 с = 82; ZA = 42°; ZB = 90° - ZA; ZB = ) АВ = >/81 + 114 = ч ^ = 15: tg Z A = | : / 90° - 42°= 48°; A C = с cosZA; AC = w w tg ZB = — = 1.05; ZB = 46^24'; Z A = 9 0 °20 - Z ß = 90° - 46°24' = 43®36': tg Z A = — = 0,75; 12 ZA= 36°52'; ZS = * 90° - Z A ; Z B = 90° - 36°52' = 53°8'; ■ )a = 24;&=18; AB = ^la^ + b^; AB = yj576 + 324 = ,/9ÖÖ = 30; t* Z A = ^ ; tg Z A = ^ = l,33; 6 18 Z A = 53°4': Z ß = 9 0 °- ZA; Z ß = 9 0 °______ -53°4' = 36°56': Г)а = 23,5; 6= 40,2; AB = ^Ja’ + b‘ ; ‘ ■AB = V552,25 + 1616,04 = = >/2168,29 = 46,56; tg Z A = | ; tg Z A = g | = 0,585; 15 Cynep ГД 8кл., кн. 1 З. 2,74; 82 cos 42°= 60,94; B C = с sinZA; BC = = 82 sin 42° = 54,87; b ) c = 18,2; Z A = 32°20'; Z B = 90° - ZA Z B = 90° - 32°20'= 57°40'; BC= с sinZA BC= 18,2 sin 32°20'= 18,2 X 0,534= 9,73: AC = с cos ZA; AC = 18,2 cos 32°20' = 18,2 x X 0,845 = 15,38. a 4) ZB = 90°- Z A ; AB = cos ZA BC = a tgZ A . a) a = 12; ZA = 32°; ZB = 90° - 32° = 58°; AB = 12 cos 32° 12 =14,2; 0,848
  • 144. ВС = 12 tg 32° = 12 X 0,625 = 7,5; б) а = 18; Z A = 17°; Z ß = 90° - 17° = 73°; а AB = cos ZA 18 AB = cos 17° 18 = 18,8; 0,956 ні перпендикуляри о м і BD, OB — радіус кола, О В = R — 5 см. Оскільки ДАБС — рівнобедрений, то BD — висо­ та і медіана, тому ZAB D = 35°. У АМВО Z M = 90°; М В = OB cos 35°; M ß = 5x0,819 = 4,К ем ). Тоді A ß = 4,1 X 2 = 8,2 (см). У &ABD Z D = 90°; B D = AB cos 35°; BD = = 8,2x0,819 = 6,72 (см). B C = а tgZA; ß C = 18 tg 17°= 18 x X 0,6306 = 5,5; b ) а = 12; Z A = 53°20'; Z B = 90° - 53°20' = 1008. = 36°40'; 12 12 - 20 ; AB = cos53°20' 0,598 25 см 9 0 °- ßC = 3,71 tg 19°30' = 3,71 X 0,354 = 1,3. sinZC = ^ ; .4 у AACD Z D = 90°; AD =AC cos 36°18'; A D = = 25 X 0,806 = 20,1 ( cm ); CD =AC sin 36°18'; CD= 25 X 0,592= 14,8 (см). Тоді A ß = = CD =14,8 ( cm ), A ß = c d = 20,1 ( cm ). 1006. sinZC = | i = 0,85; Z C = = 57°8'. Оскільки AABC— рівнобедрений, то Z A = Z C = 57°8', звідки Z ß = 180°-144°56' = 65°44'. An V AABD Z B = 90°; A B = — 'sin 65°44'’ bo ok . 1005. A D — висота до бічної сторони ßC, A D 1 1 ßC, AD = 21 см. У AADC Z D = 90°; or g ßC = 12 tg 53°20' = 12 X 1,34 = 16; r )a = 3,71; Z A = 19°30'; Z ß = -19°30'=70°30'; 3,71 cosl9°30' 0,943 A ß = ^ r ^ = 23,04 (CM). 0,912 1009. w в w w ш у рівнобедреному AABC проведемо ви­ соту BD, B D X A C , яка є медіаною, тому AD = DC. У AABD Z D = 90°; B D = A B sin 75°; BD = = 12x0,966 =11,59 ( c m ) ; A D = A B cos 75°; AD = 12 X 0,259 = 3,11 (cm ), тоді AC = = 2AD = 6,22 (cm). У AABC ZC = 90°; AC = ВС tg 27°; AC = - Aß = - = 41,22 (CM). 46,26 ( c m ). 1007. in Центр кола, описаного навколо AABC, лежить у точці перетину серединних перпендикулярів. Проведемо середин­ Проведемо CD ± A B . A D — проекція ка­ тета AC на гіпотенузу Aß, а BD — про­ екція катета ВС на гіпотенузу Aß .
  • 145. у bADC г о = 90°; AD = ЛС cos 27°; AD = в 41,22 X 0,891 = 36,71 (см). BD = A B ^AD; BD = 46,26 - 36,71 = 9,55 (см). y д C A ß ^ ß = ^0 °: 15 AB = 36,88 ( c m ) ; ЛС = sin 24' 0,407 AB tg24° BC = 15 =33,69 0,445 “ ( c m ). у & Р А В гВ = Ж ; AD = DB-- 15 AB AD = =17,15 0,875 8in61°’ AB tg61° DB = 15 =8,32 1,804 (c m ); ( c m ). 46' У прямокутнику AAOD — рівнобедрений, тому Z1 = Z2. За властивістю зов­ нішнього кута трикутника Z1 + Z2 = = ZCOD, а оскільки Z l = Z2, то Z1 = = Z2 = 4 6 °:2 = 23°. У AACD Z D = 90°. Нехай AD = д: см, тоді CD = x t g Z l = x t g 23° (х > 0 ). За умовою задачі S = 545 (см^). Тому x^tg 23°= 545; х 0,424= 545; лг^= = 1285; д = 35,9. : Звідси А£) = 35,9 (см); CD = 35,9 х 0,424 = = 15,2(см). 1015. 10 11. 18 см с F N У трапеції ABCD проведемо висоти B F X l A D i C N 1 A D , B F = CN = 24 см. BCNF — прямокутник, тому ВС = F N = = 18 см. У A A B F Z F = 90°; bo ok . F 7,5 c m y. ромба ABCD D F X AD. Тоді в &ABF B F = A B sin 22° = 7,5 x 0,375 = 2,8 ( c m ) . S = A D x F B ;S = 7,5 x 2,8 = 21 ( c m ) . в or g CB- 1014. 10 12 . 8 CM ^ .4 AF = A F = - ? 4 т = 17,43 (см). tg5 4 °’ ■ 1,376 f w 1013. w w У паралелограмі ABCD B F 1 AD. У AABF Z F = 90°; BF = AB sin 36°; B F = » 5 sin 36° = 5 X 0,588 = 2,94 ( c m ) . S = AD X B f ; S = 8X 2,94 = 23,5 (см2). У ромбі діагоналі в точці перетину діЯяться навпіл, перетинаються під кутом 80°, а також є бісектрисами кутів ром. ба. Тоді в ДАВО Z 0 = 90°; ZBAO = ^ Ä 4 0 = 28°30':2 = 14°15'. 0 В = 64,5 sin 14,25°= 64,5 х 0,246 = »1 5 ,9 (см ); QA =АВ cos 14°15'; ОА = 64,5 cos 14,25° = ^ *64,5 X 0,969 = 62,5 (см). "Звідси B D = 2ВО; B D = 15,9 х 2 = . * 31,8 (см); А С = 20А; А С = 62,5 х 2 = «1 2 5 (см ). У ACDN Z N = 90°; CN 24 ND = ND = =83,62 t g l6 ° 0,287 ( c m ). ToA iA D = A F + N F + N D ; A D = 17,43-b = 119,05 ( c m ) . - I- 1 8 8 3 ,6 2 1016. В 15 O с M Проведемо висоту B F L A D . У AABF Z D = 90°; BF = AB sin 48°; AD = = 10x0,743 = 7,73 ( c m ) . S = ^ ± ^ £ . b F; S= 7,43 = 130 (C M ^ ). 1017. Проведемо у рівнобічній трапе­ ції висоти B F X A D і C N X AD. Ми от­ римали B C N F — прямокутник, у яко-
  • 146. му BC = F N i ÜABF = ADCN, звідки A D = BF = N D . V AABF Z F = 90°; A F = —— ; 2 ^ 1021. В ß k . ^ ________ c A ~F ä c ti N Тоді F N = A D = 2AF; F N = 8 - 2 x 2,3 = = 3,4 ( c m ). О с к іл ь к и F N = BC, to BC = = 3,4 CM. 1018. Л = п tg а. 1) Л = 1,5 tg 4°30'=1,5 х0,079 =0,118 (км) = = 118(м); 2) Л = З tg 8°18' = З X 0,146 = 0,438 (км) = = 438 (м). 1022. У ДАВС ZC = 90“ (С - прожектор, В — спостерігач). АС = СВ tg 75°; АС = = 600 X 3,732 = 2239 (м). А s § X T d! .5 'c о 3 тому A D = D C = 1023. У ABD г О = 90°; A D = л: cos 49°54'= = 0,644ї. ^ х + 10,8 , , Оскільки A D = ----------- ( c m ). 2 то 0,644лс = х + 10,8 w Q. (см). oo k. o s Нехай в рівнобедреному C^ABC AB = = BC = xcM . Тоді AC = (д: + 10,8) см. Про­ ведемо B F X AD, BD — висота і медіана, .4 b ПЗ rg lE ' l,2 8 8 x= х + 10,8; 0,288х= 10,8; х = = 3,75. Звідки Р = X + X + X + 10,8 = (Зж + t: + 1 0 ,8 )с м . 1019. w w О у ДАВС ZC = 90°; АВ = 60 АС АВ = = 79,5 (м). 0,755 cos41°’ 1024. А в 1500 м 5 м ВС = 9 м — висота стовпа, АС = 5 м — Q ЙОГО тінь. Тоді tg a = ~ ; tg а = 1,8; а * = 60“5Г. ^ 1020. C M in У ДАВС Z C = 90°; А С = ВС tg 5°; АС = 150 X 0,087 = 131,2 (м). 1025. в 60 м tg a = — = 0,17; а = 0°57'. 60 у ДАВС ZC = 90°; ВС = АС tg 64°; ВС = = 35 X 2,15 = 71,76 (м).
  • 147. г 1026. Z D = 90°; A D = y M B C Z C = 90‘’; ТЗ П Of) t « a = | ^ ; tg a = ^ = 0,025; a = l»2 6 '. ЗВІДКИ маємо: 1 tgß 1 tg a tgß X X tg a tgß = а; 1 = a; x = — tg a tgß 1029. 3a умовою задачі Z D B A = 90°; ZDBC = 2°, тоді ZCBA = 90° - 2° = 88 °. У ДАВС Z A = 90°; AC = AB tg 88 AC = °; = 75x28,64 = 2148 ( m ) . rg 1030. 3a рисунком CK j|FB, тоді ZKCB = ZCBD = 28°. ZKCA = ZCAD = 39°, тому це внутрішні різносторонні кути при СК II IIBD і січних СВ і СА відповідно. VACBD ZD = 90°; 200 CD BD = DB-376,1 (м). tg2 8 °’ 0,532 ^ .4 bo ok .o tg a = H ; CD tgß За умовою задачі A ß = а, AB - AD - BD, 40 M Кут підйому вулиці — Z N C D = ZCDF, TO F D II CN. ABCD — прямокутна трапеція. Проведемо D F 1 SC, A B D F — прямокутник, у якого AB = D F = 40 м = 400 см; BD = A F = 90 см, звідки F C = 190- 90 = ^ -9 0 (m ). f - V A C F D Z F = 90°; tg « = ^ CD &CAD Z D = 90°; AD = tg3 9 °’ 200 AD = •247 ( m ) . ОскількиАВ=ІЗВ0,81 У = 0,0225; і »a - l° ir . ^ 1028. H хай CD = x c m {x > 0). Тоді у ДАСХ> - DA, TOAB = 376,1 - 247 = 129,1 ( m ) . w ТЕСТОВІ ЗАВДАННЯ Правильна відповідь 1 w №1 № завдання Правильна відповідь 2 w I X tg a ’ V ACBD Z D = 90° - B D ^ , 800 м 1027. CD tg a Г В 3 4 А В № завдання Правильна відповідь 1 №2 2 3 4 5 А Г А Г Б 5 правильної відповіді немає ПОВТОРЕННЯ 1031. Нехай AB C D — паралелограм, B E = A E ;C F = FD. В - ^ -----------.С 1) AADE = ACBF — за двома сторонами і кутом між ними. Z C = ZA ; BC = AD; ЕВ = CF. 2 )B E F D — паралелограм, B E | FD; | B E = FD . Отже, B F | D E , що й треба | було довести. 1032. Паралелограм ߣFC = паралелог-
  • 148. раму AEFD. Отже, ABCF = AFEB =AEFC = Д£)£А, що й треба було довести. 1038. 1034. з- >ч а а. ^MstK Відповідь: 2d, + 2d^. 1035. .4 b З Нехай дано паралелограм ABCD, діаго­ налі якого dj і dj. M N IIAC II K P; N P | DB | M K . | | M N P K — паралелограм. w о w w 5 Ъ Нехай дано паралелограм ABCD, /-В = = 120°, B K — бісектриса, AX’ = 24см, K D = 16 CM. A A B K — рівнобедрений, Z I = Z3; AB = A K = 24 c m ; ВС = A D = 24 + + 16 = 40 (см). За властивістю бісектриси трикутника A F : FC = AB : ВС = 24 : 40 = 3 : 5. Відповідь: З : 5. m НехайABCÖ — паралелограм.A ß ;AD = = 7 : 11. BD = 24 CM, AC = 28 CM. A B = 7x; A D = l l x ; ( ( I x f + ( ( l U ^ x 2 = = 242 + 282; 340д:2= 576-1- 784; 340^:^ = = 1360; = 4; л; = 2. AB = 14 c m ; AD = 11 CM. ^двс« = (14-*-22)х2 = 72 (см). Відповідь: 72 см. 1039. oo k. o = 5 см.АС — бісектриса. DC Ц AB; Z1 = .Z2; ДАОС— рівнобедрений, A D = DC= 5 см; СМ = 5 - 3 = 2(см). ABCN — рівнобедрений, ВС = CN = 5 см, DiV = C N -C D = 5 — 3 = 2(см). M N = M C + CD + D N = 2 + 3 + 2 = 7 (c m ). Відповідь: 7 см. Вг:------------- rg 1033. го S C S І 1037. 1) Побудуємо кут а і відкладемо на його сторонах відрізки Л, і Л^; 2) проведемо через основи висот пер­ пендикулярні до них прямі, а через вер­ шину кута а — прямі, паралельні про­ веденим прямим. 1036. Якщо через середини сторін пара­ лелограма провести перпендикулярні до них прямі, то одержимо паралелограм, кути якого дорівнюють кутам даного па­ ралелограма. Нехай ABCD — паралелограм. AB = = CD = 10 c m ; B C = A D = 15 см; AC = = 2 c m ; BD = x; AC = x + 2; x^ + (x + 2)2 = = 1 0 2 x 2 -h 152x2; Х2-НЛГ2-І-4Х + 4 - 2 0 0 - 450 = 0; 2x^ -H4x - 646 = 0; D = 1296; j:, = 17; x^ = -1 9 . B D = 17 c m , AC =19 c m . Відповідь: 17 c m і 19 c m . 1040. Нехай дано: ABCD — прямокутник. ZßAC : ZCAB = 2 :3 . 2x + 3x = 90°; bx = 90°; л: = 18°; ZDAC = 36°; ZBAC = 45°. ДАВО — рівнобедрений. AO = BO; ZA = = Z ß = 54°. ZAOB = 180° - (54° -H54°) = 180° - 108° = = 72°. Відповідь: 72°. 1041. Нехай ABCD — ромб.
  • 149. g 1046. S a^sinl50° = a’’ x i = ^ ; S a‘ SP. = “ *: . ь a = ah; Л = —. 2 D Відповідь: Необхідно побудувати рівнобедрений трикутник за основою d і кутом при оса НОВІ, що дорівнює —. 1042. 2 AADC = AABC. ABCD — шуканий ромб. 1047. P S d Q. rg к ? ї ABCD — ромб: BF і BK — висоти; AABK = ■ ® &BFC (за гіпотенузою і гострим кутом). І-Оіж е, ВК = BF, що й треба було довести. Ш/іВСО — ромб; Рддсо = ш C M . A D — сторона ромба; A ї.! 4 = 4 (ом). äADÄ": sin z a = ;4A = Z0“. Відповідь: 30°. D Dg AD '1044. 2 (D O + O C + O B + O A ) + A D + D C + ВС + + AB + 20 =A D + DC + ВС + AB. 4d = 20; d = 5 ( c m ) . Відповідь: 5 см. .4 bo ok .o і = 16 : 1. 2’ 1048. Ё: Ct KX‘ w XF w w BCD — ромб, AC — діагональ. і ' “ +^лл«с = -Рла«.+ 15. S2* + d + 2 i + d = 4i: + 15; 2d= 15; дповідь: 7,b CM. = = 7,5. И045. s s X T 3 Нехай ABCD — рівнобічна трапеція. AC — діагональ. Доведемо, що АС2 =AD2 + D C xA B . HexaäCK = h;DC = x ,F K = y ;A F = K B = x. AACK — прямокутний. За теоремою Піфагора: ЛС* = СК^ + А К ‘ = = h^ + (x + уУ = h^ + x^ + 2ху + y‘ = h‘ + x‘ + + 2ху + у^= ВС‘ + у(2х + у) - ВС‘ + DC х XAB, що й треба було довести. 1049. НехайABCD — трапеція. ВС =АВ = = CD-, АС 1 CD; /.ВАС = ZBCA = х; ААВС — рівнобедрений. /.CAD = ZACB = = X. В п с Необхідно побудувати прямокутний трикутник за катетом Ь і гіпотенузою —. ABOC=^ADOC = DOA = ABOA. 2 І ABCD — шуканий ромб. dACD: X + 2х = 90°; Зл: = 90°; д = 30°; : Z A = ZD = 90°; = ZC = 120°. Відповідь: 60°; 60°; 120°; 120°. іп л
  • 150. 1053. Якщо накреслити такий трикут­ ник, виміряти його сторони і знайти їх відношення, то відношення сторін: 1 : 1 : 1,62. 1063. 1057. Сторона квадрата повинна дорів­ нювати меншій стороні прямокутника. 1058. Нехай ABCD — чотирикутник, вписа­ ний у коло. На діагоналі BD візьмемо точку К так, щоб ZBAC = ZK A D . З подібності трикутників маємо: BD х xAC = B C x A D + A B x C D . А 1064. D з с ro iC s X T ГС Х'Р A M N P - ААВС (за двома кутами). 1060 . Якщо даний трикутник рівносторонній, тоді він подібний даному три­ кутнику. 1061. СК = уІ8. З ААСК: АС2 = СК2 +АК2 = 48 + 16 = 64; АС = 8(см). Відповідь: 8см. 1065. w w Q. А * Нехай ABCD — рівнобічна трапеція, AD = ВС; DC = З см; AB = 5 см; AD = ВС = = 7 см. D F L A B ;C K X A B . З АСВК С К 2= 72 - 12= 49 - 1= 48; .4 bo ok .o м 1059. a .g с о S rg Нехай дано прямокутний ААВС. Катет АС продовжили на відрізок CM; М К ± ХАВ. AN К В - ААСВ. ANCM - ААСВ. О w Ш AB = 6ом. ААВС: AB = ВС = 6 см; АС = ^ ^ 7 ¥ = у/Т2= 6 ^ . і М ТС А — квадрат зі стороною 6-У2. =72 (см^). Відповідь: 72 см2. 1062. F D АВ і АС — дотичні, 0В = 0 С - 6 см; АО = = 10 см; OB ±АВ ;АО ^=АВ ^ + ОВ^;АВ‘ = = 100 - 36; АВ^ = 64; АВ = 8см. ДАВО: B O ^ = A O xF O ; ТО = |^ = 3,6 (см). ABFO: ВР^= ВО^ - FO^= 3 6 - 12,96 = = 23,04; BF = 4,8 (см). ВС = ß f -нFC = 4,8 X 2 = 9,6 (см). Відповідь: 9,6 см. 1066. _В ї in Нехай ABCD — паралелограм. Якщо з вершин гострих кутів парале­ лограма проведемо висоти, то утворю­ ються подібні трикутники. Нехай дано ДАВС вписаний у коло.
  • 151. — бісектриса кута C. Х )Д М О - Д В С О ; 2)C 0* = a x b - АО x OB, СО — бісектри­ са кута C. 1067. СК‘ = А К X AB. СК — висота прямокут­ ‘ ного трикутника є середнім пропорцій­ ним між відрізками і ВК. 1069. 1) Побудуємо довільний трикут­ ник з кутами а і ß. 2) Знайдемо периметр даного трикутни­ ка та коефіцієнт його подібності із да­ ним трикутником. 3) Побудуємо шуканий трикутник. 1070. в N. ■ 1) в м в с .. = ----- , за властивістю бісектри■' М А АС 5 -х 4 o iiN A = x, В М = 5 - я; ЛМ = ^ ; 7 ВМ А 2 )С А 2 = А В х А К ; А К = ~ ; Э w ВІГ = 5 - | = ^ (см). 5 5 w СК^ = В К х А К ; w СК^ = — х ~ ; СК = — (см). 5 5 5 ДСМА-; СМ2 = М К 2 + СК2; СМ^ = 144x2 49 ’ 12' . 5j CAf = i ^ ,35, 1073. .4 15 9 12 М К = М А - А К = — - - = — (см). 7 5 35 7 1072. S = 1 8 0 °x (n -2 ).S = 1 8 0 °x(6 -2 ) = = 180°х4 = 720°; 120°-н120°-н14д;-н 18i = = 720°; 32д: = 480°; л: = 15°; 7x15° = 105°; 9 x1 5 ° = 135°. Відповідь: 105°; 105°; 135°; 135°; 120 ° ; 120 ° . bo ok . 7 * = 1 5 ;. = Н ; 7 М К К Проведемо висоту до більшої сторони трикутника, потім з подібності трикут­ ників визначимо сторону квадрата. Нехай АС — більша сторона ААВС. ВК — висота. or g Нехай дано ААВС; ВС = 4 см; АС = З см; AB = 5 см; 32 + 42 = 52. ^ С = 90°; ZC — найбільший, С М — біоектриса, СК L A B . Нехай АВСХ) — прямокутник. A ß : AD = 8 : 15; АС = 34 см; АС2 = А В Ч + ADK ( 8 = (15хУ = 342; 64д:’‘ -h225х^ = д:)* = 1156; 289х'*= 1156; х^ = 4; х = 2; АВ = = 16 см; A D = 30 см. S^cd= = = 480 (см^). Відповідь: 480 см*. 1074. (см). Нехай ABCD — паралелограм. AB = = CD= 10 c m ; Z A = 30°; 56см. ВС =A D = (56 - 20) : 2 = 36 : 2 = 18 (см). =AB x A D sin 30°; ‘^ n a p . AB CD Відповідь: 1^2^ см. 1068. 1 а к Ь Відповідь: 90 cm*.
  • 152. 1075. 1078. 7 к Нехай AB C D — ромб. А В = ßC= CD = - A D = 4 см; г= 1,5 см; В К = Л= 2г= 2 х X 1,5= 3(см); Sp= AD X В К = 4 x 3 = = 12 (см^). Відповідь: 12см^. ABCD — трапеція; ВС AD. ВС = x; BK = = 3x-,AD = 6x; Srp . = ?~ ~2 ~ ^ x B K ; 168 = i i ^ x 3 x — 2 1076. 1079. Ö А А В С :В К 1 А С ;В К = ^ с м ;А К :К С ^ : : 8; -= 2 д:; ■п ^ А С ~ ДВ % I T 5 с о ^^лвс = 1 8 ^ : = 9 х - 2 х = 7х ; = 7х + 9 х= 16х; P D | В К => APDC | -А В К С . ^& РРС _ju2 ^ІГРС _ . З ос 1) Відрізок D M поділить навпіл площу трапеції. 2) Відрізок B N поділить навпіл площу трапеції. .4 bo ok .o А К = х ;К С = 8х; rtJ rg lE ' = 168; = 16; Л = 4; ßC = 4 c m ; AD = 24 CM. Відповідь: 4 см і 24 см. К p s C[ Q. 2 t] Відповідь: З см. о ш 1077. А Е = X . Довжина перших сходів 9д:; а других — 12д:. Для перших сходів не­ обхідно килимову доріжку довжиною 9xh, а для других — 12хЛ. ^ IL = i ^ P D = 3 (см). PD 3 w w о. 1080. 1081. в w А я 13 Найбільша сторона ААВС — ВС; ВС = = 13 см, отже, висота, проведена до неї, найменша. 5ллвс=|х6Л.=|х13/>, = |д:Лз; А С - 7 ом; В С - 24 см; C M — медіа­ на, проведена до гіпотенузи. А В ‘ = = ВС^ + АС ‘ = 576 -І- 49 = 625; A B = 25; sinZCMA = 0,53; cosZCMA = 0,84; В М = =AfA = CM = 12,5 (см). 1082. 6 = 13Л, = д:Лз; h , = ^ ; Л, І З Л ^ 6x 169 , ІЛ . = — , (C M ), ß_________ с >h=^^ 1^ 6x Нехай A B C D — рівнобічна трапеція. AB = CÖ = 10 см; ßC = 9 см; AD = 21 см; B K і CF — висоти.
  • 153. If JÜC= F D = (2 1 - 9 ); 2= 6(см); В К ‘ = Л В ^ -А К ‘ = 64; ВС = 8 см. RK 1 ) sinZ5AK- = — = 0 8 , ; АЛ 2 ) M N — середня лінія, B D — діаго­ наль; Z B P M — кут між діагоналлю і сеg = 11 см; sinZB = — ; cosZß = — ; 3) с + а - 49 см; с b = 50 см; ?= д:; а = = 4 9 - х ;Ь = 5 0 - х ; с ‘ = а^ + Ь^; х^ = 2401 - 98дс н jr“ -I- 2500 - QOx + x^; х ‘ - 198л + + 4901 = 0; D = 39 204 - 19 604 = 19 600; 198-И40 198-140 „ „ =169;д:,= --= 29; д = -------:, редньоюлінією; sin Z ß P M = — . ДВЛГД: 20 с =29см;а =20см;Ь =21см; sinZA = — : - ^ B P M = Z B D A ; sinZSi>M = — ; K D = BD S. = 9 + 6 = 1 5 ( c m ) . A B K ' D : BD ‘ = BK^ + , K D ‘ = 64 + 2 2 5 = 2 8 9 ; BD = 17; 1 cosZA = - , 1084. sin Z B P M = — . 17 в о = 3 см; AB = 2 см; А К і A F — дотич­ ні до кола; OK L A K ; OF X A F; O K = OF = = З см; АО = A B -н OB = 2 -н З = 5 (см). AK 4. А К = A F = 4 см. coaZKAO = АО 5 ’ соа Z K A F = 0,28. .4 bo ok .o rg 1083. l l ) a - b = 17 c m ; с = 2 5 с м ;Ь = х ;а = х + П ; [ С= 2 b ;x ^ + (x -i-llY = 625; x ‘ + x^+ 34x + ■289 - 625 = 0; 2x^ + 34x - 336 = 0; x ‘ + •17л: - 168 = 0; д = 7; b = 7 c m ; а = 24 c m ; : 1085. ; sin Z ß = - ; sinZß = 0,28; cosZß = 0,96; с ■c o s Z ß = — ; w с w w | 2 ) c - a = 1; c - b = 50; c = x; a = X - l ; b = ■-Х-50; c‘ = a ‘ + b ‘ ; x ‘ = x‘ - 2 x + 1 + x ‘ |- lOOx-t- 2500; 102x-t- 2501 = 0; D = =10404-10004 =400; ж = . = 1 П 9-9П 1 0 9 4- 90 Q - =61; AO = OB = R; ZAOB = n°. AAOB — рівнобедрений. OK ± A B ; A K = = KB; ZAO K = — . AAOK-. 2 AÄT = i?sin — ; A B = 2AK = 2Rsm — . 2 2 =41 с = 61см;а = 60см;& = 1086. Елемент трикутника 1 а 8,64 b 3 4 5 6 7 8 0,21 47,2 10,2 17 96 12,7 8,94 10,4 0,13 20,04 13,54 10,54 75 13,4 8 с 13,5 0,25 45,87 16,95 20 120,96 18,46 12 ZA 40° 58° 67° 37° 58°13' 52° 43° 48° ZB 50“ 32° 23° 53° 31°47' 38° 47° 42° 2
  • 154. c*= a*+ b‘ ; sinZA = —; cosZA = —; с 1089. sinZB = - ; c o s Z B - —. 1087. " Bp Прямокутник ABCD; AC — діагональ, ЛС = 32,5см; ZBAC : ZCAD = 4 : 11. 4д:+ 11л: = 90°; 15* = 90°; д = 6 : °. ZBAC = 24°; ZCAD = 66 °. AABC: A B = AC cos 24°; A B = 32,5 x X 0,9135 = 29,6 ( cm ). AACD-. A D = AC cos 66 A D = 32,5 x °: X 0,4067 = 13,2 ( c m ). P ^ ^ = iAB + A D ) X 2 = (29,6 + 13,2) x 2 = = 85,6 (cm). AABC — рівнобедрений. ZABC = 47°12'. A B + A C = 59,4 c m ; A X '=C = л:; AB = 59,42x; Z A B K = 2342'. AK X sinZABÄ' = AB 59,4-2 x 0,4019 = X 5 9 ,4 - 2 * ’ 0,4019 X (59,4 - 2ä) = * ; * = 13,2 c m . Відповідь: AC = 26,4 cm ; AB = BC = 33 cm . 1090. J3_ rg 1088. A* 2 a. fc 5 О Ш cos ZM AC = ^ ^ ; ZM A C = 29°. 43,9 w о S Відповідь: 29°; 61°. w Q. cc AB 1 AC; A ß = 38,5 c m ; A C = 21,3 c m ; A M — діаметр. ЛС“ = AB^ + ACH BC^= 1935,94; BC = = 43,9 c m ; A M = BC. ABAM — прямокутний; 38 5 cosZB A M = - ^ ; Z B A M = 6 r ; w I .4 bo ok .o ro и O ß = Д, = 12 c m ; 0,Z) = ßj = 3 c m ; O^ß 1 XAB; O jß X A B . AADO, - ДАВО,; АО = 0 ,0 , = 15 см; АО, АО; * _ * + 15 0,D Ojß ’ З “ 12 і x = 5; ■ DO Я sin ZZ)AO, = ^ = - = 0,6; AO, 5 ZZ)AO, =36°52'; ZBAC = 73°44'. Відповідь: 73°44'.