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

Like this? Share it with your network

Share

8 gdz geo_b

on

  • 15,713 views

 

Statistics

Views

Total Views
15,713
Views on SlideShare
2,500
Embed Views
13,213

Actions

Likes
0
Downloads
380
Comments
0

16 Embeds 13,213

http://4book.org 12739
http://bookgdz.ru 162
http://www.google.com.ua 85
http://91.200.42.139 63
http://fiz-cultura.ucoz.ua 39
http://shpor.ru 33
http://mail.4book.org 30
https://www.google.com.ua 21
http://vipoboi.h55.hvosting.net 15
http://www.google.com 8
http://suchasniyuchen.com.ua 8
http://youdz.at.ua 3
http://webcache.googleusercontent.com 2
http://translate.googleusercontent.com 2
https://twitter.com 2
http://hghltd.yandex.net 1
More...

Accessibility

Categories

Upload Details

Uploaded via as Adobe PDF

Usage Rights

© All Rights Reserved

Report content

Flagged as inappropriate Flag as inappropriate
Flag as inappropriate

Select your reason for flagging this presentation as inappropriate.

Cancel
  • Full Name Full Name Comment goes here.
    Are you sure you want to
    Your message goes here
    Processing…
Post Comment
Edit your comment

8 gdz geo_b Document 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'.