[EIKIPIIДО підручника М . I . Бурд и,H . A . Тарасе нко вої

www.4boo

k.org

РОЗДІЛ 1

1. Ч о т и р и к у т н и к о м ABCD є ф ігу р а нам а л . 14.

2 .M N K P — чоти р и к утн и к .

N

§1

1) Протилежні сторони: M N і РК ; N K іМ Р. Протилежні вершини: М ІК , N і Р. Протилежні кути: A M і ZK , Z N і ZP.2) Сусідні сторони: M N і NK; M N і М Р;М Р і РК; N K і KP. Сусідні вершини: М i N ; M iP ; N iK ; K iP . Сусідні кути: ZM і ZP ; Z M і ZN ; Z N і ZK ; Z K iZ P .3) Діагоналі: М К і NP.

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).

4. Градусну міру кутів чотирикутни­ка на мал. 16 вказано неправильно, босума 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 ука­зана правильно, бо 60° + 120° + 60° + + 120° = 360°.

5. Зовнішні кути чотирикутника M N PKпри вершині: V)N — ZENF; 2)М — ZAMC; Z )K — ZDKB.

І.а 8 CM 10 CM 5 CM 23 CM 14 CM

Ь 12 см 25 CM 13 CM 27 CM 16 CM

с 16 CM 30 CM 25 CM 30 CM 20 CM

d 18 CM 25 CM 17 CM 35 CM 24 CM

Р 54 CM 90 CM 60 CM 115 c m 74 CM

7.1) JC CM — м е н ш а с т о р о н а ч о т и р и к у т н и ­

к а ; 2х — т р и і н ш і с т о р о н и ч о т и р и к у т н и ­

ка; Р = л: -і- 2д: -і- 2ж -н 2х = їх ; 1х = Ы 0 ;х = = 20 ( c m ) — менша сторона чотирикут­ника; 20 X 2 = 40 (ом) — три інші сторо­ни; 20 см; 40 см; 40 ом; 40 см — сторони чотирикутника;2) д; см — менша сторона чотирикутни­ка; Зх см — три інші сторони; х + Зх + + 3х + 3х=140 ;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 чотирикут­ника; 9* см — інші сторони чотири­кутника; х + 9х+ 9х+ 9 х - 140; 28х =- 140; х = 5 (см )— менша сторона; 5х X 9 = 45 (см) — інші сторони чотирикут­ника; 5 см; 45 см; 45 см; 45 см — сторо­ни чотирикутника.

8.1) Так, може, бо для кожної сторони ви­конується умова: сторона чотирикутни­ка менша за суму трьох інших сторін.2) Ні, не може, бо 10 = 2 -І- З -н 5 (не вико­нується умова, тому що сторона менша за суму трьох інших сторін).3) Ні, не може, бо18>6-(-5-(-6 (не вико­нується умова, тому що сторона менша за суму трьох інших сторін).

9 .Мал. 19:ZA = ZD = ZC = (360° - 60°): З = 100°;

Мал. 20:ZB = ZD = (360° - 90° - 70°): 2 = 100°;

Мал. 21:ZC = 360° - (120° + 90° + 90°) = 60°.

10. 1 ) 360° - (1 0 0 ° -I- 60° -I- 5 0 °) == 150° — четвертий кут чотирикутни­ка; 2) 360° - (120° -н 80° -н 100°) = 60° — четвертий кут чотирикутника; 3) 360° -- (70° -н 130° + 90°) = 70° — четвертий кутчотирикутника.

11. 1) 55°-н 75°-І-100° 4-80° = 310°, тому кути чотирикутника не можуть дорівню­вати 55°, 75°, 100°, 80°;2) 160° -І- 95° + 45° 60° = 360°, кути чо­тирикутника можуть дорівнювати 160°,95°, 45°, 60°; 3)145°-ь 85°+ 70°+ 65 = = 265°, тому кути чотирикутника не мо­жуть дорівнювати 145°, 85°, 70°, 65°.

12. 1)ге°+2л° + 3л° + 4л° = 360°; 10п° =

www.4boo

k.org

p r

S 360°; n° = 36“; ZA = 36°; ZB = 72°; ZC =*108°; ZD = 144°;2 )n - 30° + n - 20° + n - 10° + n = 360°;4я= 420°; n= 105°: Z A = 105°- 30° = =75°; 105° - 20° = 85°; ZC= 105°- _10° = 95°;Z2)=105°;3)7t+ 10°+ Л+ 20°+ Л+ 30+ n= 360°;4rt= 300°; ra= 75°; ZA= 75°+ 10°= 85°;^B = 75°+ 20°= 95°; Z.C= 75°+ 30° = = 105°; ZD = 75°; 4 )n + 2n+ n+ 5n = = 360°; 9л = 360°; n = 40°; ZA = 40°; ZB = = 80°; /ІС = 40°; ZJD = 200°.

13. Усі кути чотирикутника не можутьбути тупими, оскільки градусна міра ту­пого кута більша за 90°, тому сума всіхкутів чотирикутника буде більшою за360°, а цього бути не може.

14. Сума кутів чотирикутника дорівнює860°, якщо кути рівні, то градусна міра кожного кута дорівнює 360° : 4 = 90°.

15. ^1 + 2 = 90° + 90° = 180°(сумадвохпрямих кутів). Тоді Z3 + Z 4 = 360° -180° = =180°.

16. Z 1=Z2 = Z3 = 90°;Z4 = 360° = (Z1 ++Z2 + Z3) = 360° - (90° + 90° + 90°) = 90°; четвертий кут також прямий.

1 7 . 1) ZC = 75°; 180° - 75° = 105° - зов­нішній кут при вершині с чотирикутни­ка ABCD;2 )ZC = 360°- (90°+ 90°+ 90°) == 90°; 180° - 90° = 90° — зовнішній кут при вершині с чотирикутника ABCZ);3 )ZC = 360°- (110°+ 111°+ 60°)= 80°;180°- 80°= 100°— зовнішній кут при вершині С чотирикутника ASCi?.

18. хсм — довжина першої сторони, тоді(х - 8) CM — друга сторона; (х + 8) см —третя сторона; ( і - 8) х З см — четвертасторона.За умовою: і + ^с-8 + д: + 8 + (д :-8 )хЗ = = 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 см — третя сторона; 7 х 3 = 21 см— четверта сто­рона.Відповідь: 15 см; 7 см; 23 см; 21 см.

19. 9x3-27 см— другасторона; 27-8 = = 19см — третя сторона; 19- 10 = 9 см —четверта сторона; Р = 9 + 2 7 + 1 9 + 9 = = 64 (см).

20. 1)Неможе. Якщо Р = 90 см, тоді 90- -(10 + 15 + 20) = 45см— четверта сторона чотирикутника, але 45 = 10 + 15 + 20. Та­кого чотирикутника не можу бути.2) Може. Якщо Р = 72 см, тоді 72-(10 ++ 15+ 20)= 27 см — четверта сторона; 27<10+15 + 20.3) Не може. Якщо Р = 115 см, тоді 115 -- (10 + 15 + 20) = 70 см — четверта сто­рона чотирикутника; 70 > 10+ 15+ 20. Такого чотирикутника не може бути.

21. ABCD — чотирикутник;

АС — діагональ; АС <АВ + ВС (з ДАВС); АС < CD + AD (з &ACD), тоді АС + АС <

AB + B C +C D + A D ;2 A C < P ; А С к ^ Р ,

тобто діагональ менша, ніж півпе- риметр. Ангиіогічно доведемо, що

BD < ^ P f розглянувши ДАВ!) і ACBD.

22. ABCD — чотирикутник.В

Т О Д І

AC + B D < -P + - P . 2 2

AboAC + B D < P .

23. äABD= л е в о (за II ознакою рівностітрикутників); BD — спільна CTopoHa;ZABÖ = = Z.CBD-, ZADB = ZCDB (за умовою).З рівності трикутників маємо: AB = СВ iA D = CD.

www.4boo

k.org

24. AB = ВС; AD = CD (за умовою).

В

BD — спільна сторона AABD і ACBD. Звідси AABD = ACBD.З рівності трикутників маємо ZABD = = ZCBD. АС і BD перетинаються в т. О.ДАВО= ДСВО (І ознака); А В = СВ (за умовою); ZABD = ZCBO (доведено вище); ВО — спільна сторона. З рів­ності ААВО і АСВО: ZAOB = ZCOB, але ZAOB+ ZCOB= 180° (суміжні кути). Звідси ZAOB = 90°, Z.COB = 90°. Тобто АС 1 BD.

25. 1) Нехай кути чотирикутника: х; 2х; Зд:; 4х, тоді x + 2x + Sx + 4x = 360°; 10л: = = 360°; X = 360° : 10; л: = 36°; Z1 = 36°; Z2 = = 2 X 36° = 72°; Z3 = З X 36° = 108°; Z4 = = 4x36° = 144°;2)Z1= х; Z2= 2х; Z3= 4х; Z4= 5х; х + + 2х + 4х+5х= 360°; 12х= 360°; і = 360° : : 12; х = 30°; Z1 = 30°; Z2 = 2 х 30° = 60°; Z3 = 4 X 30° = 120°; Z4 = 5 х 30° = 150°;3) Z1 = 4х; Z2 = 6х; Z3 = 12х; Z4 = 14л:; 4х+ 6х+ 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

4) Найбільша кількість прямих кутів дорівнює 4.

м■'90° 90°'-

1^0° 90°

N3) Найбільша кількість гострих кутів дорівнює З (мал. 3).

27. 1) Не можна, бо сума кутів чотири­кутника буде більша, ніж 360°.2) Один з кутів чотирикутника не може дорівнювати сумі трьох інших, бо тоді цей кут дорівнював би 180°, а це немож­ливо.

28. У чотирикутнику ABCÖ: ZA -І- ZB = = 180°;

бісектри-BN — бісектриса Zß; AN ■ ca ZA.

Тоді ZNBA = \ZB-, Z N AB = - ZA.2 1 2 .

Звідси Z.NBA -ь Z N AB = і ZB -h і ZA =2 2

= i (Z ß + ZA) = і X180° = 90°. А

У ДВЛГА: ZB N A = 180°- (ZNBA +Z N AB) = 180° - 90° = 90°.

29. 1)38°; 158°; 44° — три кута чотири­кутника, 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 чотирикут­ника; 360° - (50° -І-150° 65°) =) 95°.

www.4boo

k.org

Зовнішні кути дорівнюють: 130°; 30°; 115°: 85°.8) 49°; 145°; 91° — три кути чотирикут- 0яка; 75° — четвертий кут.Зовнішні кути: 131°; 35°; 89°; 105°.

3Q, Z1, ^2, Z3, Z4 — кути чотирикут- яика;^1 + Z2 + Z3 + Z4 = 360°.Зовнішні кути чотирикутника дорів­нюють: 180° - Z1; 180° - Z2; 180° - Z3; 180°-Z 4 .Сума зовнішніх кутів чотирикутника, взятих по одному біля кожної верши­не, дорівнює180° - 1 -н 180° - Z 2 -І-180° - Z3 180° - _ ^4= 180° X 4 - (Z 1 + Z 2 + Z 3 + Z4 ) = «720°-360° = 360°.

31. 1) 120° +80 °-ь 59°-І-101° = 360°. Отже, такий чотирикутник існує.2) 49° + 98° -ь 68° + 125° = 340° 360°. Отже, такого чотирикутника не існує.S) 100° + 55° -І-160° -ь 45° = 360°.Отже, такий чотирикутник існує.

32. Сума кутів чотирикутника дорів­нює 360°.Сума всіх зовнішніх кутів чотирикут­ника дорівнює 720°.Отже, сума зовнішніх кутів чотирикут­ника удвічі більша за суму всіх кутів чотирикутника.

33. Мал. 23ZBAD = 180° - 70° = 110°; ZCDA = 180° - - 60°= 120°; ZABC+ ZDCB= 360°- -(110°-І-120°) = 130°;

ZNBA + ZNAB = - Z B + - Z A =2 2

= \ (Z B + ZA) = і X180° = 90°.2 2

a = ZBOC= 180°- (ZOBCOCB)= 180°- -65° = 115°.

Мал. 24ZBCD= 180°- 60°= 120°; Z B + ZD = = 360°-(80°+120°° = 160°;

0 = 360°- ZC + - ( Z B + ZD ) 2

= 3 6 0 ° -

-^120° + |xl60°j = 3 6 0 ° - 2 0 0 ° = 1 6 0 °.

Мал. 2 5

ZC = ( 3 6 0 ° - 1 2 0 ° ) : 3 = 8 0 ° ;

а = 1 8 0 ° - 8 0 ° = 1 0 0 ° .

ZAM B = 1S0'‘ - - Z A - - Z B =2 2

= 180 °-i(ZA + ZB).^ 1

ЗДСЛГГ): ZCND = 1 80°-^ {ZC + ZD ).

36. 3 A A B M :

37. Зовнішній кут при вершиніЛ дорів­нює 1 8 0 ° — ZA.Зовнішній кут при вершині в дорівнює 1 8 0 ° — ZB.A N — бісектриса зовнішнього кута при вершині А.BN — бісектриса зовнішнього кута при вершині В.ЗДАЛГВ:

ZANB = 1 8 0 ° - і (1 8 0 ° - Z A )-

- | ( 1 8 0 ° - Z B ) = 1 8 0 ° - 9 0 ° +

+ i z A - 9 0 ° + i z B = 1 8 0 ° - 9 0 ° + 2 2

+ 4 z A -9 0 °+ 4 z B = 4 z A + 4 z B.

І

ПІSXтасе

Зос

О

Аналогічно, розглядаючи iiDCP, має­

мо: ZDPC = - Z C + -ZD \2 2

ZANB + ZDPC = \zA-\-)-ZB + \zC-^2 2 А

■\-\zD = \ (Z A + ZB + ZC + Z D ) =2 2

= і 3 6 0 ° = 1 8 0 °.2

Отже. ZAT + Z P = 1 8 0 °.

Аналогічно Z M + Z K = 1 8 0 °. n

www.4boo

k.org

38. Дві сторони чотирикутника і діаго­наль утворюють трикутник.Побудуємо AD = а.Коло з центром А, радіусом Ь перетне колоз центром D, радіусом d, в т. В. З’єднаємо точки Л і В, D i В. Коло з центром В, радіу­сом с перетне коло з центром D, радіусом d в т. С. З’єднаємо точки B iC ,D iC . ABCD — шуканий чотирикутник.

39. Кут чотирикутника і дві його сторо­ни утворюють трикутник.

А dПобудуємо трикутник за двома сторо­нами 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 пе­ретне коло з центром С, радіусом CD в т. D. ABDC — шуканий чотирикутник.

40. Дві сторони і діагональ чотирикут­ника утворюють трикутник.

dlda

Побудуємо трикутник за трьома сторо­нами: а, Ь, d. Сторони Ь, с і діагональ d також утворюють трикутник. Побудує­мо трикутник за сторонами Ь, с, d . Сторона Ь побудована. З кінця сторо­ни ft, протилежній стороні dj (у побу­дованому трикутнику) проведемо коло з радіусом dj, з іншого кінця коло, ра діусом с. Перетин цих кіл дасть четвер­ту вершину чотирикутника. З’єднаємо вершини. Чотирикутник побудовано.

42. Мал. 33Градусні міри кутів вказано непра­вильно, бо протилежні кути у пара­лелограма рівні, а на малюнку ZA^ *Z C .

Мал. 34Довжини сторін вказано неправильно,бо протилежні сторони паралелограмарівні, а на малюнку АВ ^ CD.

43. Протилежні сторони паралелогра­ма рівні, томуPK = 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

§2

М К

44. Протилежні кути паралелограмарівні.ZADC = ZABC = а; ZBAD = ZBCD = ß.1)ZADC= 120°; ZBAD=60°; 2)ZADC == 45“; ZßAD = 135°; 3) ZADC = ZBAD = = 90°. В С

А D45. На мал. 35 довжини відрізків діагона­лей паралелограма вказано неправильно, бо діагоналі паралелограма точкою перети­ну діляться навпіл, а на мал. 35 діагоналі точкою перетину поділить не навпіл.

46. 1)ОС = А О = 6 см ; OD = OB = 3 c m ;

2) АС =АО + ОС = 6+ 6 = 12 c m ; BD = ВО + -н DO = З З = 6 см; 3) AD = ВС = 8 см; Z)C = = AB = 5 см.

47.ZA 35° 40° 75° 116°ZB 145° 140° 105° 64°ZC 35° 40° 75° 116°ZD 145° 140° 105° 64°

48. 1) Не може, бо протилежні кути рівні, а сусідні в сумі дають 180°; 30° *

60°; 30°-н 60° 5t 180°;2) Може, бо 55° + 125° = 180°. Отже, 55°

www.4boo

k.org

i r

і 125° — сусідні кути паралелограма;3)Не може, бо 116°123° і 116°+ 123°Ф180°.49. 1) Не може, бо сусідні кути в сумідають 180°. Якщо один кут гострий, то другий кут тупий. 2) Не може. Четвертий кут повинен бути рівний одному з трьохкутів. 3) Не може. Протилежні кути рів­ні. Якщо один кут тупий, то протилеж­ний 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 = ZA = 50°: ZB = = ZD =180°-50° = 130°.

Мал. 39:ZA = 90° - 30° = 60° (з ААВМУ, ZC = ZA = . 60°; Z.B = ZD = 180° - 60° = 120°.

51. 1) Оскільки кути нерівні, T O мовайдеться про сусідні кути.Нехай Z1 = X, тоді Z2 = Зх; х + Зх = т 180°; 4х= 180°; л:= 45°; Z1 = Z3 = .45°; Z2 = Z4 = 3x45° = 135°.2) Мова йде про сусідні кути.Z l = * , Z2= о:-!- 50°; х + х + 50°= 180°; 2х= 130°; х = 65°; Z l= Z3= 65°; Z2 = -Z 4 = 65° + 50° = 115°.3) Дані кути не сусідні, протилежні, босума сусідніх кутів 180°.Тому Z1+ Z3= 120°; Z l= Z3= 120°: : 2 = 60°; Z2 = Z4 = 180° - 60° = 120°.4) Кут паралелограма при цій же вер­шині Z I = 180° = 140° = 40°.Z2= 180°- 40°= 140°; Z3= Z I = 40°; Z4 = Z2=140°.

52. ABCD — паралелограм.Л М — бісектриса ZA. ZM AD = a.

В M C

А DТоді ZA = ZC = 2a; ZB = ZD = 180° - 2a.1)Якщо a= 29°, TO ZA = ZC = 2 X 29° == 58“; Z B = Z D = 180°- 58°= 122°.2) Якщо a= 34°, то ZA= ZC= 2 x 34° ==•68°; Z ß = ZZ)= 180°- 68°= 112°.3)Якщо a = 45°, то ZA = ZC= 2 x 45° == 90“; Zß = ZZ) = 180° - 90° = 90°.

53. H e може, бо протилежні сторони па­ралелограма рівні. Четверта сторона па­ралелограма протилежна одній з трьохсторін, а тому рівна одній з трьох сторін.Отже, якщо три сторони рівні, то четвер­та сторона також їм рівна.

54. 1) л: см — одна сторона; (х -н 3) 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 — біль­ша сторона; (х + 7х) х 2 = 48; 8х = 24; х = = 3см; 7x = 7x3 = 21 (см).Відповідь: З см; 21 см; З см; 21 см.3) д: см — одна сторона; (х -ь 7) см — дру­га сторона; {х+ дс-н 7)х 2= 8; 2х+ 7 = = 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. 40AB = 4 CM (з ДАВІГ); CD =АВ = 4 см; AD = =AK-+ Ä-D = 2 + 4 = 6 см; ßC = AD = 6 C M .

Мал. 41З AABJC, у якому ZABK= 30°: Aß= 2х AS:= 2х 5= 10см; CD = AB= 10см; AD = AK + KD = 5 + 5=10cm;BC = AD = 1 0 c m .

Мал. 42З AABK прямокутного: AB = 2 x KB (властивість катета, що лежить навпро­ти кута 30°).AB = 2 X З = 6 см; DC = AB = 6 см; ZC = = ZA = 30°.З ABDC: ВС = 2 X ßD = 2 X 3,4 = 6,8 (см); AD = ßC = 6 ,8 ( c m ) .

56. ABCD — паралелограм. AC — діаго­наль, розбиває паралелограм на два три­кутники: AAßC і ACDA.

В С

А DВС = DA; AB = CD (протилежні сторони паралелограма). АС — спільна сторона. ДАЙС = ACDA (ІП ознака).

57. Дві сусідні сторони і діагональ пара­лелограма утворюють трикутник. Сторо­ни паралелограма З см і 5 см.

www.4boo

k.org

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.

58. Відрізки, які дорівнюють половишдіагоналей і стороні, утворюють трикут­ник.

А D1) 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 іс­нує трикутника із сторонами 4 см, 5 см,9 см (9 = 4 -н 5).3) Паралелограма з діагоналями 8 см,10 см і стороною 10 см не існує, бо не іс­нує трикутника із сторонами 4 см, 5 см, 10 см (10 >4 + 5).

59. ABCD — паралелограм.В М С

А КР — внутрішня точка. P M 1 B C ;P K L A D .РК і Р М лежать на одній прямій, Р М + Р К = Л, (висота, проведена до сторін AD іВС).PN І.АВ-,РЕХ. DC; Р М і РЕ лежать на одній прямій P N + РЕ = Aj (висота, про­ведена до сторін AB і CD).Р М + Р К + P N + Р Е = h^+ Л,, де Л, і Aj — висоти паралелограма, прове­дені з однієї вершини до сторін пара­лелограма.

60. Можна побудувати три паралелог­рама: ВАМС-, АСРВ; ABCN.

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= 2х 36°= 72°; Z2 = З X 36° = 108°; Z3 — протилежний Z1; Z3= 72°; Z4 — протилежний Z2; Z4 = 108°.2) Z1 = 4ж; Z2 = Ьх; Z1 і Z2 — сусідні.4х+5х= 180°; 9х= 180°; х= 20°; Z1 = = 4 X 20° = 80°; Z3 — протилежний Z1; Z3 = 80°;Z2 = 5 X 20° = 100°; Z4 — протилежнийZ2;Z4 = 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 — про­тилежний Z2; Z4 = 126°.

62. ^ с

А D1 ) Т у п и й к у т п а р а л е л о г р а м а д о р і в н ю є

с у м і д в о х г о с т р и х к у т і в . х° — г о с т р и й

к у т , т о д і 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 і л ь ш и й з а с у 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 ° ;

ZA = ZC = 2 0 ° — г о с т р і к у т и ; ZB = ZD == 1 8 0 ° - 2 0 ° = 1 6 0 ° — т у п і к у т и .

3 ) П о л о в и н а г о с т р о г о к у т а д о р і в н ю є

т р е т и н і т у п о г о к у т а . х° — г о с т р и й к у т ;

1 8 0 ° - х ° — т у п и й к у т .

і х = і ( 1 8 0 ° - х ) ; З ж = 2 ( 1 8 0 ° - х); Зх = 2 З

= 3 6 0 ° - 2х; 5х= 3 6 0 ° ; х= 7 2 ° — г о ­

с т р і к у т и п а р а л е л о г р а м а ; 1 8 0 ° - 7 2 ° =

1 0 8 ° — т у п і к у т и п а р а л е л о г р а м а .

www.4boo

k.org

53. Мал. 43

A N D /Х)= 120°; Z C = Z A = 180°- 120°= 60°;

120°; ZC B K = 9 0 °-6 0 °= 30°; ZABN= 90°- 60°= 30°; ж= ZN B K = = 120° - (ZABN + ZCBK) = 120° - (30° + + 30°) = 60°.

Мал. 44В С

A DZCBO= ZODA= 30° (внутрішні різно- сторонні при ВС II AD і січній BD).З ДВОС; ZBOC= 180°- (30°+ 20°) = = 130°.X = 180° -130° = 50° ( X і ZBOC — суміж­ні).

Мал. 45В С

A N D У чотирикутнику ЛГВІГІ): ZB = 60°; Z N = = ZK = 90°; Z N + ZB + Z K + ZD = 360°. Тому Z D = 360°- (Z N + Z B + Z K ) = = 360°- (90°+ 60°+ 90°)= 120°; л: = = 120°.

64. ABCD — паралелограм. ZB — ту­пий. BN LA D ; BP ± CD; ZN B P = а.

В С

A N D У чотирикутнику NBPD: Z N = Z P = 90°; ZB = а.

Z B + Z P + Z D ^ 360°; Z D = 360°- (Z N + Z P + ZD ) = 360° - (90° + 90° a) = 180°- a .^ B = Z D = 180°- a; ZA= ZC = 180°- (180°-a ) = a.

1) Якщо а = 35°, то Zß = ZD = 180° - а = 180° - 35° = 145°; ZA = ZC = 35°;2) Якщо a = 45°, то ZB = ZD = 180° - a = 180° - 45° = 135°; ZA = ZC = a = 45°;3) Якщо a = 89°, t o ZB = ZD = 180° - a = 180° - 89° = 91°; ZA = ZC = a = 89°.

65. ABCD — паралелограм. BK L A D ; BP L CD. ZK B P — кут між висотами па- рале лограма.

В С

А К D Нехай ZA = а — гострий кут паралелог­рама. Тоді Z S = 180°- а — тупий кут паралелограма.У чотирикутнику BPDK:Z K = 90°; Z P = 90°; ZD = 180°- а; ZK B P = 360° - (Z K + ZP + ZD) = 360° - - (90° + 90° + 180° - a) = 360° - (360° - -a )° = 360°-360° + a = a.Отже, кут між висотами паралелогра­ма дорівнює гострому куту паралело­грама.

66. Z B = ZD ; ZD = 84°; ZD = ZADB + ZBDC-, ZADB = Z D - ZBDC = 84° - 68° = 16°; ZBCD = ZC = 180° - ZB = 180° - 84° = 96°. ^ в

D С

67. ABCD — паралелограм. BD — діаго­наль; ß с

А DB D = A B ;B D L A D .AABD — прямокутний і рівнобедре- ний, тому ZA= 45°, тоді ZB = 180°- -45° = 135°.ZC = ZA = 45°;ZD = ZB = 135°.

www.4boo

k.org

68. ABCD — паралелограм. A ff — бісек­триса ZA; BK — бісектриса ZB.

В С

А DНехай ZA = а, тоді ZB = 180° - а.

ZBAK = - Z A = -a-,2 2

ZABK = і ZB = і (180° - а) = 90° - і а.2 2 Ä

Z.K = 180° -(ZBAJi: + ZABK) =

= 180°- - а + 90° - і « ) = 90°;

ZßXA = 90°.Тому ДАВЛГ — прямокутний.

69. ABCD — паралелограм. АЙГ, ВЛГ — бісектриси кутів А і В. CM — бісектри­са ZC. В С

A M DНехай ZA = а, тоді ZC = а, ZB = = 180°-а .

ZBAK = ; ZABK = (180’’ -а ) .

З&АВК:ZAKB = 180° ~{ZBAK + ZABK) =

= 180°-

= 180°- ( І

-1-90°-- 2

= 90°.

Отже, В К 1 А Х , тобто бісектриси кутів, прилеглих до однієї сторони паралелог­рама, перпендикулярні.

АК — бісектриса ZA, тому ZKAD =

СМ — бісектриса ZC, том ZM CD = —; ZD = ZB = 180°-a. 23AMCD:

ZCM D = 180°- --І-1802

ZKAD = ZCM D = —, а ці кути — від­повідні до прямихТІіГ, СМ і січній AD. Тому А К II СМ, тобто бісектриси проти­лежних кутів паралелограма паралельні.

70. ABCD — паралелограм. В К — бі­сектриса ZB.

В С

А К DВК перетинає AD під кутом ВКА; ZBKA = ZBAK.Оскільки ZCBK і ZAKB — внутрішні різносторонні при ВС IIAD і січній ВК, ToZCBK = ZBKA.ВК — бісектриса ZB, тому ZABK = = ZCBK = ZBKA.Звідси: у ААВК усі кути рівні, тому ZA = = 60°; ZC = ZA = 60°.ZB = 180° - 60° = 120°; ZD = ZB = 120°.

71. Я кщ оВ К =а ; КС = Ь,т:оВС = ВК + + КС = а + Ь.ААВК — рівнобедрений, бо ZBAK = = ZKAD (А К — бісектриса), а ZXAD = = ZBKA (внутрішні різносторонні кути при паралельних ВС, АС і січній AST). Звідси ZBAK = ZBKA.Оскільки ААВК— рівнобедрений, то А В ^ В К ^ а .Р = (AB + ВС) X 2 = (а+ а+ Ь )х 2= (2а + + Ь )х2 = 4а + 2Ь.1)Якщо а= 14 см, 6= 17 см, то Р = 4a + +2& =4xl4-^-2x7=70 (ом):2) Якщо а = 2 см; & = З см, то Р = 4а -і- 2й = = 4 x2 + 2x3 = 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; КС= 9 - 6 = = З (см).2. AB = 4 C M , тоді ВК =АВ = 4 см.ВС = ВК + КС = 4+11 = 15 (см).A D = ВС (протилежні сторони парале­лограма). AD = 15 (см).3. Нехай В К = Зх; КС= 4х, тоді ВК + + к е = ВС, а ВС = AD = 14 см, тому Зх + + 4х = 14; 7зс = 14; х = 2 (см).

www.4boo

k.org

Ході BK = 3 x 2 = 6 (см); КС = 4 х X 2 = 8 (см).^АВК — рівнобедрений; AB = BK = = 6 (см).р = (AB + ВС) X 2 = (6 + 14) X 2 = 40 (см).

73.

А 'F D1)BO=OD (О — середина діагоналі BD). 2вО Е= ZDOF (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 три­кутників). ОС = ОА (О — середина діа­гоналі); ОЕ = OF (доведено в пункті а); ZEOC = ZFOA (вертикальні).З рівності трикутників: я)СЕ=АЕ.2) BE = 5 c m ; AF = 4 c m . AF = EC (доведе­но вище), тому EC = 4 см.BC = BE +EC = 5 +4 = 9 (см).A D = ВС (протилежні сторони парале­лограма).О т ж е , AD = 9 см, ВС = 9 см.74. В М С

A N D

75. ABCD — паралелограм.^ «с і.= 7см;РД^^=6см.^ABCD= (Л В +В С ) X 2; (А В + В С )х 2=7 ; A B -І-ВС = 3,5 (см).•РД^с =АВ + ВС +АС; (AB + ВС) +АС = 6;3,5 +АС = 6; АС = 6 - 3,5; АС = 2,5 (см).

В С

■»«* А DfO. 1) AfJV II ВС (за умовою); АС — січна. Тому ZN M A = ZBCA (відповідні кути). За умовою ААВС — рівнобедрений, тому ZBCA =ZBAC. Оскільки ZiVAfA =ZBCA,

то ZN M A = ZBAC. Звідси: AANM — рів­нобедрений, тому A N = N M . Аналогіч­но AM КС — рівнобедрений, тому М К = КС. M N + N B + В К + К М == A N + N B ^ В К + КС= А В + ВС= 2АВ (AB = ВС, оскільки ААВС — рівнобед­рений).2) = 2АВ = 2 X 15 = ЗО (см).

77. 1) Побудуємо трикутник ADC за дво­ма сторонами і кутом між ними, а) обу- дуємо кут а. На йоГо сторонах відкладе­мо 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 пере­тне 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): AD= а; АО = —d,; DO = - c 2

Продовжимо відрізок АО за т. О і на продовженні відкладемо ОС = ОА. Про­довжимо відрізок DO і на продовженні відкладемо OB = OD. З’єднаємо послі­довно точки А, B jC iD . ABCD — шука­ний паралелограм.

78. 1) а, & — сторони; d — діагональ. Побудуємо трикутник за трьома сторо­нами: а, Ь, d:

аАі-Аі-Ві-

Ь-ЗГ

мВ-\D—Ю

а) побудуємо відрізок AD = Ь; б) побу­дуємо коло з центром А, радіусом AB = а; в) побудуємо коло з центром D, радіу­сом BD = d ; r ) l перетин кіл дасть т. В. Поділимо BD навпіл (О — середина BD). 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 парале­лограм.

www.4boo

k.org

2)dj, dg— діагоналі паралелограма; а — кут між ними.

Лі---------І iDАі------------------ €

Побудуємо кут а. Побудуємо кут вер­тикальний куту а. Поділимо і нав­піл. На одній стороні кута а на промені, доповняльному до цієї сторони кута від т. О відкладемо відрізки, довжина яких

дорівнює -d j.

На іншій стороні на доповняльному

промені — відрізки, довжиною

З’єднаємо послідовно точкиЛ, B ,C iD . ABCD — шуканий паралелограм.3) а — сторона: d — діагональ; а — кут проти діагоналей.

d

Вь ч2)Побудуємо кут а. На одній стороні кута а від вершини відкладемо відрізок АВ = = а. Коло з центром В, радіусом BD пе­ретне іншу сторону кута а в т. X).Через т. В проведемо пряму, паралель­ну AD, через т. jD — пряму, паралельнуАВ. т. С — точка перетину цих прямих. ABCD — шуканий паралелограм.

В С

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 від­кладемо послідовно відрізок OD= 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

У

Нехай ZA = x ,Z B = 3 x .Z A + Z B = 180°; х + Зх= 180°: 4л: = 180°; х = 45°; ZA = = 45°; Zß = 45° X З = 135°. ВЛ: ± AD; В М 1 1 CD; ZK B M — кут між висотами, про­веденими з вершини тупого кута.З ААВК— прямокутного: /А В К = 90°, /.ВАК = 45°, тому ZABK = 45°.ZC = ZA = 45°.З 6СМВ — прямокутного: ZCBM = = 45°. ZK B M = ZABC - ZABK - ZCBM = = 135°-45°-45“ = 45°.Кут між висотами, проведеними з вер­шини тупого кута, дорівнює 45°. Висо­ти, проведені з вершини гострого кута, проведені на продовженні сторін:АР 1 ВС, A F 1 CD. ZPAF — кут між ви­сотами, проведеними з вершини гостро­го кута. ZPB A = 180°- ZABC= 180°- - 135° = 45°, тоді: ZPAB = 90° - 45° = 45° (з йАРВ — прямокутного).Аналогічно ZFAD = 45° (з AAFD — пря­мокутного). ZPA F= ZPA B + ZBAD + -t- ZDAF = 45° + 45° -I- 45° = 135°.

80. ABCD — паралелограм; ZA = 60°; BK LAD-, К — середина AD.

В С

V1 f " DУ ААВК висота ВК є медіаною, тому AABD — рівнобедрений; AB = BD; ZBAD= ZBD A= 60°, тоді ZABD = = 180°-(60°+ 60°) = 60°.

www.4boo

k.org

Qf}ge, ЛАВО— рівносторонній. АВ = = BD. У паралелограмі всі сторо-

яирівні. Р = 4АВ;4АВ = 24;АВ = 24;4 = Є (ся); BD =AB = 6 см.

82. A B C D — паралелограм; =ж 50 см. В _________ С

А DBD іАС розбили паралелограм на 4 три­кутника: ДАОВ; ДВОС; ACOD; AAOD. tAOB = SCOD; АВОС = ADOA (I ознака). Тому -РАдос “ \ов = 5 с“ - р д ^ = ВО+ ОС+ SC: рд^д= В0+ а о + +AB.BO + OC + B C -B O -A O -A B = 5cM. Оскільки ОС = АО, то 50 + 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 + ВС)X 2, тобто{х + х + 5 )у2 = « Ю; 4я + 10 = 50; 4ж = 40; X = 10; А В = CD = > 10 (cm ); в с = A D = 10 + 5 = 15 (см).

83. ABCD — паралелограм. ЛЛГ — бісек­триса ZA. D P — бісектриса ZD.

В P К С

А DР е ВС; К є ВС; ВР = РК = КС.ВС II AD; А К — січна, ZKAD = ZBKA (иутрішні різвосторонні), але ZKAD = ■ ZBAK, тому ZBAK = ZBKA.Звідси: &ABK— рівнобедрений, AB = •B K .Нехай BP = X, тоді BK = 2x і AB = 2x; 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 відріз­ки.

84. ABCD — паралелограм.В„ К ,, м ,, с

ZA і ZD — кути, прилеглі до однієї сто­рони паралелограма.Якщо бісектриси цих кутів ділять сто­рону ВС на З рівні частини, то AB : ВС = = 2 :3 (див. № 83).НехайАВ = 2д:, ВС = Зл:.Тоді Р = {2 х л -гх )х 2 ; (2х + 3 х )х 2 = 48; Юх = 48; JC = 4,8; AB = 2 X 4,8 = 9,6 (см); ВС = Зх 4,8 = 14,4 (см).CD=AB = 9,6 (см); AD = ВС = 14,4 (см).

85. ABCD — паралелограм.В К С

A K — бісектриса ZA. D K — бісектриса ZD. К є ВС. ZB A K = ZK A D , a ZKAD = = ZBKA (внутрішні різвосторонні при AD II ВС і січній A ff).Тоыу ZBAK = ZBKA.Звідси AABK— рівнобедрений, AB = = BK. Аналогічно AKCD — ріввобедре- ний, тому КС = CD.Оскільки AB = CD, то BK = КС. Оскільки BK =АВ, то ВС = 2ВК = 2АВ. Отже, бісектриси кутів паралелограма, що прилеглі до однієї сторони, перети­наються в точці, що лежить на проти­лежній стороні за умови, що одна сто­рона паралелограма вдвічі більша за другу.

86. Якщо бісектриси кутів ZA і ZD пе­ретинаються в т. К іт. К в ВС, то ВС = = 2АВ (див. № 85).

С

Нехай AB = X, тоді ВС = 2 х .Р = (х + 2х) х

X 2 = 6л:, а за умовою Р = 42 см.Тому бд: = 42; л: = 42 : 6; X = 7 (см).AB = CJ3 = 7cm;BC=AD = 2 x 7 = 14 (c m ) .

89. Такий чотирикутник не є паралелог­рамом.Якби сторони були паралельні, то тоді б чотирикутник був би паралелограмом.

www.4boo

k.org

у чотирикутнику ABCD: ВС = AD, але ABCD — не паралелограм.

90. ABCD — не паралелограм, бо ВС = = AD, але вони не паралельні. Або: ВС = = AD, алеA B *C D .

91. 1) Не є паралелограмом.2) Є паралелограмом.

92. ВС Ц А0;БС=А0 = 4см.ABCD — паралелограм, бо у цього чоти­рикутника дві протилежні сторони рів­ні і паралельні.

А D93і На мал. 57 зображений чотирикут­ник ABCD не є паралелограм, бо діаго­налі його перетинаються, але точкою пе­ретину не діляться навпіл.На мал. 58 зображений чотирикутник ABCD — паралелограм, бо його діаго­налі перетинаються і точкою перетину діляться навпіл.

94. Мал. 59ZBDA = Z.CBD (за умовою).Ці кути є внутрішні різносторонні при прямих ВС, AD 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 рів­ні, то AB II CD.У чотирикутнику ABCD: AB || CD; ВС Ц IIAD , TOMyABCD — паралелограм.

Мал. 60.ZBAC= ZDCA; ZBCA= 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.

95. За умовою M N II BC,Mä: II AC. Отже, у чотирикутнику M NCK про­тилежні сторони попарно паралельні. Тому M NCK — паралелограм.

В

N С

96. т. М — довільна точка внутрішньої області ZABC.МР\\ BC;MD\\AB.BPM D — паралелограм, бо протилежні сторони попарно паралельні.

протилежні сторони97. l ) K L i M N - чотирикутника.ЯкщоЛГІ =M N , ToKLM N не обов’язково паралелограм.Треба щоб KL IIM N або L M = KN.2 )K L = M N ;K N = LM .K L M N — паралелограм, бо протилежні сторони попарно рівні.3 )K L = LM ; K LM N не є паралелогра­мом, бо KL і LM — сусідні сторони чоти­рикутника, а якщо дві сусідні сторони чотирикутника рівні, то цей чотири­кутник не є паралелограмом.

98. Якщо у чотирикутнику A B C D ; A B = CD, ВС =AD, то ABCD — паралело­грам.1 )Z ß = ZD ; Z A = ZC (як протилежні кути паралелограма);2) A B II CD; ВС || A D (протилежні сторо­ни паралелограма).

99. Якщо у чотирикутнику 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 = ZK (протилежні сторони паралелограма);2) M N = K P (протилежні сторони пара­лелограма).

www.4boo

k.org

w

Якщо K P = 5 см, то M N = 5 см.N К

100.

в " с1) АВ і CD — протилежні сторони чоти­рикутника 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 АВ і CD пара­лельні і рівні.2) /ЛВС і ZDAB — внутрішні односто­ронні при прямих AD, ВС і січній АВ. Оскільки ZABC+ ZDAB= 120°+ 60° = = 180°, то AD II ВС, а за умовоюАО = ВС. Отже, AD II ВС і AD = ВС, тому ABCD — паралелограм.

101. в с

А DУ чотирикутнику ABCD АВ і AD — суміжні сторони. ZA + ZB = 180° і ZA -і- ■bZD = 180° (за умовою). Якщо Z A + Z B = = 180°, то ВС IIAD, бо ZA і ZB — внут­рішні односторонні при прямих ВС, AD і січній А8. Якщо ZA + ZD = 180°, то АВ Ц II CD, бо ZA і ZD — внутрішні односто­ронні при прямих АВ, CD і січній AD. АВ II CZ);BC IIAD.Отже, ABCD — паралелограм.

102. в с

А DZA + Z B = 180°, а ZA і ZB — внутрішні односторонні при прямих ВС, AD і січ­ній АВ, тому ВС II AD; ZB -н ZC = 180°, тому АВ II CD,оскільки ZB і ZC — внут­рішні односторонні при прямих АВ, CD і січній ВС.

У чотирикутнику ABCD АВ Ц CD; ВС Ц IIAD, тому ABCD — паралелограм. Звідси ВС = AD; АВ = CD.Тобто протилежні сторони рівні.

103. ZA-t-ZB=180°, тому ВС IIAD, боZA і ZB — внутрішні односторонні при прямих ВС, AD і січній АВ.За умовою AD = ВС, тому ABCD — пара­лелограм.

В , N , С

А ' М ' D

104. ABCD — паралелограм, тому ВС Ц IIAD. Оскільки BN лежить на ВС, A M — HSiAD,roBN\\MD.

BN = -B C ; M D = -A D .2 2

ОскількиВС =AD, то BN =M D .B N D M — паралелограм, бо BN = M D і BN || MD.

105. Мал. 61АЄ = CF (за умовою); AE || CF, бо ле­жать на паралельних АВ і CD, оскільки ABCD паралелограм.ЗвідсиА£Сі^ — паралелограм, тому С£ |{ II AF, СЕ = AF (як протилежні сторони паралелограма).

106.АО 3 см 4.8 смОС 3 см 2 дмВО 5 см 4.8 лмOD 5 см 2 дм

ВисновокABCD — паралело­

грам

А С В Р -паралело-

гоам

АО 2,1 см 0,6 дмОС 35 см 0.6 дмВО 35 см 6 смOD 2.1 см 6 см

ВисновокA B D C -паралело-

гоам

DCBA — паралело­

грам

107. Мал. 62 (у підручнику).ABCD — паралелограм, тому BD = OD. ОМ = ON (за умовою). Звідси: M BND — паралелограм, бо діагоналі його пере­тинаються і точкою перетину діляться навпіл.

1 1 Супер ГДЗ, 8кл., кн. 1

www.4boo

k.org

108. Мал. 62 (у підручнику).M BND — паралелограм, тому ВО = OD. За умовою ОА = ОС. Звідси ABCD — па­ралелограм, оскільки його діагоналі пе­ретинаються і точкою перетину ділять­ся навпіл.

109. BD — медіана ААВС, тому D — се­редина ЛС.

В

За умовою BD = DE. Отже, D — точка перетину діагоналей чотирикутника АВСЕ і серединою діагоналей АС і BE. Звідси АВС£ — паралелограм.

110.L0 4 см 0.05 дмON 40 мм 0,5 дмКО 0,3 дм 12 ммОМ 0.3 дм 12 мм

Висновок K L M N — па­ралелограм

K L M N — довільний чо­тирикутник

LO 60 мм 2 смON 6 см 2 дмКО 0,6 дм 2,2 дмОМ 0,6 дм 2,2 дм

Висновок K L M N — па­ралелограм

K LM N — довільний 40- тисикутник

111.у чотирикутнику ABCD: Z A = Z.C; ZB = ZD.

В С

А DОскільки Z A + Z B + Z C + Z D = 360°, то ZA + ZB = ZC + ZD = 360° : 2 = 180°.Але ZA і ZB — внутрішні односторон­ні при прямих ВС, AD і січній AB. Звід­си ЛСЦ AD.Аналогічно Aß |{ CD.Тому ABCZ) — паралелограм.

112. 1) Чотирикутник, три кути яко­го 20°, 60° і 110° не є паралелограмом, бо протилежні кути паралелограма рів­ні, сусідні в сумі дають 180°.З трьох даних кутів ніякі два не е рівни­ми 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°.

113. У чотирикутнику ABCD АР — бі­сектриса ZA; СК — бісектриса ZC; BN — бісектриса ZB.

В С

А N DA P 1 B N -.C K 1 B N ;ZABN = ZCBN = а, тоді ZBCK = 90° - а (зАВКС).ZBAP = 90° - а (з ЛАВР).Звідси ZBCK = ZBAP, оскільки ZC = = 2ZBCK; ZA = 2ZBAP, то ZC = ZA. Аналогічно можна довести, що ZB = =^ZD.У чотирикутнику ABCD протилежні кути рівні, тому AJ3CD — паралелограм (див. № 111).

114. ABCD — паралелограм, тому AB = CD,AB\\CD.

В С

А DОскільки за умовою Aßj = 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, = = CD-CD^,AB = CDiAB^ = CD^).Тоді BD, ||B,D.Звідси: у чотирикутника BJCD^P про­тилежні сторони паралельні, тому B^KD^P — паралелограм.

www.4boo

k.org

115. ABCD — паралелограм.В М С

A M — бісектриса /Л. CN — бісектриса ZC. ВС II AD; AM — січна.Тому ZBM A = /.MAN (внутрішні різно- сторонні, а /.MAN = ZM C N (як полови­ни рівних кутів ZA і ZC).Тому ZB M A = ZM CN, а ZBM A і ZM C N — відповідні при прямих МА, CN і січній ВС.Тому AM II CN, а MC || AN, звідси AM CN — паралелограм.

116. Мал. 63.АЕВМ = AKDN (В Е = DK; В М = DN; ZB = ZD ).3 рівності трикутників: Е М = KN; MC = = B C -B M .A N = A D -N D .Оскільки ВС = AD і ВМ = ND, то MC = =AN, аналогічно CK =AE, ZA = ZC. Звідси ДМ CK = AN AE.3 рівності трикутників М К = NE.У чотирикутнику EM K N : E M = KN, M K = NE, тобто протилежні сторони рівні.Тому E M K N — паралелограм.

117. Мал. 64.ABCD — паралелограм, тому ZA = ZC. AB = CD (протилежні сторони).BK = D N — за умовою, тому AB - BK = = C D -D N або A K = CN.AAKM = ACNP (I ознака).AK = CN ,AM = CO (за умовою). ZA^ZC .3 рівності трикутників: K M = PN. Аналогічно: АКВР = ANDM.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

ZEAB = ZEBA = ZAEB =60°. АВ = АЕ = = ЕВ. ADCF — рівносторонній, ZCFD = = ZCDF = ZDCF = 60° .DC = CF = DF. Оскільки AB = CD (протилежні сторони паралелограма ABCÖ), то АЄ = CF. АЕВС = AFDA (І ознака).ЕВ = DF; ВС= DA; ZEBC= ZFDA (ZEBC = 360° - ZEBA - ZABC; ZFDA = = 360° - ZFDC - ZADC; ZFDC = ZEBA; ZABC = ZADC).3 рівності цих трикутників: ЕС =AF.У чотирикутнику AECF протилежні сторони рівні.Тому AECF — паралелограм.

119. Мал. 65.ABCD — паралелограм, тому AB = CD; AB || II CD. ABEF — паралелограм, тому AB = = EF; AB IIEF. Звідси CD || EF; CD = EF. Тому DCEF — паралелограм.Отже, DF = CE і DF || CE як протилежні сторони паралелограма.

120. Мал. 66.ДА8С= ДЛ,В,С;, тому АВ = А,В, і ZBAC = ZB^^C^, але ZBAC і ZB,A,C, — відповідні при прямих AB, AjSj і січнійАС. Звідси ABßjAj — паралелограм. ToMyAAj = Bßj.Аналогічно SB,С,С — паралелограм. СС, = ЛВ,. Тому АА, = СС,.1)ВВ ,=А4, = Зсм;2) ВВ, =АА, = АС - А,С = 10 - 6 = 4 см;3)ВВ, = A4, = (АС, - А ,С ): 2 = (20 - 12):2 = 4 см.

121. Мал. 67.ABCD — паралелограм, тому AB = CD. ZB = ZD; ZBEA = 180° - ZAEC; ZDFC = = 180°-ZAFC.Оскільки ZAEC= ZAFC (за умовою), то ZB EA= ZDFC. ZBAE= 180°- Z B - - ZBEA; ZDCF = 180° - ZÖ - ZDFC. Оскільки ZBEA = ZDFC, ZB = ZD , t o

ZBAE = ZDCF. AABE = ACDF (II озна­ка).AS = CD; ZABE = ZCDF; ZBAE = ZDCF.3 рівності трикутників: AE = CF. BE = = DF.EC = B C -B E .A F = A D -F D . Оскільки BC=AD (протилежні сторони паралелограма), BE = FD, то EC = AF.У чотирикутнику AECF протилежні сторони рівні (АЕ = CF, EC = AF), тому AECF — паралелограм.

www.4boo

k.org

122.V чотирикутника AßCü: BA || AD.В С

А DДіагональ AC ділить діагональ BD нав­піл, тобто ВО = OD. ВС II AD; BD — січ­на, тому ZCBO= ZADO як внутрішні різносторонні кути при паралельних ВС, AD і січній BD.BO= OD; ZBOC = = ZDOA (вертикальні). Звідси АВОС = = ADOA (II ознака).З рівності трикутників: АО = CO. У чоти­рикутника ABC/) діагоналі перетинають­ся і точкою перетину діляться навпіл. Отже, ABCZ) — паралелограм.

123. ABCD — паралелограм.В N С

A M D О — точка перетину діагоналей. M N проходить через т. о. ANOC = АМОА ос­кільки СО = АО; ZMOC = ZM O A (верти­кальні); ZNCO = ZM AO (внутрішні різ­носторонні при ВС II AD і січній AC).З рівності трикутників NOC і МОА має­мо: ON - ОМ. Аналогічно можна довести, що OK = ОРз рівності трикутників ODK і ОВР. У чотирикутника N K M P діагоналі M N і РК точкою перетину діляться нав­піл. Отже, N K M P — паралелофам.

124. ABCD — паралелограм, тому ОА = = OC;OB = OD.

В С

Оскільки М —

ОМ = і АО; Р - 2

середина ОА, то

середина ОС, тому

ОР = -О С .2

Оскільки 0 А = ОС, то ОМ = ОР. Ана­логічно ON = OK (як половини рівних відрізків OB і OD).

У чотирикутнику M N P K діагоналі точ­кою перетину діляться навпіл. Отже, M N K P — паралелограм.

125. Мал. 68.ABCD — паралелограм, тому ОА= ОС; OB = OD.За умовою AAf = КС; BN = DP. Тоді ОА - ~А М = О С -С К а 6 оО М -O K -,O B -B N = = O D -D P . Вібо ON = OP.У чотирикутнику M N K P діагоналі точ­кою перетину діляться навпіл. Отже, M N K P — паралелограм, тому М Р Ц N K і М Р - N K (протилежні сторони парале­лограма).

126. ABC — трикутник. АО — медіана, тому ВО = ОС.

В D

А СЗа побудовою АО = OD. Тому ABCD — паралелограм, бо діагоналі точкою пе­ретину діляться навпіл.Отже, CD = AB і CD II AB (як протилеж­ні сторони паралелограма). ZCAB = = ZCDB (протилежні кути паралелогра- MaABCD).Якщо ZCAB = 36°, то ZCDB = 36^

127. У чотирикутнику ABCjD діагональ АС ділить периметр ABCD навпіл і діаго­наль BD ділить периметр чотирикутни­ка ABCD навпіл.

В С

Тобто AB + BC = AD + DC = - P ;2

AB + AD = 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 проти­лежні сторони рівні.А отже, ABCD — паралелограм.

www.4boo

k.org

128.

ABCD — паралелограм. AB = CD; ВС = = AD. За умовою A K = CM, звідси KB = = M D. В Р= DE, звідси CP= EA. ZA = = ZC, звідси ZK A E = ZM CP. Z B = ZD, звідси Z K B P = ZM D E. AKBP^ AM DE (D M = KP; DE = BP; ZE D M = ZKBP).3 рівності трикутників K P = EM . Ана­логічно АКАЕ = АМСР, тому КЕ = PM . У чотирикутнику КРМ Е протилежні сто­рони рівні, тому КРМ Е — паралелограм.

129. в с

І ' - '

Ж'

А DABCD — паралелограм. AB Ц CD; АС — січна, тому ZBAK = ZDCM, за умовою ZBKA = ZCMD. У ААВК; ZABK = 180° -- Z B A K - ZBKA. У ACDM: Z C D M -- 180° - ZDCM - ZCMD.Оскільки ZB A K = ZDCM і ZBKA = = ZCM D, то ZA B K = ZCDM. ABAK = = ADCM, бо AB = CD; ZBAK = ZDCM і ZABK = ZCDM.3 рівності трикутників: BK = MD. Z B K M = 180° - ZBKA; Z D M K = 180°- ZDM C (суміжні кути).Оскільки ZBKA = ZDM C (за умовою), то ZB K M = ZD M K , але ZB K M і ZD M K — внутрішні різносторонні при прямих BK, D M і січній AC.У чотирикутнику KBM D ВК = M D і ß if Ц II M D, тому KBM D — паралелограм.

130.

в м сТочка К — точка внутрішньої облас­ті кута ABC. З’єднаємо точки В і JC. На продовженні відрізка ВК відкладемоK D ^B K .

Через точку D проведемо DP || ВС; D M || II ВА. Тоді B PD M — паралелограм; BD — діагональ; К — середина діа­гоналі BD. Р М теж діагональ парале­лограма B PD M , тому Р М проходить через г. К і K P = K M . РМ — шукана пряма.

131. ABCD — паралелограм.В Р С

А МВМ 1 A D ;B K ± CD; D N 1 AB; D P I ВС. DP = В М (два перпендикуляра між па­ралельними ВС і AD). CD = AB (проти­лежні сторони паралелограма). ADPC = = АВМА (прямокутні трикутники за гі­потенузою і катетом). Звідси ZPDC = = ZMBA.Аналогічно АВКС = ADNA. Звідси ZCBK = ZADN; ZABC = ZABM + ZM B K + ZKBC; ZADC = ZCDP + Z P D N + ZNDA, оскільки ZABC = ZADC; ZABM = ZDCP і ZKBC = ZNDA, то ZM B K = ZNDP. АМВК = APDM. Звідси N P = М К . АРСК= AMAN. РС= М А (з рівності APCD і АМАВ); СК = A N (з рівності АВСК і ADAN). ZC = ZA (протилежні кути паралелограма ABCD). З рівностіАРСК і AMAN: РК = M N .Оскільки N P = М К ; РК = M N , тоN P K M — паралелограм.

132.

BD — діагональ. A M ± BD; СР X BD; А М = СР; ВК LAC; D Z 1 АС; ВК Ц DZ (як два перпендикуляра до однієї прямої). BD — січна, тому ZKBO = ZZDO (внут­рішні різносторонні при паралельних прямих ВК, DZ і січній BD).

www.4boo

k.org

ZB K O = ZD ZO = 90°; B K = DZ (за умо­вою). Звідси АВКО= ADZO. З рівностітрикутників: BO = OD. Аналогічно; ААМО= АСРО. З рівності цих трикут­ників АО = CO.У чотирикутнику ABCD діагоналі точкою О поділилися навпіл. Отже,ABCD — паралелограм.

§ 4. Прямокутник

136. ABCD — прямокутник; ВС = 16 ом;AB = 12 CM.

В 16 CM С

А D1)AD= ВС; DC= AB (протилежні сто­рони прямокутника). AD = 16 см; С£) == 12 см.2) BD=AC = 20 CM , діагоналі прямокут­ника рівні.

3) АО = ОС = АС = 10 см;

ВО = 0D = B D = 10 c m ; діагоналі пря

мокутника в точці перетину діляться навпіл.

137. 1) А О = о с = 7 см ; А С = B D == 14 см;2)AC + BD = 14cM.

В С

138.

А DZ2 = Z4 = 36° (внутрішні різносторон-ні кути);ВС IIAD, АС — січна;Z l= Z 3 = 90°-36° = 44°.Відповідь: 4 4 ° ; 3 6 ° ; 4 4 ° .

139. 1)Р„р = ( а + Ь ) х 2 = (2- і -3)х2 == 10 (см );2 ) = (0 ,4 -н 0 ,5 ) X 2 = 1,8 (дм);3 ) = (10 мм -1-12 мм) X 2 = 44 (мм).

140. У прямокутника діагоналі рівні,кути прямі.

141. У прямокутника діагоналі рівні.

1) d ,= d ,= Y = e (CM);

2 ) d , = d , = | = 3 (C M );

3 ) d , = d , = y = 9 (C M ).

142 Н ехай A B C D — прям о­кутник ; О — точка перетину діагоналей прямокутника.

В С

А D1) AAOD; АВОС; ААОВ; ADOC — рівно-бедрені; АО = OB; 0В = ОС; ОС = OD; АО = OD, сторони цих трикутників є по­ловинами діагоналей, а діагоналі у пря­мокутника рівні.2) ААОВ = ACOD; АВОС = АПОА (за трь­ома сторонами); AB = CD; ВС =AD (про­тилежні сторони прямокутника); ВО = = OD; АО = ОС (діагоналі прямокутника в точці перетину діляться навпіл).

143.в к с

А DZ4= Z3= 55° (внутрішні різносторон-ні). ВС IIAD, А К — січна.Z1 = 90° - 55° = 35°; Z2 = 180° - 55° = 125°.

Мал. 80------------ -^Р

Z2 = Z.NOM = ZPO K = 60°;Z I = 90 - 60° = 30°; Z3 = 90° - 60° = 30°.

www.4boo

k.org

І Г

Мал. 81 F

6 ^1111! А В

= 65°: /ІЗ = 90 - 65° = 25°;= 180° - (25° + 25°) = 180° - 50° = 130°.

144. Мал. 82

A Da + a + 60° = 90°; 2a = 30°; a = 15°; AAOD; ZA 0D = 180° - (a + a )= 180° - 30° = 150°; ZAOB = 180° -150° = 30°. Відповідь: 30°.

Мал. S3N P

>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. 84F R

AEFQZ F + Z Q = 90°;

- + - = 90°; a = 90°;2 2

- = 45°; a = 90°.2

Відповідь: 90°.

145. За умовою жоден з кутів не є го­стрим, отже, нехай обидва тупі, тоді /А + + ZD > 180°, тому вони прямі. ZA + Z.D =

= 180°; ZA = ZD = ZC = ZB = 90°. D С

Отже, цей паралелограм — прямокут­ник.

146. ААВС: ВС — катет, що лежить нав­проти кута 30°.

D С

1)d = 4cM; ВС = -А С = 2 см;

2 )d = 14MM; ßC = | l4 = 7 мм;

3)гі = 0,44дм; ВС = 0,44 = 0,22 дм.

Відповідь: 2 см; 7 см; 0,22 дм.

147.

А D1) а = 10 см; АЛОВ — рівносторонній.OB = OA=AB = a;d=AC = 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.

IгаьSССо .1^

2SIт>*Q.5со3сс

о

а 6 см 4 см 10 см 10 см 9 смЬ 12 см 12 см 5 см 12 см 7 смР 36 см 32 см 30 см 44 см 32 см

149.

л 12 см X»1)АВ = 4см;АО = 4хЗ = 12см;

= (AB-и AD) X 2 = (4-(■ 12) X 2 = 32 (см);2) AB = 10 см; AD = 10 : 2 = 5 см;^ д в с с = ( 1 0 + 5 )х2 = 30 ( с м ) ;

3) AB = 12 см; AD = 12-I-4 = 16 см;^двсо = (12-|-16)х 2 = 56 (см).

ем

www.4boo

k.org

150. Дано: ABCD — паралелограм. D С

А/Л = 90°; ZA + Z.D= 180°; AB || DC-, ZD = 90°; Z D = ZB = 90“; ZA = ZC = 90° (протилежні кути паралелограма рів­ні). Отже, у даного паралелограма всі кути прямі, цей паралелограм — пря­мокутник.

151. Дано: ABCD — паралелограм.

А ВZA = 90°; ZD -І- ZA = 180°; AB II DC, тодіZD = 90°.CDA = ABDA (за II ознакою). AD —спільна. DC =АВ; ZD = ZA.З рівності трикутників маємо; BD =АС, що й треба було довести.

152. Нехай ZA = ZI> = ZC = 90°.DJ L

"І ГВ

ZA + = 180°, тому КС II AB.ZA + ZB = 180°, тому AD || BC.Отже, ADBC — паралелограм, у якого (ZA = ZC = 90°) всі кути прямі, ABCD — прямокутник.

153. ZA = Z B ^ Z C = ZD.в с

А DZA = ZC, ZB = Z D => тому цей чотири­кутник паралелограм.ZA + Z B = 180°; 2ZA= 180°; ZA= 90°, отже Z A = Z B = ZC = Z D = 90°, тому ABCD — прямокутник, що й треба було довести.

154. ABCD — паралелограм.D С

А ВZA + ZC = 180°, але ZA = ZC, тому ZA = ZC = 90°; ZA + Z D = 180°; Z D = 180° - - ZA = 180° - 90° = 90°; ZD = ZB = 90°.У паралелограма всі кути прямі, тому цей паралелограм є прямокутником.

155. ABCD — паралелограм.D С

А ВZA = Z D ;Z A + ZD = 180°; ZA = ZD = 90°; ZA = ZC = 180°; ZD = ZB = 90°. Протилежні кути паралелограма рів­ні 90°. Отже, цей паралелограм є пря­мокутником.

156. ABCD — паралелограм.В С

ZOBA = ZOAB. ААОВ — рівнобедрений;ОБ = ОА, тому АС = BD.Якщо у паралелограма діагоналі рів­ні, то він є прямокутником, що й треба було довести.

157. A B C D — прямокутник, ZDOC = = 120°; ZCOB = 180° - 120° = 60°.

А ВACOD. ОВ= O B — рівнобедрений.ZOCB = ZOBC = 60°; ОС = OB-,

ОС = -А С .2

АС — діагональ; АС = 20С = 2 ВС, що й треба було довести.

www.4boo

k.org

158. ABCD — прямокутник.D С

ВС = 2 — рівносторонній,

0С= 0 В = ВС. тому /І0СВ= ZCOB-- /.СВО = 60°, що й треба було довести.

159. ABCD — прямокутник.D С

АD K 1 АС; АС — діагональ; Z A D K :Z K D C = 2 :3 .1) 2x + Зд: = 90°; 5л = 90°; л: = 18°; ZADK = = 36°; ZKDC = 54°.AADK — прямокутний; ZD A K = 90°- - 36° = 54°; ADKC — прямокутний. Z^:CD = 90°-54° = 36°;2)ZA C D = ZBDC= 36°; ZB D K = 54°- -3 6 °-18 °.Відповідь: 18°.

160. AßCß — чотирикутник. ßO = OB; AO = OC; ZA = 90°.

D С

Якщо в чотирикутнику діагоналі точ­кою перетину діляться навпіл, то цей чотирикутник є паралелограмом.DC І AB; AD І ВС; ZA +ZD = 180°; ZD= = 180° - ZA=180° - 90°=90°; ZD+ZC = 180°; ZC=90°; ZA=ZC = 90°; ZD= Zß = 90°. Якщо у паралелограма всі кути прямі, то цей паралелограм — чотирикутник.

161. В il с

A N D 1) AD : DC = 2 : 3; AD = ВС = 2х; AB =

= CD = Зх; X — спільна міра відрізків. (2х + 3х )х2 = 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;

AB = CD =Р -2 А В 48-20 = 14 (см).

Відповідь: 10 см; 14 см.3) ОЛГ = 4 см; ВС =AD = 20ЛГ = 2 X 4 = 8 (см).

DC =АВ = (48 - 16): 2 = 16 (см). Відповідь: 8 см і 16 см.

162. М — довільна внутрішня точка прямокутника.

К

D P (

MJ

"1

N

А F В1) К М + M N + Р М + M F — сума відста­ней від довільної точки М прямокутни­ка до його сторін.

K N + PF = -P , „ = ^ • 1 2 = 6 (C M ).

2) X-iV + PF = i p ^ ß = i 8,6 = 4,3 (CM).di A

Відповідь: 6 см; 4,3 см.

163. ABCD — прямокутник; AK — бі­сектриса ZA.

В З C M JiT 5 C M С

го

гоiCsX

I.5‘EоS5Q.

A D1) m = 3 c m ; n = 5 c m ; Z1 = Z2; AK — бі­сектриса.

Z2 = Z3, ВС II AD, AX’ — січна, отже Z1 = = Z3, тоді AABK — рівнобедрений, AB = = ВК = m = З c m ;

CSJ

www.4boo

k.org

AB = CD = 3 c m ; BC =AD = m + л = 8 (см). 'P abcd = ( 3 + 8 ) x 2 = 2 2 ( c m ) .

ABCD = 5 + 5 + 8 + 8 = 26 ( c m ) .

2 )m = 0,2дм; л = 3см; P/j,Qp= 14см;

ABCD ~Відповідь: 1) 26 см або 22 см; 2) 14 або 16 см.

164.

Z I = Z2 = 45°. В М — бісектриса ZB. ZBM A = 45°, AB =A M , отже, M D = CD. AMCD — рівнобедрений.MCD = ZDM C = 45°; ZM CB = 90° - 45° = = 45°; ZBCM = ZDCM = 45°;CM — бісектриса ZC, що й треба було довести.

165. в с

DK — бісектриса кута D.Z1 = Z2, DC — бісектриса ZD.Z3 = Z2, DC II AB, DK — січна.AADK — рівнобедрений.Z l= Z3. A D = AK; A K = KB, тому

AD = і AS, що Й треба було довести.

166.

А DAK — бісектриса кута BAD.X) Aß = 15 c m ; Z1 = Z2; Z2 = Z3 => Z I = = Z3. йЛВК — рівнобедрений.AB = BK = 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.

1 6 7 . Мал. 86

А а -Ъ1) Побудуємо прямокутний AABD за гі­потенузою d і катетом а; 2) CD |{ AB; ВС II AD. Добудуємо цей трикутник до пря­мокутника.

168. 1) Побудуємо допоміжний прямо­кутний трикутник за гіпотенузою d та кутом а.2) Побудуємо допоміжний трикутник

за сторонами -d , — d та кутом а між ними.

169. Р Д ^ „-РД ,,„ = 12см ;РД^„=А0 + + DO + O B + AB; = АО + OB + AB; P A ^ - P A ^ ^ =AD; AD = 12 cm ; AD = BC =

= 12 c m ; JDC = A B = (5 0 ,2 - 24) : 2 = = 13,1 ( c m ) .

D С

V 2•ІІІІ

з Х І АL В— ^ (\ І Відповідь: 12 см; 12 см:

13,1 CM .

170. ABCD — чотирикутник.

13,1см;

А ВAC = ED; АО = ОС; DO = OB.ADOC = ДВОА; ACOD = AAOD (за дво­ма сторонами і кутом між ними). З їх рівності маємо: Z1 = Z2, отже D C =A B і DC II Aß.ABCD — паралелограм, у якого діаго­налі рівні, тому він є прямокутником.

171. Нехай AD = ВС, Х)С = AB. АС = ßZ); AABD - ACBD (за трьома сторонами);

www.4boo

k.org

г/ACD = ZCAB (внутрішні різносторонні кути); DC II AB; DC=AB;ABCD — пара­лелограм, у якого діагоналі рівні, отже, ABCD — прямокутник.

172. в

А " DНехай ABCD — чотирикутник; BC\\AD; ВС = AD. За ознакою паралелограма цей чотирикутник є паралелограмом, у якого діагоналі рівні, отже, цей парале­лограм є прямокутником.

173. Мал. 88В М N С

А Ъ Dа) Нехай А В = D C = а; AD = ВС= Ь; AABN — рівнобедрений; AB = BN = а; NC= ft- с; M N = B N -N C = a - b + a = = 2 a -b ;б) нехай AB= CD= b; BC= AD = a; AB = BN = b;NC = a -b ;M N = B N -N C = 2b-a;

Мал. 89В b M \ y N b С

A a DB)AB=CD = b;AD = BC = a ;B M = NC = b; AD = 2b або AD = ft - 2a.

174. AABC — прямокутний; ZBCA = = 90°; CO — медіана.

Доведемо, що СО = —АВ.2

С АПроведемо BD II АС; AD || ВС; ABCD — паралелограм. /.С -н /СА= 180°; ZA = ZC = 90°. ABCD — прямокутник, діаго­

налі прямокутника рівні і в точці пере­тину діляться навпіл.ОВ= 0А= OD= ОС; ОС = ^АВ, що й треба було довести. 2

175. Нехай дано прямокутний ААВС; г с = 90°; AB = 6 см ;ВМ = МА; N M Ц АС; М Р IIВС; MNCP — прямокутник; MC — його діагональ; М — середина гіпотенузи, M B = М А = MC; М — центр кола описа­ного навколо прямокутного трикутника, MB = МА = MC = З см (радіуси описаного кола). В

Відповідь: MC = 3 см.

176 .Нехай дано рівнобедрений hABC. С

AC = ВС. М — точка, яка лежить на ос­нові рівнобедреного трикутника.М К X AC, відстань від точки М до сто­рони 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 трикут­ника M X -нМР=С£.

177. 1) ДАВС — прямокутний, рівно­бедрений, отже, ZB = ZC = 45°.

В

www.4boo

k.org

MBN-, ZB = Z N = 45°: BM = M N ; ANKC; ZC = Z N = 45°: N K = КС; M N K A — пря­мокутник. AM =N Ä ’: N = AK.Периметр прямокутника не залежить від положення його вершини на гіпоте­нузі.2)KC = N K ;A C = A K + K C =bcK ;P = 2AK + 2NK = \0(,cvi).Відповідь: 10 см.

184.

А 6 DПротилежні сторони ВС і AD не дорів­нюють 6 см.У ромба всі сторони рівні. ВС= AD = = 6 см: ZCOD = 90°; СО 1 OD.

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.

186. Z1 = Z2 = Z3 = 25°.Діагональ АС є бісектрисою кутів А і С.

187. Діагоналі ромба перпендикуляр­ні, діагоналі ромба є бісектрисами його кутів.

188. 1) Сторони квадрата AB = ВС= CD = = AD = 5cm;2) діагоналі квадрата АС = BD = 7 см;3) Z1 = Z4 = Z3 = 45°, Z2 = 90°.

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. в

ААОВ = АВОС - ADOC = &AOD (за двома катетами).Діагоналі ромба взаємно перпенди­кулярні і точкою перетину діляться навпіл.

19 1.

ДАВС = ДАОС (за трьома рівними сторона­ми). AB = ВС =AD = DC; AC — спільна.

192.^1 = 3 = Z4 = 25°; Z2 = 65°; Z5 = 90°.

193. z i = a D С

A Вl )a = 3 6 °; 18° і 72°; 2) a =54°; 27° і 63°3 )a = 60°; 30° і 60°.

194.

A ' DНехай ABCD — ромб, A B = ВС - AD = = BD. AABD — рівносторонній.Отже, ZA= ZABD = /ADB= 60°; ZA = = ZC = 60°; ZB = ZD = 120°.Відповідь: 60°; 60°; 120°; 120°.

195. Нехай ABCD — ромб.В с

zc =

А К DBK X AD; BK — висота ромба.1)ZABA-= 30°; AABK; ZA= 60°= ZA = 60°: ZB :=ZD = 120°;2) ZA B K = 15°; ZA = 75°; ZC= 75°; ZB = = ZD= 105°;3 )Z A B K = 65°; Z A = Z C = 25°; Zß = = ZD = 155°.Відповідь: 1) 60°; 60°; 120°; 120°; 2) 75°; Юб”; 75°; 105°; 3) 25°; 155°; 25°; 155°.

www.4boo

k.org

196. l ) a + a + 4 0 “ = 1 8 0 ° ;2 a = 140‘’ ; a = = 70°. ZA = ZC = 70°; ZB = Z D = 110°.

В с

DМал. 106

a+4a=90 °; 5a = 90°; a = 18°; ZA = ZC = = 36°; ZB = ZD = 144°.

В С

DМал. 107

2a+ a = 180°; 3a = 180°; a= 60°; ZB = = ZD = 120°; ZA = ZC = 60°.

В с

A D197. Нехай ABCD — ромб. ZA = 60°; BD = d.

D С

A В1 )d= 10 c m ; A A B D — рівносторонній; ZA= ZD = Z S = 60°; AB = 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; ОК = п. D 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 С

ОСРВ — другий квадрат з діагоналлю

ВС, сторона ОС = і AC.

1) d = 6 см; ОС = З см; 2) d = 29 мм; ОС = = 14,5 мм; 3) d= 1,5 дм; ОС = 0,75 дм.

200.

AABD = ACBD. BC=CD = AD = AB;BD — спільна; ZABD = ZCBD = ZCDB = ZADB = = 45°; Zß = ZC = ZD = ZA = 90°.ABCD — квадрат, що й треба було до­вести.

20 1. Таблиця 12

ВластивістьПарале­лограм

Прямо­кутник

1Протилежні сторони попарно паралельні

+ +

2Протилежні сторо­ни рівні, протилеж­ні К У Т И рівні

-н . +

3 Усі сторони рівні - -4 Усі К У Т И П Р Я М І _ +

5Діагоналі діляться точкою їх перетину навпіл

+ +

6 Діагоналі рівні _ +

7 Діагоналі взаємно перпендикулярні - -

8Діагоналі ділять кути навпіл - -

www.4boo

k.org

1Продолжение табл. 1.2

Властивість

Протилежні сторони попарно паралельніПротилежні сторо­ни рівні, протилеж- НІ кути РІВНІУсі СТОРОНИ рівніУсі КУТИ ПРЯМІДіагоналі діляться ТОЧКОЮ їх перетину навпіл______________Діагоналі рівніДіагоналі взаємно перпендикулярніДіагоналі КУТИ навпіл

ДІЛЯТЬ

Ромб Квад-рат

202. HexaüAßCD — ромб, у якого ZA = = 90°, тоді ZC = ZA = 90“.

D С

А ВZ D = Z B = 180° - 90° = 90°. У ромба всі кути прямі, тому ABCD — квадрат, що й треба було довести.

203. Нехай ABCD — чотирикутник, AB = BC = CD=AD.

D , С

А ' В Проведемо діагональ BD. AABD = ACBD (за трьома сторонами (BD — спільна сторона)). Тому Z1 =Z2. Отже, DC \\АВ. ABCD — паралелограм, у якого всі сто­рони рівні; ABCD — ромб, що й треба було довести.

204. Нехай AßCD — паралелограм, діа­гоналі якого ділять кути навпіл.

D С

А ВAABD = ACBD — рівнобедрені: Z4 = Z5; Z3 = Z5; DC = ВС; AD = Aß. У парале­лограма ABCD всі сторони рівні, отже,

ABCD — ромб, що й треба було довести.

205. Нехай ABCÖ — ромб.D С

А К В ^ABCD~ 36 см; DK і. AB; DK — висота ромба; а — сторона ромба.Р = 4а;а = 36:4 = 9(см).AADK: AD = 9cm ;DK = 4,5 (cm).

d k = \ a d .

Отже, ZA = 30° (катет, що лежить нав­проти кута 30°).ZA = ZC = 30°; ZD = Zß = 150°. Відповідь: 30°; 30°; 150°; 150°.

206. Нехай ABCD — ромб. ВМ і ВР — ви­соти; В М ±A D ;B P1C D . ААВМ = АСВР.

В С

A M D Z M = Z P = 90°; AB = ВС; ZA = ZC.3 рівності трикутників В М = BP, що й треба було довести.

207. Нехай дано ABCD — ромб, D K X ± А В ;А К = ВК.

D С

А К ' В1)AADB— рівнобедрений; АК = КВ; D K 1 AB; ZA =60°; ZADC= 120°; ZC = = ZA = 60°; ZD = Zß = 120°.2)BD = 20cm;AD = BD;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

www.4boo

k.org

1 )ZB D K = 35°: ZD B K ^ 55°;/ABC = 110°; ZADC = ZABC = 110°; ZA = = /C=70°;2 )Z B D K = 20°; ZD B K = 70°; ZABC = = 140°; ZB = Z D = 140°; ZA = ZC = 40°;3 )Z B D K = 40°; ZDBA= 50°; Z B = ZD = = 100°; Z A = ZC = 80°.Відповідь: 1) 70°; 110°; 70°; 110°; 2) 40°; 140°; 40°; 140°; 3) 80°; 100°; 80°; 100°.

209. Нехай дано ромб ABCjD.В с

А М в АВ= ВС= CD= A D = 4 СМ-, Z D = 120°; ZB = ZA = ZC = 60°. äABM — прямокут­ний. ZABM = 30°. A M — катет, що ле­жить навпроти кута 30°.

А М = А В = 2 см.

Аналогічно C N = 2 см; M D -A D - A M =

= 4 -2 = 2(см). В М = 2у/з.2) AMBN — рівносторонній.Z M B N = 120° - ZABM - ZNBC = 120° - - 30° - 30° = 60°; M B = BN (висоти). Отже, ZB M N = ZB N M = (120° - 60°): 2 = = 60°.

210. Нехай ABCD — ромб.В С

А D1 )Z l ; Z2 = 2 : 3. ЛАВО — прямокутний, гВО А = Ж ;X — спільна міра кутів, тоді Z\ = 2х; Z 2 = Зх\ 2х-¥ 3x= 90°; 5х = 90°; д; = = 18°. Z A = 4л:= 72°; Z A = ZC; ZB = = ZD = 6ж = 108°;2) Z1 ; Z2 = 2 : 7; 2л: -н 7л: = 90°; де = 10°, ZA = ZC = 40°-,ZB=^ZD = 140°.3)Z1 : Z 2 = l :2 ; х + 2х= 90°; Зх= 90° х = 30°; ZA + ZC = 60°; ZB = Z D ^ 120°. Відповідь: 1) 72°; 108°; 72°; 108°; 2)40 140°; 40°; 140°; 3) 60°; 120°; 60°; 120°.

211. Нехай ABCD — ромб; ВАГ — його висота.

В С

8хAB = BC = CD = AD = — = 2х.

4

&АВК — прямокутний. ВК = АВ;

ZA = ZC = SQ°;ZB = Z D = 150°. Відповідь: 30°; 150°; 30°; 150°.

2 1 2 .

1) Нехай у рівносторонній ЛАВС вписа­но ромб AEFK. ZA — спільний.Р лвс = 24 см; AB = ВС = АС = 8 (см).2) AKFC — рівносторонній. FK = КС;

А К = - 8 = 4 см;2

х.с« = 4х4 = 16(см).

3)ВЯ = Л £ = 4 см; Ай:=А:С = 4 см; BF =

= FC = 4cM.

213.1) Побудуємо допоміжний прямокут-

S

§

оЗ2а.t l

О

ний трикутник за діагоналями І і

л

у

12

2) Побудуємо допоміжний трикутник за сторонами d; а; а.

113Пп

www.4boo

k.org

3) Побудуємо допоміжний рівнобедре- ний трикутник за бічними сторонами а та кутом а між ними.

214. Нехай A N — бісектриса прямого кута А ААВС; N M і N K — перпендику­ляри до катетів.

AAMN — прямокутний рівнобедрений; Z l = Z2 = 450;AM = MiV.Отже, A M N K — квадрат, що й треба було довести.

215.

1) Нехай у рівнобедрений прямокут­ний трикутник ABC вписано квадрат A M N K .A B =A C = 8 см; ZB = ZC = 45°; ABMN — 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, діаго­налі якого рівні, АС = BD.

BD X АС, ААВО — прямокутний, АО - = OB, Z1 = Z2 = 45°; ZA = ZB = 90°, отже, даний ромб е квадратом, тому що в ньо­го всі кути прямі.

217.наль -

Нехай ABCD — квадрат, діаго- -B D . B M = DN.

В С

AAND = ACND = ААМВ = ACM В .1 )B M = N D ;AB = BC = CD=AD;2)Z1 = Z2 = Z3 = Z4 = 45°.З рівності трикутників маємо: A M = = MC = CN =AN. M N IA C .Отже, AM CN — ромб, що й треба було довести.

218. 1)Ні; 2)так;3)ні.

219. Побудуємо допоміжний рівно­бедрений прямокутний трикутник за катетом.

2) Побудуємо допоміжний рівнобед­рений прямокутний трикутник за ка-

220. Нехай ABCD — ромб, A M А. ВС; АР ± DC-, A M і АР — висоти, АС — діа­гональ. в

М

ААСМ = ААСР. АС — спільна; А М = АР, отже, ZMAC = ZPAC, що й треба було довести.

www.4boo

k.org

г

221. Нехай ABCD — ромб.В

A M X ВС; АР 1 DC; ZM AP= 30°; ZM AP= =/ABC=30°; ZABC=ZADC = 30°. ZA+Zß = = 180°; ZBAD = ZBCD = 180° - 30° = 150°. Відповідь: 30°; 30°; 150°; 150°.

222. nexa&ABCD — ромб. M ,N ,P , К — середини сторін ромба.

В N : С

А ' Р D Проведемо діагоналі АС і BD. M N — се­редня лінія ААВС. M N II АС; РК — се­редня лінія ДАОС, Р К II АС => M N Ц РК. Аналогічно М Р Ц NK . Отже, M N K P — паралелограм, що й треба було довести.

223. Нехай дано ромб ABCD. Із точки перетину діагоналей ромба проведено перпендикуляри до його сторін.

D N С

А М В ON 1 DC; OP 1 ВС; ОМ 1 AB; OK 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 чотири­кутника K N PM , отже, чотирикутник K N M P є прямокутником.

224. Нехай ABCD — прямокутник. М , N , Р , К — середини сторін прямо­кутника. В І N І С

Проведемо діагоналі АС і BD; АС = BD. ААВС; M N — середня лінія; M N Ц АС;

- середня лінія;M N = -A C ;A A D C ;K P 1

Ä-P||AC; К Р = ^АС.

Отже, M N IINP; M N = KP.Аналогічно М К Ц NP; М К = NP. Якщо АС = BD, тоді M N = К Р = М К = NP. Тому M N P K — ромб, що й треба було довести.

225. Нехай ABCD — ромб. Від двох протилежних вершин ромба на його сто­ронах 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 — прямо­кутник.

226. ABCZ) — чотирикутник. BZ) і AC — бісектриси кутів, B D iA C — діагоналі, B D =A C . D С

A ВЯкщо в чотирикутнику діагоналі рів­ні, то він є прямокутником, а якщо діа­гоналі прямокутника є бісектрисами кутів, то він є квадратом.

227. Нехай ASCD — квадрат.

= а -І- d, де а — сторо-длоо

~ K.JVBCD = 20. Р ^ о на; d — діагональ.4 «oz. = 4a + 4d ;P„, = 4a;Аа + Ы -А а = 20; 4d = 20;d = 5. Відповідь: d -Ь .

www.4boo

k.org

228. НехайАВСО — прямокутник. ßÄ , AN, CK, DN — бісектриси кутів; бісект­риси двох пар сусідніх кутів прямокутни­ка перетинаються під прямим кутом.

ACPD — рівнобедрений прямокутник. ZC = /.D = 45°. гС РВ = 90°; /.NPK = 90°. M N P K - квадрат, N P = РК-, M N = М К, що й треба було довести.

229. Побудувати квадрат:а) за сумою діагоналі і сторони.

+а ' d ' Побудуємо допоміжний прямокутний трикутник за катетом S = a + d i прилег­лим кутом 2 2 , 5 ° .

236. Мал. 124

XÄSM

2 2

Мал. 125

Л а ' fc\ х = 4 см.

Мал. 126

А а Ьx = S см.

239. Мал. 128. д: = 4 см. Мал. 129.д: = 12см.

240. DE II ВС; E F II AB

2 ) E F = 7 c m ; B D = 7 c m .

241.

A4, = А Л = А Л ; Л-Ві И А И А1) = 6 см; Aß, = 6 см;2)ß,ß^ = 5cM;Aß3 = 15cM;3)AB3 = 12cM;ß^ß3 = 4cM.

242.

243. ЛАВС; AB = 12 см; в с =18 см.В

А Al1) по 4 см і по 6 см;2) 6 см і 12 см; 4 см і 8 см.

www.4boo

k.org

244. AA^=A^A, = A^,;A ,B^±l;B^^l.Х/;ВзАз± / ;тодіЛ.В,||ВЛІІ-ВА-

Отже, за теоремою Фалеса АВ^ = == Bjßj, що й треба було довести.

245. ДАвсв

А Р с1) M N , NP, M P його середні лінії; АС -= 8 см; ВС = 5 см; AB = 7 см; M N = 4 см; AfP = 2,5 ом; = 3,5 см;2) 15 мм; 20 мм; 25 мм; 3) 4,5 см; 5 см; 7 см.

246. ДАВС. — середні лініїДАВС. С

1)а = 8 см; 6= 10 см; с= 12 см; M N = = 6 см; М Р = 4 см; PN = 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.

247. Нехай ААВС — рівносторонній.

АВ = ВС = А С =а ; M N = \а; N P = \a; 4І

М Р - - а , отже, M N = N P = M P.2

В рівнобедреному трикутнику дві се­редні лінії рівні між собою.

в

А Р с248.1) = 12 см; а = 12 : З = 4 (см).Усі середні лінії по 2 см.2)Р^ = 24 дм;а = 24 :3 = 8 ( д м ) .

Усі середні лінії по 4 дм.

3) Р^ = 48 см; а = 48 : З = 16 (мм).Усі середні лінії по 8 мм.

249. Нехай ААВС — рівносторонній.M N — середня лінія.

В

А Са)АС= 2M N = 2х 4= 8(см); Р ^ = Зх X 8 = 24 (см);б )АС= 2M N = 2х 0,8= 1,6 (см); Р ^ с = = 1,6х 3 = 4,8 (дм);в) АС = 2MN = 2 X 100 = 200 (см); Р ^ ^ = = З X 200 = 600 (мм).Відповідь: а) 25 см; б) 4,8 дм; в) 600 мм.

250. Нехай дано ДАВС; MiV, РЛ^.МР—середні лінії.

В

А Р СM N = З CM-, N P = 5 c m ; M P = 6 см.1)AB = 2NP = 2 x 5 = 10(cm); ВС = 2МР == 2х 6= 12 (см); АС= 2ЛГЛГ= 2х 3 = = 6 (см); РД^^ = 10 + 12 + 6 = 28 (см);2 )АВ = 2х 7= 14 (см); ВС= 2х 9 = = 18 (см); АС = 2х 12= 24 (см); P ^ ^ = = 14 + 18 + 24 = 56 (см);3 )А В = 2х 8= 16(см); ВС= 2х 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.

251. Нехай дано: ДАВС. ДМЛ^Р — три­кутник, утворений середніми лініями.

С

= 2х1)РX 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.

www.4boo

k.org

252. ABCD — паралелограм; BD і AC — діагоналі.

С

М К ^

А 1Г^ В1 )M N = 5 см; М К = 11см; AADC: M N — середня лінія; А С = 2M N = = 10 см; AABD: М К — середня лінія; BD = 2М К = 22 см;2 )M N = 0,6 дм; АС= 1,2 дм;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 : С В = 2 : 3 ;

2) A M : M B = 3 :4 ;3 )А К :К В = 2 :5 .

255. 1)АБ^ - ß jß, = 9 c m ; ABj = 9 c m ;

2)AB^ - = 8 см; = 12 см;3 ) - B j ß j = 1 0 cm ; A B ^ = 2 0 cm .

256. Нехай дано паралелограм ABCX).С

/ЛОВ; за теоремою Фалеса А М = M D, отже, DK = KP.ZCBD; за теоремою Фалеса BN = NC, тоді BP = PK.Отже, DK = K P = PB, що Й треба було довести.

257. Нехай ААВС — рівнобедрений.С

1)АС= ВС, M N = т; M N — середня лінія трикутника, Р — периметр.M N = 5 cm;AB = 2 M N = 1 0 cm;AC = BC = = (40 -10 ): 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 LBL 1 N M ; M L Ц KP. M L = N B = К Р = = 4 C M .

AABL: OP — середня лінія. OP || AL. ßO= OA, за теоремою Фалеса В Р = PL.

ОР = І а і , = І х ( 8 + 4) = 6 ( c m ) ;

ОК = О Р -К Р = 6 -4 = 2см.Відповідь: 2 см.

259. Нехай дано ДАВС. А В :В С :А С = = 3 :4 :5 .

1)РД^^= 60 см; HiMNP — трикутник,утворений середніми лініями даногоААВС.АВ = Зх; ВС= 4х; АС= 5х; РА^^ = 12х; ^^мир- 12лс= 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;

www.4boo

k.org

гM N = -A C = 10 см;

N P = BC = 8 см; M P = ^A B = 6 см.

Відповідь: 6 см; 8 см; 10 см.

260. Нехай дано AABC, сторони AABC A B : ВС ■,AC = 1 :8 : 9.

В

А P С^M N P — трикутник, утворений серед­німи 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; АВ = 1,4 дм; ВС = 1,6 дм; ЛС= 1,8 дм.

261. Нехай дано ДАВС; AMNP — три­кутник, утворений середніми лініями.

В

Р Л ^ = А В + ВС + АС.

M N = -A C ; М Р = -В С ; N P = -A B . 2 2 2

Р ш . . = \ ^ + \ВС + АС =

= і(А В + ВС + АС) = |р^е-

Отже, РД ^,= 2Р\, що й треба було довести.

262. Нехай дано чотирикутникЛВСІ). АС і BD — діагоналі.

В

1)АС = т =4 см; ВХ) = л = 6 см; M N PK — чотирикутник; М , N, Р, К — середини сторін чотирикутника ABCD.ДАВС; M N — середня лінія ДАВС;

M N = -A C = -m = 2 см;2 2

ДАОС; KP — середня лінія ДАОС;

КР = -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 2 2

Р ^ „ = 2 + 3-(-2-ьЗ = 10(см).2) m = 24 см; л = 25 см; Р ,^р =12+12 + -н 12,5-н 12,5 = 49 (см).Відповідь: І ) 10 см; 2) 49 см.

263. Нехай ABCD — чотирикутник, АС і BD — діагоналі; АС + BD = S.

Ж

М, N, Р, к — середини сторін даного чотирикутника.Р.МУРК = M N + N P + KP + K M .AABC; M N — середня лінія,

M N = і AC; AADC — середня лінія;

K P = -AC\AABDfM 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.

Sсса

го

Iтё :5‘со3

о .I— ш

со

www.4boo

k.org

264. Нехай ABCD — квадрат. AC — діа­гональ; AC =d.

M N K P — чотирикутник, вершини яко­го є серединами сторін квадрата.

M N = PK = -A C ; N K = M P = -B D ;2 2

AC = BD = d ;P „ ,,^ = 2d.1 )Р = 16см; 2) Р = 2,6 дм.

265. 1) Нехай ABCD — прямокутник; М , N, Р, К — середини його сторін.

D М С

hADC-, M N \\AC-, M N = -A C ; AABC;2

KP\\AC-, K P = -A C (властивість серед­ньої лінії трик^ника). отже, M N || KP; M N = KP. Аналогічно N P || M K ; N P = = M K . Якщо BD = AC, TO M N = N P = = PK = M K .Отже, M N P K — ромб, що й треба було довести.2) Нехай ABCD — ромб. М , N , Р, К — середини сторін ромба.

В

K P = M N = -А С ; PN = K M = -BD-,2 2

K P II AC; M N II AC; KP || M N ; PN || BD; K M II BD; K M + PN ; K M = PN ; BD ±AC; PN X M N ; K P X K M .Отже, K PN M — прямокутник, що й треба було довести.3)ABCD — квадрат. М, N, Р, К — сере­

дини сторін.

PK\\BD; PK = BD;

M N = PK;PM\\AC; Р М = АС;

ІСЛГЦАС: K N = AC;

K N = PM ; AC= BD. Отже, P M = M N = = N K = PK . P M N K - ромб. APDM = = ANCM. ZP M D = ZN M C = 45°; Z P M N = = 90°, отже, ромб PM N K — квадрат.

266. Нехай М, N, P — середини сторін шуканого трикутника.

Проведемо прямі, що проходять че­рез дані точки паралельно середнім лініям трикутника. ААБС — шуканий трикутник-.

267. M N \\AB;BN = NK , за теоремою Фалеса K M =АМ .

269. Нехай дано ДАВС. AM, ВАГ, CN — медіани трикутника ABC.

О — точка перетину медіан трикутника.

www.4boo

k.org

гПроведемо М К IICN. За теоремою Фалеса В М =М С. ВК = KN; BF = FO.OB = 20К. Д я а л о г іч н о : OK : OB = 1 :2 ; АО : ОМ = = 2 :1 ; СО : ON = 2 : 1, що й треба було довести .

270.

1)ВС II АВ II Л,С.; AB Ц Л,В,. AB; ВС; АС — середні лінії ДЛ,Л^С,.2)А^В^ = 2АВ = 12 см; ß,C, = 2ВС = 24 см; Л,С, = 2ЛС = ЗО см;3 )Р . = 48 см;

- мвс “ 2 = -•48 = 24 (см).

271.

А М сНехай дано: ААВС; АК 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.272. Нехай дано: ААВС; АС = Ь;ВС = а; АВ = с; A j, ß,, С, — середини сторін.

С

А С . = Д А = |; ß.C = ß.ß = |;

AC,=C,ß = |; A ß ,=|c ;

В.С.=|ь; Л С ,= | а .

р _ £ ^ £ .“ |Св, ~ 2 ^ 2 2 ’ ~ 9 ^ 91 ^ Я ’

Р . и

~ 2 ^ 2 2 ’ ” 2^2 2 ■

У цих трикутників рівні сторони, отже.

AAjCß, = Aß,C,ß = AA,ß,C, = ДЛА,С,.

273. 1) = 36 c m ; А К = К Р = BP;BN = NQ = QC;AM = M D = DC; P N — ce-

редня лінія AJfßQ; P N = ^KQ.

Аналогічно; M K = і PD; QD = — M N .2 2

Сума відрізків дорівнює = 36 см.

274. Нехай дано: ААВС.

Нехай пряма І проходить через середи­ни двох сторін точки М і N . M N — се­редня лінія 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. ААКМ = ABDM. A M = = M B; Z K M A = /.DBM; з їх рівності А К = В О .А К = РС = В В ,щ ой треба було довести.

§ 7. Трапеція

282. l )A D iß C — основи;2) АВ і CD — бічні сторони;3) ZA і ZD, Zß і ZC — кути, прилеглі до основ AD і ВС відповідно;4) ZA і ZB, /.С і /.D — кути, прилеглі до бічних сторін АВ і CD відповідно.

283. Чотирикутник ABCD — трапеція, тому що AD II ВС, АВ / DC.

О D\ \С Відповідь: ABCD — трапеція.

284. 1) CD = AB = З CM (за означенням рівнобічної трапеції);2) AN = 180° - ZM = 180° - 90“ = 90“ (за

www.4boo

k.org

властивістю внутрішніх односторон­ніх кутів при паралельних прямих M L і N K та січній M N ).Відповідь: 1) З см; 2) 90°.

285. 1)

А D2) ВС = З см, AD = 5 см, M N = 4 см;3) ВС + AD = З + 5 = 8 см. M N у два рази менша за суму ВС +AD.

286. Якщо NA' = 4 см, ML = 8 см і £F — середня лінія, то

EF =N K + M L 4 + 8 = 6 (см).

Отже, на рисунку неправильно вказано довжину середньої лінії трапеції. Відповідь: ні.

287. Нехай ABCÖ — трапеція (ADIIВС), тоді ZA + ZB = 180°, оскільки AD || ВС і кути А і В є внутрішніми односторон­німи при паралельних прямих AD і ВС та січній ЛВ.

О В С 1 ZA 70° 65° 60° 45°3 / \ ! ZB 110° 115° 120° 135°ос / \ ZC 154° 144° 152° 142°Q. / \ ! ZD 26° 36° 28° 38°

А DZC + Z D - 180°, оскільки ZC і ZD є внутрішніми односторонніми при па­ралельних прямих AD і ВС та січній CD. Отже, сума градусних мір двох кутів трапеції, прилеглих до бічної сторони, дорівнює 180°.

288. Мал. 156ziB = 180° - ZA = 180° - 50° = 130°; ZD = = 180° - ZC = 180° - 140° = 40°. Відповідь: ZB = 130°; ZD = 40°.

Мал. 157ZB = 180° - ZA= 180° - 90°= 90°; ZC = = 180° - Z D = 180° - 46° = 134°. Відповідь: ZB = 90°; ZC =134°.

Мал. 158ZB = 180° - ZA = 180° - 40° = 140°; ZC = = 180° - Z D = 180° - 36° = 144°.В ідповідь: ZB = 140°; ZC = 144°.

289.

A D1 )Z A = 180° - ZB = 180° - 110°= 70°; ZC = 180° - ZD = 180° - 30° = 150°;2 )Z A = 180° - ZB = 180° - 125°= 55°; ZD = 180° - ZC = 180° - 145° = 35°. Відповідь: 1) ZA = 70°, ZC = 150; 2) ZA = 45°, ZD = 35°.

290. вT

A D1 )ZA = ZB = 180° : 2 = 90°;ZD = 180° - ZC = 180° - 120° = 60°;2 )Z A = ZB = 180°: 2 = 90°;ZC = 180° - ZD = 180° - 25° = 155°;3 )Z A = ZB = 180°: 2 = 90°;ZC = Z A -I-40° = 130°;ZD = 180° - ZC = 180° - 130° = 50°. Відповідь: 1 )ZD = 60°; 2 )ZC = 155°3) ZC = 130°, ZD = 50°.

291.

A D292.1) BC II AD, бо ABCD — трапеція з ос­новами AD і ВС. CK II AB — за умовою. Ос­кільки ВС IIAD, С К II AB, то чотирикутник АВСК — паралелограм.2) ZBAD = ZCKD — як відповідні кути при паралельних прямих AB і CD та січ­ній АК. ZBAK = ZCDK — як кути при одній основі рівнобедреної трапеції. Ос­кільки ZBAD = ZCKD і ZBAK = ZCDK, то ZCKD = ZCDK, тобто, AKCD — рів- нобедрений.

293. 1)ML=MF+FL=MF+NK=5+2=7cm;2) N K = FL = 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 cm . Відповідь: 1) 7 см; 2) З см; 3) 8 см.

www.4boo

k.org

г294. ААВМ =ADCK (за гіпотенузою і го­стрим кутом: A B = CD — як бічні сторони рівнобічної трапеції A B C Ö , ZA = ZD — як кути при основі рівнобічної трапеції).

295. Мал. 162

* І ^ = 6; х + 8 = 12;х = 12 -8 ;2

д; = 4 (ом).Відповідь: 4 ом.

Мал. 163

Х = * = 7 (см).It

Відповідь: 7 см.Мал. 164

І1І5 = 10;2

ж + 5 = 20; дс = 20- 5; х = 15 (см). Відповідь: 5 см.

296.AD 10 см 7 см 13 см 11 см 9 смВС 6 см 9 см 5 см 9 см 15 смM N 8 см 8 см 9 см 10 см 12 см

в

297.

Pmcd = BC + AD + AB + CD =

= 2 X + c + d = 2m + c + d.

1) Р ^ о = 2т+ с+ d= 2х 10+ 8+ 12 = = 4 0 (см);^)P^cD= 2m+ с+ d= 2х 14+ 17+ 17 = = 28 + 34 = 62(см).Відповідь: 1) 40 см; 2) 62 см.

298. Мал. 165ЙС = AD - 2AF = FD - AF = 12 - 4 = 8 (см); AD =AF + FÜ = 4 + 1 2 = 1 6 c m ;

M N = BC + AD 8 + 1 6= 1 2 (C M )

де M N — середня лінія трапеції. Відповідь: 8 см, 16 см, 12 см.

Мал. 166N K = FE = 4 cm;M L = M F + FE + EL = 2 ++ 4 + 5=11 c m ;

N K + M L 4 + 11 >л = -------- = ---- = 7,5 (см),2 2

де X — середня лінія трапеції. Відповідь: 4 см, 11 см, 7,5 см.

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°.

300. 1) Оскільки кути трапеції дорів­нюють 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 пропор­ційності) і ft + 3Ä = 2ft + 2ft, то кути тра­пеції, взяті послідовно, можуть відно­ситися як 1 : 2 : з : 3.3) Оскільки кути трапеції дорівнюють 7ft°, 3ft°, 4ft°, 5ft° (ft — коефіцієнт про­порційності) 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.

301. Нехай ZD = 45°, BC = a,AD = b, CD 1 AD, тоді ACKD — прямокутний рівно- бедрений iC K =K D =AD -A K =A D -B C = = b -a .

В С

А K D1 )С К = Ь - а = 8 - 6 = 2 (см); 2 )С К = Ь - -0 = 10-6,2 = 3,8 (см) = 38 (мм). Відповідь: 1) 2 см; 2) 38 мм.

www.4boo

k.org

Xго

2

Iтa.g'Eо-S

Q.t i

ОШ

302. Нехай ZA = ZD , проведемо CK || II AB, тоді ZA = ZCKD — як відповідні кути при паралельних прямих AB і СК та січній АК. Оскільки ZCKD = ZD , то ACKD — рівнобедрений і СК = АВ.

В С

А К DОскільки АВСК — паралелограм, то СК = AB. Враховуючи, що AB = СК і СК = AD, то AB = CD, тобто трапеція ABCD — рівнобічна.

303. Мал. 167 ZA = 90°-32° = 58°,Zß = 90° + 32° = 122°,ZC = ZB = 122°, ZD = ZA = 58°. Відповідь: 58°, 122°, 122°, 58°.

Мал. 168ZBCA = ZCAD = 30° — як внутрішні різ- носторонні кути при паралельних пря­мих AD і ВС та січній АС.ZBAC = ZBCA = 30° — як кути при ос­нові АС рівнобедреного трикутника ЛВС.ZBAC = ZBAC + ZCA = 30° + 30° = 60°. Z D = ZBAC= 60°: Z B = ZBCD^ 180°- -60 °= 120°.Відповідь: 60°, 120°, 120°, 60°.

Мал. 169 ZD = ZBAD = 2ZCAD.Оскільки ZD + ZCAD = 9° і ZX) = 2ZCAD,

TO ZD = ^ 5 ^ = 60°,1 + 2

ZBCD= 180° - ZD = 180° - 60°= 120°, ZB = ZBCD = 120°, ZBAD = ZD = 60°. Відповідь: 60°, 120°, 120°, 60°.

304.

еч

A DZA + ZC = ZA + ZB = 180° (оскільки ZC = = ZB і ZA + ZB = 180°).ZB + Z D = Z B + Z A = 180° (оскільки ZD = Z A iZ A + ZB = 180°).Отже, в рівнобічній трапеції сума про­тилежних кутів дорівнює 180°.

305. Нехай ZA + ZC=^ZB + ZD =180°. В С

А DОскільки ZA+ 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 про­тилежних кутів дорівнює 180°, то тра­пеція рівнобічна.

306. 1) Нехай Z B - Z D = 40°. Оскіль­ки Z B + Z D = 180° (задача 304) і

180° н-40°Z ß -Z £ ) = 40°,TO Zß =

z b = 1 ® 2 : : ^ = 70°.

ZA = ZD =70°, ZC = Zß = 110°.В С

= 110°,

А DВідповідь: 70°, 110°, 110°, 70°.2 ) Нехай ZA : ZC = 1 :4 . Оскільки ZA + + ZC = 180° (задача 304) і ZA : ZC = 1:4,

. o Z A = l « 5 : ^ = 36°,ZC = i ? ° : ^ = 144°1 + 4 1 + 4

ZB = ZC = 144°, ZD = ZA = 36°. Відповідь: 36°, 144°, 144°, 36°.

307. Нехай AD II ßC, AB = CD, тоді ZA = = ZD — як кути при основі рівнобічної трапеції. В С

А DhADC = ADAB (за двома сторонами і ку том між ними: AD — спільна сторона CD = ВА — за умовою, ZBAD = ZCDA) Із рівності цих трикутників випливає що АС = BD. Отже, діагоналі рівнобіч ної трапеції рівні.

308.1) AABD = ADCA — за трьома сторона­ми: AD — спільна сторона, AB = DC — як бічні сторони рівнобічної трапеції, BD = = СА (задача 307). Із рівності цих трикут­ників маємо ZBDA = ZCAD, тоді ZODA = = ZOAD. Отже, AAOD — рівнобедрений. Ана­

www.4boo

k.org

логічно двое — рівнобедрений, бо ДВСЛ = =ДСЛА (ВС — спільна, CD=BA, BD = СА) і із рівності цих трикутників випливає, що / J ) B C = ZACB.2)tAO B =ADOC — затрьомасторонами, оскільки ЛО = DO (бо &AOD — рівнобед­рений), OB = ОС (оскільки д в о е — рів­нобедрений, AB = CD (як бічні сторони рівнобічної трапеції).

309. Нехай у рівнобічній трапеції AßCö (AD II ßC), AD = 10 CM, = CD = 4 CM, ZA = = ZD = 60°.

В С

A K M D Проведемо BK ± AD, CM ± AD, тоді ZABK = ZDCM = 90° - 60° = 30°.3a властивістю прямокутного трикут­ника з кутом 30° маємо:

АЯ: = І а В = І х 4 = 2 (cm),

M D = ^CD = ^ x 4 = 2 (cm),^ а

тоді BC = K M = A D -A K ~ M D = 1 0 - 2 - - 2 = 6 (см).Відповідь: 6 см.

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 XAD.AABK = ADCM — за гіпотенузою і го­стрим кутом (AB = CD, ZA = ZD = 60°), тоді

A K = M D =А В -В С 49-15

= 17 (cm).

Із прямокутного трикутника АВЛГ (Z K = = 90°, ZABK = 30°) маємо AB = 2АК = 2 х X17 = 34 см. Оскільки трапеція ABCD — рівнобічна, то CD = А В = 34 см. Відповідь: 34 см.

3 1 1 . 1) AßCD — рівнобічна трапеція

(AD\\BC,AB = CD ),B K L A D ,C M 1. AD,A K = 4 CM, KD = 8 CM.

A K M D &ABK = ADCM, тоді M D =A K = 4 CM.

AD = A K + KD = 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, KD = 7 CM. A D = A K +K D = 2 +7 = = 9 (cm). AABK = ADCM, тоді BC = K M = =AD - AK-- MD = 9 - 2 - 2 = 5 (CM). Відповідь: 5 см, 9 см.

312.1) AASJiT = ADCM — за гіпотенузою і гострим кутом (AB = DC — як бічні сторо­ни рівнобічної трапеції, Z A =ZD — як кути при основі рівнобічної трапеції), тоді

А К = М Р = ^ - ^ ^ = ^ - ^ ^2 2

2) Оскільки А К = M D, то А К + KD = = M D + K M або A M = KD, тоді

A M = KD = AK + K M = ^ ~ ^ ^ +

+ВС =

313.

A D -B C + 2BC AD + BC

PsCtQ.

2sIT>4Q.5со

S2Q.

L

LA K D

1) Нехай BC= 12 CM, AD = 24 см, тодізгідно 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 згід­но з задачею 312 маємо:

АК = A D -B C 14-8 = 3 (см):

BC-I-AD 8-И4 ,KD = ---- = _ _ = ц (см).

Відповідь: З см і 11 см.

www.4boo

k.org

314. Нехай у трапеції ABCD (AD\\BC) AB = BC, тоді Z.BAC = ZßCA (як кути при основі рівнобедреного трикутника; ZBCA = = ZCAD (як внутрішні різносторонні кутипри паралельних прямих AD і ВС та січ­ній АС). Оскільки ZBAC = ZBCA і ZBCA = = ZCAD, то ZBAC = ZCAD, тобто АС — бі­сектриса кута BAD.

В , С

РSCtQl

гоSІЗ"

.5соЗтса.

О

А DОтже, якщо бічна сторона трапеції дорівнює меншій основі, то діагональ, яка сполучає їх кінці, є бісектрисою кута, прилеглого до більшої основи.

315. Нехай ABCZ) — рівнобічна трапе­ція, у якій AB = CD = BC, AD = b,BC = a, тоді AABC — рівнобедрений і + ВС + CD + AD = a + a + a + b = 3a + b.

В С

= 3xА D

1) Якщо а = 6 см, b = 8 см, то X 6 + 8 = 26 (см );2 ) якщо а= 6 2 м м = 6 , 2 см; Ь= 1 0 см, то P abcd = 3x6 ,2+10=18 ,6-1-10 = 28,6 (см). Відповідь: 1) 26 см; 2 ) 28,6 см.

316. Мал. 172За теоремою про середню лінію трикут­ника маємо

М Е = - ВС, EN = -A D ,T o n i 2 2

M N = M E + EN = -B C + -A D =2 2

BC + AD 2

Мал. 173Проведемо CF II AB, тоді ABCF — п ара­лелограм, AF = ВС, CE = EF, EN — се­редня лінія трикутника FCD.

M N = M E + EN = BC + -F D = BC +2

+ - (A D -A F )= ^ B C + - A D - - B C =2 2 2

2 2 2

Мал. 174Проведемо EF II AB, тоді ABEF — пара­лелограм, BE =AF.ACNE = ADNF (за стороною і двома при­леглими кутами: CN = D N — за умо­вою, ZCNE = ZD N F — як вертикальні,ZECN = ZFD N — як внутрішні різно-сторонні при паралельних прямих ВС і AD та січній CD), тоді E N = FN і СЕ = = DF.

M N = (В Е + A F ) = (BC + CE +

+ A D -F D ) = ~{BC + CE + A D -C E )^2

= i (ß c +AD).

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

А DНехай AD = Ix см, ВС = Зх см, тоді їх - -З х = 4 ,8 ; i x = i,S -,x = l,2 .Отже, AD = 7 X 1 ,2 = 8,4 (см); ВС= З х

X 1 ,2 = 3,6 (см), тодіAD + 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, NE - -M E = 2 см.

В

А DНехай M E = X см, тоді NE = (х + 2) см, ВС= 2М Е= 2хсм, AD = 2NE= 2(х +

+ 2) см. Оскільки M N = — -----,

то 10 = х + 2 + х ;2 х +

+ 2 = 10; 2л = 10 - 2; 2х = 8; і = 4.Отже, AD = 2 (л + 2) = 2 X (4 + 2 ) = 12 (см);ß C = 2x = 2 x 4 = 8 (см).Відповідь: 8 см і 12 см.

www.4boo

k.org

f r

319. ABCD — трапеція (ВС || AD), A K = = jrC, BL = LD ,A D = a, BC = b.

В с

А DПроведемо через точку к пряму K M II ДАО, пряма K M містить відрізок KL. Тоді М К — середня лінія трикутника ABC, LN — середня лінія трикутника BCD, і

K L = ^ M N -M K -L N = ^ ± ^ ~2

ВС ВС a + b Ь b ~ 2 ~

a + b —b -b2 2a -b

Отже, відрізок, який сполучає середи­ни діагоналей трапеції, паралельний основам і дорівнює їх піврізниці.

320. ABCD — трапеція, А К = КС, BL = ^LD, ВС = а, KL = с. Згідно з результата-

лт\_ми задачі 319 маємо: K L = ----- ,тоді

A D -aе = - , AD - а = 2с; AD = 2с + а.

В с

А D1)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.

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 Сороводимо промінь СВ, СВ Ц AD; про­водимо дугу кола з центром у точці А і РвДіусом 6 см, яка перетне промінь СВ

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 цент­ром у точці D і радіуса 6 см, яка перетинає промінь ВС у двох точках С, і C^.ABCfi \ABCfi — шукані трапеції.

А 7 см D 3) Будуємо відрізок AD, AD = 7 см; потім будуємо кут DAB, ZDAB= 60°; на промені AB відкладаємо відрізок AB, AB = З CM і через точку В проводи­мо промінь І, паралельний AD. Будуємо кут ADC, ZADC = 50°. Точка С — точка перетину променів І і DC. ABCD — шу­кана трапеція.

В С

А а D 4) Спочатку будуємо трикутник ACD, у якого AD = а, АС = d, CD = с. Через точ­ку С проводимо промінь СВ, паралель­ний прямій AD. На цьому промені від точки С відкладаємо відрізок СВ, СВ = = Ь. ABCD — шукана трапеція.

322. A B C D - трапеція (AD II BC),Z1 = = Z2, Z3 = Z4.

В С

А ' F " D Оскільки Z I = ZAFB (як внутрішні різ- носторонні кути при паралельних пря­мих AD і ВС та січній BF) і Z1 = Z2, то / A F B - Z1, тобто ДАВ/’ — рівнобедре- ний і AB = АР.Оскільки Z3 = ZCFD (як внутрішні різ- носторонні кути при паралельних пря-

www.4boo

k.org

мих ВС і AD та січній CF) і = Z4, то Z.CFD= Z4, тобто ACFD— рівнобедре- HnüiCD = F D .T oa 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 дорів­нює сумі бічних сторін трапеції.

Z2Z.ABCD — т р а п е ц і я {AD Ц ВС),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 , EN = 20 см, т о д і ВС = 2МЕ = 2x8=16 (см), AD = 2EN = 2 х 20 = 40 (см).

В С

А КПроведемо с к ±A D , тоді

KD =A D -В С 40-16 = 12 (см).

Оскільки в прямокутному трикутник

CKD KD = -C D 2

\2 = -x .2 i 2

TO Z.KCD = 30°, а /iCDK = 60“. Отже, ZD =

ZA = 60°, Z.B = iLC^ 180° - 60° = 120°. Відповідь: 60°, 120°, 120°, 60°.

324. AßCD — трапеція (AD II ßC),AC = = BC. В С

A K M D Проведемо BK 1 AD і CM 1 AD.AACM = ADBK (за гіпотенузою і кате­том: АС= BD, С М = ВК), тоді ZCAM = = ZBDK. AABD= ADCA (за двома сто­ронами і кутом між ними: BD= АС — за умовою, AD — спільна, ZADB = = ZDAC — за доведенням), тоді AB = = DC, тобто ABCD — рівнобічна трапе­ція. Отже, якщо діагоналі трапеції рів­ні, то трапеція рівнобічна.

325ЛВСО — трапеція {ВС Ц AD), AB = CD, ZBOC = 90°, LN — середня лінія трапеції. Через точку О проведемо М К , М К X ВС, толі MKS.AD.

В М С

Оскільки ВО = ОС, то 90ZOSC = ZOCB = - = 45°, то

ОМ = МС = В М = -В С .2

Оскільки j40 = OD, то

ZOAD = ZODA = 90°= 45°, то

OK = KD = AK = -A D .2

1 1Тоді M K = MO + OK = -B C + -A D = 2 2

Отже, якщо діагоналі рівнобічної тра­пеції взаємно перпендикулярні, то се­редня лінія трапеції дорівнює ії висоті.

326. ABCD — трапеція (AD Ц ВС), AB = = CD, M N — середня лінія.

В С

A K N DПроведемо BK X AD, CN X AD, тоді CN = AN і BK = KD (задача 312), звідси AACJV і ABKD — прямокутні і рівнобедрені, тоді ZC A N = ZACN^ ZK B D = ZKDB =

i ° : = 45°.2

Із трикутника AOD маємо ZAOD = 180° - ZOAD - ZODA = 180° - 45° - 45° = 90°, отже,УІСХВІ).Таким чином, якщо середня лінія рів­нобічної трапеції дорівнює ії висоті, то діагоналі трапеції перпендикулярні.

327.1)ABCD — трапеція (ВС Ц AD), ASCÄ’ — ромб, AKCD — рівносторонній.

В , С

А ' К D ZCKD = 60°, ZAäTC = Z B = 120°,

ZBAC=ZBCA = 180°-120° = 30°.ZßCD = 120°, тоді

ZCBD = ZCDB = 180°-120° = 30°.

www.4boo

k.org

Із трикутника ВОС маємо ZBOC = 180° - ZCBD - гВСА = 180° - 30° - 30° =120°, тоді /.COD = 60°.Відповідь: 60°.2 )ABCD — трапеція (ВС \\AD), АВСК —ромб, AKCD — рівносторонній.

В С

А ' К ' D Нехай ВС= х е м , тоді AD = 2 х с м , тодіза властивістю середньої лінії трапещї

X^маємо ——— = 18, тоді 1,5л = 18; дг = 12.

Отже, ВС = 12 см, AD = 2x12 =24 (см). Відповідь: 12 см і 24 см.

328. A B C Z ) — трапеція (ВС IIA D ), A B J. AD, iiACD — рівносторонній, AC = CD ==AD = a. В С

П

Проведемо CK X AD, тоді AK = KD = —,

Оскільки в прямокутнику АВСЛГ проти­

лежні сторони рівні, то В С -А К = — і2

тоді середня лінія дорівнюєа

BC + AD4 ■

Відповідь: — .4

Z2S.ABCD — трапеція (AD Ц ВС), M N — се­редня лінія трапеції, ON - ОМ = 7 см, ZBAD = =ZCDA=60°. Оскільки ZBAD=ZCDA = 60°, toABCD — рівнобічна, AB = CD.

В С

М,

А Р л: І?Проведемо ВР 1 AD, СК ± AD. Із пря­мокутних трикутників АВР і CKD (деZA B P= ZDCK= 30°) маємо AB = 2АР,CD = 2KD. Нехай MO = л:см, тоді ON - = (JC-I- 7) CM, ВС = 2MO = 2хсм, AD = = 20JV = 2(a: -1-7) c m ,

AP = A D -В С 2(x + l ) - 2 x

2х + Ы -2 х= 7см

AB = 2AP = 2x7=14 (см).Оскільки 60 см, то АВ-н ВС ++• C D A D = 60; 14+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 три­кутник CKD, у якому CK = c,CD=d, KD - = a -b ;2) на промені D K від точки К відкластивідрізок АК, А К = Ь;3) через точку С провести пряму, пара­лельну прямій DK-,4) на промені СВ від точки С відкластивідрізок ВС, ВС = Ь\5)ABCD — шукана трапеція.

331. в ь с

А а D Ь К1) Спочатку слід побудувати ААСК,у якого АС = d,, СК = d , А К = а + Ь;2) на промені КА від точки К відкластивідрізок KD, KD = Ь;3) через точку С проводимо промінь СВ,паралельний до AD, і на цьому промені відкладаємо відрізок СВ, СВ = Ь;4)ABCD — шукана трапеція.

§ 8. Центральні та вписані кути

337. ZAOB — центральний. 'uAmB і<jAnB — дві дуги, які відповідають цен­тральному куту АОВ.

338. Мал. 199'uAI.B = 90°. Відповідь: 90°.

Мал. 200 uALB = 180°. Відповідь: 180°.

www.4boo

k.org

Мал. 201 <jALB = 60°. Відповідь: 60°.

339.

Ш Л а

§

ІтЁ:

оSгео .fc

ої ї

1) uAß = 70°;2) uAB=120°;3) uAB = 55°

340. ZAC,J3 = ZACjB = 90°.

evjtne*s

Вписаний кут, що спирається на діа­метр, дорівнює 90°.

341. Мал. 202

a = iu A C = ix l2 0 ° = 60°.2 2

Відповідь: 60°.Мал. 203

ZAD = 2ZABD = 2x25° = 50°;

a = iu A D = -x50°-25°.2 2

Відповідь: 25°.Мал. 204

a = iu 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°.343. 1) Якщо а = 30°, то иАВ = 30° або uAB = 360°-30° = 330°;2) якщо а = 62°, то uAB = 62° або иАВ == 360° - 62° = 298°;

3)якщо а= 100°, то uAB= 100° абоиАВ = 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) uAMß = uAM +uM S = 180° + 30° = 210°.Відповідь: 1) 70°; 2) 210°.

345.

1) kjAB = 60°; uACß = 360° - 60° = 300°;2)<uAB = 90°; uACß = 360° - 90° = 270°;3 )u A ß = 120°; uACß= 360°- 120° = = 240°;4) uACß = uADß = 180°.Відповідь: 1)60° і 300°; 2)90° і 270°; 3) 120° і 240°; 3°4) 180° і 180°.

346. uCD = 180 °-u A C -u B D =180 °- -5 9 °-6 1 ° = 60°.

AOCD — рівносторонній, тоді CD = ОС == o d = o a = o b .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.

www.4boo

k.org

349. 1) IX 52° = 26°; 2) I X 126° = 63°;

3) i x 2 0 0 ° = 100°.2

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. l ) u A C = 3 6 0 ° -1 5 0 ° -7 0 ° = 140°;

/ :A B C = і u A C = і X 140° = 70°;

2) uM X = 30° X 2 = 60°; x° = 360° - 60° - - 160°= 140°; 3 )u £Q = 60°x 2= 120°; Ж» = 360° - 50° - 120° = 190°.Відповідь: 1) 70°; 2) 140°; 3) 190°.

■<v.-: 3S2. u A B ; u B C : AC = m : n : k, тоді

uAC =360° xfc m + n + k ’

Тоді =2 m +n+k

1 180°xA^ = - u A C = -----------;

2 m +n+k

2 m +n+k

1) zA = i 5 5 ^ = 60°;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

ZB = l«°:2 i3 = 9o°; z c = l ^ = 30°.1 + 2 + 3 1 + 2 + 3

Відповідь: 1) 60°. 60°, 60°; 2) 72°, 72°, 36°; 3) 60°, 90°, 30°.

353. 1) ZA = 65°, тоді ußC = 2 x 6 5 ° = = 135°; ZC = 35°, тоді uAB = 2x35° = 70°; uAC = 360° - 130° - 70° = 160°;

В

2 )Z A = 30°, тоді ußC= 2x 30°= 60°; Z ß = 90°, тоді uAC= 2x 90°= 180°; uAB = 360° - 60° - 180° = 120°;3) Zß = 110°, тоді uAC =2x110° = 220°; ZC 28°, тоді uAB = 2 X 28° = 56°; ußC = = 360°-220°-56° = 84°.Відповідь:!) 70°, 130°, 160°; 2) 120°, 60°, 180°; 3) 56°, 84°, 220°.

354. AB = BC;uAB = <^BC

Zß = 180° - 2ZA = 180° - 64° = 116°;

2) ZA = ZC = iw A ß = lx l2 0 ° = 60°;2 2

ZB = 180° - 2ZA = 180° - 120° = 60°;

3) ZA = ZC = iu A ß = lx l4 4 ° = 72°;2 2

Zß = 180° - 2ZA = 180° - 144° = 36°. Відповідь: 1)32°, 32°, 116°; 2)60°, 60° 60°; 3) 72°, 72°, 36°.

355. 1) Мал. 211^AC = 2ZABC = 2 X 35° = 70°;

2) Мал. 212 <jAC = ZAOC = 40°;

ZAßC = lu A C = ix 4 0 ° = 20°.2 2

Відповідь: 1) 70°; 2) 20°.

www.4boo

k.org

356. Нехай uAß = 'uCD, тоді ZAOB - ZCOD.

AAOB = ACOD за двома сторонами і ку­том 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.

357. Нехай АБ = С£>, тоді ДАОЛ = ACOD за трьома сторонами (АО = ВО = СО = DO — як радіуси, AB = CD — за умовою). Із рів­ності трикутників маємо ZAOB = ZCOD, тоді uAB = uCD. Отже, у колі рівні хор­ди стягують рівні дуги.

358. Нехай CD 1АВ, тоді &AOF=&BOF за гі­потенузою та катетом (АО -В О — як радіу­си, OF — спільний катет). Із рівності три­кутників маємо ZAOF= ZBOF, тоді\jAC = <jBC і uAD= ußZ) = 180° - uAC. Отже, діа­метр, перпендикулярний до хорди, ділить дуги, які вона стягує, навпіл.

359. Нехай AF = BF, CD — діаметр, OF — медіана рівнобедреного трикутника АОВ, тоді OF — бісектриса трикутникаАОВ, отже,

ZAOF = ZBOF. Оскільки ZAOF = ZBOF, то uAD=иВК, тоді uAC = иСВ = 180° - uAD. Отже, діаметр, проведений через середину хорди, яка не проходить через центр, ді­лить навпіл дуги, що їх стягує хорда.

362. 1) О ск ільки kjACB : <jAD£l = 2 : З, то і

uACB = = 144°;2-1-3

^Л2)В = 3601^ = 216°,2 + 3

!

тоді ZACB = - kjADB = - x 216°^108°; 2 2

5 ■

ZADB = і и АСВ = і ■ 144° = 72°.2 2

www.4boo

k.org

2) Оскільки kjACB : kjADB = 4 : 5, t o

uACB = = 160=;

uADB =

4 + 5

360°X5 4 + 5

= 200°, тоді

ZACB = і u ADB = і X 200° = 100°; A

,MX>B = і u ACB = і X160° = 80°.

Відповідь: 1) 108° і 72°; 2) 100° і 80°.

363.1) Оскільки и Р Л Г : РВ Т = З : 5, то 360° X З

kjPAT =

^ Р В Т

3 + 5 360°X5

3 + 5

= 135°;

= 225°

тоді ^РВ7’ = іо Р Л Г = іх135° = 67°30';А А

ZRAr = іи Р В Г = і х 225° = 112°30'.2 2

2) Оскільки и Р А Г : иРВ Г = 2 : 7, то

и1>Л7’ =362І2і2 = 80°;2 + 7

360° X 7\j PB T =

2 + 7= 280°, тоді

ZPA T = - U РВ Т = і X 280° = 140°;2 2

гР В Г = іи 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°;

^ДС = ^ = 80°;

uBC =

2 + 3

200°X З 2 + 3

= 120°.

1) ZABC = iu A C = ix 8 0 ° = 40°;2 2

2) ZBAC = і и ВС = -х120° = 60°.2 2

ВіЗгаовідь; 1)40°; 2) 60°.

365. Нехай ZAB C = 30°, тоді uAC = = 60°, ZAOC = uAC = 60°.

ААОС — рівносторонній, оскільки

ZA = ZC = 1 « ® 1 ^ ^ =

180°-60° = 60°,

тоді АС =А0 = CO.Отже, хорда АС дорівнює радіусу кола.

366. І випадок

_Х

(ТЗ

Іт

сс

оSосо .ь

АС = АО = СО, точки в і О лежать по різні боки стосовно хорди АС. Ос­кільки АС = АО = СО, то ААОС — рів­носторонній і ZAOC = 60°, тоді uABC = = 60°, kjADC= 360° - 60°= 300°, отже,

ZABC = ADC = -xSOO° = ІЬО\2 2

inLHPQ

www.4boo

k.org

1II випадок

ГОІСsXт>чQ.5ЪоSко.

Ош

АС = АО = СО, точки В і О лежать по один бік стосовно хорди AC. Оскіль­ки AC = АО = СО, то ДАОС — рівносто- ронній і ZAOC = 60°, тоді uADC = 60° і

ZABC = і и ADC = і X 60° = 30°.2 2

Відповідь: 150° або 30°.

367. Нехай uADB = П'иАСВ,„ , 360°хп 360°х1Тоді \uADB = ------ :— ; \jACB = -

л + 1

ZADB = -^ A C B = - x ^ ^ ;2 2 п + 1

ZACB = -u A D B = - x ^ ^ ° °^ " . 2 2 л + 1

Л + 1

ZACB = і X = 135°.2 3 + 1

12 )Якщ ол= 4 ,то ZADB = —X------= 36°;

2 4 + 1

^ЛСв Л х 360!2ІІ = і 44°.2 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 + uACß) = і X 360° = 180°.2 2

Отже, сума вписаних кутів, які спира­ються на хорду кола і вершини яких ле­жать по різні боки від неї, дорівнює 180°.

369. Мал. 213ußCA= 160°, тоді uAB= 360°- 160° =

= 200°, a = iu A B = i-200° = 100°.2 2

Мал. 214Z M K N = 120°, тоді u M N = 2 х Z M K N = = 2х 120° = 240°,u M K N = 360°- ^ M N = 360°- 240° = = 120°: а = ^ M K N = 1 2 0 ° .

Мал. 215ZEPF = 35°, тоді kjELF = 2ZEPF = 2x35° = = 70°,^E PF = 360° - E LF = 360° - 70° = 290°;

a = = i-290° = 145°.2 2

Відповідь: Мал. 213 — 100°; мал. 214 — 120°;мал. 215 — 145°.

370. ZAOC = ZABC + n°.Оскільки ZAOC= 2ZABC, то 2ZAßC = = ZABC+ л°, то ZABC= п°, /ЛОС^ = 2ZABC = 2n°.

1) Якщо п = 35°, то ZABC = 35°, ZAOC = = 2x35° = 70°.2) Якщо п = 45°, то ZABC = 45°, ZAOC = = 2x45° = 90°.Відповідь: 1) 35° і 70°; 2) 45° і 90°.

І .> і'л

!Г ■

www.4boo

k.org

371. Якщ о ZA B C = 90°, то k^ADC = г гА В С = 2 X 90° = 180°. тоді ZAOC =і^ С = 1 8 0 ° .

В

Отже, точки А, О, С лежать на одній прямій і АО = ОС — як радіуси.Отже, центром кола, описаного навко­ло прямокутного трикутника, є середи­на гіпотенузи.

372. Нехай ЛАВС — прямокутний (ZC = 90°). Опишемо коло навколо цього три­кутника, тоді АО = ОС = ОВ, отже, ААОС і &СОВ — рівнобедрені.

. Отже,медіанапрямокутноготрикутника, проведена до гіпотенузи, розбиває його на два рівнобедрених трикутника.

373. Нехай БА — дотична, В — точка дотику, ВС — хорда. Проведемо діаметр

'B D , тоді \jBCD = 180°, uDC = 2/.DBC.

ZABC = 90° - ZCBD =

= 9 0 ° - iu D C = ix l8 0 ° - -u Z )C = 2 2 2

= |(180°-u£>C) = |uBC.

Отже, кут між дотичною і хордою, що проходить через точку дотику, вимірюється половиною дуги, що ле­жить між його сторонами.

374. Нехай uAMß : uANB = т : п, тоді 360°хт .

j AM B = ---------- 1, згідно з результатат + 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

ZCA5 = 1 ^ = 45°.1 + 3

2) Якщо m = 2, ге = 7, тоді

ZCAB = 1 ^ = 40°.2-Н7

Відповідь: 1) 45°; 2) 40°.

375.ZABC = ZAKC + ZBCK =

= - ^ A C + - ^ D K = - ( 'u AC + <j DK). ,2 2 2

Отже, кут з вершиною в середині кола ви­мірюється півсумою дуг, на які спираєть­ся даний кут і кут, вертикальний з ним.

376.ZAB C = ZADC- Z D C K =

= - ^ A C - - < jD K = -{y > A C -^ D K ).2 2 2

Отже, кут, вершина якого лежить зов­ні кола, а сторони перетинаються, коло вимірюється піврізницею більшої і мен­шої дуг, які містяться між його сторо­нами.

377. Мал. 219

ZABC = і (иЛС - U AD) =

= і X (150° - 50°) = і X100° = 50°.2 2

www.4boo

k.org

Мал. 220

ZABC = I ((360° - AC ) - и AC) =

= i((360°-100°)-100°) =

= I (260° -100°) = I 160° = 80°.

Відповідь: Мал. 219 — 50°, мал. 220 ■ 80°.

378.НехайuAC : uAB : ußC= 11 : 4 : 3.

^ЛБ = - ^ = 80°;11+4+3

^ в с = А боі :.з_ .е о ° .11+4+3

М Л 1 ОА, MC 1 ОС. N K 1 0 B .

ZAMC = I (и АС - U ABC) =

= і X (220° -140°) = IX 80° = 40°;

ZANB = (иВСА - и AB) =А

= |х(280°-80°) = 100°;

Z M N B = 180°- ZA N B = 180°- 100° = = 80°.Z M K N = 180° - ZAMC - ZM N B = 180° - -4 0 °-8 0 ° = 60°.Відповідь: 40°, 60°, 80°.

379.

Оскільки ß і с — точки дотику, то OB X X вс, 0,СХ ВС, тоді OB II 0,С, звідси ZBOOj + Z C O fi = 180° (як сума внутріш­ніх односторонніх кутів при паралель­них прямих ВО і СО, та січній ОО,).

ZBCA = і U АС = і ZAO.C;2 2 ‘

ZCBA = - ^ B A = -ZB O A ,2 2

Тоді ZBAC = 180°-(ZBCA + ZCBA) =

= 180° - (ZAO,C + ZBOA) =

= 1 8 0 °- ix l8 0 ° = 90°.2

Отже, кут ВАС — прямий.

380. Нехай А — точка дотику кіл з цен­трами О і О,, тоді ZOBA= 90° (як впи­саний 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.

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

2) Геометричним місцем вершин трикут^ ників із спільною основою AB, у яких кут, що лежить навпроти основи, дорів­нює даному куту а, є дуга АСВ кола, нав­коло трикутника зі стороною AB і про­тилежним кутом, що дорівнює а, за винятком точокАіВ. Дійсно, якщо точка С належить дузі, то ZACB = а, якщо точ-

www.4boo

k.org

ка С не належить дузіАСВ, то ZACB * а.

§ 9. Вписані і описані чотирикутники

384. ZA =80°, ZC = 100°, Zß = 70°, Z I» = = 110° .

ZA + ZC + 80 + 100° = 180°,Zß + ZD = 70° + 110° = 180°.Сумі градусних мір протилежних кутів А і С та В і D дорівнюють по 180°.

385. Неправильно, оскільки ZA + ZC = = 70°+ 100° = 170° 5t 180°.

386. Aß = з c m ; CD = 2,4 c m ; ВС = 2,6 c m ;

AD = 2,8 см.

А В + CD= 3+ 2,4= 5,4см; ВС+ AD = = 2,6+ 2,8= 5,4 см. Суми довжин про­тилежних 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 + ZP = 180° (оскільки чотирикут­ник M N P K — вписаний).Відповідь: 1) 9 см; 2) 180°.

389. Мал. 234ZC = 180° - ZA = 180° - 95° = 85°; ZB = = 180° - ZD = 180° - 80° = 100°.

Мал. 235ZJV = 180° - ZP = 180° - 60° = 120°; д: + л: + + ЗО = 180; 2x + ЗО = 180; 2д: = 150; jc = 75. Отже, ZM = 75°, г к = 75° + 30° = 105°.

Мал. 236Z F = ZQ = 90° (оскільки це вписані кути, що спираються на діаметр РЕ). ZE = 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°.

390 . 1) Навколо чотирикутника ABCD коло описати:а) не можна, бо 90° + 110° 180°; 6) мож­на, бо 70° + 110° = 130° + 50° = 180°.2) Навколо чотирикутника ABCD коло описати:а) можна, якщо ZD = 50° і не можна, якщо ZD ^ 50°; б) не можна, бо 60° + + 119° 5t 180°.Відповідь: 1) а) ні; б) так; 2) а) так, якщо ZS=50°;6)H i.

391. Оскільки ZAC^K + ZAßj^: = 90° + + 90° = 180°, тоді ZA + ZC,Ä-B, = 360° - - (ZACjJC + ZAB^K) = 360° - 180° = 180°. Оскільки суми градусних мір проти­лежних кутів чотирикутника АВ,ЛГС, дорівнюють по 180°, то навколо чотири­кутника AB можна описати коло.1) ZBjiTC, = 180° - ZA = 180° - 55° = 125°;2) ZBjA^C, = 180° - ZA = 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 ZA = ZB = ZC = ZD = 90° і ZA + + ZC = ZB + ZC= 180°.

2) Навколо квадрата ABCD мож­на описати коло, оскільки ZA = ZB = = ZC = ZD = 90° і Z A ^ ZB ^ ZC + Z D = = 180°.

www.4boo

k.org

3) Навколо ромба ABCD, відмінного від квадрата, не можна описати коло, ос­кільки ZA + ZB 5t + ZZ) Ф 180°.

В с

А DВідповідь: 1) так; 2) так; 3) ні.

393. Нехай ABCD — прямокутник, О - точка перетину діагоналей.

Оскільки АС = BD — як діагоналі пря­мокутника і ВО = OD, АО = СО (оскіль­ки 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 діа­гоналей.

394.

1) Нехай AD і ВС — діаметри кола з центром в точці О, тоді ZCAB = = ZABD = ZBDC = гПСА = 90° — як впи­сані кути, які спираються на діаметр. Оскільки ABDC — паралелограм (бо діагоналі його точкою перетину ділять­ся навпіл) і кути його прямі, toABDC — прямокутник.2) Прямокутник ABDC буде квадратом за умови, якщо AD X ВС.

395. Мал. 238x = A D = (AB -I- C D )- BC= (7+ 8 )- 5 = 1 0 ( c m ) .

Мал. 239х-(-л:-н4 = 5-(-5;2а:-і-4=10;2х = 6:л: = 3, тоді EF = З см, PQ = З -н 4 = 7 см.

х + 2х = 5 + Ь;Зх = 10-, х = 3~,3

Тоді L M = 3 - см; K N = 3 --2 = 6 - см. 3 3 3

Відповідь:vieji. 238 — 10 см; мал. 239 — 1 2

3 см і 7 см; мал. 240 — 3— см, 6— см.3 3

396. Оскільки сума двох протилежних сторін описаного чотирикутника дорів­нює S, то його периметр Р дорівнює 2S.1) Р = 2S = 2 X 20 см = 40 см;2 )P = 2S = 2x 3,2 дм = 6,4 дм.Відповідь: 1) 40 см; 2) 6,4 дм.

397. Оскільки периметр Р описаного чотирикутника дорівнює подвоєній сумі двох протилежних сторін, то:1)і> = 2х(12 + 28) = 80 c m ;

2 )Р = 2х(10-і-16) = 52см.Відповідь: 1) 80 см; 2) 52 см.

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.

399. 1) V довільний прямокутник, від­мінний від квадрата, коло вписати не­можливо, оскільки AB -І- CD фАЛ -н ВС.

В

Мал. 240

2) У квадрат ABCD можна вписати коло, оскільки AB + CD = AD + ВС. Центр вписаного кола — точка пере­тину діагоналей.

3) У ромб ABCD можна вписати коло, оскільки AS + CD = AD -t- ВС. Центр

www.4boo

k.org

вписаного кола — точка перетину діа­гоналей. В С

А DВідповідь: 1) ні; 2) так; 3) так.

400. о — точка перетину діагоналей ромба ABCD.

Проведемо OK ХАВ, OL ± ВС, ОМ 1 CD, ONXAD. АКВО =ALNO =AMDO =ANDO aa гіпотенузою і гострим кутом (ВО = CD, ZK B O = ZLB O = ZN D O = ZM DO). ІЗ рівності цих трикутників випливає, що OK = OL = ОМ = ON. Оскільки OK = OL = OM = O N iO K ± A B ,O L L B C ,O M l CD, ON LAD , TO О — центр кола, вписа­ного в ромб ABCD.

401 .Нехай ZA = m x°,ZB = пх°, ZC = Ал:“. Враховуючи, що ZA + ZC = ZB + ZD, має­мо ZD = Z A + Z C - ZB'= тх° + kx° - пх° = (m + k - п)х°. Оскільки ZA + ZC = 180°, то

т л ° + пл° = 180°, тоді х°= і m + k

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°x36

ZD = - = 90°.2-1-4

2) Якщо m = 1, Л = А = 2, TO

180°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 радіус R описаного кола нав­коло прямокутника дорівнює половині діагоналі, то Я = ft.1) Якщо fc = 10 CM , то Д = 10 см.2) Якщо b = 2,3 дм, то і ї = 2,3 дм. Відповідь: 1) 10 см; 2) 2,3 дм.

403. 1) Нехай ZA = 2x°,ZB = 4^:°,ZC = Ьх°, ZD = Здс°, тоді Z A + Z C = lx ° = ZB + ZD, отже, навколо чотирикутника мож­на описати коло.2) Нехай ZA= Ьх“, Z B = 7х°, ZC = &x“, Z D = 9х°, тоді ZA + ZC = Ьх° + 8аг° = 13д:°, Z B + Z D = 1х°+ 9х°= 16х° і ZA + ZC Ф ZB -І- ZD, то навколо даного чоти­рикутника не можна описати коло. Відповідь: 1) так; 2) ні.

404. 1) Нехай ABCD — трапеція, впи сана в коло.

Оскільки ВС IIAD, то uAB = uCD (зада­ча 360), тоді AB = CD (задача 356). Отже, трапеція ASCZ) — рівнобічна.2) Нехай ABCÜ — паралелограм, вписа­ний в коло.

Оскільки ZA + ZC = 180° і 180°

ZA = ZC, то ZA = ZC =

Аналогічно ZB = ZD =

2

180°

= 90°.

= 90°.

Отже, ABCD — прямокутник.3) Нехай ABCD — ромб, вписаний в коло.

www.4boo

k.org

Оскільки Z A + Z C = 180° і1 Qno

ZA = ZC, то ZA = ZC = ^ = 90°.

Аналогічно = ZD =180” = 90°.

Отже, ABCD — квадрат.

405. Нехай ABCD — вписаний чотири­кутник, тоді ZA + ZC = 180°.Звідси ZA = 180° - ZC.

З іншого боку, ZD CF+ ZC= 180° (за властивістю суміжних кутів).Тоді ZßCF= 180°-Z C .Отже, ZA = ZDCF.

406. ОскількиZ K N M = ZBNA = 180° - (ZABN +

+^ДАЛГ) = 180°- - z a b c + - z b a d \= \ 2 2 )

= 180° - (ZA B C +ZB A D ) = 180° -

- і X180° = 180°-90° = 90°.2

Аналогічно Z K N M = ZCLD = 90°. Оскільки Z K N M + Z K L M = 90°+ 90° = = 180° і ZN 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 впи­сати коло.2) Нехай довжини сторін, які взято по­слідовно, дорівнюють 2х; 5х; Зх; 4х. Тоді 2х + Зх * 5х + 4х.Оскільки суми протилежних сторін різ­ні, то в чотирикутник не можна вписа­ти коло.Відповідь: 1) так; 3) ні.

408.

Нехай АС = ВСу AD = BD, тоді АС + + BD = BC + AD.Оскільки суми протилежних сторін чотирикутника ACBD рівні, то в ньо­го можна вписати коло.Відповідь: так.

409. Нехай ААВС = AADB, тоді AB + + CD -A D + ВС і, отже, в чотирикутник ABCD можна вписати коло.

Таким чйном, трикутники слід розміс­тити так, щоб сусідні сторони трикут­ників були рівними.

410. Нехай ABCD — трапеція, описа­на навколо кола з центром О.

г

Оскільки о — точка перетину бісектрис ОС і OD, то маємо:ZCOD = 180° -{ZO C D + ZODC) =

= 180°- ^ZBCD + -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 точ­ки О під кутом 90°.

www.4boo

k.org

г4 11.

Нехай ABCD — чотирикутник, описа­ний 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) =

180“ - -/.DAB + -Z A B C V2 2

+ 180°-

-/.BCD + -CDA = 180° -2 2 J

-I і ZÜAB + і ZABC 1 +180°-U 2

A-/:BCD + ic D A 1 = 360° -U 2 j

~(ZDAB + ZABC + ZBCD + CDA) =

= 360° - і X 360° = 360° -180° = 180°2

Отже, якщо чотирикутник описаний, то сума кутів, під якими видно з цент­ра вписаного кола дві його протилежні сторони, дорівнює 180°.

412 . Нехай ABCD — трапеція. ВС : АВ : AD = 2 : 7 : 12, тоді ВС = 2 х ,А В =

_=7x,AD = 12x.

Оскільки трапеція описана, то ВС + +AD =АВ + CD, тоді CD = ВС + A D -A B = = 2 х + 1 2 х -7 х = 7х.

1) За умовою 2х + 12л + 7х + 7х=42, тоді

28ж = 42; х = — ; х = 1,5.28

Отже, A B = 7 X 1,5 = 10,5 (мм); ВС = 2 х X 1,5= З (мм); Cö = 7х 1,5 = 10,5 (мм); A D =12x1,5 = 18 (мм).2) За умовою 2х + 12х + 7х + 7х = 56, тоді 28д: = 56;д: = 2.Отже, АВ = 7 x 2 = 14(см); ЛС= 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.

413. ABCD — трапеція, M N — середня лінія трапеції. P j^ ß -P , Р =АВ +BC + CD +

+AD; = AD + BC = 2M N .

Оскільки трапеція описана, то AD + ВС = = AB+CD, торХ P = AD+ BC + AD+ ВС = = 2(AD -н ВС); Р = 2 X 2MN-, Р = ЬММ, тоді

рM N = - ,

4

2) Якщо Р = 16 см, то

M N = — = 4 ( c m ) ;4

2) ЯкщоР = 200мм, то 9 0 0

M N = — = 50 (мм).4

Відповідь: 1) 4 см; 2) 50 мм.

414. AB C D — трапеція, ZABC= 150°, M N — середня лінія, M N = 40 см.

www.4boo

k.org

1) Проведемо BK 1 AD, тоді ZABK = = 150° - 90° = 60°, ZBAK = 30°.Із прямокутного трикутника ABK має­мо AB =2ßÄ'.Оскільки трапеція рівнобедрена і впи­сана, то 2АВ = ВС + AD; 4ВК = ВС + AD-,

2BK = M N ; BÄ- = — = — = 20 (см). 2 2

2) Оскільки r = -B K iß Ä ’ = 20cM,To

г = --20 = 10 (см).2

Відповідь: 1) 20 см; 2) 10 см.

415. 1) Нехай дано коло з центром О.

Побудуємо довільний діаметр AB, про­ведемо 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 пря­мі, які перпендикулярні до діаметрів і перетинаються в точках М, N , К і L. Тоді M N K L — квадрат, описаний нав­коло кола.

416. 1) Будуємо коло радіуса R і прово­димо хорду, довжина якої а {АВ = а).

Через точки А і В проводимо прямі ВС і AD, перпендикулярні до АВ і які пере­тинають коло в точках С і D.

Тоді ABCD — шуканий прямокутник.2) Будуємо коло радіуса R і будуємо цент­ральний кут АОВ такий, що ZAOB = а.

Проводимо діаметри АС і BD. ТодіАВСО — шуканий прямокутник.

417. ОскількиZAND + ZBPC = ilB O '> -ZN A D - -Z N D A ) + (180° - ZPBC - ZPCB) =

= 180° - і ZBAD - і ADC + 180°- 2 2

- і ZABC- - ZBCZ) = 360°- 2 2

- і (ZBAD -t- ZADC -І- ZABC -и ZBCD) =

= 360° - - 360° = 360° -180° = 180°2

Тоді Z N M P + ZN K P = 360° - iZAND + -h ZBPC) = 360° - 180° = 180°.Оскільки суми протилежних кутів чо­тирикутника M N K L дорівнюють по 180°, то навколо нього можна описатиколо.

418. ZDCK — зовнішній кут до кута С, ZDCM = ZM CK, ZBAM = ZDAM .

www.4boo

k.org

Р ГО ск ільки ZA + ZC = 180°, тод і ZC = 180° - _ ZA, = 180° - (180° - ZA) = ZA.Розглянемо чоти р и к ут н и к ABCN. у нього

^^BAM + ZBCM = ^ Z A + ZBCD +

+ i z A = ZA + ZBCD = 180°,2

тоді ZABC + ZAM C = 360° - 180° = 180°. Ч оти р и к утн и к ABCM — вписаний уколо, отж е , точка М н а леж и ть к о лу .

419. Чотирикутник KBLP — вписаний у к оло (бо = Z.B +ZP = 180°), тоді ZKBP = ZKLP (як вписані кути, що спираються на одну дугу).

В

Аналогічно чотирикутник PLCM — вписаний у коло і ZPLC = ZPCM ; чо­тирикутник PM D N — вписаний у коло і ZP D M = ZPNM-, чотирикут­ник АйГРТ — вписаний у коло і ZKAP = nCNP.Розглянемо чотирикутник K LM N . Z K L M + Z K N M = Z K L P + ZPDC = = \ZABP+ ZPA B )+ (ZPC D + ZPDC) = = 90°-1-90° = 180°.Оскільки Z K L M + Z K N M = 180°, тоді ZN K L + Z N M L = 180°.Отже, чотирикутник K LM N — вписа­ний в коло.

420. АВ = ВС,КМ\\АВ, А м = \ к м .а

Оскільки A M = —К М , тоді AM < KM , BK < AB (бо ВК" — частина ВС, а ВС = = AB). Оскільки A M < K M , BK < AB, TO A M + BK < K M + AB. Оскільки сумипротилежних сторін не рівні, то в тра­пецію не можна вписати коло. Відповідь: не можна.

421. ABCD — трапеція, навколо якої можна описати коло і в неї можна впи­сати коло. M N — середня лінія.

Доведемо, що M N = АВ.Оскільки трапеція вписана в коло, тоAB = CD, тобто ABCD — рівнобічна.Оскільки трапеція описана навколо ко­ла, то AD + ВС =АВ + CD, або AD + ВС =

= 2АВ, тоді AB = — = M N .2

422. Нехай задано R — радіус кола, впи­саного в ромб і а — сторона ромба. Побу­дуємо ромб.

Спочатку побудуємо прямокутний три­кутник АВК, у якого КВ = 2R (бо висо­та ромба дорівнює діаметру кола, впи­саного в ромб), АВ = а. Потім проводимопромінь АК і від його початку відкла­даємо AD = а. Точка С — точка пере­тину дуг кіл, проведених з точок В і D радіуса а.Чотирикутник ABCD — шу­каний ромб.

423.

www.4boo

k.org

rosIT

q !5Ъо

Scx:

Побудуємо коло з центром о і радіусом [ Ь; від точки С відкладаємо хорду CD,R. Вибираємо довільну точку Л і відкла- і CD = с.даємо хорду AB таку, що AB = а; потім j ABCD — шуканий чотирикутник, впи-від точки В відкладаємо хорду ВС, ВС = і саний у коло.

ТЕСТОВІ ЗАВДАННЯ

№ 1

1. Тупий кут дорівнює 180°-30° = 150°. Відповідь: В

2. Відповідь: Г.

3.

А DCD — менша сторона, бо в прямокутно­му äACD кут 30° — менший, тому нав­проти нього лежить менша сторона.

С0 = | лС = 10:2 = 5 (см).

Відповідь: Б

4.

ABCD— ромб. 24 см, тому AB ==AD =24 :4 = 6 (см). BK lA D ; BK = З (см). У прямокутному AABK: BK = З см — ка­тет; AB = 6 см — гіпотенуза. Катет дорів­нює половині гіпотенузи. Отже, катет ВК лежить навпроти кута 30°, тому ZA = 30°. Відповідь: В

b.BC\\AD\AK - cnsa,Touy/.BKA = /.KAD, але ZKAD = ZBAK.AK — бісектриса ZA. звідси ZBAK = ZBKA. Тому ііВКА — рів- нобедрений, AB = ВК = 12 см.

В К С

_ А DPS ВС = ВК + КС = І 2 + 8= 20 (CM); Р^^ --

= (12 + 20)х2 = 64 (см).Відповідь: Г

№ 2

1. а II і). На стороні ВС одержимо три рів­ні відрізки, довжиною по 18 : З = 6 (см).

В

M N — середня лінія ААВС. M N Ц АС;

M N = -A C .2

Тому АС = 2M N = 2x4 = 8 (см). Відповідь: А

3.Г00° 120

ZA = 180° - 100° = 80° (ZA і ZB — внут­рішні односторонні при ВС IIAD і січній AB). Аналогічно ZC + Z D = 180°; ZC = = 80° - Z D = 180° - 60° = 120°.Відповідь: В

4.

8 CM

10 CM

www.4boo

k.org

Р Г

— середня лінія трапеції ABCD.

д/ЛГ = і(ВС + АО).

BC+AD = 2M N = 2 x8 = 16 см.ВС = 16 --AD = 16 - 10 = 6 см.

5_ДС — бісектриса ZA , тому ZBAC = = ZCAD, але ZCAD = Z.BCA (внутрішні різ- носторонні при В С IIAD і січній ЛС).

В 5 см С

1 2 C MЗвідси: ZBAC - Z.BCA, тому ААВС — р^внобедрений.AB = 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.

о = ~150° = 75“.

Відповідь: В

2. uAB = 60°, тому ZAOB = 60°. ОА = ОВ — як радіуси одного кола. Тому ААОВ — рів- нобедрений.

Оскільки /ЛОВ = 60°, то

.^ОАВ = /ОВА = Ш і ^ = ^0 . а ^Отже, ДОАВ— рівносторонній. ОА = = ОВ=АВ = 10см. Л = 1 0 см ;0 = 2Д=2х Х І0 = 20 (см).Відповідь: ВЗ.Якщо в чотирикутник можна вписа­ти коло, то суми протилежних сторін рівні.Р = 2х10 = 10см.Відповідь: Б

4. Нехай ZA = їх ; ZB = 2х; ZC = 3x.У вписаного чотирикутника сума про­тилежних кутів дорівнює 180°, тому Z A + Z C = 180°: ІХ + Зл:= 180°; 4х = = 180°; х = 45°; ZB = 2х = 2х 45° = = 90°; Z B + Z D = 180°; ZD = 180°- - Z ß = 180°-90° = 90°.Відповідь: Г

5,ABCD — рівнобічна трапеція, описа­на навколо кола.

Тому А В + CD= ВС+ A D = 2х 6 = = 12(см).К — середня лінія.ЗвідсиАВ = CZ) = 12 : 2 = 6 CM . ZB = 150°, тому ZA= 180°- 150°= 30°. BK 1 AD. AABC — прямокутний. BK — катет, який лежить проти кути 30°.

ВК = АВ = - 6 = 3 (см).2

Відповідь: В

§10

428. Мал. 247ААСВ - ALKM; їх відповідні кути ZA і ZL ; ZC і ZK ; ZB і ZM .

Мал. 248ААВС - APTQ; їх відповідні сторони ЛВ І РТ ; BC iT Q ;A C iP Q .

429. Мал. 249

AABC-AKLM ;KL L M K M

9 10 17 10 100 46,75 7,5 12,75 ’ 7,5 75 3 ’

§

sITа.5’Eо

S

Q.tLSО

Мал. 250

AABC-AMKC; AB BC ACM K КС M C ’

www.4boo

k.org

430. l )A K B C -A K LM (k = 2);KB = 2KL; КС = 2КМ;

С

; В — середина

KL; С — середина КМ.М

§

sIт>чад:со3ос

о

к

3)АКВС ~ AKLM

КС = - К М .3

( ‘ =1) KB = KL; 3

431. Мал. 2476+ 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; 4,72 +

J. А - ^ A Я 9 . 1 дгс/>: 17,9 = 0.8.

Мал. 249Р

&TQP

&АВС

+ 6,75 + 7,5 = 27; Р ^ ^ : = 27 : 36 =. ^ , = 9 + 1 0 + 1 7 = 36; 12,75 +н6,75- = 0,75.

Мал. 250Рлвс = 4 + 5 + 6 = 1 5 ; Р ^ ^ ^ = 2 + 2 ,5 + 3 = 7 . 5 ; Р ^ : Р ^ , , = 15:6,5 = 2.

432. 1)

АС

KD СК

СОм

2)

3 )

ABВС

СА

КС D C ’

ВС AB DC K D '

Можна дібрати дві такі пари.

433. 1) Гострокутний і тупокутний три­кутники не можуть бути подібними;2) прямокутний і тупокутний трикут­ники не можуть бути подібними;3) рівнобедрений і рівносторонній три­кутники не можуть бути подібними.

434. ДАВС-ДА,В,С,X)ZA = 30°; Z ß ,= 60“; ZA ,= ZA= 30°; ZB = Zß, = 60°; ZC = 1801 - (30° + 60°) = = 90°; ZC = ZCj = 90°;2) ZC = Zß, = 50°; ZC, = ZC = 50°; Zß = = Zß, = 50°; ZA = 180° - (50° + 50°) = 80°; ZA, = ZA = 80°;3 )Zß = 1101; ZC,= 25°; Zß,= Zß= 110°; ZC= ZC,= 25°; ZA= 180°- (Zß+ ZC) = = 180° - (110° + 25°) = 45°; ZA, = ZA = 45°.

435. 1) 9 M = 90 дм; 12 m = 120 дм; 15 m =90 120 150

= 1 5 0 д м . — = --------= --------.3 4 3

Отже, сторони двох подібних трикут­ників можуть мати довжину З дм; 4 дм; 5дм і9м ; 12 м; 15 м.2) 2,5 = 1,2 + 1,3. Тому трикутника з та­кими сторонами не існує.3 )5м м = 0,5 см; 50 см; 50 см; 50мм =

, . 0,5 50 50= 5 см; 50 мм = 5 см. *■ — = — .5 5 5

Отже, сторони двох подібних трикутни­ків 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 ,ас , = -2^3------ = ---------- = 7 мм = 7 см;^ ' АВ 8 0

Д Д _ ЛС,АВ АС ’

АВхА,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 ВСА,В, В,С,’

Л Д х В С 39x14^ і ЛІЗА В 13

= 4 (см);

www.4boo

k.org

AB _ AC

АВг A C . ’

^ .АВхА,С, 13x45 ,

3)ЛВ = 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.хВС 200x37 ,= - — = 18(мм);

W'Ш'

_ A B x A f i , 40x65 ,

437.

в св,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.

438.1)МЛ^ II АС; 2) M N Ц AB; 3) M N || СВ. В С

а 12 см 20 смЬ 16 см 21 смс 18 см 29 смР 46 см 70 см

Р, 23 см 140 см1

к 22

а 8 CM 9 CM

Ь 15 CM 8 CM

с 17 CM 14 CM

Р 40 CM 31 CM

Р, 100 CM 12,4 CM

2 5k

5 2

440. 1) 36 : 4 = 9 (см) — периметр три­кутника; 9:3 = 3 (см) — сторона рівносто- роннього трикутника;2)45: 4= 11,25 (см) — периметр трикут­ника; 11,25 : 3= 3,75 (см) — сторони три­кутника;3) 72 : 4 = 18 (см) — периметр трикутни­ка; 18 : 3 = 6 (см) — сторони трикутника.

441. 1) Нехай сторони подібного три­кутника Зх; 5х; 7х. За умовою Зх= 5;

" = І = =

, , 5 35 , , 2 , ,

Отже, сторони подібного трикутника:1 2

5 см; 8 - см; 11— см.З З

3) Зх; 5х; ї х — сторони подібного три­кутника.3x -h5x -i-7x = 45; 15ї = 45; л: = 45 :15; х = = 3;3jc = 3 x 3 = 9 (см); 5x = 5x3 = 15(см); 7х = 7хЗ = 21 (см).

442. - ДАВС, тому ZA, = ZA; Zß, = Zß; ZCj = ZC.ДАВС - AAjß^Cj, тому ZA= ZA^; ZB = = ZB,; ZC = ZC,.Звідки ZA, = ZA,; Zß, = ZB^; ZC^ = ZC,. Отже, ДА,В,С, - AA^ß^Cj-

443. &ABC-Ш О Р (k^=3); AABC-ATEHи к 2

(Ä, = 2); AMOP - ДГ£Я, * = = g •

444. ДАВС - ДМОР (fc, = 4); Д М О Р-

; AABC-ATEH,

fe = ft,xA, = 4 x - = 2.

445. 1) Нехай а, b, с — сторони три­кутника. Якщо кожну сторону збільши­

1 -

www.4boo

k.org

ти на 2 CM, то а + 2; b + 2; с + 2 — сторонинового трикутника.„ . а+2 Ь+2 с+2Оскільки Ф ± ----- , то новий

а Ъ с

трикутник не подібний даному.2 )а+ 5; &+ 5; с+ 5 — сторони нового

а+5 Ь+5 с+5трикутника. ----- — * ----------- .

боа6 + 5fc а{) + 5а, оскіль­

ки за умовою не сказано, що а = Ь). Отже, новий трикутник не подібний да­ному.

446. 1)а,Ь,с — сторони даного трикут­ника.

1 4 4^ 1 4а + —а = — а; Ь + —Ь = —Ь\ с + - с = —с —

3 3 3 3 3 3

сторони нового трикутника.4 4 . 4- а - Ь - с.3 -= 3_а Ь с

Отже, новий трикутник подібний даному.

2) а + 0,25а = а + — а = —а;4 4

Ь + 0,25Ь = -Ь ; с + 0,25Ь = - с .4 4

5 5 ^ 5— а —о —сі - = 4 _ = 4 _а Ь с

Отже, сторони нового трикутника про­порційні сторонам даного трикутника. Тому ці трикутники подібні.

447. 1) а = 12 см — бічна сторона; Ь = = 5 см — основа. 5 см — не може бути біч­ною стороною, бо трикутника зі сторона­ми 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 трикутни­ка 15 см, а третя сторона подібного три­кутника з коефіцієнтом А= 2,5 дорів­нює 15 X 2,5 = 37,5 см.

448. 1) Якщо m : л = 7 : 4, то коефіцієнт7

подібності трикутників дорівнює —.7 7^ 7 ^— а; —Ь; — с — сторони другого три-4 4 4

кутника.7- { a + b + c ) - { a + b + c) = 4S;4

- (а + Ь + с) = 48; а + Ь + с = 4 8 : - ;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

Р - ^ Р = 15; І Р = 5; Р = 4 5 (с м )-п е - З з

риметр одного трикутника;2-•45 = 30 (см) — периметр другого три- 3

кутника.

449. 1) Нехай продовжено бічну сторону на леем, тощВО = х;АО = 6 + х.

О

AAOD-ABOC. ----- ,ВО ВС X

6х = 24 + 4х; 2л: = 24; л: = 12 (см). 6 + л: 8

В 0 ~ ВС ’ X ~ 5 ’2)

8:с = ЗО -н 5х; Зх = ЗО; х = 10 (см).О

www.4boo

k.org

г

450. Після збільшення сторін в п разів одержимо подібні трикутники з Л = л. Після зменшення сторін нового трикут- яика в п разів одержимо подібні три­

кутники з * = —. Перший і третій три­

кутники подібні k = n — = l . Тобто пер­

ший і третій трикутники рівні.

451. ДАВС ~ ДА,в ,C ,;ZA = ZA, = 30“. А Аі

ВіУ ДА,В,С, катет ßjC, — менший, бо ле­жить навпроти меншого гострого кута. AB = CjB^. НехайЛВ = jc, тоді С,В, = ха.

= 2ß,C, = 2х (катет, що лежить нав- проти кута 30°, дорівнює половині гіпо­тенузи).

AB X 1~А,В, 2х г

4SZ 1 ) Н ехай А С = X см, тоді АВ = ВС^2х.

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 = хсм ;АВ = ВС = Зхсм.

В

х + 3х + 3х = 35; 7х = 35; х = 5 (см). ЛС = 5см;АВ = ВС = Зх5 = 15(см).

ДА,В,С,-ДАВС, А = 0,75;Л,С, = 0,75 X АС = 0,75 X 5 = 3,75 (см); А ,В ,= В,С,= 0,75 X АВ= 0,75 х 15 = 11,25(см).

453. За умовою -Pj - -Р, = 'и; = +т; Р, - т.Оскільки трикутники подібні, то

а , а , Р , ’

= Л “ . + “ 2 . - Л “ і -та, _ 0-2D - "*“ 1а,) = та,; —

а, =

“ Л - “ Л = - “ г'": “ г)= - “ 2™:р - а ^ т т а ,

' 0,-02 «а -О і'

454. Нехай о,; Ь,; с, і а ; б,: Cj — сторо­ни двох подібних трикутників, тоді

о, Ь, с, Ö2 Сг

+ Ь ; с + сторони нового трикутника.

*1 ±^ = 1 + ;О , а , &і

£і±£^ = і + £і.

Оскільки о, Ь, с, ’

1 + !і = 1 + = 1 + .

Іго1-

SСІа1^

(О

Із->ча5соSко .t i

Ош

Тобто

а , 6 , е .

а, + а, _Ь,+Ь, _ с,+с.

Ь.

Отже, сторони нового трикутника про­порційні сторонам першого трикутни­ка, тому ці трикутники подібні.

5 L ± £ 2 = ä J A = £i±£i;bo СоАналогічно

5 .+ i = + i = £l + i .2 2 2

Тобто новий трикутник подібний друго­му з даних трикутників. CQ

www.4boo

k.org

455.

Дані трикутника подібні: k — ко­ефіцієнт подібності. = ka; b, = kb.

b (kbf k V b3a умовою - = = ^ =

ba

Ця умова виконується лише коли а = Ь,

тобто — = 1, бо 1 = 12. а

Отже, умова виконується для рівнобед- реного трикутника.

§11

462. Мал. 258 А О :О В = 3 :Ь .Мал. 259 ЛО :О В = 4 :3 .

463. 1) Р М : М Н = 5 :2 ; Р М > М Н .2) РМ : М Н = 3 :7 ; М Н > РМ .

464. Мал. 260OD ОС 28 7а = ; — = правильно.OB ОА 12 За

Довжини відрізків вказано правильно.Мал. 261.

OD ОС 8 8а = ; неправильно.OB ОА 5 За

Довжини відрізків вказано неправиль­но.

5 ВС ВМ В Н ’ 2 В Н '

ВС = 5х; ВН = 2х-, тоді НС = Зх.

465. АС\\МН-

1 ) : ^ Л = 2:3;НС З

T3J-T с2 )ВЛГ = 5 CM , М А= 1см; — = - = 5:1;

ЯС 1

3) SM = 4 см; МА = 2 см; — = - = 2:1.н е 2

4 6 6 . Треба знати чотири відрізка.

467. Мал. 262ААВС - AMNC (за двома кутами: Z C — спільний; ZABC= ZM N C (відповідні при AB II M N і січній ВС)).

Мал. 263ААВС ~ 6MNC (за двома кутами: Z C — спільний, Z.N = ZB).

468. A B :B M = m:n-,AB = d.А___________М р

1)10: (2-н 3 )= 2 (см) — довжина 1 час­тини; A M = 2 x 2 = 4 ( c m ) ; M B = 2 x 3 = 6 ( c m ) ;

2) 14 : (З -н 4) = 2 (см) — довжина 1 час­тини; A M = 2 x 3 = 6 (см); M B = 2 x 4 = 8 (см);3) 16 : (З -I- 1) = 4 (см) — довжина 1 час­тини;A M = 3 x 4 = 1 2 (см); M ß = 1 х 4 = 4 (см).

469. A M = 4 клітинки; M B = 8 кліти­нок; A M ; MB =1 :2;

A М_________ В

2) AM = 5 клітинок; M B = 7 клітинок; A M : MB = 5: 7;

А М В

3 )А М = 4,8 клітинки; MB = 7,2 клітин­ки; AM : MB = 2 : 3.

А М ________ В

470. Проведемо з т. А промінь. На про­мені, починаючи з т. А послідовно відкла­демо 7 відрізків. Кінець третього позна­чимо т. D, кінець сьомого т. С. З’єднаємо т. С іт. В. Через т. Z) проведемоиЛГ || СВ. А К :КВ = 3 :4 .

471. 1) Проведемо промінь BN. На про­мені BN від т. В послідовно відкладемо п’ять відрізків однакової довжини. Кі­нець п’ятого (,К) з’ єднаємо з т. С. Через кінець другого відрізка проведемо пря­му, паралельну СК. Ця пряма розіб’є

www.4boo

k.org

відрізок ВС на відрізки В М і NC. В М : MC = 2 :3 .

В М С

2) Проведемо промінь BN, на ньому пос­лідовно від т. В відкладемо п’ять рів­них відрізків. Кінець п’ятого з’єднаємо з т. С. Через кінець першого проведемо пряму, паралельну СК. Ця пряма пере­тне ВС в т. М . ВМ : ЛГС = 1 : 4.

3) Проведемо промінь BN, на цьому промені від т. В відкладемо сім рів­них відрізків. Кінець сьомого відрізка з’єднаємо з т. С. Через кінець другого відрізка проведемо пряму, паралельну CN. Ця пряма розіб’ є відрізки В М і MC. ВМ : MC = 2 : 5.

В М С

пропорційні.2) з чисел 5; 6; 10; 18,5 неможливо склас­ти пропорцію; а, b,c,d — не пропорційні.3 )3 чисел 7; 4; 2,1; 1,1 неможливо скласти пропорцію; а, Ь, с, d — не про­порційні.

473.1) i = .|=>d = 6 або | = i= > d = l,5;2 d л нЗ

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

474. 1)АС=2;ВС=7. DM = 4;MP=14;AC ВD М

2)AC = 3;Cß = 6. М Р = 3;

AC CBD M M P

A C В

DM P

; DM = 1,5;

3) AC = 4; CB = 5. D M = 8;M P=10. D M M P

A С В

B M P

475. 1)AB = 2 c m ; BC = 3 c m ;

AB BC M N ~ N K ’

A B C

M N КM N = 4 c m ; NÄ- = 6 c m ;

2)AB = 1,5 c m ; BC = 6 c m ;

A В (

AB ВСM N N K ’

M NM N = 1 c m ; N K = 4 c m ;

3)AB = 5 c m ; BC = 4 c m ;

A

AB BCM N N K

В СМ N к

M N = 2,5 см; N K = 2 см.

476. 1) РЕ II QF; 2)РЕ || QF;

ГОь

S

го

1 таg'Ео32 о .[Б

3) РЕ не пара­лельна QF;

4) РЕ і QF не пара­лельні.

СОr«.e*s

www.4boo

k.org

а

гоSXт

5Ъо3тсо .

«я-сч

477. 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.

В СОтже, &AMN - ЛАВС (за двома кутами).

478. Щоб побудувати трикутник, подіб­ний даному, достатньо провести пряму, паралельну одній із сторін трикутника. Ця пряма відітне трикутник, подібний даному.

479. -РДд,с=За: 1 з

л£гс = 3 х -а = -а .

Q З 9 > = 3х —а = —а; 4 4

АВ 4 см 8 см 6 см

M N 3 см 6 см 4,5 см

EF 2 см 4 см 3 см

рЛАВС 12 см 24 см 18 см

РiMNC 9 см 18 см 13,5 см

Р.\ЕГС 6 см 12 см 9 см

АВ 4 см 4 см 6 - см 3

M N 3 см 3 см 5 см

EF 2 см 2 см з і см 3

рдЛЯС 12 см 12 см 20 см

р■* tMNC 9 см 9 см 15 см

Р■“ Л£ГС 6 см 6 см 10 см

480. АВ - а; АС : СВ = т : п.А С В

АВ = т + п; довжина одинич

ного відрізка.

л с = - ^ : ' с в = - ^

481.1) 78

5 4

х^ = -І?-.0,4 = 16 (см);

78 78_ . 0 , 8 = 32 (ем); — 0,75 = 30 (см).

Шукані відрізки 16 см; 32 см; ЗО см.50 50

2) 0,25 + + 0 , 4 '0-25 + 0.6 + 0.4 ■ 5

501,25

= 40.

40 X 0,25 = 10 см;Q

4 0 х - = 24 см;5

40 X 0,4 = 16 см.Шукані відрізки 10 см; 24 см; 16 см.

482. A N-.BN = m :n .А d В N

■ т — довжина відрізка A N ;

п — довжина відрізка BN.

т -п

dт -п

51) 3 -2хЗ = 15 см — довжинаЛЛ^;

3 -2х2 = 10 см — довжина BW;

162) АЛ = —^ х 5 = 20 см; 5-1

BN = 165-1

1 = 4 CM.

483. 1) M N = а =а + Ь + с

= - ^ ^ х 2 , 5 = 2,5 + 4 + 225 о.. 125, ,= — х2,5 = -----(см);17 34 '

www.4boo

k.org

N K =M P

a + b + cxb = -

1 2 ,5

2,5+4 + 2- x 4 =

^ X 4 = 1^(CM)17

K P =

17

M P a + b + c

-x c = -12,5

2,5 + 4 + 2-x2 =

25 „ 50, ,г — x2 = — ( c m ) 17 17

2 )M N =M P

■a =a + b + c

50 50 250, ,: ------------------ X l O = X l 0 = ( c m )10 + 16 + 8 34 17

N K =M P

a + b + cxb = -

5010 + 16 + 8

-x l6 =

50 , „ 400, ,= — x l 6 = ( c m )34 17

K P =M P

a + b + c '50

10+16+8-x8 =

50 . 200, .= - x 8 = — ( c m )

AB AC _AO ~ A H '

A O xA C 12x10

AH AO3x5

1 1 ’ii® = i . . 0 6 = — — =AO 11' ’ 11'10 11x3

AB = x-,AO^AB + BO = x+12;

— = — ; 11д: = 5л: + 60;6д: = 60:д: = 10; x+12 11

AB = 10 дм; ЛО = 10 + 12 = 22 (дм).

485 . 1)AD : 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= CL+ LF = 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 x8 = 16 (мм). BF = 2x + + Зж + 2х = 7л = 7 X 8 = 56 (мм); CF = CL + + i f = 24 +16 = 40 (мм).А В _ ^ 70 56C D ~ C F ' CD “ 40’

70x40 100 ,CD = ---------= ----- = 50 (мм);

56 2

CD CF 50 40 50 16- — J ■ — J KLi — -KL LF KL 16 40

A :L = 2 0 ( m m ) .

2)SC= 2д:; CL= 3x; LF = 2x; FC= 15 cm

(за умовою); FC = FL + 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 ) ; ßF= 6 + 9 + + 6 = 2 1 (c m ).

AB BF DC ^ C F ’

_ ABxCF 21x15 ,DC = rr:— = — r-— = 15 ( c m ) ;

BF 21

CD CF CDxLF 15x6 ,; KL = — — = — — = 6 ( c m ) .KL LF

486.

CF 15

О

1) Якщо AD II MN, TO MA-.AO = ND\ DO. M O= 6 c m ; 0A= a= 2см; M A = 6 - 2 = = 4 C M .

Отже, N D : DO= 4: 2= 2: 1; ND = 2 x ; OD = X-, 2 x + x = 9; 3 x = 9; x = 9: 3; x = 3 ( c m ) ; DN = 2 x 3 = 6 ( c m ) .

2 )M A :A O = ND : DO; M O = Юсм; AO = = а = 4 c m ; MA = 1 0 -4 = 6 см);DN: DO= 6 : 4= 3 : 2; D N = 3x-, DO= 2x\ 3x+2x= 14; 5x= 14; д:= 2,8. Тоді DN = = 3X2,8 = 8,4 (c m ) ; DO = 2x2,% = 5,6( c m ) .

487. РО||ЛС,томуАР:РВ = СО:ВО. В

1 )C O :B O = A P :P B = 5 :6 ;CO = 5x; BO = = 6x; BC= 5x+ 6x= 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;

www.4boo

k.org

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. удо всієї сторони дорівнює

х + у х+у

гаI -SССQ .

s;Іта.5соз

CLІ—Ш

1) 1; 2 2) 2 З 4 53 3 5 5 9 9

489.

А СB D = D P = P K = КС. Тоді BD : BP : BK ■. BC = FD-.EP :M K : A C = 1 : 2 : 3 :4 ;

FD = -A C ; EP = - A C = -A C ;4 4 2

M K = -A C . 4

1) F£> = - x l ,6 = 0,4 (дм) = 4(см); 4

ЯР = |х1,6 = 0,8 (дм) = 8 (см);

MÄ- = - x l ,6 = l,2 (дм)=12(см); 4

2) FD =AC 124 = 31 (мм) = 3,1 (см);

ЕР =АС 124 = 62 (мм) = 6,2 (см);

ЛГЛГ = -х124 = 93 (мм) = 9,3(см).4

490. Пряма, паралельна одній із сторін даного трикутника, відтинає від нього трикутник, подібний даному. Відношен­ня периметрів цих трикутників дорівнює відношенню відповідних сторін.

в

со

А С1) Поділимо сторону AB на 2 рівні час­тини точкою К; проведемо К М Ц АС.

1 2 ’

К В \АВ = , тому : P ^ ^ = 1 :2 .

А С2) Поділимо сторону AB на З рівних частини. Відрахуємо від вершини В 2 відрізки, позначимо т. К.Через т. К проведемо KP || АС; ВК : ВА = = 2 : З, тому = Р Д ^ = 2 : 3.

491. 5 с

D М

AB II CD, тому на сторонах кута ВМА ці прямі AB і CD на сторонах цього кута відтикають пропорційні відрізки, тобто BN : N M =AD : D M або

= _5_D M 2 ’

1) - = - ; D M = — ; D M 2 З

D M = 3~; З

2)AD 0,2D M 0,3

D M = i,b.

492.

з 0,2D M 0,3’

DM = 3x0,3 0,2 ’

1) Проведемо пряму n, позначимо на ній т. А. від т. Аиа прямій п в одну сто­рону відкладемо відрізок ЛО, = 2а, в другу сторону — відрізок АО^ = За (а — довільний відрізок). О, — центр одно­го 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^ =

www.4boo

k.org

г4а (а — довільний відрізок). Oj — центр одного кола, Д, = О ^ ; — центр друго­го кола, ßj = О ^ ; А — точка дотику кіл, Л . :Д , = 3 :4 .

493. АВ =АО + ОН + НВ = а + Ь + с.А а О Ь Н е В

АО = ----------: О Н = *

НВ =

0В =

a + f> + c

са + Ь + с

6 + с а+Ъ +с '

; А Н =

а + Ь + с ’

а + Ъ а + Ь + с ’

494. ЛМ = --2 = 2,4 (см);5

Afß = - . 3 = 3,6 (см). 5

А М В

1) Нехай ВТ = х (см), тоді А Т = 6 + д: (см).

^ = ®±£ = 1.ВТ 3 ’ X 3 ’

4х = Зх ++18; х = 18. ВТ =18 (см); М Т = = МВ + ВГ = 3,6 + 18 = 21,6(см).

2) А М = — х2 = 4 (см);5

МВ = — хЗ = 6 (см).5

В Т = X см; А Т = 10 + л:; 10 + л:

4л = Зл: + 30; X = 30 (см); М Т = М В + ВТ = = 64-30 = 36 (см).

496. 1) ЛАОВ - ADOC (за двома кута­ми); ZAOB = ZDOC (вертикальні); ZBAO = = Z.CDO (внутрішні різносторонні при BÄ ]| CD і січній AD).З подібності трикутників: АО : OD = = ОВ:ОС.2) НехайЛО = JC CM , тоді OD = 1 0 -х (см).

Тоді = 5; Зх = 50 - 5x; 8л: = 50;10-д: З

ж = 6,25;ЛО = 6,25(см);0 0 = 1 0 -6 ,2 5 = 3,75 (см).

497. ААМО - äABA^ (за двома кута­ми); Z M A O = ZBAA^ (спільний кут); ZA M O = ZABA, (відповідні при M N |{

В С і січній АБ).

N СЗ подібності трикутників: АА, : АО = = BAj : МО. Аналогічно: ДАА^С - AAON, звідси АА, :АО=А,С : ON.ОскількиАА, :АО = ВА :М О іАА, :АО = =А,С : ON, то

ВА, А,С Д Ам о " OJV “ А С oiv ■

За умовою ВА, = А,С, тоді М О = ON, тоб­то т. О ділить відрізок M N навпіл.

498. 1 )М О ,М Р ;м о АО A M2) АМОА - ADCA, томуDC АС AD

АСОР ~ АСАВ, тому ОР СО СР А В ~ А С ~ С В '

М О о ^ ^ ^ ср_D C ^ AB A C * AC ~ AD CB'

АО СО AC , A M CP ,--I-----= — - = 1. —^ -t-^^ = l утому

AC AC AC AD CB

випадку, якщо AD = CB, тобто трапеція рівнобічна.

499. Проведемо PO IIЛГЛГ. Тоді MJVPO— паралелограм.

Ц

AOPZ — трикутник; QB = -O Z ;З

FK = -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

Aß = 7-t-i (10-7) = 8 (см);З

2Іт

сс

оSтсQ.ь

РВ

www.4boo

k.org

s

гоiC

IT>4Q.5'cоSoc

о

e*B

CK- = 7 + (10-7) = 9 ( c m ) .3

2) Якщо a = 10 c m ; ft = 14 c m , t o

ЛВ = 10 + і (14-10) = 10 + і і = 1 і і (cm );3 t3 о

Сі : = 10 + | (14-10) = 10 + 2| = 12| (cm ).3 о о

500. I ) Ä-p = ft + i (a -& ) = ö + i a - i f t =З 3 3

1 2^

2 2 2OZ = b + - {a ~ b ) = b + - a — b =

З 3 32 lu= - a + -b ;3 З

M N = ft + | (a -ft ) = 6 + i a - i f t =

2 2

QF = b + - ( a - b ) = b + - a - - b = 4 4 4

1 ^ 3 = —b+ —a.

4 4

§12

505. /.D = /Л■,^E = /.B,^oыy^DEF~ ~ AABC — за I ознакою (за двома ку­тами).

506. AEDF - АСАВ (за двома кутами):Z E = ZC; г О = ZA.

507. ААВС і A N M P — рівнобедрені; ААВС і AMNP — не є подібними.

N

М Р

508. ААВС і A M P N — прямокутні; ААВС і AMNP — не є подібними.А

509. Мал. 278Z1 = Z2, тому M N II AB (Z1 і Z2 — внут­рішні різносторонні при M N ; AB і січ­ній АС).Звідси ZC M N = ZCAB; Z.C — спільний; ACMN-ACAB.

Мал. 279ACRQ - АСАВ (ZC — спільний, ZQ = ZB). ACRQ - AQPB (ZRCQ= ZPQB; ZCQR = = ZQBP).AACB - APQB (ZB — спільний, ZA = ZP).

510.

а ß а ß а ß а ß

Z K ZL ZL Z K Z M Z K Z L Z M

Z P ZO ZH ZO Z P Z H Z P ZO

A K L M - A K L M - A M K L - A L M K -АРОН АНОР APHO APOH

за двома за двома за двома за двомакутами кутами кутами кутами

511. 1) Подібні за двома кутами;2) подібні за двома кутами;3) подібні за двома кутами.

512. Щоб стверджувати, що трикутники подібні, треба довести рівність двох від­повідних кутів трикутників. Якщо від­ношення двох кутів одного трикутникадорівнює відношенню двох кутів другого трикутника, то це не означає, що ці відповідні кути рівні.

www.4boo

k.org

г513. ДАВС~ДЛ.В,С,.\)/А = = 60°. AB = 2 см, AjCj = 6 см.^ д = ZAj (з подібності трикутників);^ = ZB, (за умовою).Звідси ZAj = Zß, = 60°, тому ZCj = 60°. Отже, ZA= Z ß = ZC= 60°. Трикутни-,{И рівносторонні. AB = ВС = AC = 2 см;Д ,В ,= В А = Л С , = 6см.2 )/^ = ZC = 60°, тому ZA = 60°.Звідси ■ ^ 1= = •^С,. Трикутникирівносторонні. А,В, = В,С, = А,С, = 2 см;ЯВ = ВС=АС = 4 см.8 )/В = ZC = 60°, тому ZA = 60°.ДАВС — рівносторонній, тому AAjßjC, — рівносторонній. AB = ВС = AC = 9 см;A,B, = Bfi^=Afi^ = 3cM.

514. 1) ZA = ZiT; ZB = ZL, тому ДАВС-S K L M .ДВ= 5 см; ВС= 7 см; АС= 3 см; KL = 15 см.

= = 15 L M К МAB ВС А С ’ 5 7 3 ■

Звідси L M = 21 см; К М = 9 см.2)МВС - AÄ-W . ЛВ= 6 см; ВС = 8 см;Л С = 4 с м ; і : і = 4 , 5 с м .

И ІМ К М 4 ,5 L M К МВС АС 6 8

Звідси L M = ^ ^ ^ = 6 (c m ) ;

,JEAf = l ^ iM = 3 (см).1 < . 1 6Ш а В С - AKLM. AB = 8 см; ВС = 10 см;

6 см; iTL = 16 см.16 ^ L M К М

\АЁ~ ВС ~ АС ’ 8 ~' L' '.5

ВС АС 8 10 6 ■

реи L M = 20 (см); К М = 12 (см).

5 ^ . 1) ДАВС і AAjBjC, — рівнобедрені,■^ = ZAj.

B l

A l А C i»^.Властивістю рівнобедреного трикут­ника ZA = ZC; ZAj = ZC,. Оскільки ZA =

TO ZC = ZC,.«ід ей ДАВС - ДА,В,С, (за двома кутами).

2) ДАВС і ДА,В,С, — рівнобедрені,ZB = ZB,.

ЗДАВС: ZA = 1 5 2 1 z ^ = 90°- I z B .

З ДА,B.C.:180°-ZÄ 1

^ = 90 «--Z B ,.

Оскільки ZB = ZBj, то

9 0 ° - iz B = 9 0 ° - i z B .2 2 ^

Тобто ZA = ZA,.Отже, ДАВС - ДА,В,С, (за двома кутами).

516. 1) Якщо кут між бічними сторо­нами 52°, то кути при основі дорівню-

180°-52° 128'= 64°.

У другого рівнобедреного трикутникакути при основі дорівнюють 64°. Тому ці трикутники подібні.2) У рівнобедреного трикутника кутпри вершині 43°, тоді кути при основі

1 « 5 ^ = 68°30'.

У другого рівнобедреного трикутникакути при основі 68°30'. Отже, ці три­кутник подібні за двома кутами.3) У рівнобедреного трикутника кутміж бічними сторонами 105°, тому кути при основі дорівнюють

І « 2 : ^ = 37°30'.2

У другого рівнобедреного трикутни­ка кути при основі 38°30', тоді кут при вершині 103°. Отже, ці трикутники не є подібними.

517. Якщо трикутники прямокутні імають рівний гострий кут, то ці трикут­ники подібні за двома кутами (прямий кут 90° і гострий кут).

518. Мал. 280ДАВС - АКВА (ZB — спільний гострийкут; трикутники прямокутні).

www.4boo

k.org

X

p

Cta

ro5SXT>4Q.5Ъо

ЗкQ.t i

Мал. 281ЛОКА - ABAC (трикутники прямокутні, у яких ZOAK = ZBCA).

Мал. 282AAMN - hCAB (трикутники прямокут­ні, у яких Z A N M = ZCBA).

519. 1) Якщо один гострий кут прямо­кутного 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 прямокутно­го трикутник 23°, то другий — 67°.У другого прямокутного трикутника го­стрі кути 77° і 13°. Ці трикутники не є подібними.3) 35°30' і 90° - 35°30'= 54°30' — го­стрі кути одного прямокутного три­кутника.у другого прямокутного трикутни­ка гострий кут 54°30'. Ці трикутни­ки подібні.

520. у рівнобедрених прямокутних три­кутників гострі кути по 45°. Отже, рівно- бедрені прямокутні трикутники подібні за двома кутами.

521. ABCÖ — трапеція; ЛС = а; AD = ft; ВС II AD; BD — січна, тому ZCBO = ZADO; ZBOC = ZDOA (вертикальні).

D

ABOC - ADOA (за двома кутами).ВС ВО ^ СО а A D ~ D O ~ А О ~ Ь'

Якщо ВС = Ь; AD = а, то ВО СО Ь DO АО а

522. АВОС - AD ОА (за двома кута­ми).

еаРЧ

1)СО а 32 8А О ~ Ь~ 52~ 13’

АС „ 48 „ 16-8г -

= і| ^ = 18|(мм)7 7

ЛО = 48-18| = 29у (мм);

,=32-н18§-(-18§ = 68^ (мм);

=52-ь29- + 29- = 111- (мм).

д 0,3 дм г

0,5 дм

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 ,3x3 == 0,9 (дм); = 0,5 X 3 = 1,5 (дм).

,10 ,10 .20Р . < . = 3 . 1 - . 1 - = 5 - = 6 - (см);

АО = ЛС-О С = 7 - 1 ^ = 5 ^ (см);

Я «о «= 8 + 5 - + 5 - = 1 8 - (см).

523. д о АВ - AODC (за двома кута- DO СО DCми).АО ВО АВ

www.4boo

k.org

гЗа узагальненою теоремою Фалеса:

А 0 ~ ВО'

524. Мал. 283^ С В - AMCN (за двома кутами).

— спільний, ZA = ZM — за умовою. ^ С В - АМКВ (за двома кутами); /Л = = ZAf — за умовою; ZB — спільний.

Мал. 284^ С В - AAMN (за двома кутами); ZA — спільний; Z.C = Z M — за умовою.

Мал. 285ЛАСБ - ANCM (за двома кутами); ZC — спільний, Z.B = /.М — за умовою.

525.Вх

В

л .D Сі

;,ЛВ|И,В.;ЛС||Л.С.;ВС||В,С.. у В і д к л а д е м о н а с т о р о н і в і д т . Л ,

в і д р і з о к А ^ К р і в н и й 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. KD Ц В,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,.

526. AE + е л = 18 с м ; А Н = 8 с м ; СЯ = = 4 с м .

В

С АШ е н ~ &ADH (за двома кутами); ZCEH = ^АВИ= 90°. ZEHC= ZDHA (вертикаль- *i). З подібності трикутників:

СИ EH 4 EH A H ~ HD ’ 8 “ Я 0 ’

Нехай EH = X, тоді HD = 2х.

ЕА = х + 8 ( c m ) ; CD = 4 + 2х (см).За умовою ЕА + CD = 18 см.Отже ДГ + 8 + 4 + 2 г= 18; Зх = 6 ; х - 2 .

£ Я = 2 см; Я£) = 2 X 2 = 4 см; АБ = AFf + + £ Я = 8 + 2 = 10 c m ; CD = СЯ + ЯО = 4 + + 4 = 8 см.

527. ААВС — рівносторонній; Р — пе­риметр ААВС; О — точка перетину медіан ААВС; О є KP; KP \\ АС.

В

\ „

VМедіани точкою перетину діляться увідношенні 2; 1, рахуючи від

„ . ßO 2 BN Zвершини. Тоді -----= —, а ----- = —;ON 1 ßO 2

AKBO-AABN; A N ^ - А С = - У . - = - Р .2 2 3 6

З подібності АКВО і AABN;

І р6 З

К О ~ В О ’ К О ~ 2'

2-^-РЗвідси КО = —^ = - . КО = -К Р ,

3 9 2

Р 2Ртоді КО = 2КО = 2 х - = — .9 9

528. ß TAfC —трапеція; ä:M II ßC, тоді ААКМ-ААСВ.

Р

§ID

го

Xз-асс

оЗтсQ.

____ ЗОА К ~ A M ~ К М ' А К ~ A M ~ К М

www.4boo

k.org

або

РSS1^

го>£SXт

а5соS

о.

Нехай AST = X, тоді A M = ^ ^ = \^x\ K M = 2x. ® ^

гъщ скСК=\Ъ-х\ MB = 2 0 - l\ x .3

A K A M K M

с*«« = 2^ + 15-зс + 20-1-л: + 30.

а за умовою 63 см.

Отже, 2д: + 15-д: + 20-1^лс + 30 = 63;

- | . = - 2 ; . = 6,

Тоді K M = 2 x6 =1 2 (см).AC AB CB

2)AAKM~AACB.A K A M K M

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 = l S - x .PcKMB - 50 то18-д: + х+18 -д :+18 == 5 0 ; - x = - 4 ; x = 4.

Отже, K M = 4 CM .

529. у ДАВС ZJS — найбільший. Че­рез вершину В проведемо пряму, таку, що Z.CBN = ZÄAC (точки А iN — в од­ній півплощині стосовно прямої ВС).

емевCQ

Тоді ACBN - ДСАВ (за двома кутами: ZC — спільний; ZCBN — ZCAB (за по­будовою)).

530. 1) ДАВС —- різносторонній. М є AB.

В

а) Проведемо М К таким чином, щоб ZAMÄ- = С\КєАС. Тоді ААМК - ААСВ (за двома кутами: ZA M K = ZACB; ZA — спільний).б) Проведемо M N таким чином, що /.BMN = ZC; N є ВС. Тоді АВМК - - АВСА (за двома кутами: ZB — спіль­ний, Z B M N = ZBCA).в) М Р IIАС-, АВМР - ABAC (за двома ку­тами: Z B M P =ZBAC, ZB — спільний).г) M Z II ВС; AAMZ - ААВС (за двома ку­тами: ZA — спільний, Z A Z M = ZACB). Отже, задача має 4 розв’язки.2) ААВС — рівнобедрений, М є AB.

а) Проведемо M N Ц АС; ABMN - ABAC (за двома кутами: ZB — спільний, Z B M N = ZBAC).б) Проведемо M D II ВС. AAMD - ААВС (за двома кутами: ZA — спільний, ZADM = ZACB).в) Проведемо М Р таким чином, щоб ZA M P = Z C ( P e АС). ААМР - ААСВ (за вдома кутами: ZA — спільний, ZA M P = = ZACB).Отже, задача має З розв’язки.3) ААВС — рівносторонній. М є AB.

www.4boo

k.org

а) Проведемо M N II AC. ABMN - ABAC (за двома кутами: ZB — спільний, ^ M N = ZBAC).б) Проведемо М К II ВС. ААМК - дЛВС (за двома кутами: /Л — спільний, j^AMK = ZABC).Отже, задача має 2 розв’язки.

531. ДАВС — рівнобедрений, ВК LAC-,

К — середина АС; АК = АС = — а.1 2 2

В

ААОМ (прямокутні); АО — спільна гіпотенуза; ОМ = OK — катети (як радіуси одного кола).

Звідси A M = ,

Тоді МВ = A B -A W = f t - - = ^ .2 2

U Z — відстань між точками дотику кола до бічних сторін ААВС.ВК перетинає M Z вт. Р. Р — середина mZ;MZ\\AC.

= - Ш В Р ~ й А В К .2 а

І £ = , а б оU P M B M P ___

2

З ^ с и M P x b = — x ——

2 b -a '

U P = a{2b-a)_ d a{2b-a) 2~ 4b ’4b

^ _ 2a(2b-a)_ a(2b-a)4b ’ 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=10cM;ft=13cM.

. 10x (2x l3 -10 ) 10x16 2 , , = 6 - = ®ЇЗ

532. Доведення подане в задачі 531.

533. ААВС — рівнобедрений; АС = 12 см; AB = 10 см; ВК ±АС; К — середи­на АС; О — центр вписаного кола. OK - O M ^ n O N l A B .

В

ААВК і AOBN — прямокутні. ZB спільний, тому ААВК ~ AOBN.

^ ^ а бо— = - = — = -° А К ~

Аналогічно:

ON OB ON A K 6 З

Висота ВК поділилась т. О у відношенні 5 : З (починаючи з вершини).2) АС = 10 см; AB = 13 см.

OB AB 13 ON A K 5 ■

Точка О поділила висоту у відношенні 13:5.

534. ДАВС-ДЛ,В,С,,тодігА = гА ,.

ВВі

Проведемо B D ± A C і B,D, ±Л,С,.AABD і AAjßjDj — прямокутні, у якихZA = ZA j, тоді AABD - AA^B^D (за двомакутами: /А = /А^ і ZD = ZD, = 90°).З подібності трикутників AABD і

BD AB ДА,В,£>, маємо: за умовою

AB АСААВС - ДЛ,В,С,, тому

А.В. Л С .'

ТодіBD АСß .A д е .

www.4boo

k.org

t l

535. Два подібних трикутники були б рівні, якщо б відповідні висоти дорівню­вали одна одній.Оскільки за умовою не сказано, що висо­ти відповідні, то ці рівні висоти можуть бути не відповідними, а тому не можна стверджувати, що ці трикутники рівні.

536. ДАВС-ДА,В,С,. ВАГ iß ,К - ,-в ід ­повідні бісектриси.

Ві

/ \

Оскільки = ZB ,, то і ZB = і В,.

Тобто ZA B K = ZA = ZA, (зподібності ДАВС і ДА,В,С,).Звідси ААВК - AAjBjAT, (за двома кута­ми).

ВК AB AB АСТоді В,К, А.В, Але ЛВ , А,С.

(з подібності ДАВС і ДЛ,В,С,). ВК AB AB AC В,К, ~ А , В , '^ А , С , ~ А,С, •

ЗвідсиВК АСв,к , АС.

> тобто відповідні

бісектриси відносяться як сторони, до яких вони проведені.

537. С,М, і C M — бісектриси даних кутів.

СМ = С ,М ,+ 4; ^ = 1.5;

^ = 0,5;С,М. С.М,

С,М, = 4 : 0,5; С,М, = 8 (см), тоді CM = С,М, + 4 = 8 + 4 = 12см.

538. ABCD — трапеція; п — середня лінія; ВС +AD = 2л = 2 х 24 = 48 см.

е*в D

СО вс А О ~ AD

(з подібності д в о е і ADOA -

за двома кутами). Отже

1) — = і ; ВС = 4 8 -A D ; AD З

4848-A D 1AD “ з ’ AD “ з ’ A D ~ 3 ’

Л І) = — = 36 (см); ВС = 48-36 = 12 (см). 4

2 ) ^ ^ ^ Л ; В С = 4 8 -А В ;OD AD 5

4 8 -А Д 3. 48 _ 8AD Ь ’ AD ~^5’ AD 5 ’

AD = ЗО см; ВС = 48 - ЗО = 18 см.

539. ACLM~ACBA(ZB = ZL = 90°,ZC~спільний).

з подібності трикутників:

— = (І) AAMN - AACD (Z N =AB АС

ZD = 90°, ZA — спільний). З подібності M N A M

трикутників:CD АС

. (П)

Додамо почленно рівності (І) і (II): M L І ^ ^ С ^ A M А В ^ CD А С ^ АС

СМ + А М АСАС АС

= 1 .

540. о ,к J. M N ; OJ^ ± M N . АМКО^ - AMNO^ U M — спільний, Z K = Z N = = 90°).

NO^ O^M R + 2R, + A MКО, ~ 0 ,M Д, “ R^+AM '

www.4boo

k.org

wІЦД, + ÄaAM = а д + 2Д,'+

0 ,M = R .^ A M = R , + ^ ^ ;

0,M = Л, + 2Д. + AJVf = Д, + 2Д. + - ^ ^ .

l )ü , = 4cM;i?j = 6cM;py 42

O.M = 4 + = 20 (CM);

О.ЛГ = 6 + 2х4 + ^ = 30 (cm).* 6 -4

". а)Я, = Зсм; flj = 6cM;

Л 0,M = 3 + | ^ = 9 (CM);0 — 3

■ 0,M = 6 + 2x3 + ^ = 18 (CM).6 — 3

542. AABC — довільний трикутник, О — точка перетину медіан.

ВNy

CD — медіана, OK 1 AB; C N 1 AB. CN — •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 ді­ляться у відношенні 2 : 1 (починаючи а вершини), то СО : DO = 2 ; 1, тоді OD : C D = 1 3 .

Звідси = = і .CN CD З

Тобто відстань від т. О до сторони AB утричі менша, ніж висота, проведена до сторони AB.

^3 Супер ГДЗ, 8кл., кн. 1

543. ААОВ - KOL (к = 4):

L K ^ - A B = -a .4 4

р чли В

1)а = 3см; LK = - (см);

2)а = 4см; LK = - - 4 = l (см);4

3)а = 5см; LJi: = - x 5 = - = l - (см).4 4 4

5 4 4 X ВС; AN = h^:BK 1 АС; BüT =

В

Тоді

iiANC - АВКС (прямокутні, ZC — спіль­ний).

В К ~ ВС ’ Л , ~ о ’

або Л. : Л , = і ; і .а Ь

Аналогічно: Л„ : h = — : - .а с

Отже, Л : Л„: Л = і : і : і .а Ь с

5 4 5 . Відношення відповідних висот трикутника дорівнює коефіцієнту.1) Нехай X — одна висота, тоді 36 - д: — друга висота.

36z£ = 2; М - 1 = 2; ^6= 3;X X X

х = 12— висота одного трикутника; 36“ 12= 24— висота другого трикут­ника.

www.4boo

k.org

2 ) x ; x + 1 0 — висоти.лг + 10

2_' з ’

3x =

= 2x + 20;x = 20 — одна з висот; 20 + 10 = = 30 — друга з висот.

546. Проведемо діаметр BD.

XгонSССQ.

т

SXт

.ч:соSтсQ.fc

/.ВАС = ZBDC (вписані кути, спирають­ся на одну хорду ßC). ZBM A = 90° (В М 1 1АС). ZBCD = 90° (вписаний, спираєть­ся на діаметр). ААВМ - ADBC (за двома

_ . A B В М кутами). Тоді

BD ВСс с Ли

®бо — = — . 2R а

Звідси

547. ААКВ = 90° (вписаний, спираєть­ся на діаметр), тоді Z N K M = 90° (суміж­ний з ZAKB). ААОМ - ANKM (прямокутні трикутники, у яких ZA M O = Z N M K — як вертикальні).

ЗвідсиN K К М (І)

ABON - АВКА (прямокутні, ZB — спільний).

ВО ONЗвідси (II)

е«з

ВК К А '

АВАК - AMKN (прямокутні, ZBAK = ZM N K ).

з рівності (І): ОМ =

З рівності (II): ON =

А О К М N K ■

ВО К АВК

з рівності (III): B K x K N = М К х КА.АО К М ВО КАОМ ■ ON = ----------- X -

= АО X ВО X

N K ВК K M x K AN K x B K '

Оскільки ВК X K N = М К x КА, то К М КА N K BK ~

Отже, O M x O N = A O x O B x l = R x R = RK Тобто O M x O N = RK

548. УААВС:АС = Ь;ВС = а.CKLM — ромб, тому LK Ц MC; LK || ВС.

Тоді ААВС - AALK (ZB = ZC — від­повідні при ВС II LK і січній АВ; ZA — спільний).

ВС АСЗ подібності:

ВСабо

L K А К ’

АСLK А С - К С

Нехай X — сторона ромба, тоді LK = = КС = х;ВС = а;АС = Ь.

Звідси — = -----X Ь - х

= аЬ; х{Ь + а) = аЬ; х =

; ab - ах = Ьх; Ьх+ ах = ab

а + Ь

Отже, сторона ромба може бути обчис- аЬлена за формулою х =

а + Ь

549. У ААВС: ZB — тупий; B D 1 АС; CM ± А В (М — на продовженні сторо­ни Aß).

М

І D С

J

www.4boo

k.org

р о з г л я н е м о чотирикутник DBMC. y d * Z M + ZC = 360°, оскільки^DC+ гсмв= 90“ + 90“ = 180“, то ^ B D + ZMCD = 360“ - 180“ = 180“.

+ ZCMD = ZM B D + Z.MCD./3DC і ZCMD; ZM B D і ZM CD — npo- Ф]ілежні кути чотирикутника DBMC. О с к і л ь к и суми протилежних кутів рів­ні між собою, то навколо чотирикутни­ка U-BAfC можна описати коло.

550. Якщо ЛС ділить трапецію на два цодібніх трикутники і ZDCA = ZCAB (внутрішні різносторонні при DC II AB і еічяійЛС). то М)СА - ДСАВ.

З подібності трикутників: 8*ідсиЛС* = і)С хА В = аЬ.

KL

САAB '

555. ABІ ^ Л . Z L = ZB. ВС з

Отже, &MLK - АСВА (за двома сторона­ми і кутом між ними).

556. — , тому трикутники ДЯАС7 5

i&FDE не є подібними.

557 .Трикутник зі сторонами 10 см, 16 см і кутом між ними 50“ подібний даному. Кеа AfO ON N M ^

Отже, AOMN - ABAC (за трьома сторо­нами).

559. W M NС В ~ С А ^ AB ’

6 8 12тобто — = —^ .3 4 5

Отже, AMON 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 ЗТ гг = -----= —; ZC — сшльнии.М с NC 2

Мал. 298

ААСВ - ANCM-.

ZC — спільний;

ААСВ - AANK-.

ZA — спільний:

ААВС - АКВМ:

АС CBNC CM

і;АС ABA N AK

і;AB ВСKB В М

ZB — спільний;ААВС - AMNK-. ZA = ZM ;

АС AB 2 М К ~ M N ~ Ґ

М К — середня лінія ААВС;

М К = -А С ;2

M N — середня лінія ААВС;

M N = -A B .2

562.

а 2 сторони а 2 сторони

Z K a = KL Ь = К М ZL а =

L M b = LK

Z P ka = PO

кЬ = PH Z H ка =

H PкЬ = HO

AKLM ~ АРОН за двома сторонами і кутом між ними

ALMK - АНРО за двома сторонами і кутом між ними

а 2 сторони

Z M а = М К

Ь = M L

Z P ка = РО

кЬ = PH

A M K L -А РО Н за двома сторонами і кутом між ними

_х

Р

S

(U

І

І5с

зос

ош

563. Подібні перший трикутник (зі сто­ронами 5 см і 8 см) і третій (зі сторонами

5 810 см і 16 см), YÖ ~ 16 кути між від

повідними сторонами рівні за умовою.

www.4boo

k.org

564. AB ACA B -B D A C -C E

ZA — СПІ льний, якщо AASC - AADE.В

1)12

I

CCQ.

2sX3-

Ё:5со

55Q.fc

12-2 15-7

Отже, AABC не подібний AADE.

15-3 18-8

Отже, AABC не подібний AADE.

3. 20 - 21 ’ 20-10 21-10,5'

Отже, AABC - AADE.ccc KL nc K M nc — 2n

A B ~ с ~ ’ AC ~ c - 2 ~ '

Z K = Z A .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 = ЗхЗ = 9 см.2)АВ = 6 см; ВС = 8 см; АС = 4 см.

KL = 6 x - = 4,5 см;4

L M = 8 х - = 6 см; 4

К М = 4 X — = 3 см.4

3) Aß = 8 см; ВС = 10 см; АС = 6 см.= 8х 2 = 16см; LM = 10х 2= 20см;

ATM = 6 X 2 = 12 см.

566. Оскільки бічні сторони рівнобед- реного трикутника рівні між собою, то маємо: три сторони одного трикутни­ка пропорційні трьом сторонам дру­гого трикутника. Отже, трикутники подібні.

4,5 6 „ = —. Отже, подібні першии 1з 4

567.

третій прямокутні трикутники.

568. ТМ ХАВ; РК ±АВ; СВ ±АВ => ВС \ II Т М IIРК.

В а

м

к\

жт

—‘D1 )Р ^ с = 16 + 63 + 65 = 144 (см). ААКР-ААВС:

= І = ІX (16 + 63 -н 65) = 48 Ы

ААМТ-ААВС:

^ішг = |^лл^с = | (16-ь63-н65) = 96 (см).

2 ) = 8 + 1 5 -t-1 7 = 4 0 ( с м ) .

^ л л і . . = | ^ ! ^ с = | х 4 0 = 1 з | ( с м ) .

^лл«г=|^л«с = |-40 = 2б| (см).

3) Р ^ ^ = 7 -І- 24 -І- 25 = 56 (см).

^^«p =|^Lu,c = | x 56 = 18| (cm).

= g ЛАВС = g '56 = 37— (cm).

569. двое - ADOA. ZBOC = ZDOA (вер- ВО ОСтикальні).DO OA

В,

A‘ D

1) ^ = 1^ ßc = x-,AD = x + i\BC 8

= — ; 13д:= 8x+ 32; 5x= 32; x =X 8

= 6,4 (cm).BC = 6,4 cm; AD = 6,4 -I- 4 = 10,4 (cm).

x 8 = 1 6 (cm);CO = -

AO =

8 + 13

42 8 + 13

x l3 = 26 ( c m ) ;

P ^ = 16 + 16 + 6,4 = 38,4 (cm); P^oD = 26 + 26 + 10,4 = 62,4 (cm).

www.4boo

k.org

г12 15 21 ^570, Y = першии 1 дру

ГИЙ трикутники подібні.d т п 2\ т п

571- ^ ) а = Т = 7 - У = 7 = Т ^ ’звідси /л = 27 см; п = 36 см.

d т _ п 56 _ т _ п Ь ^ 'а ~ 1 ' Т ~ Ї 7 ~ Ї 5 ’

56 17 ,звідси т = — -— = 119 (см);

56 15 , .л = —— = 105 (см).О

d _ т _ п 25 т п ' ь ~ а ~ с ' 5 ^ 6 ~ 9 ’

звідси m = 30 см; л = 45 см.

572. 1) л — бічна сторона подібного три­кутника.- . С П 6 л

звідси л = 9 (см); Я = 6 + 9 + 9 = 24 (см), с п 12 л 60 _ . , ,

" > Г а = ¥ = 5 = " = Т = " ’ "

Р = 7,5 + 7,5+12 = 27 (см).С fx 28 ТІ f, .8 ) - = - ; — = — ; л = 50(см);Ь а 14 25

і> = 50 + 50 + 28 = 128 (см).

573. Ь — бічна сторона другого трикут­ника.

1)а : Ь = т : п; — = —; 6 = 36(мм).Ь З

2)а : Ь = т : п; Іі5 = —,Ь З

звідси Ь = 0,9 (дм).

Щ а:Ь = т :п ; — = —; Ь = 1 (см).Ь 4

574. ZA = ZA^;AB х = АС хЛ,С,.AB АС

J ä ' a H '

Отже, ДАВС - ДА,С,В,.

575. ААВС - ДЛ,В,С,, В М і В,М , —Чедіани, проведені до відповідних

сторін АС і A jC ,.

ВВі

М Аі М\ ^Сі

з подібності ДАБС і АА В С маємо; ZA =AB АС 1

ZA.; ------ ■Л Д А.С,

A M = - АС; 2

ЛЛ^, = 2^^ ..

-А С„ . AB АС 2Оскільки ------= -------= -6_А,в, AjC, — Л,С[

А8 АС ВМА,В, д е , AM .

Тобто відповідні медіани відносяться як сторони, до яких вони проведені.

576. Не можна стверджувати, що дані трикутники рівні, бо рівні медіани мо­жуть бути не відповідними.

577. HKnxoKL\\MN,ro\AKL~AAMN, A K KL

тодіA M M N

Нехай A ff = x, тоді -= 5 . o,25x = x + 3 0,25

= 0,2л:-I- 0,6; 0,05x = 0,6; л-= 12. Отже, щоб KL у M N треба, щоб AX’ = 12 см.

578. B K L A C ; A K : К С = 5 : 9; М — середина AC; M P X AC; P є ВС.

www.4boo

k.org

ABKC - АРМС (за двома кутами). КС ВС

РS

S1^

SSIтё :5со3

о.t i

ТодіMC P C ’

1 Q НГMC = (AK^KCy, | = | | ,

тоді BP : PC = 2 : 1.2) 5 BC

MC ~ P C ’ 4 P C ’

тоді BP : PC = 1 :4.

579. Центром кола, описаного навко­ло ACMB є середина ВС, т. Н лежить на цьому ж колі, бо АСВМ і АВСН прямо­кутні із спільною гіпотенузою ВС.

В

Z.BCM = ZB H M (вписані кути, що спи­раються на спільну хорду ВМ; ZBOC = = /.МОН — вертикальні). Отже, АМОН - -АВОС.Нехай /ВСМ = Z B H M = х, тоді ZMBC = = 90° - X (з АМВС), але ZABC = ZMBC. ZBHA = 90° (В Я 1Л С ; Z B H M = х), тоді Z A H M = 90°- X .У ААВС і ААНМ: Z A — спільний; ZABC = ZAH M ; ZABC = ZAHM.Тоді ААВС - ААНМ.

580. У ААВС і AA/lC ZC — спільний; ZCAB = ZCA/l.

С

Тому ААВС - ДА,ЛС.AB ВС АС

Звідси а ,А ~ АС ~ А ,С '

Звідси

АС^ = ВСхА,С = В С х -В С = - В С ‘ ;2 2

ВС‘ ; АС‘ = ВС^:П

= 2.

581. ABCD — паралелограм: ВС Ц AD; АЕ — січна, тому ZBEK = ZKAD.

В. II f \\ ,С

АВКЕ - ADKA (ZBEK = ZKAD-, ZBKE = = ZDKA —- вертикальні).З подібності трикутників маємо:BE ВК К Е І AD KD А К 2

(за умовою Е — середина ВС).

Звідси А К : КЕ = 2; B K :K D = ~.2

582. AB = CÖ= 10 C M . AB II CD; АС — січна, тому ZBAC = Z E C D (внутріш­ні різносторонні при паралельних AB, CD і січній АС). ZAEF = ZCED (верти­кальні). Звідси AAEF - ACED.

Нехай BF = X, тоді AF = AB + х = 10 + х.

Отже, = 3Q^ 3^^ 45 3^^10 З

= 15;x = 5 ;B f =5(см ).

583. CK±AJD.AABM = ADCK.Тоді АЛ/= DA-, ВС = М К .

В,---------------

м к ^ААОМ - ДСОВ (за двома кутами: ZAOM = ZCOB— вертикальні; ZCBO= ZAMO = 90°). Тоді AM : ВС=ЛО : ОС = m : л.1 )АМ :В С = 1 :2-,AM = lx\BC = 2x.Тоді M ö = 2х+ х = Зх; A M : M D = = lx :Z x = \ . :3 .\ )А М :В С = 1 : 1; AM = Ix; ВС = 1л.

www.4boo

k.org

584. 1) Радіус кола, описаного кавко-JIO прямокутного трикутника дорівнює половині гіпотенузи. Тому відношення гіпотенуз до радіусів кіл, описаних нав­коло прямокутних трикутників, завж­ди рівні. Стверджувати про подібність таких трикутників не можна.

В

а RОскільки СО= R, CjO, =

= JJi, то АСВО - ДС|5,0, (за трьома сто­ронами). Звідси Z B = ZB,, тоді АСВА- - ACjßjAj (за двома сторонами і кутом

а 2Rміж ними: ZB - ZB^; ~ - ^ ^ )-

3) Трикутники будуть подібними.АС AB

585. АС. А А• На продовженні сторони

АС відкладемо СР= СА. З’єднаємо Р і В. На продовженні cTopoHHAjCj відкладемо С Р = =С^. Тоді ДАСЛ =АРСВ і AB =ВР. Анало­гічно ДА,С,В, = АР,С,В, ІА ,В = Р ,В

Нехай

АР

Л.С. А А

2АС . AB ■ = «;

ТО Д І

РВА,Р, 2АС. А,В, ЦВ,

= к.

Тоді АРАВ ~ АР^А^В (за трьома сторо­нами).Звідси ZA = ZA,, тоді АСАВ - AC,Ajß, (за

АС ABдвома сторонами і кутом

між ними ZA = ZA1).

586. Якщо т. Р і т. X ділять сторони AB і ВС в однаковому відношенні, то АВРК -

АС AB- ABAC. ЗвідсиРК РВ

в

АС = а ;А В = 1 х + т х (А Р = 1 х ;Р В = тхУ, а Іх + тх 1 + т

РК

Звідси РК -

тх т

та1 + т

587. КМ\\АВ;МР\\ВС.ЗвідсиМВМО —

паралелограм, тому M B = NO = —d (d —2

діагональ прямокутника).В

м / \ n

І

рSСГQ.

Іт>чQ.5ЪоЗос

о^ К Р ^

A M II KN\ M N II AC, тому A M N K — па­ралелограм. Звідси AM = d.

AM -.M B = d : - d = 2 : l . 2

Аналогічно CN : NB = 2 :

588. AACD-AKHD.

1 .

ЗвідсиAD AC

= 2.

е*Э

www.4boo

k.org

ТодіАК- = А-Х); AK = -AD-,

AD=AB; А К = -А В .У АВК\ А К — Іатет; AB — гіпотенуза.

Оскільки А К = АВ, тоді ZABK = 30°;

ZBAK= 60°. У ромбі ABCD-. Z A = ZC = = 60°; Zß = ZÜ = 120°.

589. i ) K і P — точки, які ділять бічні сторони у відношенні 1 : т.

В

Нехай ВК = їх ; КА = тх.Проведемо BN II CD. BCDN — парале­лограм, ОР = ND = ВС = Ь. A B K O -A B A N ;B A ^ m x + lx .КО BK A N B A '

ЗвідсиA N x B K (a - b ) x l x

КО = -BA

_________ а -ЬIx + mx 1 + m ’

KP = KO + OP = ^—^ + b =

a -b+b+bm1 + m a + bm

1 + m 1 + m

2 )0 — точка перетину діагон£ілей, M N || II AD; О є M N . АВОС ~ ADOA (за двома

ВО Ь СО а

кутами). Звідси

Нехай ВО = bx; OD = ах; BD = bx + ax; CO = bx; OA = ax.

ABMO-ABAD. =AD BD

BO X AD b x x a baMO =

BD

ACNO - ACDA.

bx + a x b + a

CO ON CA~ AD '

ON =

M N =

COxAD bxxa CA

2ba

ba

bx + a x b + a

b + a

3)ABCD — трапеція. О — точка перети­ну продовження AB і DC.

а II AD; О є а. Р — точка перетину а з DB; К — точка перетину а з АС.

OD ADАОВА - AOAD. ° ^ = “ .Не-ос ьо с ВС

хай 0D =ах;0С = Ьх. Тоді C D ^ a x -b x =ПС

=(а-Ь)д:. ДОСАГ-ДДСА.Звідси ^ ^ •

Тоді OK =AD X ОС a x b x

Аналогічно PO

2ab

ab

CD { a - b ) x a - b '

aba - b

Тоді P K = .a -b

590. ACOP - ACAD.AD AC AO + OC

Звідси

OP =

ABOK - ABDA.„ . AD BD Звідси

OK--

BO

Оскільки (з подібності AAODОС ЁО

і ДСОВ), то OP = OJiT. То&ю О — сереяина ЛГР.

www.4boo

k.org

591. 2)ABCD — трапеція. ßC : AD =тШ- П.

D 2 X

:n

^ODN-ACBN. Тоді

W M N -A O B C . Тоді

О Зх

ON n

nM N =

CN 2m

M N ON B C ~ ОС '

nmM N _m n + 2m’ 2m+ n

Якщо m = 2, n = 3, TO 2x3 6

2x2+3 7 ‘MN--

1)ABCD — трапеція. ВС :AD = m : n.

f-.

UI

AOMN - AAOD, тоді

M N

. M N ON

m M N =

AD OD

mnn 2n + m 2n + m

Якщо m = 1, Л = 4, TO

M N =1x4

2x4+1 9

592. Навколо чотирикутника OAO^B Можна описати коло, якщо суми проти­лежних кутів рівні.гОАО^+ ZOBO,= 180°, ZAOB + ^ 0 , В = 180°.

Отже, точки О, А, Oj, В лежить на од­ному колі.

593. ВН 1 А С ;В М = МС.А К : К М = 3 :1 .

В

‘ \ м

АА Н F

Проведемо M f± A C , тоді ДВЯС -AMFC,вс н е „ н е

ЗВІДСИ ----- = ------ : 2 = ------:MC FC FC

НС = 2FC; HF = FC. AAMF - AAKH, A ^ ^ ^ 3 AHK M ~ H F ’ 1

звідси

AH = 3FH. Звідси

F H '

AH 3FH H C ~ 2 F H

594. A H 1 BC; A M = MC; A K . K H = 3 : 1.

В H G С

Проведемо HF IIBM, тоді

m ^ ^ A ; A M ^ 3 M F .M F K H 1

Тоді FC = 2MF. ACFH - ACMB.

roiCsXTЁ:5cоSoc

Звідси CH CF ^ 2MF BH M F M F

= 2.

Отже, CH = 2BH. Проведемо MG 1 BC. Тоді H G = GC~ BH, ABKH - ABMG.

BK BHЗвідси

K M HG= 1 .

§14

600. 1) Мал. 307:AD і BD.

Мал. 308:AD і DB. Мал. 309: AD і DC.

2) Мал. 307:CD — середній пропорційний відрізок між відрізками AD і DB-,

еч03те

www.4boo

k.org

AC — середній пропорційний відрізок між відрізками Aß 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 пропорційнийміжЛС і AD.

601. 1)д:2 = 3х12 = 36;д: = 6;2) х2 = 2х12,5 = 25;х = 5;3) л:2 = 1 X 9 = 9; д: = 3;4)д:2 = 2х8 = 16;л: = 4.

602. Мал. 310:1)CL; 2)СЛ і СВ; S)AL і LB. AL = b ;LB = a .

Мал. 311:1) KL; 2) KD і KT; 3) DL і LT.

Мал. 312:1) M L; 2) M N і MO; 3) NL і LO.

AL AC603. Мал. 310:

Мал. 311:

LB СВ

DL DK

Мал. 312:

LT

N L

K T

M NLO MO

604. Мал. 313:1 )Aß=16 + 9 = 25;2) AC = Vl6x25 = 4x5 = 20;3) Cß = V9x25 = 3x5 = 15;4) CJf = V l6x9 = 4x3 = 12.

Мал. 314:1 )і :ЛГ = 25+144 = 169;2) Ä’M = V25xl69 = 5x l3 = 65;

3) N M = Vi44 x 169 = 12X13 = 156;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 мен­ше від одиниці, це відношення не може дорівнювати одиниці або бути більшим за одиницю.

606. y&ABC-.ZC = 90\AC=CB,ZCBA = = ZCBA = 45°,CD±AD.

А

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 гіпотену­зу у рівнобедреного трикутника рівні.

607. Мал. 316ААСВ — прямокутний (ZACB = 90° — вписаний, спирається на діаметр). x = CM = R = 2.

Мал. 317ААСВ — прямокутний (аналогічно). х = ^ 4 х ї = 2 .

Мал. 318ААСВ — прямокутний, д: = V4x9 = 6.

608 . A ß — діаметр, С — точка кола, СЛ: 1 Aß (1), АК" = 1 см; Ä-ß = 16 см.

ААСВ — прямокутний.СВ = уІАКхКВ = уІІх1в=4 (см).(2)АК' = 0,5см;А'В = 8см;CK’ = VO,5x8 = 2 (см).(3)AS: = 4 c M ; i : ß = 9 c M :

СК = І4х9=6 (см).

609. A ß — діаметр, С — точка кола. ZACB — вписаний, що спирається на діаметр.

ZACB = 90°, ААСВ — прямокутний.СК X Aß; СК — висота, проведена до гі­потенузи. АК, КВ — проекції катетів на гіпотенузу.

www.4boo

k.org

(;jf — середнє пропорційне мі ж AK і КВ.

610. 1) Відкладемо послідовно два відріз-jch : 16 о м і 1 суі.АВ= 16 см; ВС = 1 см. Поділимо пополам відрізок АС. О — се­редина ЛС.

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. ^

А О В С2) Відкладемо на одній прямій послі­довно відрізки АС = 0,5 см і СВ = 8 см. Поділимо AB пополам. О — середина AB.

Проведемо коло з центром О; R = і AB.

Проведемо CD ХАВ. D належить колу. DC — середнє пропорційне між АС і СВ.

А С о В 8) Відкладемо послідовно на одній пря­мій відрізки АС = 9 см і СВ = 4 см. Поділимо AB навпіл. О — середина AB.

Побудуємо коло з центром О; Д = АВ.

Зт. С проведемо CD 1 AB; CD — середнєпропорційне між АС і СВ.

А О С В

611. 1) СХ — бісектриса; А К = 4,4 см,Л:В = 2,7 см.

С

AK ACKB CB

— правильно;

М - 5 1 fi2 = g = l>6 — правильно.

2) CK — бісектриса; К В = 4,3 см, АК == 2,7 CM. ^

ЯК _ СВ К А “ СА

8 4,35 2,7 ‘

3)АК-= 2,1 см;ВА- = 2,9 см

’ правильно;

1.6 — правильно.

АК

612.AB 10 см 21 см 3 см 5 смВС 15 см 18 см 5 см 15 смAC 20 см 26 см 4 см 12 смAD 12 см 14 см 1,5 см 3 смDC 8 см 12 см 2,5 см 9 см

1) CD = x ;AD = 2 0 -х ;20-;с 10

д: 15’

10л: = 300 - 15х;15х = 300; д: = 12; CD = 12 (см); AD = 20 -12 = 8 (см).

яз

«J

Ітад:ЪоЗкQ.

Ош

2)AB А РВ С ~ D C '

18x14

>DC =BCxAD

AB

21= 12 см

AC = AD + DC = 14 -I-12 = 26 (cm ).

613. УДАВСAB >B C .B L — бісектриса;BM — медіана.

В

i n0 3СЧ

www.4boo

k.org

За властивістю бісектриси трикутника: A B ^ A L ВС~ LC '

Оскільки Aß > ВС, то A L > LC.За властивістю медіани: AM = МС. Отже, до вершини С знаходиться ближ­че точка L.

614. В Н — висота, В Н ± АС. ВЛ і ВС — похилі, ВС > ВА, тому СН >АН. В М — медіана; т. М ділить АС навпіл. А Н > А М .

Отже, до вершини А ближче розміще­на т. Н.

615. 1)/Д = 60°, ZC = 90°, г = 4 см.

В

Якщо ZA = 60°, Z.C = 90°, то ZB = 30°. Побудуємо AAjßCj з кутами: /Л^ = 60°; ZCj = 90°; ZB = 30° з довільними сторо­нами.Побудуємо бісектрису кута В. На цій бі­сектрисі від т. В відкладемо відрізок = = 4 см = ВК. Через т. К проведемо СА Ц II С,А,. У ДАВС: г л = 60°; ZC= 90°; 1 = = 4 CM.

ДАВС — шуканий.2) Аналогічно.3)Якщо Zß= 40°; ZC = 140°, то ZA = = 180°-(40°-І- 140°) = 0°.Такого трикутника (з кутами 40°; 140°; 0°) не існує.

616. C D lA B ;C ,Z ),lA ,ß ,.А Р _ А,Д, _ т'd b ~ D,B, ~ h '

Нехай AD = тх; DB= пх; AJ)^ = ту.

Тоді CD = уітхпх = \lmnx;C D = yjmyny = •Jinny.

my у C D, _ yfmny ^ уAD CD

Отже, ДАОС - AA,Z),C, (прямокутні три­кутники, у яких рівні відношення від­повідних катетів). Звідси ZA = ZA^.А,с, _ д д -_У.АС AD тх X ’

А,В^^ (т + п)у у AB (т + п)х х '

Звідси ДЛ,В,С, - ААВС.

617. ДАВС — рівносторонній. AB =ВС =

А С = а ; Z A = Z B = Z C =60°. КС = -а ; гК В С = Ж . 2

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

BD:DC = - a : - a = 3:l-, D C :B D = 1 ; 3. 4 4

www.4boo

k.org

618. Z C = 90°; Z A : Z B = 1 : 2 ; Z A + Z B = = 90°; ZA = 90° : (1 + 2) X 1 = 30°:

Нехай CB = a, тоді AB = 2a (катет, що лежить навпроти кута 30° у 2 рази мен­ший за гіпотенузу). СК ХАВ.У ДСА-В: Z K = 90°: ZB = 60°; ZC = 30°.

Тоді К в Л с В = \а-,

А8Г = 2 а - - а = а; 2 2

1ГВ:АХ = іа : | а = 1:3. 2 2

619. У ДАВС ZC = 90°, СК 1 AB; KB : ■.АК=1:3.

Нехай КВ = 1 х ;А К = Зх. Тоді AB = 4х. СВ2 =АВ X /СВ = 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 п о ­

л о в и н і гіпотенузи).Отже, навпроти катета СВ лежить го­стрий кут 30° Тобто, Z A = 30°, тоді ZB = = 90° - 30° = 60°.

621. ААВС — рівнобедрений, В К ± 1АС.

АВКС— прямокутний, КС = - А С = ^; К М LBC. 2 2AKMC~ABKC{ZC — спільний, ZKM C = = ZßÄ-C = 90°)., я . . К М КСЗ подібності трикутників: -----

ВК вс

Ш - Л , К М = ^ .с Ь 2Ь

12x81 ) К М =

2 ) К М =

2x1014x242x25

= 4,8 (см):

= 6,72 (см).

622. ABCD — ромб. АК — висота ромба. M N проходить через т. О. M N LAK\ M N =

A K .O N = - M N ; ON = -h ; h = 20N.2 2

У &BOC — прямокутному: ON — ви­сота, проведена до гіпотенузи. AONC-

АВОС. ON ОС _ ВО ВС ’

ON =В О хО С _

ВС ’

0 ^ = 2 І ^ = ^ ; h = 2 0 N ^ ^ .а 4а 2а

1)Л = 3 ^ ^ 3 0 2 ^ ^ 1 | 0 ^ 2 4 (см);2x25 50

2) Л =130x 312 10x 312

2x132x169

^ ^ ^ = 120(мм)

www.4boo

k.org

623. Мал. 320діАСМ - ADBM (за двома кутами: ZAMC = = ZDMB — вертикальні;ZACM = ZDBM — вписані кути, що спи­раються на одну дугу AD).

Мал. 321AADM - АСВМ (за двома кутами: /СМ —спільний, ZA = ZC — вписані, що спи­раються на одну дугу BD).

Мал. 322ААВС - ДАСЛГ (за двома кутами: ZABC = = ZACM = 90°; ZA — спільний кут).

624. ZACD = ZABD (вписані кути, щоспираються на спільну дугу); ZAM C = = ZDM B (вертикальні).

А„С

A M MCААМС - ADM В. ЗвідсиMBD M

або A M X M B = CM X DM.

625. ABCM - ADAM (за двома кута­ми: Z M — спільний, ZMBC = ZM D A —вписані кути, що спираються на одну дугу). В

З подібності трикутників ВМ ОМD M A M

Звідси В М х А М = CM X DM.

626. ABMC - ACMA. Тоді звідси СМ^ = ВМ X МА.

В ,

627.

М І

а, р — кути трикутника; І — бісектриса.

І — бісектриса одного з даних кутів або І — бісектриса третього кута (не­відомого). Побудуємо кут а (ZMAK). Від променя КА в одну півплощину з променем AM відкладемо ß. У ААМК: ZA = а, = ß.Побудуємо бісектрису ZA. На цій бі­сектрисі від т. А відкладемо відрізок AD = І. Через т. D проведемо ВС |{ М К; В єАМ;СєАК.ААВС — шуканий: ZA = = о, ZC = ß, А 0 = /.

628. A B :B C :A C = m : n : k .

1) ПобудуємодовільнийтрикутникА|В,С,заданим відношенням сторін. Найбшьшамедіана буде проведена до найменшої сто­рони. Проведемо медіану до сторони ßjC,(Aj^Tj). На медіані А,iTj від т. А, відкладе­мо АК - т. Через т. К проведемо ВС Ц II В]С,. ААВС — шуканий.2) Аналогічно побудуємо довільний три­кутник за даним відношенням сторін.

Ві

до найбільшої сторони. Проведемо ви­соту В,//, до сторони AjCj. На відрізку В^Н від т. В, відкладемо відрізок ВН = = І. Через т . Н проведемо пряму АС II II AjCj. AABjC — шуканий.

www.4boo

k.org

629. 1) ZB — кут при вершині.

в - - н

Аі

Сі сВН = ВК +АС, де ВК — висота, АС — ос­нова ААВС. Побудуємо довільний рівно- бедревий AAjßjCj з даним ZB. Проведемо бісектрису ZB (вона ж є і ви­сотою рівнобедреного трикутника).На 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,.На бісектрисі 5Я , відкладемо від т. В відрізок ВИ (даний).Через т. Я проведемо пряму а, пара­лельно A^ЯJ, а перетне промінь ßA, в т .Л і пряму с, паралельно Я^C , с пере­тне ВС, в т. С. ААВС — шуканий.

Б іBy

Z ) y &АВС : AB = ВС; АС : AB = п; A K ± X ВС. Побудуємо довільний рівнобедре- нвй трикутник за даним відношенням сторін (ДАВ,С,).З т. А проведемо висоту до бічної сторо­ни, АК^ ± В,С,. На відрізку AJT, відкла­демо відрізок АК (від т. А).Через т. Ä 'проведемо ВСII В,С,. В є AB,; С є АС,.

«З О . М , N , к — середини відрізків ОА, OB, ОС, де О — центр вписаного кола в ААВС.

В

Побудуємо AM NK і впишемо в нього коло, центр якого т. о (т. о — точка пе­ретину бісектрис Z M , Z N і ZK).

На промені ОМ відкладемо М А = ОМ; на промені ON : BN = ОМ; на промені О К :К С = OK.ААВС — шуканий.

631. ААВС — прямокутний.

Найменша висота — висота, проведе­на до гіпотенузи. ВН 1 АС. А Я : ЯС = Л; BH = h.Побудуємо допоміжний прямокутний трикутник, у якого А ,Я , : Я,С, = k.На висоті ВЯ, від т. В відкладемо BH = h. Через т. Я проведемо пряму АС Ц А,С,.

632. ААВС — шуканий.

1) ПoбyдyємoZA,OC, =2ZB;ZA,OB, =2ZC, тоді ДА,В,С, — шуканий.ДА,В,С, - ДАВС (за двома кутами).

Ві

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.

www.4boo

k.org

634. Точка В — внутрішня точка ZA.

Проведемо A/Vf — бісектриса ZA. Центр кола, яке дотикається до сторін ZA, знаходиться на бісектрисі ЛМ; ВК L ХАМ; ВР = РК.Oj і Oj — центри кіл, які проходять че­рез т. в і дотикаються до сторін ZA.

635. Оскільки катет е середнє пропор­ційне між гіпотенузою і проекцією цьо­го катета на гіпотенузу, тоЛС^ =АВ хАК; ВС‘ = А В хК В .

А

Перемножимо почленно ці рівності: АС‘ х ВС = А В х А К х А В х К В ^ А В ‘ х х Л К х К В .АК і КВ — проекції катетів на гіпоте­нузу.Оскільки висота, проведена до гіпоте­нузи є середнє пропорційне між проек­ціями катетів на гіпотенузу, то СК‘ = = А К х К В .Тоді АС^х ВС^= АВ^х СЮ або (АСх x B C f = (A B x C K f .

636. У трапеції ABCD Z A + Z D = 90°. З т. В проведемо BN || CD.

В.------------- С

к N М BCDN — паралелограм.CD = BN-, \ВКМ = ACMD.Тоді у ЛАВМ: ZA + Z N = 90\Звідси ZABJV = 90°.AABN— прямокутний, В К — висота, проведена до гіпотенузи, тоді ВК‘ =АК х X KN (висота — середнє пропорційне між проекціями катетів на гіпотенузу).

Оскільки K N = M D (з рівності ABKN і ACMD), то ВЮ А К х M D або висо­та трапеції — середнє пропорційне між проекціями бічних сторін на основу.

637. М є AB; N e АС; M N || ВС.В

м у

Ъ-^С

За властивістю бісектриси кута трикут-ВК AB ника: ---- = ----- .

АСКСУ AAMN: АО — бісек

триса, тому М О : ON = A MA N '

AABC - AAMN (M N || BC, тому Z A M N = = ZABC; ZA — спільний).

AB AC3 подібності трикутників:A M AN

, AB A M M O A M ABабо —^ = , томуAC A N ON A N AC

Отже, бісектриса ZA розбила відрізок M N у відношенні AB : АС.

638. Навколо ДАВС опишемо коло і проведемо CD — бісектрису, CD пере­тне коло в т. F. DF = X, тоді CD х DF = = BD X DA або їх = тп.

ABCD - AOFA, тоді - = — .а 1 + х

Тоді 1(1 + х) = аЬ або 1 = аЬ - їх =аЬ - тп. Отже, l = C B x C A -B D x D A .

S3Q.1)AK — бісектриса, CK : K B = b : с; СК = Ьх;КВ = сх;ВС = СК + ВК = Ьх + сх =

а= (Ь + с)х; (Ь с)д; = а; х =Ь + с

www.4boo

k.org

гТоді CK = Ьх =

b + cКВ = сх = -

b + c

2 )AK — бісектриса зовнішнього кута '(суміжного з гл ) .

с

AK перетинає продовження СВ в т. К.

KB AB KB с

СВ= CK - KB = b x - сх= (b - c )x= a;ca

b - c b - c ’KB = -

b - c

640. HexaPiAB = c;BC = a;AC = b. В

BK _ AB bc g + с КЦ AI^ Д + <. j, ’

CK _ a + b KL, а ’ KL, с '

641. BC = a-,AD = 4a.

Ol

ДАВС - tJ)CA. Tj — радіус кола, вписа­ного в ДАВС; Tj — радіус кола, вписано­го в ДАСІ).

„ . . ВС АСЗ подібності трикутників: ----= ----- .СА DA

Звідси АС2 = ВС X AD = ах 4а = 4а2; АС = 2а.Тоді k — коефіцієнт подібності дорів-

ВС а _ 1 СА 2а 2■

нюватиме k = ---- = — = —.

г. 0,25а 1-^ = « , або --------= Звідси г =0,5а.Гй Г> Ä

642. 0^1А С ;0/1А С ;0зА 1Л С ;0^ == г; 0 ^ = х; 0,C = R.Проведемо 0,D 1 О^В. O^F 1 O ß . A O f i f i -A O f i^ F .

ТодіO fi, 0 , F ’ ц + х R - x ’

rR + Rx - rx - x2= Rx - Rr + x2 - xr; 2Rr = 2x2; x2 = Rr; x = - jR-r.Отже, радіус середнього кола — серед­нє пропорційне між радіусами крайніх кіл.

643.3) AADK - ДАСВ (за двома кутами). ZD A K = ZCBA (за умовою). ZADB = = ZACB (спираються на одну дугу AB), тому ZADK = ZACB.

АС "RC4) ДАСВ - AADK, тоді ü l l = jE ll.

AD DK

Звідстл AC X D K = ВС xAD. (I)

З подібності ААКВ і ДАОС: AB KBAC DC

Звідси AC x K B = A B x DC. (II).Додамо почленно рівності (I) і (II). Маємо:A C x D K + A C x K B = B C xA D + A B xD C ; 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, ZC ^B ^=ZB .

, Л

www.4boo

k.org

(Оыs1 T

a5соS2 Q.

ОШ

Найбільша висота — це висота, про­ведена до найменшої сторони. Най­менша сторона — сторона, що лежить навпроти найменшого кута, ZA — 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.

645. Побудуємо допоміжний трикут­ник з даними кутами.

Найменша медіана проведена до най­більшої сторони. Виберемо найбільшу сторону (AB).Проведемо медіану до сторони AB. С К — медіана до сторони AB.Від т. С на відрізку СК відкладемо СР = = т. Через т. Р проведемо пряму, пара­лельну AB. Ця пряма перетинав сторо­ни СА і СВ в точках D і F.ACDF — шуканий (ZD = ZA; Z F = ZB; СР = т — медіана).

646. А В :А С = т :пІа

СЧІ

Побудуємо ZA. На одній стороні /А відкладемо відрізок т, на другій — п\ одержимо допоміжний AAßjCj. Проведемо бісектрису ZA і на ній від т. А відкладемо AJf = 1 .Через т. К проведемо ВС |{ ß,Cj.ЛАВС — шуканий.

647. у ААВС необхідно вписати три­кутник, сторони якого відповідно пер­пендикулярні до сторін ААВС.

Побудуємо допоміжний трикутник M K N ; М є АС; М — довільна точ­ка, М К ±А С ; К є AB; K N ± А В ; M N X ±В С .Проведемо промінь A N до перетину зі стороною ВС (т. Р).Проведемо PD II NK; РО Ц N M . APOD - - ANMK. APOD — шуканий.

648. Побудуємо допоміжний прямокут­ник M N PK : з будь-якої т. М побудуємо перпендикуляр до АС.Цей перпендикуляр перетне AB в ■T.N.Від т. М на промені MC відкладемо М К = ZMN.

В

З т .К проведемо K P II M N ; зт. N прове­демо NP II МК.У прямокутника M NKP: М К втричі більша за M N.Проведемо А Р до перетину зі стороною ВС. АР перетне ВС в точці Z.Побудуємо Z O l A C i ZD || AC (D є Aß). Проведемо DE LAC.EDZO — шуканий прямокутник.

www.4boo

k.org

ТЕСТОВІ ЗАВДАННЯ

№ 1

<1, = 60° - 20° = 40°; ZC° = 180° - (60° + + 40°) = 80°; ZC, = ZC = 80°.Відповідь: Б

2 , = 75=3; ^ = 2 4 ^25 АС ЛС

Відповідь: Б

2 . i iK L M - ADEF. k = 5 ; D E = 5K L =я 50 (см).

Відповідь: Г

4 .Л 0 :0 С = 3 :2 .

АО = -

С0 =

АС • 3 - ^3 + 2

• О — ■5

АС 2 - ^ .3 + 2 5

В

І: і ' і

і h^ Відповідь: В

' 5.НехайАВ = д:, тодіХ’В = 60-л;ВС=2д:.

ВС ВК 2х 60-л:

І ; 120л: = 1800 - ЗОх; 150jc = 1800; д: = 12. 4 ЛВ = С£» = 12 (см); ВС = 12 х 2 = 24 (см).

відповідь; Г.

№ 2

1 .AB = 5 + 5 = 10 см; ВС = 10 + 4 = 14 см.ВС AB 14 10 ,= ----- ; = — : М Р = 7{сьл).М Р A M М Р Ь

-А Л ' с8 см^8 см

Відповідь: В

2.ЛІ )ЕГ-ЛАВС. А = — = ^ = 3;DE DE

ІАВС ~ S.DEF< ^ iDEF ~ ^LDEF ~, = 42 см; Р ^ г = 3x42 = 126 (см).

Відповідь: В

3. Менший кут лежить навпроти меншоїсторони, тобто навпроти сторони 7 см, бі­сектриса ділить сторону 7 см на відрізки, пропорційні числам 15 і 20.

= ^ 3.1 - х ~ 2 0 ' 1 - х ~ і '

X - Z см; 7-д; = 7 - 3 = 4см.Відповідь: Г

A.ABCD — трапеція; АС 1 CD.AACD — прямокутний, СК X AD; ВС = = АК; AC^ = A D x A K ^ 9х 4= 36; АС = = 6 (см).

»D

Відповідь: Б

5.ÜAHB — прямокутний; Н К ХАВ.АН^=АВхАК;

АК =А Н ‘ 144

= 9,6;AB 15

KB =АВ - АК-= 15 - 9,6 = 5,4.

www.4boo

k.org

_ I

го

s

(О

sXTa.5со

з2Q.

Ош

А Х і KB — проекції катетів на гіпоте­нузу.НК^ = 9,6 X 5,4 = 51,84; Н К = 7,2 (см).

Вк9 см

АВідповідь: Б

655. Мал. 340А, В, С, D, E ,F ,G — вершини;AB, ВС, CD, DE, EF, FG, AG — сторони; ZA, ZB, ZC, ZD, ZE, ZF, ZG — кути.

Мал. 341 A j.A j, A j.A j, A j — вершини;AjA^, Л2А3, А3Л,, — сторони;ZAj, ZA,, ZA3, ZA^, ZAj — кути. Діагоналі:1)BG; BF; BE; BD; 2) CA; CG; CF; CE; Z)FA ;FB ;FC ;FD .

656.E

657. l ) n = 7; P = 14 cm; 2) л = 10; P = = 20 cm; 3) n = 9; P = 18 cm.

658. l )Z K L N iZ M L T ;2 )Z A P K iZ A P C ;3) Z O K F iZ O K P .

659. 1) семикутник; 2) восьмикутникAa

As A»

660. MB = B f; f С = CP; PD = DN; £JV = = E K ;A K = A M .

661.

Відповідь: утворилося 5 трикутників.

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° = 180°(л-2 );п = 8;3) 1620° = 180°(л - 2); л = 11.

664. 1 )90°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.

665. 1 )л° + 2л° + 4л° + 5л° + 6л° = 540°; 18л = 540°; л = 30°; ZA = 30°; ZB = 60°; ZC = 120°; ZD = 150°; Z M = 180.2)л°-30° + п°-10° + л° + л° + л° + 30° = 540°; 5л°=540°+10°; л = 110°; ZA=80°; ZB = 100°; ZC = 110°; ZD = 110°; ZAf = 140°.3 )л ° - 20°+ л ° - 10°+ л°+ л ° - 30°+ л° = = 540°; 5л°= 600°; п= 120°; ZA= 100°; ZB = 110°; ZC = 120°; Л = 90°; ZM =120°.4) л° + 5л° + 7л° + 9л° + 5л° = 540°; 27л° = = 540°; л = 20°; ZA = 20°; ZB = 100°; ZC = = 140°; ZD = 180°; ZM = 100°.

www.4boo

k.org

г666. 1)2) 180° - 144° = 36°;3)180°-156° = 24°.

667. Семикутник. га(п-З)

2669.

670. 1)п = 1 0 ; 1 ° : М ^ = 35;

2) « = 1 7 ; І ^ = 119.

671. 1) 100° + 90°+ 120° + 116°+ 113°^ 1 8 0 ° X (5 - 2). Ні, не існує.2 ) 1 1 0 ° +100° +118° +112° +101° * 540°. НІ, не існує.

672. Ні, не можна.

673. 1 )2 4 0 °+ 1 5 0 ° (л - 3 )= 1 8 0 ° (л - - 2): 240° + 150°п - 450° = 180° - 360°; 30л = 150°; ТІ = 5;

. 2 ) 2 7 0 ° + 150°(п - 3) = 180°(л - 2); 270° + ■ + 1 5 0 °п - 450° = 180°га - 360°; п - 6.

674 . Сума зовнішнього і внутрішнього кутів іфи кожній вершині дорівнює 180°.1 ) 6 : 5 : 4 : 2 : 1 ;

2 ) 8 : 7 : 5 : 4 : 3 .

675. Сума зовнішнього і внутрішнього кутів многокутника 180°,в всіх — 180° х X п, п — кількість вершин.

3 6 0 '676. п — ЧИСЛО сторін.

677. 1 ) ^ = 6; 2)60°

360°40°

= 9.

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. = A B + BC + CD + D E ++ EF + AF.

^ < А С + ВС, нерівність трикутника.

АС < AD + DC; A ß <АЕ + ED; АЕ <AD +

+ FE; Aß<ip^^cEf

681. 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 мно­гокутника всі кути рівні.Якщо внутрішні кути рівні, то і зовніш­ні кути рівні.

683. 1) Якщо внутрішній кут дорівнює зовнішньому куту, то у многокутника 4 вершини.2) Кут многокутника вдвічі більший за зовнішній кут. 60° і 120°, 6 вершин.3) 5 : 2. 5л: + 2д: = 180°; 7 вершин.

684. AB — сторона многокутника, О — центр описаного кола.

Ф

Якщо п = 4, то внутрішній кут — 90°, зовнішній — 90°; л = 5, внутрішній — 180° X (5 - 2) = 540°, 108°; л = 6, внут­рішній — 180° X (6 - 2 )= 720°, 120°; л = 5, зовнішній — 72°; л = 6, зовніш­ній — 60°.Отже, у вписаному л-кутнику з рівни­ми сторонами при л > 4 кут многокут­ника 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 = — = 7,5 (см^);

2) S = — = 5 (см^);

3 )5 =

210x4,5 = 22,5 (см^).

689. 1) 4 см; 2) з см; 3) 11 см.

www.4boo

k.org

I

psCtQ.1

sXTЁ:5созо .

ош

6 9 0 , 1)AAKC = ABKC-,ZAKC = ZBKA^ = 90°; ZACK = ZBCK; КС — спільна.У рівних трикутників рівні площі:С — С ЛАКС ^ АВКС'

2) = «лсо«: АО = ОС; DO = ВО; ZAOD = = ZCOB (вертикальні).У рівних трикутникуів рівні площі.3) AABD = ABAC. AB — спільна; АС =

6 9 1 .

AABD

В

1) =12 + 39 + 45 = 96 (см^;2) = 90 + 25 + 45 = 160 (см^).

6 9 2 . 1) Збільшиться в З рази;2) зменшиться в 4 рази;3) збільшиться у 1,5 рази.

6 9 3 . 1) Збільшиться в 9 разів;2) зменшиться в 16 разів;3) збільшиться в 2,25 раза.

6 9 4 .

a 4 CM 0,5 CM 3,5 CM 8 CM

b 1,5 CM 12 CM 7 CM 0,5 CM

P 11 CM 25 CM 21 CM 17 CM

S 6 CM* 6 CM* 24,5 CM* 4 CM*

6 9 5 . = 1 0 x 6 0 = 6 0 0 (см^).1 ) 2ххЗх = 6 0 0 ; 6x2 = ßoO ;

= 1 0 0 ; X - 1 0 . Сторони 2 0 см і ЗО см.2 ) З х X 8 х = 6 0 0 ; 2 4 *2 = g o O ;

х = 25; х = 5. Сторони 15 см і 4 0 см.3) О.Зд: X 0,5л: = 600; 0,15х‘ = 600; д;2 = 4000; х = 20у/Ї0; 0,3x20n/TÖ і

0,5х20>/ЇЇЇ; бл/І0 СМ і Юч/їїї см.

6 9 6 . ААВС — прямокутний.

„ ВСхАС 2 x 2 „ ,S = ---------- = -------= 2 (см^);

Si) А С = ВС = 2 см;

б) S = -0,3х0,3 , ,,— = 4,5 (см ^ );

, „ 0,05 мхО,05 м 25 ,B )S = --------- ^----------= у (см2).

6 9 7 . S, = g2;S, = &xc;S. = S,.

1) а = 6 cm; b = 9 cm; S = 36 cm*; с = 36 : 9 = = 4 cm;

= 6 X 4 = 23 (cm); = (4 + 9) X 2 == 26 (cm).2 ) a = 6 c m ; с = 2 см; S = a‘ = 36 c m ^; b = = 3 6 : 2 = 1 8 c m ;

= 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.

6 9 8 . Мал. 364 _ „ a a 11) Зд = —X —X —= — ;^ 3 3 2 18

2 )S , , = S „ . - 4 x ^ = a2-

Мал. 365 a 2a 1 a*

2a* 7a*9 9

2) S*. = a^-4xa* 5a‘

Відповідь:

9 9

7a\ 5a*9 ’ 9 ■

6 9 9 .1 ) с = 16 cm; d = 56 CM*; a — с т о р о н а

I квадрата; (a + 4) — сторона II квадрата. (a + 4 )* - a * = 56;a* + 8 a + 1 6 -a 2 = 56 ;8a = = 56 - 16; Во = 40; a = 5; 5 + 4 = 9. == a* = 5* = 25 (CM*); = 9* = 18 (см*).2 )c = 12 cm ; d= 105 cm*; a — с т о р о н а

I квадрата; (a + 3) — сторона II квадрата.

www.4boo

k.org

г. ^ 3)2 — а^= 105; + 6а + 9 - = 105;‘ =96;а = 16; 16 + 3 = 19. g =16^ = 256 (см ); = 192 = ggi (с „2).

1) с = 2 см; S = 96 см"; OJC = 2 см; ÜC = = AB = I/ + 4; М К = N P = х + 4; {х + + 4)(j/ + 4 ) - ху = 96; ху + 4у -І- ІХ + 16 -

ху ~ 96; 4х + 4у = Ö0; х + у = 20; = см.

2) с = 3 см; S = 564 см^;Pabcd = 200 см; = 176 см.

тлл г. /mS fräs701. a :b = m : n ; ^ — ;

7Л9 П.Р rnP2(m + n )’ 2(m + n )'

?03. а >0; b>0; c> 0.l)j(a + i») X с = ac + fce.

^Цоща прямокутника зі сторонами b + а І с дорівнює сумі площ прямокутників .•1 сторонами а і с та & і с. i ö { o - 6)x c = ac-ftc;Ііяоща прямокутника зі сторонами а -Ь і С дорівнює різниці площ прямокутни­ків 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; 6 і е; а і d; і) і d.

І04.

ї ) а = з см; ö = 4 см; d = 1 см; OJf = о м = •Of> = d = 1 см;

^ ї)о = 6 см; b = 8 см; d = 2 см; OK = О М -^f'»OP = d = 2cM.

705.

ABCD і NOEF — квадрати. ОМ BP — спільна частина, OMBP — квадрат.

О М І ВС; OP ХАВ; ОМ = -А В ;1 2

ОР = ВС; ОМ = 5 см; = 25 см^

Відповідь: 25 см .

70Q. А М = М В = х; N M = у; A N = P N = = х - у .

'PNKB"- ..2- S

’ m b f eS = 1/2. S = v2NMDC У ’ ‘-’л/—--

x+y

. N У мX

У Ух^

С УО

Е

x-yВ

707. AADN— прямокутний; AD = I)iV = = 4 c m ; ZDAN = ZDNA = 45°.

I

PSCCQ.tE'

ssXJ-

Ct

о3ОС

5лл,л. = - M P PN; Z M = Z N = 45°;

Z M P N = 90°; MP2 + pjV2 = MNH

x'‘ + x = 4;2x^ = 4;x^ = 2; x = /2; sf2xyf2

- = 1 ( c m * ) ;2

Sadmp = = 7 см2; = 9 см2.Відповідь: 1 см2; у ^ ,2. у g , ,2

708. Сума площ квадратів зі стороною AB і ВС дорівнює площі квадрата зі сто-

www.4boo

k.org

1

ISs

§

(ObCsXT>4Q.5’cо5ос

ош

роною AC без подвоєної площі прямокут­ника зі сторонами AB і ВС.АВ^ + ВС2 =АС^ - 2АВ X ВС.

709. Нехай дано ААВС, /.С - 90°.

Д о в е с т и : S ^ ^ = - A B C K .

ДАВС "* *ДВСЛГ *AACX- ' 2 ‘

+ - А К х К С = ~СК (ВК + А Х ) = 2 2

= ~АВ хС К ,2

що й треба було довести.

710. SjBcjf = ^длса: =

1о -a^xh^івск _ 2______ ifr. де і — проекції5лдс* ift хЛ

2 'катетів на гіпотенузу.

§ 1 7

721. 1) S = AB хВК , так; 2) uU3) так.

722. l)S„.^^^^ = ÖHxßC = 5 x 9 = = 45(см2):2) S = 0 Я X A D = 6 X 7 = 42 (см^).

723. s„, BDxAC 6x 8= 24 .

724 1) S „ , p = C D X В і ї = 6 0 X 5 0 =

= 3000 (см^);

2) = 25 X 40 = 1000 (см^);3) S„,p = 25 X 100 = 2500 (см^).

725. 1)5„,^^^„ = аЛ„ = 10х8 = 80(см=); D____________ С

2)S ,3 )S

, = аЛ = 2 X 0,75 X 2 = 300 (см^); = ah = 5 x1 ,2 x5 = ЗО (см^).пгрЛВСП

726. Snap. = оЛ; Л = —.■ ßn ^

1) Л = = 4 (см);lü

2) Ь = Ц ^ = Ь (C M );оЭ

3) Л = || = 3 (C M ).

Відповідь: 1) 4 см; 2) 5 см; 3) З см.

727.

а 5 см 8,5 см 14 см 16 см

Ь 10 см 17 см 21 см 10 см

S 41 см^ 34 см^ 63 см^ 64 см

К 8,2 см 4 см 4,5 см 4 см

\ 4,1 см 2 см 3 см 6,4 см

S = aÄ ; Л = - ; 5 = &Л,; Л, = - . а’ и а " Ь

728. S = dA; А = - .d

1)Л = 56: 7 = 8(см);2) Л = 90: 18 = 5 (см);3)Л = 24 :6 = 4 (см).

729. S = a h :S = bh .

1)S = 6 x 2 , 4 = 1 4 , 4 ( c M ‘i ) ;

Л , = 1 4 , 4 : 3,5 = 4 (см);2 )S = 18x6= 108 (мм^); Л = 108:9=12(мм);3) S = 30 X 25 = 750 (см^);Л =750: 50 = 15 (см).

www.4boo

k.org

г

730. Нехай дано АВСІ5 — паралелограм,уіС і BD — його діагоналі.

N

'К

м

П р о в е д е м о M N II AB, Р К Ц AD через точку о .О д е р ж и м о 8 р ів н и х т р и к у т н и к ів , я к і

мають р ів н і п л о щ і .

Отже, діагоналі паралелограма розби­вають його на чотири трикутники з рів­ними площами.

731 .Площі частин паралелограма рівні.

732.

= (см“');

, * ) S p . = ^ ^ = 2.4 (дм^):

8) (мм’').

733. Нехай AßCD — ромб.

В

*Р- =B D lA C ;A O = ОС; BO = OD.^ ы о а f ‘®двос ~ ' дАос = ■ двос ~

4 х к х к = ^ .2 2

734. ABCD — ромб; SA = S;■-‘IS.

Sp, = 100 см ; 2) 120 см^ 3) 72 см^

735. ABCD — квадрат; АС — діаго­наль.

D С

l )A D = DC = x-,x‘ + x = d‘ ; 2х = d‘;

1 ) S . . = y = 8 (cM );

2) S „ . = ^ = 4,5 (см2);

3) S „ = i ^ = 0,72 (см2).

736. = a X b sin 30°

1) S„„. = 15x10x^ = 75 (см2);

2 )S = 2 5 x2 0 x - = 250 (см^).

737.

A ь D1) a = 10 m m ; ft = 15 мм;S =AB xAD sinZA ;ZA = 60°;n a p . ’ ’

JÖ= 10x15 x — = 75>/3 ( m m 2).

A

2)a = 20 m m ; b = 25 мм;

S„p. = 20 X 25 X ^ = 250V (мм^).

im L

www.4boo

k.org

CtQ .

rosXT>4Q .5'cо3

Q.

738. Нехай дано ромб ABCD. ZA = 30°. D С

А В1) AD = а = 1 дм; sinZA;

Sp = lx ls in 3 0 ° = | (дм^);

2) 5 2 ,6x2,6^g,38

739.

1)BK= 9 c m ; BM= 24 c m ; S = 72 c m ^;

S^=BKxAD-,

AD = — = 8 ( c m ) ; AB = — = 3 ( c m ) .9 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, = ^20K = 2m-,\ = 20F = 2n.

В С

AD = 562x3,5

= 8 ( c m ) ;

= (7 + 8 )x2 = 30 ( c m ) .

2) AB = 36 = 9 ( c m ) ;2x 2

A D . f ^ , 6 (c„k

^ л в c fl = ( ^ + 6 ) x 2 = 3 0 ( c m ) .

741. Нехай ABCD — паралелограм. P^CD = P -O K LAB; OK = m; OF ±BC;

OF = n;h^ = 20F = 2 x 4 = 8 c m ; = 20K =

= 2 x 4 = 8 c m ; S = h , x a = h , x b ;’ ^ п а р . 1 2

Д K Bа = x; b = 32 - x; 8x = (32 - д:) x 8; 8л: = = 256-8д:;16ж = 256;д; = 16см;5„,р = 8x x l 6 = 128(cM^).

eo2 )P = 63cm; a + b = — ; Л, = 8 cm;/1 = 10см;

63a = x; b = - - x ; o x -2

10;

8х = 315-10і:18л: = 315;л: = 17,5:5 =' пар.= 8x17,5 = 140 (см^).Відповідь: 1) 128 см ; 2) 140 см .

742. ABCD — паралелограм. РК Ц CÖ; M N II DC.

D P C

А K BЯкщо від трикутників, що мають рівні площі відрізати трикутники, що мають рівні площі, то дістанемо фігури з рів­ними площами.

743. Нехай ABCD — ромб. АС в В Х )- діагоналі. S =36 см .

В

l )B D :A C = 3 :4 ;B D = 3x;AC = 4x-,

= 36 = 5 £ | І£ ; 36 = 6д.-

х = 6; л = \/б; сі,=3-Уб см;

= CM.

2 ) d, : d j = 2 : 3; d, = 2x\ = 3x;

3 6 = 2x^3x 36 = 3;c2 = ;c2 = i 2;2

ж = 2л/3 ; d , = 4 > / з см; d^ = 6 л / з см.

www.4boo

k.org

г 8 )d , :d ,= l : U d , = x; d, = x;36 = — ;

jc>s72; 1 = 6^2; см. d^=d^=&-j2 см.

j 2 2*4 Q744. S„, = y : s. = Y = і

S =S i- 'S2 = y - | = 8 (cm»):

d* = 16; d = 4 ( c m ) .

Відповідь: 4 см.

745. -ABCD — ромб. M N P K — квад-

N

М К

■ X — сторона квадрата; 4х — периметр '^(мдрата і ромба.' jt*=S — площа квадрата; sin а — пло­ща ромба.

•x*xi = x ‘'sina; sina = i ; а = 30°.J: 2 2фдповідь: 30°.

746. ABCD — квадрат, описаний навко­ло кола. Aß = ВС = CD = AD =jc; Sj =x^

В N С

— z v o o / ^ ^ a i y o x i n v a n n n d r v w a v / y

^■P — діагональ. M P = x;

^ = 5 з :5 ,= | :1 = 1 :2.

фідповідь: 1 : 2.

I 74 7. Нехай ABCD — паралелограм; BK I BF — висоти; BK : BF = 2 : 3; =

^ 4 0 CM.

•АВДГ; A B = 4x; Z A = 30°; BK = 3x;

ZA = 30°; AB = DC = 6x; BC = AD = (40 -- 1 2 i ) : 2 = 20 = 6x.

В С

6 х /

А г

Зх 2 х ^

^ к DРівняння: блх 2х= Зх{20- 6х); 12х = = 60-18x; 30x = 6 0 ;x -2 ;BK = 3 x 2 = 6 (см); AD = 20 - 6 = 12 (см);

= б х 12 = 48 (CM»).Відповідь: 48 см».

748. Нехай дано ромб ABCD. D K X i .A B - ,D F L ВС. Z K D F = 60°. Довести: S,. = 2S ^ „ .

А K BДіагональ ромба розбиває його на 2 рів- носторонніх трикутники.Sp = AB X DK-, ADKF — рівносторовній.

„ D K ‘S^локг - ^

Площа ромба удвічі більша за площу трикутника.

749. AM^NM = AK^KL.&KNN^ =

-'АЛГЛГ, ^ ‘ ABLiNj ~ KMiDA ^ ~~“ UDCL "*■ CLjM *

S, = = S, = = ^ ABCD-

Відповідь: -^-^*^ = - = 0,2.

www.4boo

k.org

XfOh-

§in

та

XT

5со5

ccD.t5ОLU

f4 l

5

750. Нехай дано ABCD — паралелог­рам. М — довільна точка.

В Р С

1 )М К X AD-, M F 1 DC; S ^ ,„= S^„,+ + S.- ІМКВ-2) M P 1 ВС; M N ± A B ; S*■ ^лмго'_ о J. ^

Д В Л /С '. q _ с

-'ламо \ßMC ЛАі\ГВ

■jLVIOC SMFC

3 )S ,751. Діагональ дорівнює стороні, до якої ця діагональ перпендикулярна.

------------------, с

DA BC D — паралелограм. B D 1 AB. B D = = AB = a ;S = A B x B D = a\’ пяр.752. D с

1) Нехай ABCD — ромб. OK X AB; OK = = I— радіус кола, вписаного в ромб. АК = т ;В К =п .а)ААОВ— прямокутний. 0К ‘ = А К х X К В = 1,8 X 3,2; О Х = ^1,8 x3 ,2 = 2,4; h = 20К = 4,8; DF 1 AB; DF = h;б )S ^ ^ ^ = a x h = A B x F D ; (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^

753. Геометричним місцем вершин паралелограма зі спільною стороною, у яких площа дорівнює площі даного паралелограма є дві прямі, які пара­лельні даній стороні паралелограма і

належать від неї на відстані —.h

759. 1 )А М — висота до сторони ВС; СН X AB; ВК X АС; 2 ) В М X АС; CL X

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.

761. 1 ) S ^ ^ = ix 5 x 4 = 10 (кв.од.);

2) S ^ = - x 5 x (1 2 + 5) = 42,5 (кв. од.);

3) S ^^ ,c= ix20x 21 = 210 (кв. од.).

5 _ = І а С х В Я = Іх 6 х 5 = 15 (см^); длес 2 2

2) S ^ c = ^ x 2 .5 x 4 = 5 (дм^);

3) S ^ ^ = ix 2 5 x l0 0 = 1250 (см^).

763.

1) =^х10х0,8х10 = 40 (см^);

2) = -х2х2хО ,75 = 1,5 (дм^);2

3) S ,= ^ x l2 x l ,5x12 = 108 (мм^).

764. 3 = іаЛ; а =

1 ) а = ^ ^ = 1 2 ( с м ) ;

о\ 2x155 .

3 ) и = ^ ^ = 2 0 (с м ) .

765. =

, А ,

www.4boo

k.org

г168 . 1681) й. = — см; = 12 см; = — см;

2522) Л„ = ~ г^ см; Л^= 12,6 см; Л^= 12 см;

13

423)Л^ = 12см; = — см;Л^ = 2,1 см;1 □

724) = 8 см; Л, = 7,2 см;

766. 1) Не зміниться; 2) збільшиться у 2 рази; 3) збільшиться у 2 рази.

767. 1 ) Проведемо СК Х А В ;

Ute M B = AM, тому С

®»же5Д^, = 5Д„д,.

в) СЛ: XAB; = I

^івис = - BÄ" X CÄ ; В М = МА,

768. Нехай дано: ААВС; В М — медіа­на; Л М = MC.

В

А F М СПроведемо висоту BF ±АС.

S ^ „ = ^ B F x A M ; S ^ „ ,= ^ B F x M C ;

А М = МС. Отже, 5Д^„ =

769. Нехай дано ДАВС; M N — середня лінія; M B = МА; BN = NC; M N || AC.

В

BJif 1 = тому що AMBN - ААВС;AB 2

Відповідь: - = 0,25.4

770. Нехай дано: ДАВС; M N — серед-

иГ/Ч 1ня ЛІНІЯ ДАВС. = S. ^

' IM C N _ ± _

4 ’

1) S ^ c = 4 x 5 2 ,5 = 210 (см ““);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 cm; S = 2 1 0 cm2;2 ) Р = 27 cm; 5 = 126 CM*;3 )P = 2 1 cm ; S = 42 см“'.

ul

www.4boo

k.org

§

fOsIT

Ct

о3ccQ.

•T5

7 7 2 . Нехай дано AABC, M N — середня лінія; M N = q; CK ±A B ;C K X M N; CH = h;

С

M. N

В

q + h = l2,5-, q~h = 0,5;

29 = 13; g = 6,5; Л = 12,5-6,5 = 6.

1) S . ^ = - C K y A B = l ;M N x C K =ДАВС 2 2

= -Л х д = 6,5х6 = 39(см) 2

к + л = 23:

* Ь - Л = 17;

2Л = 40; Л = 20; g = 23 - 20; g = 3;

S ^ = i x 4 0 x 3 = 60 (CM ).

Відповідь: 1) 39 см ; 2) 60 см .

773. -BÄ" ± ±MW = JVfjAT, = m-,BK = = Л.

В ß.

M

ü:

,N M.

С C.

, = - A C x B K = M N x A C = mxh;

S^B,c,=2^C,xB,K, = M,N,xA,C,=mxh.

Отже, Q _ Q що Й треба було• ІАВС ~ “ І4,В,С| >

довести.

774. Нехай дано прямокутний ААВС. ВС : АС = т : п.

В

1 )5= 720 см“; т = 9; л = 40; ВС= 9х; п = 40х;

АСхВС 9хх 40х~ о > *л - о ’

1

9х X 20х = 720; х = 4 ; х = 2 ;В С = 18 см; 72 = 80 см.2) ВС = 1 їх ; АС = 9,6л:;

1 і£ ^ М У - = і320;2

X* = 25; X = 5; ВС = 55 см; АС = 48 см.

775. Нехай ААВС — прямокутний. C K L A B .

1)CK‘ =BKxAK;CK‘= ix 9 = Z&;CK=&cyi;

S ^ = ^ C K x A B = ^ x 6 x ( A - ¥ 9 ) ^ Z 9 (см ^ ).

2) e x ’“ = 1 X 16 = 16; СК = А см;

S ^ = i x 4 x ( l + 16) = 34 (см*).

776.

1) Нехай дано ДАВС, А В = 8 см;

ВС = І а В = 4 (см); АС^= АВ^ - ВС = 2

= 64 - 16 = 48; АС = 4уІг см;

5ддяс=|-ВСхАС = |х4х4г/3=8лУз (см ).

2)АВ=12см ; ВС = АВ = 6 (см);<ь

АС* = 144 - 36 = 108; АС = 6 ^ ;

S ^ c = - B C x A C = - x 6 x 6 S = lS y [3 (cm“). лдіС 2 2

Відповідь: 1) Sy/З см“; 2) 18>/з см“.

www.4boo

k.org

777. і ) 5 л = 4

5л =

^ =і6л/з (см^):

І : ^ ^ = 36л/3 (см=).

ВС + АС1 1 0 , ---- -----= Ц І— радіус вписаного

кола; R — радіус описаного кола.В

l ) t = 7 c m ; r= 2 см; Д = 5 см; R = - A B ;

АВ= 10 см; г = — |- - ; ЛС = д:; ВС =

* 14 - л:; АС + ВС = 14 (см); + (14 -_ - х ) * = 100; х^+ 196 - 28х+ 100;

Ж*- 14л: + 48= 0; х, = 6; 8; АС =к в см; ВС = 8 см;

® «я с= -^ С хЛ С = - х 6х 8 = 24 (см^).2 2

,2 )t= 17см; г= 4см; R = 13см; АВ = » 26 см; АС+ ВС= 34 см; АС= х; ВС = = 3 4 - х; *2+ (34_ jc)2=676; х ^ + И б б -

, - 68л:+3:2- 676 = 0; 2х - 68л: + 480 = 0; * • - 34д:+ 240= 0; л:,= 24; * 3= 10; АС = = 24 см; ВС = 10 см;

■ вмвс = ^С хВ С = іх2 4 х1 0 = 120 (см .

[Відповідь: 1) 24 см®; 2) 120 см®.

' 779. 5 ^ = |а х Л ,; S^=^bxh,;

В

к F

і» ®Мас - Г С■ . Якщоa<b<c,Toh^<h^<h^.'■і' 2

780. Необхідно виміряти відповідні сто­рони подібних трикутників.

^ = k; ^ = а S

781. Медіани трикутника точкою пере­тину діляться у відношенні 2 : 1 , рахую-

чи від вершини, отже 5^03 =

782. Нехай ЛВ С Г)— паралелограм. D K 1 АС, D K = 4 cm; AC = 16 см; AB = = 12 см.

В________________ С

М

1) DF 1 AB; DF — відстань від т. D до прямої Aß.

«лллс=|^^0 AC = I 16 4 = 32 (см®);

S^c« = 64cM^;S„.„=ABxFZ);

2) Відстань між прямими AB і CD є

FD = ^ (см).О

3 )0M ±C Z ); O M ^ - F D ^ - (см).2 З

16 16 8Відповідь: 1) — см; 2) — см; 3) — см.3 3 3

783. Нехай дано рівносторонній AABC.АВ = ВС=АС = а.

к / \ ра / у

А ГN 0

М К = /і,; М Р = Л,; M N = Л . = -a h ;

®AAMB ®ДА.«С ~ 2 ^ 2

+ |аЛ ,= іа (й ,+Л ,+Л з);

www.4boo

k.org

_x

psdQ.lE '

ro

sX

I5'cоS

Cl.

tl]

S ^ = -a (h ,+ h ^ + h ^ ) , томуЛ, + Л2 + Лз =

= h, що Й треба було довести.

784 , Геометричне місце вершин трикутників зі спільною стороною, у яких площа дорів­нює площі даного трикутника є дві прямі, паралельні даній стороні трикутника і від­далені від неї на відстань, що дорівнює ви­соті, проведеної до цієї сторони.

785.

5д = ^ Р х г = ^(а + Ь + с )х г ,

1 1 1 1 Звідси - =

786. =

787. Нехай S — площа даного трикут­

ника ABC. S ,B,c, = ’ ■5-

788.Нехай дано ААВС. M N \\АС; РК Ц АС;

в

А \ n

789 .ДАВС; B D XАС; BD = 4 см; M N \\АС.

в

/ К7 л

D

Щоб площа трикутника поділилась у відношенні т : л, рахуючи від верши­ни, пряму M N треба провести на від-

,і 4 - 1 ^ .У т + п

S ^ c = 2^^ + y^''+2^!/ + ''y + 2 ^ ^ + '')''-

Звідси XI/ =

797. 1) Ні; 2) ні; 3 ) так; 4) ні; 5) ні;6) так.

798.

1 р . ро= ^ ^ ^ 15 = 300 (кв.од.);

10 + 152) S,rp .AB C D ' х12 = 150 (кв.од.).

800. 5 = л.

1) S = i ^ i ^ i ^ ^ x l 0 = 90 (см^);

2) S = 0,5x2 = 1,75 (см );

3) s = i ± i ^ x l , 2 x 5 = 33 (см ).

www.4boo

k.org

а+Ь . . 2 5801. “+'’ = Т -

2x60 ,1) а + Ь = - — = 10 (см);

I а+Ь =

12

2x15025

= 12 (см):

2x90 ,8) a+b = ~ Y ^ = 12 (см).

802. l)S,p. = 60cM^;g=15cM;S^ =дх Ж Л; 9 “ середня лінія;

А ^ - ^ ; л = = 4 (см); д 15

17*52) А = — = 5 (см);

оО

, 8) А = Ц = 3 (см).

ЛОЗ.а 10 CM 23 CM 20 c m 23 CM

b 14 CM 27 CM 22 CM 9 CM

q 12 CM 25 CM 21 CM 16 CM

h 7 CM 5 CM 10 CM 11 CM

S 84 c m “ 125 c m “ 210 c m “ 176 c m “

а+Ь . 2S „= Л; Л = ----- ; S = qxh ;

2 а + Ь

л,>; . 2 5 S . S

>Я104. 1) Не зміниться; 2) не зміниться; № і)»більшиться в 2 рази.

Ц 805. 1) S = 36 см^ Л = 2 с м ;т : л = 4 :5 ;

»» = 4л:;л = 5;с; 36 = 2; 36 = 9а:; д: =2

*?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 = 20 см; m = 10 см.

р'806. Нехай АВС£>— трапеція; ЛООС- г А В О Л .

П а г

Ж

^4 Супер

DC ГАДрСA B Ь ’ 5,'ДАОВ

Відповідь;Ь

= ( !)Ч -

807. Нехай дано ABCD — трапеція.AB = с; CD = d; BüT = Л; Ртр. = P.

l ) c = d= 17; Л=15; AAB g = ADC.F; АЙГ = = 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 + AD . , j,Л; (см*).= 2

35 + 5115 = 645 (cm“).

2 )P = 58 cm ; c= 15 cm ; d= 13 см; h = = 12 CM.

AABK: A K = V225-144 = n/sT = 9 (cm );

ACFD: J?D = Vl69-144 = >/25 = 5 (cm ). 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 .02S^, = - ^ 1 2 = 180 (см*).

Відповідь: 1) 645 см“; 2) 180 см“.

808.НехайАВС1) — прямокутна трапеція; AB ±AD; AB 1 ВС; ZCDA = 45°.

в а с

□_D

1) а = 2 см; & = 5 CM. Проведемо CK 1 AD. K D = A D - B C = 5 - 2 = 3 (см).ACKD — прямокутний, ZKD C=ZKCD = = 45°;CÄ- = ä:Z) = 3 ( cm):

S ^ = :? £ ± i^ x C l f = 2 ±^x3 = lO,5(™0.

2) а = 5 cm ; Ь = 3 см; KD = 5 - 3 = 2 (см); CK = KD = 2 (см);

ГДЗ, 8кл., кн. 1

www.4boo

k.org

I

pss

«3s1 T

5ЪоЗ2 о.

Ош

5 + 3 2 2 = 8 (см»).

809. Нехай дано прямокутну трапецію. | AD = DC = 2cm;ZZ)CB = 135°. [

П а С І

а" 135^\ !"1 Л і

А К В 11) Проведемо СК 1 AB; АСКВ— рівно- jбедрений, ZXCB= АКВС= 45°; СК = = Ш = 2 см; AB =АК-+ Ä-ß = 2 + 2 = 4 (см);

= : 2 £ ± ^ . C Ä - = - ? | i-2 = 6 (cm“).

2) AD =DC = 3 cm; ACBK; KB = 3 cm ; AB = = 3 + 3 = 6 (cm);

S „ = ^ 3 = 13,5 ( cm““).

810. Нехай дано рівнобічну трапецію ABCD. AB = CD; ВС = а; AD = За;

В а с

h =2S

a + 3a 4a= a;

CK = KD = a; ACKD — прямокутний рів- нобедрений, 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

А В1) а + 2& = 3,3 см; а - Ö = 1,8 см; <1 = 4, см;

а + 2іі = 3,3; а-& = 1,8;

3& = 1,5; ft = 0,5; а = 1,8 + 0,5 = 2,3; а + ЬS„ = ^ h; (CM»).

х4 = 5,6 (cm").

2

2,3 + 0,5

2) За + 2ft = 44 cm ; а - 2ft = 4 cm ; d = 12 cm ;

4 a = 48; a = 12 ( c m ) ; 12 - 2ft = 4; 2ft = 12 -

-4 ; 2ft = 8; ft = 4;

12 = 96 ( c m » ) .

Відповідь: 1) 5,6 см»; 2) 96 см».

812. 1) Нехай ABCZ) — трапеція; CM II \ \ A B ;A M :M D = l :2 .A M = x ;M D = 2x;

CK 1 MD; CK = З c m ; \ M D x CK;1 2

6 = - 2д:-3; 12 = 6;с;д: = 2;2

A M = 2см; M D = 4 c m ; A D = A M + M D = = 6 c m ; BC = A M = 2 CM.

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

x = 4; A M = 8 cm; M D = 5 см; AD = 12 cm; B C=AM = 8 CM.

Відповідь: 1) 6 см і 2 см; 2) 12 см і 8 см.

813. Нехай дано ABCD — трапеція'пар-А£СЛІВС = 4 см; С М II AB;

ВС = A M = 4 см;

пар. '

www.4boo

k.org

h x M D и л M D иЛх4 = — — хЛ;S^up 2

= S с іл ; 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

° ) \A N D

Якщо трапеція описана навколо кола,то AB + CD = ВС + AD.

BC + AD AB + CDS_ = ----------- X M N = ----------- X MN,^ • 2 2

що Й треба було довести.

815. Нехай A B C D— трапеція, описа­на навколо кола, тоді

AB+CD = BC + AD = —; M N = h;2

3^. = |(ВС + УШ)Л; S = ^ ; Л = ^ ;

,1

І

N D

Відповідь: — .

816. Нехай даноABCD — трапеція, flie­s' товалі якої BD і АС; BD1AC;

І = АС; BD = 8 c m ;

40 = І - 8АС; ЛС=10см.А

відповідь: 10 см.

817. Середня лінія трапеції дорівнює півсумі основ.

M N = ^ ; S^ = ~ h = M N h.Cl z

= M N X Л, отже, існує безліч нерів­них трапецій, які мають з трапецією ABCD спільну середню лінію й однако­ву з нею площу.

818. 8^ = ^ ^ 2 = х + 16;

X — менша основа, о < jc< 16; 1 6 < S < 32. Відповідь: від 16 до 32 см.

819. Нехай дано AßCü — трапеція; ВС = = a;AD = b;MN\\ BC;MN\\AD.о _ с 2aft*,VfBCN - */Uf.VD-

в а с

Відповідь:

А

2ab a + b'

I h - — - — 820. Нехай A B C D — трапеція. DC2 2Р р і AB — основи. AC і BD — діагоналі пе­

В kf С ретинаються в точці О.

Ґ Л D С/ о \

/ V . ЛABOC - ADOA; ADOC ~ ABOA.

ДВОС _ ІЛОВ _ ■дсоо лвос

що й треба було довести.

821. Нехай AßCÖ — трапеція, DC-.AB-- = т :п . д

'О

_ J m гап п

т\ п J

www.4boo

k.org

822.

_ i

PsCtQ.lE '

rosXT>4a5

'cо3gca .

Нехай дано: ABCD — трапеція; DK = h;

AD = BC;S^ =h\ S„ = ^ ■ h;

^2^D C + AB DC + AB = 2h;2

MiV = f = Л; S , „ . = ^ ;

d‘ = 2h ; d = h S .Діагоналі перпендикулярні. Відповідь: 90°.

823.

Нехай ABCD — рівнобічна трапе­ція; Aß = CD = с; AC = d; AC ± CI»; ВС-. ■.AD = 3: 5.AACD: AD‘ =AC^ + CD‘ ;AD^ =

= d= + c=; A£> = V d 4 ? "; =5

CK 1 AD; CD‘ =AD x KD;

CK‘ =h^ = c‘ —c + d‘ ■

c V e V - c ‘ e V

5 . . c d

CNJ. ( ! - ) cd %cd5 ^ 4 c d

2 5 ■

cü: = - Відповідь: icd

824.Нехай дано трапецію ABCD, BD X lAC; M K — відрізок, що сполучає середини основ. P N — середня лінія трапеції.

Доведемо, що М К = PN.АВОС — прямокутний, МО — медіа­

на; В М = М С = МО; М О = ВС.

AAOD — прямокутний; OK = AK = KD;

OK = \ a D; M 0 + 0 K = \(BC + AD);b А

M K = (BC + AD); P N = (BC + AD).

Отже, M K = PN, що Й треба було довести.

825. Нехай дано трапецію ABCD. М — середина сторони AB.

с

A K DПроведемо P K LAD ; P K і. DC;

S ^ ^ = \ P M BC; S ^ , ^ M K AD;

S^Bc + S ^ D = - P M x B C +

+ - M K A D = - x - h x B C + - x - h x 2 2 2 2 2

xAD = -h (B C + AD);4

S ^ = - h (B C + AD);

= h(BC + A D ) -^ h (B C + AD) =

= -h {B C + AD),4

що Й треба було довести.

www.4boo

k.org

гТЕСТОВІ ЗАВДАННЯ

S = 1 8 0 °x (ra -2 );S = 1 8 0 °x (6 -2 ) = s 180° X 4 = 720°. Відповідь: Г

242*. Р ^ = 24см;а„ = — = 6см;

S = 6* = 36 см^ S„ = S „ ; S„ = 36; а X 36x (s 3 6 ;a = 4; b = — = 9 (см).4

Відповідь: Б

3«.

AB = ВС; 5 Д = 4 8 0 0 с м * ;

AB = 1 0 0 см; AK і CF — висоти;1 2S 4 8 0 0 ,

S ^ = - ^ah ; Л = - = — = 4 8 (C M ) ;

F C - A K = 4 8 C M . Відповідь: Б

i j iB C D — трапеція. CD = 7 см;DK LAB-, D K = Ъ см; = 6 0 см“;

= ' 'дАВС + - ІЧВС-

, = - D C x D K = '^ -^ = 2b (см*);2 2

а .

= 60 + 28 = 88 (см2).

Відповідь: Г

5*. Нехай дано ромб ABCD. АС і BD —діагоналі. ACIß D ; AC = 40 см; BD = 9 см; A K : КС = 3 :2 . В

А К = З х ; КС =2х ; Зж :+2д:=40; 5 х = 4 0 ; х = 8 .А К = 24 с м ;К С = 1 6 с м ;

BO = | ß ß = | x9 = 4,5 (см);

■ЗдАв* = | а * : х В О = І х 1 6 х 4 ,5 = 54 (см^

Відповідь: 54 см*.

РОЗДІЛ 4РОЗВ'ЯЗУВАННЯ ПРЯМОКУТНИХ ТРИКУТНИКІВ

I

рs

s

«3sXT

Ё:CtсозОС

ош

§ 20. Теорема Шфагора.Перпендикуляр і похила

831. Правильним є твердження 3.

832. Мал. 425.Правильно, бо 3 + 42 = 5^

Мал. 426.Неправильно, бо З* + 4* 6“.833. АВ = Зсм,АС = 5см.АВ<АС.Якщо8 точки проведено перпендикуляр і похи­лу, то похила більша за перпендикуляр.

1

і і

834. D Aß = ВС — неправильно;2) AB > ВС — неправильно;3) Aß <ВС — правильно.835. с = 4 ^ ^ .

1) Якщо а = 12 см, & = 5 см, то

c = Vl2“ + 5' =13 (см).CNJ

www.4boo

k.org

esjCSI4S*

2) Якщо a = 9 CM, b=12 cm, to

c = V 9 4 l2 ' =15 (cm).3)Якщ оа = 8см, b = 8'Js cm, to

c = ^ 8 ^ + ( 8 y / 3 f =16 (cm).

836.

s

TOSITЁ:5По3

a .fc

О

a = yjc^-b‘ .1) Якщо с = 13 см, ö = 12 см, то

a = Vl3^-12' =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

а = V(15d)'-(9d)^ = 12d.

837.а 5 см 12 см 8аЬ 12 см 16 см 6ас 13 см 20 см 10а

с = +Ь^; о = - ft*; 6 = .

838.

а 24 см 10 см 12аЬ 7 см 24 см 9аd 25 см 26 см 15а

d = \la +b‘ ; a = \ld - b ‘ ; b = sld - a ‘ .

839. ABCD — прямокутник, AB = a,AD = b,BD = d.

AABD — прямокутний, тому за теоре­мою Піфагора маємо; а‘ + Ь‘ = d‘ .Отже, квадрат діагоналі прямокутни­ка дорівнює сумі квадратів двох йогосуміжних сторін.

840.

AB = BC = CD = AD = 2-J2 см.

АС = -Ja B + ВС^ = V2AB' =

= 72x (2n/2)“ = V ^ = 4(cm)

841. с

AC = ВС, тоді

AB = -Ja C‘ + BC^= yj2AC .

1) Якщо AC = 1 см, то

A B = y f ^ = y/2 (cm).2) Якщо AC = 4\/2 cm, TO

AB = yj2 (4yf2f=8 (CM).3) ЯкщоЛС = а, TO

AB = v/2? = av/2 (cm).

842. c

A

AC = BC, тоді AB‘ = AC‘ + BC^ або AB‘ 2AC‘ , тоді

AC‘ =AB^ AC =

ABІ 2 -

1)Я кщо a b = л/2 CM, то

АС = = 1 (см).

2) Якщо AB = 8 см, то

8 8n/2АС =ж

= 4лУ5 (см).

3) Якщо АБ = т, то

т т\І2АС =Ж

www.4boo

k.org

г

843.

j ^ = BC = AC, BDLAC, тоді

■I4AB‘ - A B ‘

b d = -Ja b ‘ - a d =

\ Г /зав* a b S

4 2 ■

1)Якщо AB = j3 CM, TO

■JSxS

. AB^-I'AB'I

\ I 2

BD = - ■ = 1,5 (cm ).

2) Якщо AB = 10 см, то

ВХ) = і ^ = 5л/3 (см).А

8) Якщо AB = а, то BD =Ї>/3

844. Aß = вс , BD X AC, тоді АГ» = DC і ізЛЛВі):

b d =-Ja b ^ - a d ‘ =,, AB^-Га с ')

\ 2

1) ЯкщоАВ = 26 см, AC = 20 см, то

BD = yj26‘ -10 ‘ =24 (см).2) Якщо AB = 17 см, AC = 16 см, то

BZ) = V l7 *-8 ' =15 (см).3) Якщо AB = 13 см, АС= 10 см, то

Bß = V l3 *-5 ' =12 (см).

845. 1) ов = Уа о * - а в == V l7 "-8 ' =15(см)

2) А0 = У0В Ч ВА* == -Jl2‘ + 16‘ = 20(см)

846.

l )A C = 6 cM ,ß Z ) = 8cM,

тоді AO = i x 6 = 3 (см);

ВО = | х 8 = 4 (см);

А В ^ у1а О‘ + ВО‘ = у[з ‘ +4^ =5 (см).

2) АС = 18 см, BD = 24 см, тоді

AO = i x l 8 = 9 (см):2

в о = |х24 = 12 (см);

AB = л/а О* + ВО““ = V9* +12^ = 15 (см).

3) АС = 12 см, BÖ = 16 см, тоді

АО = іх 1 2 = 6 (см);2

ВО = х16 = 8 (см);

AB = VÄÖ 4ßÖ ^ = V i 4 F = 10 (см).

847. Нехай АС = d,; SB = AB = а, тоді

1

PS

2

SszT

. 3созосо .tnSОш

АО‘ + ВО^=АВ^ абоГ2

І = a‘ ;

i + = d^^dl = ia\4 4

PQesi

www.4boo

k.org

848.

sI

I5'cоSQ.\LSО

1) ВС = 24 см, AB = 10 см, тоді

AC = >Ja B‘ + ВС‘ = yj24‘ +10' = 26 (см);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).

849. Мал. 429

Д , : с , = V ^ + ^ ;

дг = 7 ^ 7 ^ = .у/^^Т^"+^ =

= y j\ l¥ + W + 15‘ =17(см)

Мал. 430.

X = VZa* = '^2уіЇ о‘ + 8* = 6-v/2 (см).

Мал. 431.

х = уІ12‘ +5‘ =13 (см).

850. е’“ = (с-1)2 + 62;с2 = е2-2с+1+Ь^

2с = Ь ^ .1 ; с = .2

1)Ь = 5см; с = = 13 см;

а = ^с‘ - Ь ‘ =12 (см).

2) Ь = 7 см; е = 25 см; а = 24 см.

851. А

в Ь

N

АВ = Зх;АС = 4х; ВС = с.За теоремою Піфагора: AB“' + AC“ = ßC“; (З л )= ' + ( 4 л : ) “ = c “ ; 9ж “ + І б д : “ = c “ ; 2 5 x “ = c “ ;

_^ V25 5"

1 ) c = 2 5 c m ; л : = 5 ; AB = 1 5 c m , AC = = 2 0 c m .

2 ) c = 2 0 CM , * = 4 , AB = 1 2 c m , AC = = 1 6 CM.

852. AB : AC = m : n-, AB = mx; AC = nx; В

A h.

BC = -Jinixf + {n x f = ,Jx‘ {m + n‘ ) =

= x-J{m‘ + n‘ );

P :=AB + BC + AC == mx + ПХ + x^(m‘ + n‘ ).

1)P = 36cM, m = 4, n = 4, 3jc + 4x + 5д: = 36; д: = 3;АВ = 9см,АС = 12см,ВС = 15см.2 ) Р = 8 0 с м , m = 1 5 , r a = 8 , 1 5 л с + 8 л + 1 7 л с = 8 0 ;

x = 2 ; A B = 3 0 c M , A C = 1 6 c M , ß C = 3 4 c M .

b5Z.AB=BC;AB :AC = m :n ;B D = h;BD

lA C .A B = mx;AC = nx; AD = - = - x .2 2

Розглянемо AABD: ZADB= 90“; AB^ =

= AD‘ + BD‘ ; m’‘x ‘ = — x^+ h‘ +hnx.4

1) m = 5; Л = 6; Л = 12 cm ; 25x“ = — x‘ +4

+144 + 72*; л = 8; AB = 40 cm ; AC = 48 см. В

2) m = 17; л = 16; Л = 15 см; 289л:“ = 64 :“ + 225; л: = 1; AB = 17 см; АС = 16 см.

854.

' о

ъ

ABCD — паралелограм, AB ± BD.1)AD = 15cm,AB = 9 cm;BD = Ja D ‘ - A B ‘ =ч/і5^-9“ =12 (см);

BO = | ß ö = | l2 = 6 (см).

Із ААВО:

АО = V Ä B 4 B Ö “ = Т эЧ б^ == %ЛІ7 = 3>Яз(см)

Тоді АС = 2АО = 6>/ЇЗ (см).

www.4boo

k.org

і ) AB = 25 см; AB = 7 см.1эААВ^_________

= AB ' =>/25^-7' =24 (см).

Тоді В0 = ІВ І ) = І 24 = 12 (см). А

ІзДАВО:дО = -у/7'+12' =ч/Ї93 (см), тоді АС = 2>/І93 (см).

855.

а Ь »£)Я

a d II ВС; Aß 1 AD; СЯ 1 AD, тоді DH -- = A D -B C ;C K = h.1)ВС = 4 c m ; AD = 12 cm ; CJr = 6 CM.

, Із ЛСЯ£|_______________

CD = -^(ÄD^-BCfl^CH^ == ^ ( 1 2 - 4 ) Ч б ' = л / 8 Ч б ' = 1 0 ( c M )

2 )ВС = 1 5 с м ; AD = 3 5 с м ; CJC = 2 1 с м .

ІзДСЯО:

CD = y i (A D -B C f + CH^ =

. =7(35-15)='+ 21“' =29(см)

І56.

Розглянемо AABD — прямокутний (.^BAD = 90°). BD“' = Aß2 + AD'. Розгля­немо прямокутний ДАВС: ZABC= 90°; AC* = АВ‘ + ВС^. АС і BD — діагоналі трапеції ABCZ).ВЬ‘ - АС' = (AB' + AD') - (AB' + BD') = AB^ + AD ‘ -AB^ - BC‘ = A B ^ -ВС\ що й треба було довести.

857. Мал. 432.■AB = CD = 1 0 см; A D = ВС + 2 А К : = 2 4 см;

. f i C = 1 2 c M = > A * : = 6 c M .

х = у І А В ^ - А К ‘ = V l 0 0 - 3 6 = 8 (c m ).

М а л . 4 3 3 .

K D = A D -В С 14-8 = 3 (см);

x = Vä ’C' + ä -D' =V9 + 16=5 (см).Мал. 434.

А К = у1а В‘ - В К ‘ = V i5 '-1 2 ' =9 (см), л: = ВС =AD - 2А*: = 32 - 2 X 9 = 14 (см).

858. AB=CD;BC\\AD;AD = BC + 2AK-- Ь -а

СХ = 4см.

= q + 2AK = b ;AK = -2 ’

BD = ч / л Ч х Б '= , Л '+ Ь -Ь -а

Jf1 ) а = 6 см; 6 = 18 см; й = 16 см;

BD = 25-is - e '»

2= л/іоо = 20(см)

2) &= 16 см; а = 18 см; Л = 5 см;

BD = J25-I- 16-16-8

= >/25 + 144 =13(см)

859. AB = CD.h = 2r = d;A D -B C Ь -а

A N = г----- = —-—;

AB = yjAN^+BN^ + (2г)'.

1) а = 2 см; & = 18 см; г - 3 см;

АВ =18-2

+ (2 3)' =

= V 6 4 + 3 6 = 1 0 ( C M )

2 ) 6 = 3 2 с м ; а = 1 8 с м ; г = 1 2 с м ;

АВ =32-18 + (2 12) ' =

= V 4 9 + 5 7 6 = 2 5 ( C M )

www.4boo

k.org

860. ABCD — ромб, В Н X AD, A H = b , HD = с, тоді AB = Ь + C.

ßi-------------- ,Cк--------------7

£ 7H

Із ДАВЯ:

sIT

5со5ос

BH = AB^-AH^ =4(b + c f - b \1) Якщо ft = 6 см, с = 4 см, то

ВЯ = >/іО*-б' =8 (см),

тоді г = - В Я = і -8 = 4 (см).2 2

2) Якщо ft = 5 см, е = 8 см, то

В Я = л/іЗ*-5*=12 (см),

тоді г = і в я = і -12 = 6 (см).

861. Oß=OZ)=r,AB||CZ), jSTLXAB,^TLICD.l ) r = 25 CM, AB = 48 см, CD = 40 см.

a I j ^ Q s

ІЗ ДОВХ:

Oif = VOB^ - ЛГВ'' = V25“ - 24* = 7 (см). Із AOLD:

OL = yfoD^^^LD^ = = 15 (см).Тоді: 1 випадок — ЛГі = 0 L - OK = 15 - - 7 = 8 (см): 2 випадок — iTL = 0L + OK = = 15 + 7 = 22 (CM).2) r = 65 CM, Aß = 120 CM, CD = 32 см.

ESI

Із AOBK:

OK = -JOB^-KB‘ =л/б5*-60* =25 (см). Із ДОЫ);

OL = >/00^^^іБ'=>/б5*^Лб^ = 63 (см). Тоді: 1 випадок — iTL = 0 L - OK = 63 - - 25 = 38 (см); 2 випадок — KL = OL л- + OÄ- = 63 + 25 = 88 (см).

862. OOj = в,В; OB,во, — паралелог­рам, ОА ХАВ; О,В ХАВ; ОА || О,В; О,В = = 0В, = 2см ;00,=Д , + Л2 = 0А + 0,В = 8 +

+ 2 — 10 (см ); В ^ В = 10 см ; jB,A = = 0 А -0 ,В = 8 - 2 = 6см.ААВВ^:__________

А В = 7 д в “ - В ,А ‘' =^/l0 ' - 6 ' = 8 (см ).А

Hl

863. 1.1) Будуємо відрізок а.

2) Перпендикуляр до нього 3 одно­го кінця відрізка а будуємо відрізок b.3) З’єднуємо вільні кінці відрізків а і Ь. Отримуємо відрізок c = 'ja^ + Ь .II. 1) Будуємо відрізок ft.

2) Перпендикулярно до нього через його кінець будуємо пряму с.3) з вільного кінця відрізка ft циркулем відкладаємо на прямій с кінці відріз­ка а. Отриманий на прямій с відрізок AB — шуканий.

864. Дивись с. 167 підручника.

865. AABD:A D = yjAB ‘ - D B ‘ = y l ^ = 5 (cm).

А

13

£>h 121) ZACD = 30°, тоді AC = 2AD = 2 x 5 = 10 (см). 2) ZACD = 45° => ZCAD= 45° і ACAD — рівнобедрений.

CA= Vä b 4 c5= = V F + 5 ^ == ч/25х2 = 5л/2(см)

www.4boo

k.org

866.

с / її -1 \ ВD

СВ = ч/і 3^-12 '' = V 1 6 9 -1 4 4 = 5 ( cm )

ЛВ = л/20'-12' =V200-144 =16 (см). A

s

1) CD = CB + BD = 5+16 = 21 ( c m ) ;

2) dZ) = BZ) - BC = 21 - 5 = 16 ( c m ) .

Задача мае два розв’язки.

867.

л , А В = 1 0 с м , ß C = 1 7 c M , A D : D C = 2 : 5 .

J Нехай AD = 2л: см; DC = 5 л см, тоді 10^ - ^ , . - ( 2 * ) * = I V - ( 5 * ) “'; 1 0 0 - 4 л ^ = 2 8 9 -

<Y - 25 ;с2 : 2 1 x 2 = 1 8 9 ; = 9 ; х = 3 .

* 1) ТодіЛІ) = 2 x 3 = 6;jDC = 5 x 3 = 1 5 (см).

; . 8) BD = AB’‘ ~ A D ‘ = уі10‘ - 6 ‘ = 8 (см).

В68. ДА5Х) = AACD (AD — спільна ,BD = ; =DC, ZBDA = ZCXlyl = 90“), BA = CA. Отже,

■ЯКЩО похилі, проведені до прямої з од­нієї точки, мають рівні проекції, то вони РІВНІ між собою.

869. Нехай АС >AD, тоді AC‘ >AD‘ , авір,- сяАС‘ -АВ^ >AD‘ -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

870. ZACB = 90°;CH 1АВ-,АМ = МВ; СН = п; CM = т, тоді AB = 2СМ = 2m;

H M = -JCM^~CH‘ =

H M1) Якщо m = 25 см, л = 24 см, тоді AB = = 2x25 = 50 (см);

ЯЛГ = >/25'-24® =7 (см).Із AACH:

A C = sI h C + A H ‘ == 7244(25-7)^ = 30 (C M )

BC = sI a B ^~ AC^ = n/50" - 30" = 40 (cm). P = 3 0 + 4 0 + 5 0 = 120 (cm).2 ) Якщо m = n cm , л = 15 см, тоді AB = = 2 x 1 7 = 34 (см);

Н М = у ІП ^ -1 5 ‘ = 8 (см);Тоді А Я = 17 - 8 = 9 (cm); ЯВ = 8 + 17 = = 25 (cm).Із ААСН:

АС = л / э Ч Т ^ = ТзОб = Зл/Й^ (см ).Із АВСН:

ВС = %/і5' + 25' =>/850 = 5л/34 (см).

P = 34 + 5^/34 + 3^/34 =3 4 + 8ч/34 (см).

871. АС = Ь; A B + ВС=АС +п; A B + ВС = =6+га . А

CQ.

1) Якщо & = 60, га = 12, тоді AB + ВС = 72, ßC = 72-AB .АВ^ = АС^ + ВС ; АВ^ = 60‘ + (72-АВУ; АВ‘ = 3600 + 5184 - 144АВ + АВ^144АВ = 8784;АВ = 61.ВС = 72-61 = И .2) Якщо Ь = 35, п = 14, тоді АВ + ВС = 49, ВС = 49 -AB ;АВ^ = АС^ + ВС ; АВ2 = 35" + (49 - АВ)"; АВ" = 1225 + 2401 - 98АВ + АВ";98АВ = 3626;АВ = 27.ВС = 49 -37 = 12.

www.4boo

k.org

872. CH±AB,CH = h,AM = MB,

CM^m, AM = MB = .

nM H

Із hCHMiMH = -JCM - CH = Vm' - ;

A H = A M + M H = + yln^-h'‘ ;

ssIT>4a5'cо3ко.tnsош

ІзДАСЯ:АС = уІАН^+СН^ =

1)Якщос = 60см,Л = 12см, m = 13cM,TO

AC = yl(30 + yjl3‘ -12 ‘ f +12‘ =

= ч / з 5 Ч Г ? = 37 (cm )

= ■^(30-713’' - 12' ) “ + 12'" =

= V25' + 144=>/^(cm )

2) Якщо с = 42 см, Л = 12 см, п = 13 см, тоді

>1С = І | + 7т ' - Л ' h/i' =

= (21 + ' - 12' ) ' + 12' =

= >/2б Ч і 2' =n/8M=2n/2Ö5(cm)

= V l6' + 12' = 2 0 (cm)

ем

873. l)AB = ßC = 10cM,AC = 12cM,Bül 1 Л С ,ай :хвс,

А О = СС = І а С = І - 1 2 = 6 ( cm).A

ІзДАВ.О ______ _____B D = y jA B ^ -A D ^ = V l O ' - 6 ' = 8 (CM).Нехай ßÄ: = ї , тоді 10' - Jc' = 12' - (10 - - x)'; 100 - ж'= 144 - 100 + 20x- x'; 20л: = 56:д: = 2,8.

A ä : = V A ß ' - ßÄ -' - VlOO - 7,84 =

= 7 9 2 4 6 = 9,6 (CM)

CL=AK = 9,6cM.2 )ß C = 7 cM ,A ß = 15cM ,AC = 20 см.

ß

ь / \ я

A K = x ,K C = 2 0 -x , тоді A ß ' -ЛЛГ' = ß C - -ЛГС; 1 5 '-д : '= 7 '- (2 0 -л : ) '; 225-д:' = = 49 - 400 + 40л: - ї ' ; 40л: = 576; х = 14,4.

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/ =

А Я = VÄb^ T r H^ = ==л/225-81 = 12(см)

ßL = 2, тоді АХ, = 15 - г; ß C - ß L ' = A C - - A L '; 7' - г '= 20' - (15 - г)'; 49 - z' = = 400 - 225 + ЗОг- г'; ЗОг =-126; г =-4,2;

LC = VßC '-ßZ,' = ,/7 '-4 ,2 ' =5,6 (см)

874. CM = B N ;A N = DM.

£lZ) м

AJVßZ): ߣ>' = ßiV' + ATZ)' = ßN^ + (АЛ - -A N Y .AACM: A C = CM ' + A M ' = ßiV' + (AD + + ANY.BN^ = A ß ' - АЛГ“; A C + ߣ»' = BN‘ +

www.4boo

k.org

+ tAD +A N Y + в т + (AD -A N Y ~ , j ^ + A D ^ +.ZAD^XrAN- + AN* + AB^- Z a N* + AD^ + A N ‘ = AB‘ ++ ДГ)» + AB‘ + AD' = 2AB^ + 2AD‘ , що й чреба було довести.

0 75 . AKBD: BD^ = ВК^ + KD^ = (,АВ‘ +

^.AK‘) = (A D -A K Y = d,\

^ C L i AC‘ = AL^ + CL^= (A D - L D f + + (C D ^ -L D f= d l^ + 4 = (c^~ Л ІР + b‘ - 2bx AK ++ iU f*)+((6 - 2bx LD+ Ш + <e- ЫУ) = .c »+ b * - 2 bxA K +b ‘ - 2bxLD + (P=c^ +

,+ ^ -Z b (A L + LD) + 2lr‘ = c‘ + <P -2b (b -a ) + + 2b‘ = ( + <r‘ -2b^ + 2ab + 2b = c + d'‘ + 2ab.

176. BC = a;AD =b;BC\\AD ;AC=d^; BD = d^;AB = h;CD=-c.

>

^ ^ - d ^ ^ (h ‘ + b‘ ) - (h '‘ + a‘ ) =

Нехай ABCD — даний квадрат, удуємо прямокутний рівнобедрений

гник CKD (СК = KD, Z K = 90°). Бу- «о квадрат зі стороною СК. Оскіль-

Ш *яСК‘ + KD^ = CD або 2СК^ = CD\ або ч2Я - ч ■ ч - лвср■; СЖКМ ЛВСО’ CXNM ~ q •

Г8.

1) Нехай AB = 2а; CD = 2а; OB = OD = R. OK і. AB-, ОМ і. CD.Із \OKB-.

OK = ОВ^ -

Із ÄOMD:

AB2

= s[r ^ .

OM = JO D ^-CD2

= ч / д ^ .

Отже, OK = ОМ.2) Нехай Aß = 2а; CD= 2Ь; Ь > а; ОВ = = OD = R.Із ОКВ;

ОК =V

Із OMD^.

ОМ

0В^~АВ2

Оскільки Ь>а,тоЬ‘ > а‘ ; R^-b^<R ‘ - а‘‘ ;

•jR^-b ‘ <^R ‘ - a ‘ ; О М <О К .

Zb\ .D C LA B .Проведемо BE II CD => BE ХАВ.

ZABE - 90° і є вписаним кутом, тому АЕ — діаметр кола.ААЕС: ZACE = 90°, бо спирається на діа­метр. АЕ‘ =АС^ + С£®. >uBD= uEC (як розташовані між BE || CD) => DB = EC. ADBM-. ZDM B = 90°; DB^ = D M ‘ + MBK AAMC: ZAMC = 90°; AC^ = AM^ + MCK Тоді DB^+ AC‘ = M D ‘ + M B ‘ + MA^ + + M C‘ = EC +AC‘ = AE* = dK

§ 21. Синус, косинус і тангенс гострого кута прямокутного трикутника

888. 1) Катет, прилеглий до кута а —Ь; катет, протилежний куту а — а.

2) — — відношення протилежного ка с

тета до гіпотенузи; - — відношення с

www.4boo

k.org

sXTa.5'cо32CL

ОШ

прилеглого катета до гіпотенузи; — —Ь

відношення протилежного катета до гі­

потенузи.

3 ) — = sina; - = cosa; ^ = tga . с с Ь

889. l ) t g ß = y ( 6 ) ;

2) cosß = A (в );3 ) sinß = ] ^ (б).I S lo

890. 1 ) - = sin a (a);С

2) - = cosß (б );3 ) - = tgß (в).С а

891.BD в с А В ~ А С ’

AD AB BD ВС cosa = ^ = -— ; tga = -

АВ АС AD AB

892.

cosa = i| = 0,88 = 0,9;

t g a = — = 0,53 = 0,5.1э

893. sina = ^ = 0,47 = 0,5;

894. Al

Bl

895.

C Q

■— .___І1означення Відношення"''------- sin а cos а sin ß cos p t g a tgß

/

аb

+

/

bа

+

/

b bс

+ +

/ l rа а

с+ +

. я / л г с . ^ . | . 0,б;

ZABC > ADBC, тоді tgZABC > tgZDBC.

896.

C Q 35

Й Г 24 cos35° = — = — = 0,83;

AB 29

C Q 40

2) sin40° = — = — = 0,62; AB 29

cos40“ = — = — = 0,76; Aß 29

www.4boo

k.org

« 4 0 ” = | § = І = 0.82.

А

с а 75

АС 14 8,.1.75-. — .- .0 ,9 3 ,

tg75° =В С ~ Ь

2,8 .

897. 1) Так; 2) так; 3) ні.

898. 1) 2) так; 3) так.

І 899. АС = 18 мм, ВС = 24 мм,

. : ilf i = V Ä C ^ + iF = чЯ8Ч 2? = 30 (мм).

".'V6-V

ЛС 18 - - «OTziA = —— = — = 0,6;

AB 30

I* ) sinZß = 4 ^ = = 0,6;

%C08Zß =

AB 30

^ = = 0.8; Aß 30

| t * Z ß = i i^ = i8=0,75.f ßC 24W'- 900. У прямокутному трикутнику а = ;Т *"24 CM, b = 7 см, тоді с 2 = а 2 + Ь2 11 с = л/576 + 49 = л/б25 = 25 (см).

? 1) cosZß = - = 11 = 0,96;К ^

> 8) 8i n ^ = - = — = 0,96;І с 25

901. у AABCZC = 90°. За теоремою Ш- фагора ßC2 =АВ2 - АС2;

ßC = 4/225-81=>/r44=12 (см).

Л

СО

cosZß = 4 | = = = 0,8.Aß 15 5

902. 1) sinZA = | . Обирае­

мо одиничний відрізок 0,5 см.Будуємо прямокутний три­кутник, катет ВС якого дорівнює З оди­ничним відрізкам, а гіпотенуза АВ = 5. Кут А, який лежить навпроти катета

ВС З

В

ВС, — шуканий, бо sin ZA =AB 5

2) sin ZA = 0,5 = - . Обираємо В

° Содиничний відрізок 1 CM. Бу­дуємо прямокутний трикутник, катет всякого дорівнює 1 одиничному відріз­ку, а гіпотенуза АВ = 2. Кут А, який ле­жить навпроти катета ВС, — шуканий,

бо sinZA = 5^ = і = 0,5.АВ 2

903. 1) cosZß = f . Обирає ^ о

мо одиничний відрізок 0,5 CM.Будуємо прямокутний три- С“ - кутник, катет ВС якого дорівнює 5 оди­ничним відрізкам, а гіпотенуза — 6, Кут В, прилеглий до катета ВС, шука-

ВС 5ний, оск ільки COS ZB = -----= —.

AB 6g

2) cos Z B = 0,6 = - . Обираємо В■ fN s .одиничний відрізок 0,5 см. gfl

Будуємо прямокутний три­кутник, катет ВС якого дорівнює З оди­ничним відрізкам, а гіпотенуза — 5,

www.4boo

k.org

fc

ош

емсо

Кут В, прилеглий до катета ВС, шука- ВС 3 А В ~ 5 '

ний, оскільки cosZß =

в

904. 1) tgZA = 2 = Обирає- -

MO одиничний відрізок 1 CM .

Будуємо прямокутний три- ^ кутник, катет ВС якого дорівнює 2 оди­ничним відрізкам, а катет Л С — 1. Кут А, який лежить навпроти катета ВС, —

шукании, оскільки tgZA = ---- = - = 2.СА X

2) tg ZA = —. Обираємо оди

ничний відрізок 0,5 см. Бу- дуємо прямокутний трикутник, катет ВС якого дорівнює 4 одиничним відріз­кам, а катет АС — 7. Кут А, який ле­жить навпроти катета ВС, — шуканий,

ВС 4оскільки i s Z A - =СА 7

905. 1) sinZA = 0,4 = .06n- В раємо одиничний відрізок „0,5 см. Будуємо прямий кут.На одній стороні відкладаємо відрізок СВ, довжина якого дорівнює 2 одинич­ним відрізкам. З точки В за допомогою циркуля відкладаємо відрізок AB, дов- жинаякогодорівнює бодиничним відріз­кам. ААВС — шуканий, оскільки ZC =

=90°, sinZA = ^^ = —= 0,4.AB 5

2) cos ZB = 27. Обираємо оди­ничний відрізок 0,5 CM. Бу­дуємо прямий кут. На одній стороні відкладаємо відрізок СВ, дов­жина якого дорівнює 2 одиничним відрізкам. З точки В за допомогою цир­куля відкладаємо відрізок AB, довжи­на якого дорівнює 7 одиничним відріз­кам. ААВС— шуканий, оскільки ZC =

ВС 2 7 ‘

с Ь

= 90°, cos ZB = -АВ

3) tg ZA = —. Обираємо оди ^

ничний відрізок 1 см. Бу- дуємо прямий кут. На одній ^ -S стороні відкладаємо відрізок СВ, дов­жина якого дорівнює 1 одиничному

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. Тому в А В М Z M = = 90°; A M = М С = 6 см, В М = 8 см. За те­оремою Піфагора АВ2 = А М 2 -і- ВМ2; AB = л/біТзб = у/Ш = 10 (ом).

В

1) sinZA = — = — = 0,8; AB 10

cos ZA = - = -^ = 0,6; AB 10

tg ZA: BM 8 4A M 6 3 '

tga =A M 6 3B M 8 4 ‘

907. Проведемо C A fl AD і Bii’ l AD. BCMF — прямокутник, у якого ВС = = FM = 9 см; CM = BF. Оскільки трапе­ція рівнобічна, то AABF = ADCM і AF = = MD = (21 - 9 ): 2 = 6 (см).

1) У AABF Z F = 90°. За теоремою Піфа­гора B f 2 =АВ2 - AF’2;BF = VlOO-36 = >/б4 = 8 ( c m ) .

BF 8 Тоді sinZA = — = - = 0.8;

cosZA = — = — = 0,6.AB 10

www.4boo

k.org

г8)У ДАСМ ZAf = 90°. С М ^ BF = 8 см;j j^ = A F + FM = 6 + 9 = 15 (см). За теоре-КОЮ Піфагора =АМ^ + МС‘ ;дС = >/64 + 225 = > / ^ = 17 (см).

. . A M 15 Тод18ша = — = - ;

СМ 8

8) у M C M Z M = 90°;„ СМ 8 _ AW 15

ііп0 = ----- = — : cosß = ------= — .АС 17 АС 17

108. Проведемо висоту до бічної сторо-gM-.AFlBC.

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°; AF‘ = AC‘ - -FC 2 = 36 - (5 - x ‘ ), звідки 25 - л:““ = 36 - -(25 - Юл: + x ‘); 25 - = 36 - 25 + Юя: --jr*; 1 0 ^ = 1 4 ;x= l,4 .ß F = 5 - 1,4 = 3,6. Тоді AF = V25-1.42 = ^23,04 = 4,8.

ein ZC =AF 4.8 CA 5

= 0,96;

cosZC = — = = 0,28;CA 5

tg Z CAF 4,8

' CF " 1,4 '4814 ' 7 ■

909 ,1) у ДАВС відомі всі сторони, тому заформулою Герона знайдемо його площу:

1 5 с м

А З+В С +А С

13 + 14 + 15 42 , ,Р = --------------- = Y = 21 ( c m );

®л«с = Vp (p - “ )(р - Ь)(Р - с);®длвс = > / 2 1 x 8 x7 x 6 =

= -УЗх7х4х2х7х2хЗ == 3х7х2х2 = 84(см)

З іншого боку, = ■'Ч'. бо

АС BN , де AF — висота до сто

рони ВС, а BN — висота до сторони АС. Звідки маємоАРі ßiV.

= B7V = ^ = 11,2 (см).лС 15

2 )V AABN Z N = 90°;

3 i„zA = = l M = 0,86.AB 13

BFУ AABf- ZF= 90°; cos ZB = — , Знай-AB

демо BF за теоремою Піфагора: BF^ = = AB‘ -A F 2 ;BD = V169-144=n/^ = 5 ( c m ) ,

тоді cosZB = — = 0,38. У AAFC Z F = 13

= 90°;AF = 12cM;fC = ß C -B F = 14 -5 = = 9 ( c m ) ;

910. 1) sinZA = 0,8 = —. Оби5

.»

раємо одиничний відрізок 0,5 см. Будуємо прямий кут D. На одній стороні кута відкладе­мо відрізок DB, довжина якого дорів­нює 4 одиничним відрізкам. З точки В за допомогою циркуля відкладаємо відрізок AB, довжина якого дорівнює 5. На продовженні сторони DA відкла­даємо відрізок CD = DA. С — третя вер­шина шуканого ДАВС. BD — висота і медіана, тому ДАВС — рівнобедрений і

sinZA = — = 0,8.5

2 ) cosZC = —. Обираємо оди-З Аничний відрізок 1 см. Будуємо а ' ° ' с

прямий кут D. На одній стороні кута від­кладаємо відрізок DC = 1, і на продовжен­ні цієї сторони — відрізок АІЗ = 1.3 точки С циркулем відкладаємо відрізок СВ = 3.

www.4boo

k.org

З’єднуємоточкиЛіВ. ДАВС — шуканий.Він рівнобедрений, бо BD — медіана і ви-

DC 1сота і cos^C =ВС з '

3) tgZA = 0,6 = |.О

Оби-

IssX

ЦCtcо3ас

раємо одиничний відрі- зок 0,5 см. Будуємо ZD = 90°. На йогосторонах відкладаємо BD = З і DA = = 5. На продовженні сторони AD від­кладаємо DC= 5. Точки Л і В, С і Вз’єднаємо. ДАВС — шуканий, він рів­нобедрений, бо BD — медіана і висота і

АС911.у AAßCZC = 90“; sinZB = , звід

AB

ки АБ = АВ = = 10 (см).sinZß 0,8

За теоремою Піфагора; СВ* = AB“ - AC“; СВ = VlOO - 64 =>/36 = 6 (см).

А

912. 1) У AABCZC= 90°; sinZB = 0,6;AC = 6.

Оскільки sinZB = —- , то АВ = ---------;AB sm ZB

АВ = — = 10 (CM).

За теоремою Піфагора: ВС* = AB* - АС'; BC = V l00-36 = >/64=8 (см).

2) У AABCZC = 90°; cosZA = -^.13

AC 5Оскільки COS ZA = ---- = — , toAC = 5jc;ВС 13

AB = 13x (x > 0). 3a теоремою Піфагора:AB^=AC‘ + BC\ звідки (13л:)'= 25x + + 36'; 169jc' - 25jc* = 1296; 144jc' = 1296; х ' = 9;л: = 3.

Тоді AB = З X 13 = 39 ( c m ) ; AC = 5 x З = = 15 ( c m ) .

3) У ДАВС ZC = 90°; AB = 20 см;

tg ZB = | .

AC ЗОскільки tgZB = -----= —, тонехайАС =ВС 4

= Здг; ВС = 4 х (х > 0).Тоді за теоремою Піфагора: AB ' = AC* -н -I- ВС'; 400= 9л:' -i- Ібзс'; 25х'= 400; л ' = = 16; д: = 4. Тоді АС = 3x4 = 12 (см); ВС = = 4х4 = 16(см).

913. 1) Гіпотенуза с = 8 см, ^sinZA = 0,75. Побудуємо кут, синус якого дорівнює 0,75, тоб-

gто sinZA = 0,75 = —. Обирає-

4

МО одиничний відрізок 0,5 см. Будує­мо прямокутний трикутник, катет В'С'якого дорівнює з одиничним відрізкам,а гіпотенуза АВ '= 4. Кут А, який ле­жить навпроти катета В'С' — шуканий,

gбо sinZA = —= 0,75. тепер за побудова

4ним кутом і гіпотенузою будуємо ДАВС.Для цього на продовженні сторони AB відкладаємо AB = 8 см. З точки В прове­демо ВС1АС. ДАВС — шуканий.

2) Катет Ь= 20 мм, cosZA == 0,4. Побудуємо кут А,

cosZA = 0,4 = - .Э

Обираємо

одиничний відрізок 0,5 см. Будуємопрямокутний трикутник: катет ACj = 2 одиничним відрізкам, а гіпотенуза — 5. Кут А, прилеглий до катета АС, — шу­каний. На продовженні сторони АС,відкладаємо даний катет АС = Ь = 20 мм.Одержуємо другу вершину ДАВС. Черезточку С до перетину з другою стороною кута А проведемо пряму, перпендику­лярну до АС. Одержуємо третю верши­ну В. ААВС — шуканий.

3) Катет а = 5см, tgZA = 1,25. вОбираємо одиничний відрі- в, зок 0,5 см. Будуємо прямо­кутний трикутник з катета- ,, , ми АА, = 4 одиничним відріз-

www.4boo

k.org

как і СЛ, = 5 одиничним відрізкам. Кут — шуканий. На продовженні сторо­

ни СВ] відкладаємо даний відрізок СВ = д е 5 см. Отримуємо точку В — верши- gy трикутника. Через точку В проводи­ло пряму, паралельну В,А,, яка перети­нає продовжені сторони СА в точці А. ^АВС— шуканий, бо ZB^Afi= /.ВАС,

тому tg Z A ,= tgZ A = § = l,25.4

1 2 2 . С п і в в і д н о ш е н н я м і ж с т о р о н а м и і

к у т а м и п р я м о к у т н о г о т р и к у т н и к а

915. 1) Неправильне; 2) правильне; 3) не­правильно; 4) правильне; 5) правильне.

916. а ) Ні; б ) так; в ) ні.

917. а ) Ні; б ) ні; в ) так.

918. а ) Ні; б ) так; в ) ні.

919. Мал. 456. х - с cos а.Мал. 457. д: = с sin а.Мал. 458. j; = b tga .

аМал. 459. Jc =

Мал. 460. X =

Мал. 461. X =

920.

tga

аs in a '

bcos a

921. 1) a = csinZA = 1 2 x i = 3 (CM);4

2) a = cainZA = 2 0 x - = 8 (cm );5

3) a = esinZA = 18x- = 12 (cm ).3

922. 1) b = ccosZA = 6 x i = 2 (cm );

2 ) & = ccosZA = 14xy = 4 (cm );

3) ft = ccosZA = 8x - = 6 (cm ).4

923.1) АВ = - ^ = іб Д =cos ZB 8

2) AB = - 5 ^ = 12: - = i ^ = 16;cosZß 4 3

I

« 3

sXT

5соS2Q.Вираз

b tg asin a cos a

3)AC = BC tg /iß = 5 X 0,5 = 2,5.За теоремою Піфагора; АВ‘ =АС‘ -І- ВС‘;

Aß = V25-t 6,25 = 731,25 =5у/ь

= 2,5ч/5 = -

924. і ) ав = ^ = 2 4 ^ = sin ZA 8

24x8= 64 (cm )

2) AB =

3) АС =

ВС 1 10x5 , ,■' = 1 0 :- = — — = 50 (cm );

sm ZA 5 1ВС

0,7= 10 (см).

tgZ A

За теоремою Піфагора: АВ^=АС^ + ВС‘\

AB = VIÖÖ+49 = >Я49 (см).

925. l)B C = A C tgZ A = 8xO,6 = 4,8;

2)ВС = АС tgZA = 12 X 4 = 48;

3 )B C =AC tgZA= 11 X 1,5 = 16,5.i nCG

www.4boo

k.org

со

926. 1) У ДАВС г с = 90°; АС = с sin ß; ßC = ccosß.2) У AABC ZC = 90°;

BA = - AC = -tga

3)УДАВС ZC = 90°;

AB =sinß’

BC =

XfO

§

ro

sIT>4Q.gсо

ЗтсCL

927. iVC±AB, N C — висота.

У ААМС Z N = 90°; ßC = ft sin a.В

928. УДАМ С^С = 90°; ZA а

ZM AC = -

бо A M — бісектриса ZA.

Тоді AC = A M c o s ^ = Zcos|.

М

929. П

. / лD

У рівнобедреному ДАВС проведемо ви­соту BD, BD 1.AC. BD — висота і медіа­на, тому AD = DC. У hABD Z D = 90“, AD = ft sin a; AC = 2AD - 2b cos a; BD = = ft sin a.Відповідь:!) 2b cos a; 2) b sin a.

930.

у рівнобедреному ДАВС проведемо ви­соту BD, BD X AC. Оскільки висота рівнобедреного трикутника, проведе­на до основи, є медіаною, то AD = DC,

BD hУ ДАБХ» Z D = 90°, AB = -

AD =BDtga t g a ’

sin a sm a

і AC = 2AD =ТОДІ

Відповідь: 1)

2ht g a '

; 2)sin a

2htg a '

931.

A

у ДАВС AB = ВС, AC = а. Проведемо до основи AC висоту BD, яка буде також і медіаною, і бісектрисою. Тому

AD = DC = ^-, ZABD = ZCBD = ~ .А 2

у ДАВХ» Z D = 90°; BD =

АВ =

AD

AD а t g ^ 2 tg^. а „ . а

sm-- 2sin — 2 2

Відповідь: 1) ; 2)2s in -

2

932. 1) у ДАВС ZA = 90°: AC =АВ-I-tg а = = а tg а.

2 )yAAC Ö ZC = 90°; AD = ^ = ^ ^ ;smß smß

r n a tgatgß tgß

Рис. 4631) У ДАВС ZB = 90°;

AD = ACcosß = ^2 ;DC = ACsinß = ^ ?^ .

sin а

www.4boo

k.org

Рис. 464ly^ABC Z.C = 90°; AC = ВС tg a; /.CAD = s 9 0 °-a .2 ) У Д А О С ZD = 90“; ZCAD = ZA - ZCAB; ^CAD= 90° - (90° - a )= 90° - 90° + a = s o. Тоді AD =AC cosZCAD = a tg a cos a; jfC =AC sinZCAD = a tg a sin a.

933. у прямокутному трикутнику медіа- па, проведена до гіпотенузи, дорівнює по­ловині гіпотенузи. Звідки AB = 2МС = ж 2т.

ЛО

Тоді АС = AB cos а = 2m cos а; ßC = жАВ sin а = 2m sin а.

AC b934.УДАВСгС = 90°; AB = -cosa cos a

Цевтр кола, описаного навколо пря- :»юкутного трикутника, знаходиться в точці О — середині гіпотенузи AB, тоб-

f « AC = OB = R = — -— .2 COS а

f М5. Центр кола, вписаного у трикут- 'ШИК, лежить у точці перетину бісектрис. Том центр кола — точка О — лежить на

•V всектрисі BD. Якщо BD — бісектриса, , проведена до основи рівнобедреногоДАВС, 'і *0 SD — медіана і висота, тобто B D 1АС

; і AD = DC, OD ± АС, OD = г — радіус впи- '■ савого кола.

А

ІІі: V a a 0 D Z D = 90°; ZOAD = - , бо АО -I - ^

бісектриса ZA, тоді AD = -55L = _ 5 _

і АС = 2AD = 2Д

У AABD ZD = 90°; ZA = а;

ВА = - ^ = ----- .cosa . аtg —cosa

936. Центр кола, вписаного у трикут­ник, лежить у точці перетину бісектрис, тобто на бісектрисі BD. Оскільки ДАВС — рівнобедрений, то бісектриса BD — висо­та і медіана. OD ± АС, OD = R — радіус вписаного кола.

А

yAABD ZD = 90°; AD = BD tga =tga

У A A O D Z D =90°; /OAD = - , бо АО —рбісектриса ZA.

X ct

0 D = Д = A D t g - = -----2 tga

937. Центр кола, описаного навколо npHMOKyTHHKaABCD, знаходиться в точці О — точці перетину діагоналей АС LBD, тобто АО = ВО = С0 = DO = R.

В

Шукаємо АС. У &ACD ZD = 90°; AD а

АС =cosa cosa

-, звідки

AO = BP = CO = DO = R

Відповідь: — ^— .2 cos а

АС2 cos а

938. AAOD — рівнобедрений, де в прямо­кутнику діагоналі рівні, і в точці перети­ну діляться навпіл, тобтоАО = 05 = ОС = = 0D, тому ZOAD = ZADO. ZCOD — зовніш­ній кут AAOD. ZCOD = ZOAD + ZODA —

www.4boo

k.org

властивість зовн іш н ього кута.

І(13

с [Q.

LD

ГОІСSІт>^Q.5Ъо

ЗтсQ.

Ош

в

D

О скільки ZO A D = ZODA, то

ZO AD = ZO D A = - ,2

У ACAD ZD = 90°;

ZCAD = - ; A D = ^ ^ = - ^ ;2 X “ 1 «t g — tg —

* 2 2ЛС =

A Dос . а

s in — sin — 2 2

939. Центр кола, вписаного у трикут­ник, леж ить у точці перетину бісектрис.

АО, ВО, СО — бісектриси кутів Л , В, С відповідно, як і перетинаються в точці

о . М , N , Р — точки дотику кола і сторін

трикутника. Проведе.чо радіуси кола в точки дотику.

В

О М = O N = OP = R-, О М 1 AC ; О М і A ß ;

OP 1 ВС.У ДАОЛ/ Z M = 90°;

Rа О МZ A = — ; A M = ------

2 . аt g ^ t g |

A M = A N — за властивістю дотична, проведена з однієї точки. У Л С М О Z M =

R= 90=; ZC = --; M C ~

М С ^РС . у ANBO Z N = 90“;

N B ^ B P .

'®2 ‘ ^2

A B==A N + N B =R R

‘4 ‘^2

= Я 1 1

« І « і

ВС = В Р + РС = - ^ + ^

'" І

АС = A M + M C = ^

940. у ДАБС Z ß = 90°;т

1) АС = ^ ; СЛ =sinß sinß

у Aß/JA Z ß = 90°; A D =

BD^ ^ =tg а tg а

АЛ ' _ m

tgß tg ß '

A B msin а sinu

Я кщ о похилі проведені по один бік від AB, то

DC = D B - C B =

1 1t g « tg|5

tg a tgßf?i( t g ß - t g g . )

t g a t g ß

Якщ о похилі проведені по різні сторо' ни від AB, то

л

www.4boo

k.org

2) CD = CB + D B = ^tgß t g «

m (tg a + tg p )

U g ß tg a tg a tg ß

д д і. У ДЛСВ Z ß = 90°;

ABAD = -sinß sinß

А

b В D

942. 1) У ДАБС ZC = 90“ ; ß C = A C tg а =AC a

= a t g a ; A B = ------- = -------- .cosa cosa

С

^Вк

V \D F

2 )Медіана CD проведена до гіпотенузи,

тому CD = A D = B D = — = - ° ■■2 2cosa

3 )У AACD A D = D C , тому AACD — рівно- бедрений, DE — висота, вона ж і медіа-

А С ана, тому А Е = EC = ----- = —.

2 2

А Е а4 )У Д А £ і )/ £ = 90°; D E = - -----= — ----- .

t g a 2 tg a

5 )У ACAF ZF = 90°; CF =AC sin a = a sin a.6) У ACBF Z F = 90°; Z B = 90° - a, тоді ZFCB = 90° - (90° - a ) = 90° - 90° - а = = a. FB = CB sin а = а tg а sin а.

а7) DF = D B ~ F B = -

2cosct- а t g a sin а =

1^2 cos а

AF = A B - F B =

- t g t t s in a

а

\

cosa

- - t g a sin а

- a t g a s in а =

943. Ц ен тр к о л а , вп и сан ого у т р и ­кутник, зн аходи ться в точ ц і перети- *У бісектрис, тому Л О — бісектриса ZA

* zoac = z o a b = - ,2

У AOAN Z N = 90°, бо O N = г — радіус

кола, проведений у точку дотику.

В

Я

ІУГІМС

N

N A = ------ . Проведемо радіус О М в точ-

ку дотику М . Тоді О М X ВС і чотири­

кутник C M O N — квадрат, у якого C M =

= О М = 0 N = C N = г, Z C = Z N = Z M =

= Z O - 90°, звідки О М = C N = R. М ає­

мо, щ о CA = C N + N A і за умовою СА =

= Ь, тоді

г -І— = Ь; г = 1 + —^ = Ь;

' " і

1 - І - - — 1 -І- tg —а ® 2

'^2

944. Проведемо д іагональ BD. Д іаго ­

налі ромба в точці дотику О ділиться нав­

п іл і B D 1А С , а також відомо, що діаго­

н а л і ромба — б ісектри си кут ів , том у

ZD A O = ZBAO = ~ .2

АОyAAO D :ZAO Z ) = 90°; AD = ------- ,а

cos —2

AO = ^ ^ ~ —, тому A D = — - —2 2 2cosa

A B = B C ^ C D = D A = -

де

2 c o s -

www.4boo

k.org

dtg2.OD = A O tg ^ = —^ :

d tg ^B£) = 20Ö = 2 x — = d t g ^ .

945. У рівнобічній трапеції проведемо дві висоти BF 1 AD і СВ. Тоді BCNF — прямокутник, у якого ВС = FN - Ь.

_ ІгоI-SСГQ.

го

Xта5соЗо .

F а N AABF = ADCN, звідки AF = NF.У AABF ZF = 90°; AF =АВ sin а = с sin а. Тоді A D = A F + N F + N D = FN + 2AF\ AD = b + 2c sin a.

946. Проведемо висоти BF і CN, які разбивають трапецію на прямокутник BCNF, у якого ВС = FN і два рівні пря­мокутні трикутники,

В

F а N AABF = ADCN, у яких AF = ND У AABF Z F = 90°; AF =АВ sin а = с sin а. Оскільки AD = N M = c sin а; AD = а; FN = = ВС =AD - 2AF; ВС = FN = о - 2с sin а.

947. у рівнобічній трапеції АВСХ) про­ведемо висоти ВК і CL. ВК = CL = Л.

В Ь С

К Lу прямокутнику BCLK ВС = Ь = KL. AABK = AD C LiA K = LD.У ААВК АК = 90°; АК = ВК tg а - h tg а;

ВК hАВ = - A D = A K + K L + LD =

COS а cosа

= 2AK + K L ;A D = 2 h iga + f>.

1

948. Проведемо BD X DC. Тоді AD ~ проекція AB на сторону АС, DC — про­екція ВС на сторону АС.

В

Нехай AD = X, тоді DC = Ь - х.У AABD ZD = 90°; BD = AD tg а = х tg а. У ADBC Z D = 90°; BD= DC tg ß= (Ь - -д:)tgß .Звідки j: tg а = tg ß - д: tg ß; I tg а +

X tg ß = b tg ß; A;(tg а -b tg ß) = b tg ß.btgß , btgß

' ' ---------------- тобто AD = ---------- —tgot-i-tgß tga-i-tgß

Тоді DC = b =tga-Htgß

_fctga-i-btgß_ fetgg tgß-Htgß tga-t-tgß'

949. s,AC C B ab

'ллвс ~ 2 ~ 2

В

У ДАВС ZC = 90°; а = с sinZA; ft = с sinZß,. esinZA Xft 1 .

ТОДІ = ------2------ =2 ZA;

_ acsinZß 1Saabc = --------- ^ sin ZB.

950. де — висота, про

ведена до сторони а. Проведемо висоти B D ±A C ,A F 1 B C .

В

с/ \ а

І> \

У AABD ZD = 90°; BD = c sinZA, тоді

www.4boo

k.org

SulIC 'AC BD be sin ZA

y^ABF/.F =90°;AF =ABsinZB =c sinZß, B C xA F ac sin ZB

тоді S ^ c - 2 ~ 2

y^BCDZD =90°;BD =BCsinZC =ac sinZC, A C xB D bcsinZC

тоді Одліс - - - ■

951. 1 )У Д А В С ^ С = 9 0 ° ;В С = 4 0 м , д е = 50 м.

В

ВС 40 4

2) Побудуємо кут, tga = - . Одержи-■г О

' МО 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°.

§ 23. Обчислення значень sin а, cos а і tg а

т .

І ) ZA = 90° - ZB = 90° - 30° = 60°; 2) ZA = ■90° - ZB = 90° - 70° = 20°; 3) ZA = 90° - '.^ß = 90°-85° = 5°.

f53. 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°; «П85° = cos 5°; sin 25° = cos 65°.

154. 1) 2sin30° = 2 x i = l;4) 2>) 4cos60° = 4 x i = 2;

3) >/з tg 30° — у/з X ~ = = 1.

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° = 0,391;cos5r = = 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 =87°; 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 = = 19°; tga=0,781; а = 38°; tg а = 0,839; а = 40°.

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° = 4х| = 2 (см).

Рис. 472.

д: = 8cos60° = 8х і = 4 (см).

Рис. 473.

.. 5л/з 5ч/3х2^ = 10 (см).

sin 60'

Рис. 474.

673 6ч/3х2- ^ = 12 (см).

cos30°

Рис. 475.

а: = I 0V2 sin45° = lOyß х = =

= 10(см) ^

Рис. 476.

www.4boo

k.org

959.

e ta

1) ßC = Aßsin30° = 4 x | = 2 (см);

у/з

3) A B = ^ 9 = ± ß . = s ( c m ) . cos 30° УІЗ

(Ss

§

(OsI

I. 5'Eо3

о .t i

960.

1) M N = - ^ ^ = ^ = 6 (C M );COS 60® 1_

2

2) N K = M K tg60 '’ = 2y/3xyß = 6 (cm );

N K 7л/з , , ,3) M K = — = —7=- = 7 ( c m ) .tg60°

961.

cos45° 11 Ї

2 ) ß C = A B s in 4 5 ° = 5 > ^ x ^ = 5 ( c m ) ;

962. Л

C4J9 1 ) ßC = A8cos60° = 1 0 x i = 5 ( c m );

2) AC = ABsin60° = 1 0 x ^ = 5^^ (cm).

963. 1) sina = i , a = 30°;

Jö2) cosa = — , а = 45°;

3) tga = S , а = 60°.

964. 1 ) tg30° tg60° = x ,/ 3 = l;

2) 8cos60°xsin30° = 8x i x i = 2;2 2

3) 2sin30° + >/3cos30° =1

= 2 x i + /Зx^ = 1 + 1,5 = 2,5;

4) 6cos60°->/3tg30° =

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°; sina= 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°; tg a = 0,035, a = 2°; tga = 0,447.a = 24,l°;tga = 0,532,a = 28°;tga = 0,934,а = 43°; tg a= 0,781, а = 38°; tg a= 0,578, а = 30°.

www.4boo

k.org

' 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°, т о д і

^ = 90°-60° = 30°. у MDC ZZ) = 90°: CD X AB;

i)C = ACsin30° = 8 x i = 4 ( c m ) .2

^ 8 CM

4 jieg. у ДАРС ZC = 90°; ZFAC = 30°, бо , j ^ — бісектриса ZC.

ЛС 3 S 2

*0. у ДА5С BZ) — висота, проведена 7 де> основи. ВХ) — висота і медіана, тому

= DC. У AABDZ£) = 90°;

= ABcos30° = 1 0 x ^ = 5n/3 (cm ),

я ЛС = 2АО = 2х5л/з = 10>/з (см);

= Aßsin30° = 1 0 x i = 5 (cm ).

У ААЯС AF — висота до бічної сторо­ни, A D 1 ВС. У AAFC ZF = 90°: ZC = 30°; ^ = 10л/з (см ):

) = ЛС8іп30° = 1 0 7 зх І = 5л/з (см ).

М. У ДАВС ZC = 90°; С М — медіа- 1 яка проведена до гіпотенузи, СМ =

“8см. В

Медіана СМ дорівнює половині гіпо­тенузи, тому AB = 2СМ, AB = 2 x 8 = = 16 (cm ).У ДАВС ZC = 90°:

АС = ABcos30° = 16x — = 8>/з (см);

ВС = Aßsin30° = 16xi = 8 (см).

972. Рис. 477.У ДАВС ZA = 90°:АС = 4tg60° = 4>/з (см).У ДЛС£> ZD = 90°:

AD = АС sin 30° = 4>/Зхі = 2л/з (см);

CD= АСсозЗО° = 4>/Зх — = 6 (см).2

Рис. 478У прямокутній трапеції ВК X DC, тому A B K D — прямокутник, у якого АВ = = DK = 6cM, BK = AD.У АВКС Z K = 30°: ВС = 8 см, тоді

Л:С = ВСсо8бО° = 8 х і = 4 (см):

С£» = DJf + ЛГС = 6 + 4 = 10 (см).Рис. 479

yADCBZC = 90°;0С = 0Взіп30° = 4ч/Зхі = 2ч/з (см). УДABDZD = 90°: 2

AD = BDtg30° = 4>/3x — = 4 (см).З

973. У AßAOZO = 90°, бо діагоналі ром­ба перпендикулярні, тобто B D 1 АС.

В

ZBAO= 60°: 2= 30°, бо діаго­наль АС — бісектриса ZA,

BO = ABsin30° = 4 x| = 2 (см);

JÖАО = ABsin30° = 4 x ^ = 2>/3 (см).

Д іагоналіАС і BD і точці О діляться навпіл, тому BD = 2ВО = 2 X 2 = 4 (см).АС = 2АО = 2х2л/з = 4ч/з (см).

www.4boo

k.org

Iга

§

sXT'Ё:Ctсо

з

2о .fcSОш

974. За властивостями діагоналей ром­ба AC 1 BD-, AO = OC=BO = OD.ACiBD — бісектриси кутів ромба. Тому в ААВО Z0 = = 90°; AO = OC = & S ( c m ); ZABO = 60°.

В

АВ = АО бТЗх2 ,

ВО = - ^ ^ = ^ф - = 6 (см). tg60° >/з ’

Оскільки ВО - — BD, то BD = 2ВО = 2 хх 6 = 12(см). 2

975. У ДАСЛ ZC = 90°, бо АС 1 CD заумовою.

AD = АС

CD =

sin 30°

AC 12x3 1 2 (S f .

AB = CD = \2-JZ (cm);AD = BC = 24cm.

976. о — центр вписаного у ДАВС кола і центр описаного навколо ЛАВС кола. ДАВС — правильний, тому точка О ле­жить на висоті BD, яка є медіаною і бі­сектрисою. А

кВ иАО = R — радіус описаного кола; г - = OD — радіус вписаного кола. Розгля­немо ДАОХ): Z.D = 90°, бо OD 1 A C .D — точка дотику. ZOAD = 60°; 2 == 30°, бо АО — бісектриса ZA

AD = , бо BZ) — медіана.

Д = АО =А Р ах2 а a^ß

cos30° ~ 2>/з З

r = Oß = ADtg30° =аУз _ аУз 27 з “ ~6~ '

977. Якщо в ромб вписано коло, то діа­метр кола дорівнює висоті ромба. Знай­демо висоту ромба.

В

B F X A D .y AABF ZF = 90°;

BF = ABsin30° = 16xi = 8 (см).2

Якщо BF = 8 см, то діаметр вписаного кола буде теж дорівнювати 8 см, звідкиг = 8 :2 = 4(см).

978. Якщо коло вписано у квадрат, то діаметр кола дорівнює сторони квадра­та. Нехай сторона квадрата дорівнює а, тобто AB = ВС = CD = DA = а, тоді d= а. BD — діаметр кола, описаного навколоквадрата ABCD.

В

Знайдемо його з &ABD, в якому ZA = = 90°, Zß = ZD = 45°.

Тому BD = = ал/2;sin 45° V2

BD = d = a ^ , тод і| = ^ = .

979. ПроведемоАВ1С/),АВ — відстань від точки А до прямої CD, за умовою зада­чі AB = 5 CM. АС — похила, СВ — Гі про­екція на CD. AD — похила, BD — ії про­екція на пряму CD.

www.4boo

k.org

гy^ABC г В = Ж ;

AB 5x2 _ гг

CB = ABtg45° = j = 5 (см).

у ЛАЗО г В = 90°;AB 5x2

AD = sin ЗО-

AB 5x3

= 10 (см):

MO. З точки А повели дві похилі AB і ХС, де В — основа похилої AB, С — осно­ва похилої АС.

А

ІГЛАВС за умовою задачі ZB = ZC = 45°, , ¥ 6 Z A = 180° - (45° + 45°)= 90°, тобто

' ;’4АВС — рівнобедрений прямокутний з ; Г^отенузою 10 см. Тоді

f AB = AC X BCsin45° = 10 x = 5>/2 (см).

$81. 1) 2cos60°tg45°tg60° =

■ 2 х | х 1 х , / з = >/з

* )8 t g ’ 60°-4cos*30° == 3х(>/3)“ -4х(>/3)х2'' =

= 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

'■ = - ;rX - :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 — точ-

дотику. Проведемо радіуси кола в точ- дотику: ОМ = ОЛГ = г = 1 см. ОМ 1 AB,

' OJV1 вс , OF 1 АС, тому ONFC — квад­

рат і O f = OW=WC = fC = 1 см.

Гао

в

I

Центр кола, вписаного у трикутник, знаходиться в точці дотику бісектрис, тому OB — бісектриса ZB, а оскільки ZB = 90° - 30° = 60° з ДАВС, то ZOBM = = ZOBN = 30°, тоді в АОВА Z N = 90°;_ . , ON 1x3 З г~‘ ' ’ ' ■ ї ї ж '

звідки BC = BN + NC = + 1 ( c m ) .

у ÄAßCZC = 90°; =

АС = ^ ^ ^ ^ = л/з X (л/з +1) =

= 3 + л/3(см)

984. Проведемо BF ± АС. Розглянемо AABF.

Z F = 90°; ZA= 45°, тоді ZB = 45°, тому AABF — прямокутний рівнобедрений, AF’ = BF. Нехай A F= BF = х. У ABCF

За умовою задачі АС = AF + АС = 1 см,

X

ЖX , -Д х + х ,

тоді х + - ^ = 1; ^ - 1;

зс(>/3 + 1) = \/3; тобто

n/З 73х(г/з-1) .А г = Г із = “7= = — 5*--------------7=------

V3 + 1 (V3 + 1 )X (V 3 -1 )

y f 3 x { S - l ) _ 3 -y l33-1

( c m )

www.4boo

k.org

AB-.sin45'

^/6x(^/3-l)

B F ■ J 3 x (s f 3 - l )x ^2x 1

( cm )

BC = -sin60°

= V 3 - 1 ( c m )

BF .2хч/з '

985. Центр кола, вписаного у ААВС, знаходиться в точці перетину бісектрис. Проведемо висоту BF до основи ААВС.

В

\120

ссQ.

гоSІт>чQ.5Ъо

Q.

Ош

Оскільки ДАВС — рівнобедрений, то BF — висота, медіана і бісектриса, тому ZABF = Z.CBF = 120° : 2 = 60°; AF = АС. М , N, F — точки дотику, тому ОМ ± lA B , O N l ВС, OF LAC.У ABON Z M = 90°;

BO =ON

sin 60° BO =R 2 2 S r

Тоді BF = BO + OF = ? ^ ^ + R =

2л/зД + З Д _ Д (2 + 2л/3)

З З

986. у рівнобічній трапеції ABCZ) про­ведемо дві висоти BF ±A D і CN ±A D . От­римаємо ß C N f — прямокутник, у якого BC=FN = 6.BF = CN, &ABF = ADCNiAF = N ß = ( 1 0 - 6 ) : 2 = 2 ( C M ) .

В 6 см С

F 10 см NУ AABDZF = 90°;

A F 9 2= АВ = = 4(см );

cos60° 1

ß f = AF’ tg60° = 2>/3 (см).У ABFD /.F = 90°; FD = FN + ND;FD = 6+ 2 = S (c m ). BF = 2уіЗ. За теоре- МОЮ Піфагора BD2 = BF2 + FD2;BD = V e iT I I = sf76= 2-JI9 (см).

9 8 7.

Уч

2^1_4_£N

За умовою задачі CA — бісектриса ZC = 120°, тому ZBCA= гО С А = 60°. Тоді в AACD ZOAD= ZDCA= 60°, як внут­рішні рівносторонні кути при ВС II AD і січній СА, Z D - 60°, то сума кутів ADCA дорівнює 180°. За цими умовами AACD— рівносторонній, у якого АС = = CD= A D - 16 см. Проводимо висо­ту CN — висота і медіана, тому AN = = 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; AD =16 см;

CN = s S см, тоді S=

S , g ± 1 6 , g ^ . g i l g _ > ^ . 9 6 7 3 (CM ). 2 1 2

988. M N — середня лінія трапеції. Не­хай MO = хсм, тоді ON = (х -ь 16) см. МО = = х — середня лінія ДАВС, тому ВС = 2х,а ON — середня лінія AACD, тоді AD = 2{х -ь -н16) = 2х + 32(см).

В С

Проведемо у трапеції ABCD висоти. BF 1 AD і СК 1 AD. Тоді в прямокут­нику BCKF ВС = FK = 2х, звідки AF + + K D = 2х+ 3 2 - 2х= ^2 (см). Оскіль­ки AABF= ADCK і A F= KF, то AF = = J f D = 3 2 : 2 = 1 6 ( c M ) .

VAABFZA=60°;ZD=90°; АВ = - '16x2

АВ = -cos60°

- = 32 (см);СХ) = 32см.

F 2Х-І-32 К За умовою задачі Р = 144 см, тому 32 + 2а: -н 32 -І- 2х -І- 32 = 144; 4х + 96 = = 144; 4х= 48; х= 12, звідки ВС= 2^ X 12 = 24 (см); АО = 2х12-н32 = 54 (см).

www.4boo

k.org

989.

F Ку іррапеції M N — середня лінія, тому д/О — середня лінія ААВС, а ON — се- редвя лінія AACD. Нехай МО = Ьх, NO = ж 9х. Тоді ВС = ІО і, AD = 9дс X 2 = 18і — властивості середньої лінії трикутника. Проведемо BF J. AD, СК ± AD, звід­ки ВС = FK = ІОдг, і оскільки трапеція ■рівнобічна, то A F = KD = (18д: - 10л:): ;2 = 4 х . УДАВ^ ^/■=90°: ZA=60°, бо /Н = 120°, а ZA + ZJ3 = 180° — внутріш- ■і односторонні кути при AD Ц ВС і січ-

ЯІйЛВ. АВ =AF

cos 60°’АВ =

4хх28х;

АВ= CD= Sx. За умовою задачі Р = Ш ш 220 см, тому 8х + IOjc + 8л + 18д: = 220; І|Ч 4 * = 220:х = 5.I fm ty AB = СІЗ = 8 X 5 = 40 (см).

190.

— висота паралелограма, проведена J ДО більшої сторони, а BN — висота, яка

цена до меншої сторони. Оскільки • > DC, то BF < BN і тому BF = 12 см, Г=18см. Якщо B F 1 A D , то BF ХВС,

I'tOMy jCFBC = 90°, звідки ZNBC = 90° - гЮ* = 60°. У ABCN Z N = 90°;

= ВС = і ^ = 36 (см);cos60° 1

= ВС = 36 см; гС = 90° - 60° = 30°; ^AABf^J?= 90°; Z A = Z C = 30°— про-

кні кути паралелограма, тому

ЛВ = 1^ = 24 (см);sin 30°’

--CD = 24 CM.

' і ВС і AD 1 DC. Оскільки ВС = CD,

то A N < A F iA N = 5 см, A F = 12 см.У чотирикутнику ANCF сума кутів дорівнює 360°, тому ZC = 360° - ZJV - - Z/? = ZA; ZC = 360° - 90° - 90° - 150° = = 30°.ZC = ZA = 30° — протилежні кути пара­лелограма ABCD, а ZB = ZD = 120°.У AANB Z N = 90°; ZNBA = 180° - 150° = = 30° — за властивістю суміжних кутів,

тому АВ = - ^ ■ AB = ^ = 10 (см). sin 30° 1

У /Ш )Р Z F = 90°; ZAD F= 30°= ZBCD, як відповідні кути при ВС IIAD і січній CF, тому

АД= : AD = i ^ = 24.sin 30°

992.

F NУ рівнобічній трапеції ABCD проведе­мо висоти B F lA D iC N XAD. BF = CN = 10м. Маемо: BC = FN = 6 0 it.A F = ND.

BFУ AABF Z F = 90“; AF =

10

tg60°’

10'-ІЗ

Тоді AD = 2AF + FN = ^ + 60--

20л/3-і-бО(см)

993.

Спостерігач А знаходиться на висоті 50 м, тобто АС X ВС і АС = 50 м.ZABC = 30° — кут до горизонту.

АГТому у äABCZC = 90°; АВ = —

50x2АВ = — ;— = 100 (м )— відстань від

спостерігача А до автомобіля В.

www.4boo

k.org

го•sc.sIта5со

5осСиfc

§ 24. Розв’язування прямокутних трикутників

994. Мал. 490д; = 7 cos 40° = 7 х 0,766 = 5,362 (см);1/ = 7 sin 40“ = 7 X 0,643 = 4,501 (см).

Мал. 491д: = 9 tg 56° = 9 X 1,483 = 13,347 (см);

9 9cos56° 0,559

= 16,1 (см).

995. Мал. 492

cosa = — = 0,625,8

а = 51°, тоді ß = 90°-51° = 39°. Мал. 493

cosß = = 0,8,

ß = 37°, тоді ß = 90 - 37° = 53°.

996. А

1) в с = AB sinZA = 5 sin 55° = 5 X 0,819 = = 4,095 (cm);

AC 7 72) AB =sinZß sin 41°

10,67(cm )0,656

3)AC = BC tgZB = 6 tg 38° = 6 X 0,781: = 4,686 (cm ).

997.

ALLl)A B = 9cM, ZC = 38°.

ЛС= ^ ® «

BC =

BC =

tg38° tg38° 0,781

AB 9 9sin ZC sin 38° 0,616

= 10 cm , Zß = 54°.AB 10 10

= 14,6 (cm).

= 17 (cm );cos ZS cos 54° 0,588

A C = A B tg 54° = 10 X 1,376 = 13,76 (cm ).

998.

Aß = 14 CM, ZA = 65°.

1)AC= a b cosZA= 14 cos 65° = 14x X 0,423 = 5,922 ( cm );2)BC= a b sinZA= 14 sin 65° = 14 x X 0,903 = 12,642 (cm ).

999.

CD.ДГ Q

1) sinZA = — = - = 0,75;

Z A « 48,6° = 48°36';AC fi

ZA = 53,1° = 53°6';

ZA = 63,4° = 63°24'.

1000. S

14 CM

ZA = 45,6° = 45°36';

2) sinZß = — = — = 0,7; AS 20

Z5 = 44,4° = 44°24'.

1001. AC = 0,2AB, тоді ^ = 0,2;sinZß =

= 0,2, тоді ZB = 11,5° = 11°30'; ZA = 90° - -11°30' = 78°30'.

CD,

10 0 2 .

14 CM

www.4boo

k.org

г1) AD = 8 см, CD = 6 см,

г пt g ^ = ^ = 0 ,7 5 ; Z A = 3 6 ,9 ° = 3 6 °5 4 ';

j)A D = 20cm, СГ>= 18 см,

t « ^ = S = І = ° ’ = ^ =i )A D = 14 см, CD = 7 см,

^1 = 26,6° = 26°36'.

1003. ^

1) ОВ = 45 см, AS = 60 см,

tg ^ l = = 0,75; Zl=36,9°=36°54';AB 60

/A =2xZ l=2x 36°54'= 73°48';

■ 2 x Z l = 2x42° = 84°;

• > - = S = i = - ’ZA = 45“: ZA = 2 X Z I = 2 X 45° = 90°.

‘1004. l)a)a = 20;ft = 21; AB = la‘ + b ;

AB = V400 + 441 = у/Ш = 29; tgZ ß = - ;21 **

tg ZB = — = 1.05; ZB = 46^24'; ZA = 90°- 20

- Zß = 90° - 46°24' = 43®36':

• ) 0 = 9:6 = 12; AB = >Ja‘ + b ;

АВ = >/81 + 114 = ч/ ^ = 15: tgZA = | :

tgZA = — = 0,75; ZA= 36°52'; ZS = 12

* 90° - Z A ;Z B = 90° - 36°52' = 53°8';

■)a = 24;&=18; AB = la + b ;AB = yj576 + 324 = ,/9ÖÖ = 30;

t*Z A = ; tgZA = = l,33;6 18

ZA= 53°4': Z ß = 90°- ZA; Z ß = 90°--53°4' = 36°56': ______Г)а = 23,5; 6 = 40,2; AB = Ja’‘ + b‘ ;■AB = V552,25 + 1616,04 == >/2168,29 = 46,56;tgZA = | ; tgZA = g | = 0,585;

15 Cynep ГДЗ. 8кл., кн. 1

ZA = 30°19'; Z ß = 90° - ZA-, Z B = 90°- -30°19' = 59°41'.2) a )c=1 7 ;a = 15;

sinZA = - = — = 0,882; ZA = 61°56'; с 17

ZB = 90° - ZA; Z B = 90° - 61°56' = = 28°4'; AC = с sinZB; AC = 17 sin 28°4' = = 17x0,471 = 8;

6)e = 20;a = 16; sinZA = - = — = 0,8;С

ZA = 53°8'; ZB = 90° - ZA; ZB = 90°- - 53°8'= 36°52'; AC= с sinZB; AC = = 20 sin 36°52' = 20 X 0,601 = 12;

B )c = 62;a = 56; sinZA = - = — = 0,862;с 65

ZA = 59°29'; ZB = 90° - ZA; ZB = 90°- -59°29' = 30°31':AC = с SinZB; AC= 65 sin 30°31'= 65 xX 0,506 = 33;r) с = 2,93; 6 = 2,85;

sinZB = - = | ^ = 0,973: с 2,93

ZB = 76°36'; ZA = 90° - Zß; ZA = 90°- -76°36'=13°24';BC= с sinZA; ßC= 2,93 sin 13°24' = = 2,93x0,232 = 0,68.3) a) с = 8; ZA = 70°; ZB = 90° - ZA; Zß = = 90°-70° = 20°;AC = с cosZA; AC = 8 cos 70° = 8 x 0,342 = 2,74;6) с = 82; ZA = 42°; ZB = 90° - ZA; ZB = 90° - 42°= 48°; AC= с cosZA; AC = 82 cos 42°= 60,94; BC= с sinZA; BC = = 82 sin 42° = 54,87; b ) c = 18,2; ZA= 32°20'; ZB= 90° - ZA ZB= 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.

a4) ZB = 90°-Z A ; AB =cos ZABC = atgZA.

a) a = 12; ZA = 32°; ZB = 90° - 32° = 58°; 12 12

AB =cos 32° 0,848

= 14,2;

www.4boo

k.org

ш

i n

ВС = 12 tg 32° = 12 X 0,625 = 7,5;б) а = 18; ZA = 17°; Zß = 90° - 17° = 73°;

аAB = -

AB = -

cos ZA

18cos 17° 0,956

18= 18,8;

BC= а tgZA; ßC= 18 tg 17°= 18 x X 0,6306 = 5,5;b ) а = 12; ZA = 53°20'; ZB = 90° - 53°20' = = 36°40';

12 12AB = - - 20 ;

cos53°20' 0,598

ßC = 12 tg 53°20' = 12 X 1,34 = 16; r )a = 3,71; ZA= 19°30'; Z ß = 90°- -19°30'=70°30';

3,71cosl9°30' 0,943

ßC = 3,71 tg 19°30' = 3,71 X 0,354 = 1,3.

1005.

у AACD ZD = 90°; AD =AC cos 36°18'; AD = = 25 X 0,806 = 20,1 (cm); CD =AC sin 36°18'; CD= 25 X 0,592= 14,8 (см). Тоді Aß = = CD =14,8 (cm), Aß = c d = 20,1 (cm).

1006. в

у рівнобедреному AABC проведемо ви­соту BD, BDXAC, яка є медіаною, тому AD = DC.У AABD ZD = 90°; B D =AB 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).

1007.

Центр кола, описаного навколо AABC, лежить у точці перетину серединних перпендикулярів. Проведемо середин­

ні перпендикуляри о м і BD, OB — радіус кола, ОВ= R — 5 см. Оскільки ДАБС — рівнобедрений, то BD — висо­та і медіана, тому ZABD = 35°.У АМВО Z M = 90°; М В = OB cos 35°; M ß = 5x0,819 = 4,Кем).Тоді Aß = 4,1 X 2 = 8,2 (см).У &ABD ZD = 90°; BD= AB cos 35°; BD = = 8,2x0,819 = 6,72 (см).

1008.

25 см

AD — висота до бічної сторони ßC, A D 1 1 ßC, AD = 21 см. У AADC ZD = 90°;

sinZC = ; sinZC = | i = 0,85; Z C =

= 57°8'.Оскільки AABC— рівнобедрений, то ZA = ZC = 57°8', звідки Z ß = 180°- -144°56' = 65°44'.

AnV AABD ZB = 90°; AB = —

A ß = r ^ = 23,04 (CM).

'sin65°44'’

0,912

1009.

У AABC ZC = 90°; AC = ВС tg 27°;

AC = - - = 41,22 (CM).

Aß = 46,26 (cm ).

Проведемо CD ±A B . AD — проекція ка­тета AC на гіпотенузу Aß, а BD — про­екція катета ВС на гіпотенузу Aß.

www.4boo

k.org

у bADC г о = 90°; AD = ЛС cos 27°; AD = в 41,22 X 0,891 = 36,71 (см). BD = AB- ^AD; BD = 46,26 - 36,71 = 9,55 (см). yдC A ß ^ ß = ^0°:

ЛС =AB

CB-

sin 24'

ABtg24°

BC =

150,407

15 0,445 “

= 36,88 ( c m ) ;

= 33,69 ( c m ) .

у & Р А В гВ = Ж ; AB

AD =

DB--

8in61°’

AB tg61°

AD =

DB =

150,875

151,804

= 17,15 ( c m ) ;

= 8,32 ( c m ) .

1 0 1 1 .

F 7,5 c m

y. ромба ABCD DF X AD. Тоді в &ABF BF=AB 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 ) .

10 12 .

f 8 CM ^

У паралелограмі ABCD BF 1 AD.У AABF ZF = 90°; BF = AB sin 36°; BF = » 5 sin 36° = 5 X 0,588 = 2,94 ( c m ) .

S = AD X B f ; S = 8 X 2,94 = 23,5 (см2).

1013.

У ромбі діагоналі в точці перетину ді- Яяться навпіл, перетинаються під кутом 80°, а також є бісектрисами кутів ром-

. ба. Тоді в ДАВО Z 0 = 90°; ZBAO = ^Ä40 = 28°30':2 = 14°15'.0В= 64,5 sin 14,25°= 64,5 х 0,246 = »15,9(см);QA =АВ cos 14°15'; ОА = 64,5 cos 14,25° =

*64,5 X 0,969 = 62,5 (см)."Звідси BD= 2ВО; B D = 15,9 х 2 = . * 31,8 (см); АС= 20А; АС= 62,5 х 2 =

«125(см).

1014.46'

У прямокутнику AAOD — рівнобедре- ний, тому Z1 = Z2. За властивістю зов­нішнього кута трикутника Z1 + Z2 = = ZCOD, а оскільки Z l= Z2, то Z1 = = Z2 = 46°:2 = 23°.У AACD ZD = 90°. Нехай AD = д: см, тоді CD = x tg Z l = x tg 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. в 18 см с

F N

У трапеції ABCD проведемо висоти BF X lA D iC N 1AD , BF = CN = 24 см.BCNF — прямокутник, тому ВС = F N = = 18 см.У AABFZF = 90°;

AF = -? 4 т = 17,43 (см).AF = -tg54°’ ■ 1,376

У ACDN Z N = 90°;CN 24

ND = - ND = - = 83,62 ( c m ) .t g l6° 0,287

ToAiAD = AF + N F + ND; A D = 17,43-b -I-1 883 ,62 = 119,05 ( c m ) .

1016. В 15 OM с

Проведемо висоту BF LA D .У AABF ZD = 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 трапе­ції висоти BF X AD і CN X AD. Ми от­римали BCNF — прямокутник, у яко-

www.4boo

k.org

s§

lE '

ПЗ

sXTd !. 5'cо

32Q.

Оt :

CMi n

му BC = F N i ÜABF = ADCN, звідки AD =BF

= N D .V AABF Z F = 90°; AF = —— ;2 ^

В

ß \k .^ ________ c A~F ä cti N

Тоді FN = A D = 2AF; F N = 8 - 2 x 2,3 = = 3,4 (cm ). Ос к іл ьк и FN = BC, to BC = = 3,4 CM.

1018.

Нехай в рівнобедреному C ABC AB = = BC = xcM. Тоді AC = (д: + 10,8) см. Про­ведемо BF X AD, BD — висота і медіана,

тому AD = DC= (см).

У ABD г О = 90°; AD = л: cos 49°54'= = 0,644ї.^ х + 10,8 , ,Оскільки AD = -----------( cm ).

то 0,644лс =х + 10,8

l,288x= х + 10,8; 0,288х= 10,8; х = = 3,75. Звідки Р = X + X + X + 10,8 = (Зж + + 10,8 )см .

1019. в

5 м

ВС = 9 м — висота стовпа, АС = 5 м —Q

ЙОГО тінь. Тоді tga = ~ ; tg а = 1,8; а * = 60“5Г. ^

1020. в

60 м

tga = — = 0,17; а = 0°57'. 60

1 0 2 1 .

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

1023.

у ДАВС ZC = 90°;

АВ =АС

cos41°’АВ =

1024.

600,755

А

= 79,5 (м).

1500 м

У ДАВС ZC = 90°; АС= ВС tg 5°; АС - = 150 X 0,087 = 131,2 (м).

1025.

у ДАВС ZC = 90°; ВС = АС tg 64°; ВС = = 35 X 2,15 = 71,76 (м).

www.4boo

k.org

г

1026.

800 мy M B C Z C = 90‘’ ;

ТЗП Of)t «a = | ^ ; tga = = 0,025; a= l»26 '.

1027.4 0 M

Кут підйому вулиці — ZNCD = ZCDF, TO F D II CN. ABCD — прямокутна тра- пеція.

\ Проведемо DF 1 SC, ABDF — прямо- кутник, у якого AB = DF = 40 м = 400 см; BD = A F = 90 см, звідки FC= 190- 90 =

^ -90(m ). f - V A C FD ZF = 90°;

I tga = H ; t g « = = 0,0225;

і » a - l ° i r .

1028. H хай CD = xcm {x > 0). Тоді у ДАСХ>

Z D = 90°; A D =CD X tga t g a ’

CDV ACBD ZD = 90° -, BD^

tgß tgß

За умовою задачі Aß = а, AB - AD - BD,X X

= а;

1

ЗВІДКИ маємо:

1 1tga tgß

tga tgß

= a; x = —

tga tgß1029. 3a умовою задачі Z D B A = 90°; ZDBC = 2°, тоді ZCBA = 90° - 2° = 88°.У ДАВС ZA= 90°; AC = AB tg 88°; AC = = 75x28,64 = 2148 ( m ) .

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°;

DB--CD

tg28°’BD =

200 0,532 ^

У &CAD ZD = 90°; AD =

376,1 (м).

CD

AD =2000,81

tg39°’•247 ( m ) . ОскількиАВ=ІЗВ-

- DA, TO AB = 376,1 - 247 = 129,1 (m ).

ТЕСТОВІ ЗАВДАННЯ

№1№ завдання 1 2 3 4Правильнавідповідь Г В А В

5Правильнавідповідь

правильної відповіді немає

№2№ завдання 1 2 3 4 5Правильнавідповідь А Г А Г Б

ПОВТОРЕННЯ

1031. Нехай ABCD — паралелограм, B E =A E ;C F = FD.

В - ^ -----------.С

1) AADE = ACBF — за двома сторонами і кутом між ними. ZC = ZA; BC = AD; ЕВ = CF.2 )B E F D — паралелограм, BE || FD; BE = FD. Отже, BF || DE, що й треба було довести.

1032. Паралелограм ߣFC = паралелог-

www.4boo

k.org

раму AEFD. Отже, ABCF = AFEB =AEFC -- = Д£)£А, що й треба було довести.

1033.

гоSCSІз->ча5

ЪоЗа .

= 5 см.АС — бісектриса. DC Ц AB; Z1 = .Z2; ДАОС— рівнобедрений, AD= DC= 5 см; СМ = 5 -3 = 2(см).ABCN — рівнобедрений, ВС = CN = 5 см, DiV = CN -CD = 5 — 3 = 2(см).M N = M C + CD + DN = 2 + 3 + 2 = 7 (cm ).

Відповідь: 7 см.

1034.

Нехай дано паралелограм ABCD, діаго­налі якого dj і dj.M N II AC II KP; N P || DB || M K.M N PK — паралелограм.

^MstK -Відповідь: 2d, + 2d .

1035.

m

Нехай дано паралелограм ABCD, /-В = = 120°, B K — бісектриса, AX’ = 24см, K D = 16 CM. AABK— рівнобедрений, Z I = Z3; AB = A K = 24 c m ; ВС = AD = 24 + + 16 = 40 (см).За властивістю бісектриси трикутника AF : FC = AB : ВС = 24 : 40 = 3 : 5. Відповідь: З : 5.

1036. Якщо через середини сторін пара­лелограма провести перпендикулярні до них прямі, то одержимо паралелограм, кути якого дорівнюють кутам даного па­ралелограма.

1037. 1) Побудуємо кут а і відкладемо на його сторонах відрізки Л, і Л ;2) проведемо через основи висот пер­пендикулярні до них прямі, а через вер­шину кута а — прямі, паралельні про­веденим прямим.

1038. Вг:-------------

НехайABCÖ — паралелограм.Aß ;AD = = 7 : 11. BD = 24 CM, AC = 28 CM.

AB= 7x; AD= l lx ; ( ( I x f + ( ( lU ^ 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.

Нехай ABCD — паралелограм. AB = = CD = 10 c m ; BC=AD = 15 см; AC = = 2 c m ; BD = x; AC = x + 2; x + (x + 2)2 = = 102x2-h 152x2; Х2-НЛГ2-І-4Х + 4 -2 0 0 - - 450 = 0; 2x -H 4x - 646 = 0; D = 1296; j:, = 17; x = -19. BD= 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 = = Zß = 54°.ZAOB = 180° - (54° -H 54°) = 180° - 108° = = 72°.Відповідь: 72°.

1041.

Нехай ABCD — ромб.

www.4boo

k.org

g SSa^sinl50° = a’’ x i = ;

SP. = “ *:a‘ . ь a = ah; Л = —.

2

Відповідь:

1042.

к? ї ABCD — ромб: BF і BK — висоти; AABK = ■ ® &BFC (за гіпотенузою і гострим кутом). І-Оіже, ВК = BF, що й треба було довести.

і

Ш/іВСО — ромб; Рддсо = ш C M .A D — сторона ромба; A D = 16 :

ї.! 4 = 4 (ом). äADÄ": sin z a =

;4A = Z0“. Відповідь: 30°.

'1044.

D gAD

1 .2’

BCD — ромб, AC — діагональ. =і ' “ +^лл«с = -Рла«.+ 15.S2* + d + 2 i + d = 4i: + 15; 2d= 15; = 7,5.

дповідь: 7,b CM.

И045.

Необхідно побудувати прямокутний трикутник за катетом Ь і гіпотенузою

—. ABOC=^ADOC = DOA = ABOA.2

І ABCD — шуканий ромб.

1046.

DНеобхідно побудувати рівнобедрений трикутник за основою d і кутом при ос-

аНОВІ, що дорівнює —.

2

AADC = AABC.ABCD — шуканий ромб.

1047.

2 (D O + O C + O B + O A ) + A D + DC+ ВС + + AB + 20 =AD + DC + ВС + AB.4d = 20; d = 5 ( c m ) .

Відповідь: 5 см.

1048.

XF K X ‘

PSdQ.

ssXTЁ:Ct

3

Нехай ABCD — рівнобічна трапеція.AC — діагональ.Доведемо, що АС2 =AD2 + DCxAB. HexaäCK = h;DC = x ,F K = y;AF=KB = x. AACK — прямокутний.За теоремою Піфагора: ЛС* = СК^ +АК ‘ = = h + (x + уУ = h + x + 2ху + y‘ = h‘ + x‘ + + 2ху + у^= ВС‘ + у(2х + у) - ВС‘ + DC х X AB, 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

dACD: X + 2х = 90°; Зл: = 90°; д: = 30°; ZA = ZD = 90°; = ZC = 120°.Відповідь: 60°; 60°; 120°; 120°.

іпл

www.4boo

k.org

roiCsXT

a. gсоS

Q.

ОШ

in

1053. Якщо накреслити такий трикут­ник, виміряти його сторони і знайти їх відношення, то відношення сторін: 1 : 1 : 1,62.

1057. Сторона квадрата повинна дорів­нювати меншій стороні прямокутника.

1058. А

Нехай дано прямокутний ААВС. КатетАС продовжили на відрізок CM; М К ± ХАВ.AN К В - ААСВ. ANCM - ААСВ.

1059. м

А * ГС

Х'Р

AM NP - ААВС (за двома кутами).

1060 . Якщо даний трикутник рівносто-ронній, тоді він подібний даному три­кутнику.

1061.

AB = 6 ом. ААВС: AB = ВС = 6 см;

АС = і ^ 7 ¥ = у/Т2= 6 ^ .МТСА — квадрат зі стороною 6-У2.

=72 (см^).Відповідь: 72 см2.

1062.F D

ї

Нехай ABCD — паралелограм.Якщо з вершин гострих кутів парале­лограма проведемо висоти, то утворю­ються подібні трикутники.

1063.

Нехай ABCD — чотирикутник, вписа­ний у коло.На діагоналі BD візьмемо точку К так, щоб ZBAC = ZKAD.З подібності трикутників маємо: BD х xAC = B C xA D +A B xC D .

1064.D з с

Нехай ABCD — рівнобічна трапеція,AD = ВС; DC = З см; AB = 5 см; AD = ВС = = 7 см.D F LA B ;C K X A B .З АСВК СК2= 72 - 12= 49 - 1= 48; СК = уІ8.З ААСК: АС2 = СК2 +АК2 = 48 + 16 = 64; АС = 8 (см).Відповідь: 8 см.

1065.

АВ і АС — дотичні, 0В = 0 С -6 см; АО = = 10 см; OB ±АВ;АО^=АВ^ + ОВ^;АВ‘ = = 100 - 36; АВ^ = 64; АВ = 8 см. ДАВО:

BO^=AOxFO; ТО = |^ = 3,6 (см).

ABFO: ВР^= ВО - FO^= 3 6 - 12,96 = = 23,04; BF = 4,8 (см).ВС = ß f -н FC = 4,8 X 2 = 9,6 (см).Відповідь: 9,6 см.

1066. _В

Нехай дано ДАВС вписаний у коло.

www.4boo

k.org

— бісектриса кута C. Х )Д М О -Д В С О ;2)C0* = a xb - АО x OB, СО — бісектри­са кута C.

1067.

Нехай дано ААВС; ВС = 4 см; АС = З см; AB = 5 см; 32 + 42 = 52.^С= 90°; ZC — найбільший, СМ — бі- оектриса, СК LAB.■ в м в с . .1) = ----- , за властивістю бісектри-■' М А АСoiiNA = x, В М = 5 - я;

5 -х 4

7 * = 1 5 ; . = Н ; ЛМ = ; В М А 7 7 7

2)С А 2=А В хА К ; А К = ~ ;Э

15 9 12М К = М А -А К = — - - = — (см).

7 5 35

ВІГ = 5 - | = ^ (см). 5 5

СК^ = В К хА К ;

СК^ = — х ~ ; СК = — (см). 5 5 5

ДСМА-; СМ2 = МК2 + СК2;

12'. 5 j ,35,

СМ^ =

CAf = i ^ (см).

Відповідь: 1^2^ см.

144x2 49 ’

1068.

а к Ь

СК‘‘ = АК X AB. С К — висота прямокут­ного трикутника є середнім пропорцій­ним між відрізками і ВК.

1069. 1) Побудуємо довільний трикут­ник з кутами а і ß.2) Знайдемо периметр даного трикутни­ка та коефіцієнт його подібності із да­ним трикутником.3) Побудуємо шуканий трикутник.

1070. вN.

М К К

Проведемо висоту до більшої сторони трикутника, потім з подібності трикут­ників визначимо сторону квадрата. Нехай АС — більша сторона ААВС.ВК — висота.

1072. S = 180°x(n-2).S = 180°x(6-2) = = 180°х4 = 720°; 120°-н 120°-н 14д;-н 18i = = 720°; 32д: = 480°; л: = 15°; 7x15° = 105°; 9x15° = 135°.Відповідь: 105°; 105°; 135°; 135°; 120° ; 120° .

1073.

Нехай АВСХ) — прямокутник.Aß : AD = 8 : 15; АС = 34 см; АС2 = А В Ч + ADK (8д:)* = (15хУ = 342; 64д:’‘ -h 225х^ = = 1156; 289х'*= 1156; х = 4; х = 2; АВ = = 16 см; AD= 30 см. S^cd= == 480 (см^).Відповідь: 480 см*.

1074.

Нехай ABCD — паралелограм. AB = = CD= 10 c m ; ZA= 30°; 56см.ВС =AD = (56 - 20) : 2 = 36 : 2 = 18 (см).

=AB xAD sin 30°; 1

‘^ n a p . ABCD

Відповідь: 90 cm*.

www.4boo

k.org

psC[Q.lE '

rtJ%IT

5соЗосо .t ]

ош

ІЛ

10 75 .

7

Нехай ABCD— ромб. АВ= ßC= CD = -A D = 4 см; г= 1,5 см; ВК = Л= 2г= 2 х X 1,5= 3(см); Sp= AD X ВК= 4 x 3 = = 12(см ).Відповідь: 12см .

1076.

К

Ö

ААВ С :В К 1АС ;В К = ^ с м ;А К :К С ^ \ : : 8;

АК = х ;К С = 8х;

■ п ДАВС ~

- = 2д:;

^^лвс = 1 8 ^ : = 9х - 2 х = 7х ;= 7х + 9х= 16х; PD || ВК => APDC -

-АВКС.

&РРС _ju2. ІГРС _

^ IL = i ^ P D = 3 (см). PD 3

Відповідь: З см.

1077. А

я 13

Найбільша сторона ААВС — ВС; ВС = = 13 см, отже, висота, проведена до неї, найменша.

5ллвс=|х6Л.=|х13/>, = |д:Лз;

6Л, = 13Л, = д:Лз; h , = ^ ; > h = ^ ^

І З Л ^ 1^6x 6x

169 , ,. = — (CM ),

1078.

к

ABCD — трапеція; ВС \\AD. ВС = x; BK =

= 3x-,AD = 6x; S = ?~~ ~ ^ xBK ;rp . 2

168 = i i ^ x 3 x — = 168;2 2

= 16; Л = 4; ßC = 4 c m ; AD = 24 CM.

Відповідь: 4 см і 24 см.

1079.

1) Відрізок D M поділить навпіл площу трапеції.2) Відрізок BN поділить навпіл площу трапеції.

1080.

АЕ = X. Довжина перших сходів 9д:; а других — 12д:. Для перших сходів не­обхідно килимову доріжку довжиною 9xh, а для других — 12хЛ.

1081. в

А С - 7 ом; В С - 24 см; C M — медіа­на, проведена до гіпотенузи. А В ‘ = = ВС^ + АС‘ = 576 -І- 49 = 625; AB = 25; sinZCMA = 0,53; cosZCMA = 0,84; ВМ = =AfA = CM = 12,5 (см).

1082. ß_________с

Нехай ABCD— рівнобічна трапеція. AB = CÖ = 10 см; ßC = 9 см; AD = 21 см; BK і CF — висоти.

www.4boo

k.org

I fJÜC= FD = (21 - 9 ); 2= 6 (см); ВК‘ = Л В ^ -А К ‘ = 64; ВС = 8 см.

RK1) sinZ5AK- = — = 0,8;

АЛ

2 )M N — середня лінія, B D — діаго­наль; Z B P M — кут між діагоналлю і се-

gредньоюлінією; sinZßPM = — . ДВЛГД:

- ^ B P M = Z B D A ; sinZSi>M = — ; KD = S. BD

= 9 + 6 = 1 5 ( c m ) . A B K 'D : BD‘ = BK^ +

, KD ‘ = 64 + 2 2 5 = 2 8 9 ; BD = 17;

sin ZBPM = — .17

1083.

l l ) a - b = 17 cm ; с = 2 5 см ;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 cm ; а = 24 cm ;

; sinZß = - ; sinZß = 0,28; cosZß = 0,96; с

■ c o s Z ß = — ;с

| 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 =1 0 9 4- 90

=10404-10004 =400; ж. = - =61;Q1 П 9 - 9 П

= =41 с = 61см;а = 60см;& =

= 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 „ „д:, = -------- = 169; д:,=--- = 29;

20с =29см;а =20см;Ь =21см; sinZA = — :

1cosZA = - ,

1084.

в о = 3 см; AB = 2 см; А К і AF — дотич­ні до кола; OK L A K ; OF XAF; OK = OF = = З см; АО = AB -н OB = 2 -н З = 5 (см).

A K 4. 5 ’

А К = A F= 4 см. coaZKAO = -соа ZK AF = 0,28.

1085.

АО

AO = OB = R; ZAOB = n°.AAOB — рівнобедрений. OK ±A B ; A K =

= KB; ZAOK = — .AAOK-. 2

AÄT = i?sin — ; AB = 2AK = 2Rsm — .2 2

1086.

Елементтрикутника 1 2 3 4 5 6 7 8

а 8,64 0,21 47,2 10,2 17 96 12,7 8,94

b 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°

www.4boo

k.org

c*= a*+ b‘; sinZA = —;

sinZB = - ; c o s Z B -—.

1087. " Bp

cosZA = —; с

ro

I

Q.cc

оS2a .fc5ОШ

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 xX 0,9135 = 29,6 ( cm ).AACD-. A D = AC cos 66°: AD = 32,5 xX 0,4067 = 13,2 (cm ).P ^ ^ = iAB + AD) X 2 = (29,6 + 13,2) x 2 = = 85,6 (cm).

1088.

AB 1 AC; A ß = 38,5 cm ; AC= 21,3 cm ; A M — діаметр.ЛС“ = AB^ + ACH BC^= 1935,94; BC = = 43,9 cm ; AM = BC.ABAM — прямокутний;

38 5cosZBAM = - ^ ; ZBAM = 6 r ;

cos ZMAC = ^ ; ZMAC = 29°.43,9

Відповідь: 29°; 61°.

1089.

AABC — рівнобедрений. ZABC = 47°12'.AB+AC = 59,4 cm ; AX '=C = л:; AB = 59,4- 2x; ZABK = 2342'.

AK XsinZABÄ' = -

0,4019 =

AB 59,4-2x

X

59 ,4 -2 * ’

J3_

0,4019 X (59,4 - 2ä) = * ; * = 13,2 c m . Відповідь: AC = 26,4 cm; AB = BC = 33 cm .

1090.

A *и

O ß = Д, = 12 cm ; 0,Z) = ßj = 3 cm ; O^ß 1 XAB; O jßXAB.AADO, - ДАВО,; АО = 0 ,0 , = 15 см;АО, АО; * _ * + 15

■ “ 120,D Ojß ’ З і x = 5;

D O Я sin ZZ)AO, = ^ = - = 0,6;

AO, 5

ZZ)AO, =36°52'; ZBAC = 73°44'.

Відповідь: 73°44'.

www.4boo

k.org