Відповіді до підручника Геометрія 8 клас - Істер О.С. 2016-2020

Розділ 1. Чотирикутники
Вправи для повторення розділу 1

До § 1

343. AMCN— чотирикутник. А, М, С і N— вершини чотирикутника. AM, МС, CN, AN— сторони. A, M, C, N — кути чотирикутника.

344. Сума кутів чотирикутника дорівнює 360°. Якщо у чотирикутнику три кути дорівнюють по 90°, то на четвертий припадає 360° - 3 • 90° = 90°. Четвертий кут теж прямий.

Відповідь. 1) ні; 2) ні.

345. Нехай ABCD— чотирикутник, A = B, C = 90°, D = 90°. Сума кутів чотирикутника дорівнює 360°. Звідси A + B + C + D = 360°, A = (360° - C - D ) : 2, A = (360° - 40° - 80°) : 2 = 120°.

Відповідь. 120°, 120°.

346. ABCD, BCDA, CDAB, DABC — можливі варіанти позначення чотирикутника.

347. Нехай A = x, тоді B = х + 10°, C = х + 50°, D = 2х. Сума кутів чотирикутників дорівнює 360°. Звідси A + B + C + D = 360°, х + х+ 10° + х + 50° + 2х = 360°, 5х + 60° = 360°, 5х = 300°, х = 60°. Маємо: A = 60°, тоді B = 60° + 10° = 70°, C = 60° + 50° = 110°, D = 2 • 60° = 120°.

Відповідь. 60°, 70°, 110°, 120°.

348. Нехай ABCD — чотирикутник, АВ = ВС = CD = AD. Проведемо діагональ BD. Розглянемо трикутники ABD і BCD. У них АВ = AD = ВС = CD за умовою, BD — спільна сторона. Трикутники ABD і BCD рівні за третьою ознакою рівності трикутників (за трьома сторонами). У рівних трикутниках рівні відповідні елементи. Тобто ABD = CDB, ADB = CBD, A = C. За теоремою про суму кутів трикутника A + ABD + ADB = 180°. Оскільки ABD = CDB, то A + CDB + ADB = 180°. Звідси A + ADC = 180°, A + D = 180°. Отже, сума сусідніх кутів дорівнює 180°.

До §2

349. KMLT— паралелограм, K > 90°, О — точка перетину діагоналей, LM і KТ— діагоналі. LK = TM, LT = KM як протилежні сторони паралелограма. Оскільки діагоналі точкою перетину діляться навпіл, то LO = ОМ, КО = ОТ.

350. Оскільки ABCD — паралелограм, то 1 = 2 як відповідні кути при паралельних прямих ВС і AD. Тому 2 = 105°.

Відповідь. 105°.

351. Нехай ABCD— чотирикутник, A + B = 180°, B + C = 180°. Кути А і В є внутрішніми односторонніми при прямих AD і ВС та січній АВ. Оскільки A + B = 180°, тоді за ознакою паралельних прямих AD||ВС. Кути В і С є внутрішніми односторонніми при паралельних прямих AB і CD та січній ВС. Оскільки B + C = 180°, тоді за ознакою паралельних прямих AB||CD. Маємо: AD||ВС і AB||CD. Тому ABCD — паралелограм за означенням.

352. Нехай ABCD— чотирикутник, 1 = 2, AD = ВС. Розглянемо трикутник ABD і BCD. У них: 1) 1 = 2 за умовою; 2) AD = ВС за умовою; 3) BD — спільна сторона. Отже, трикутники ABD і BCD рівні за першою ознакою трикутників (за двома сторонами і кутом між ними). У рівних трикутниках рівні елементи. Звідси АВ = CD. За ознакою паралелограма (якщо в чотирикутнику протилежні сторони попарно рівні, то цей чотирикутник паралелограм), ABCD — паралелограм.

353. Нехай а і b — задані прямі. Позначимо точку їх перетину через О. Оскільки діагоналі перетинаються і точкою перетину діляться навпіл, то відкладемо від точки О рівні відрізки на кожній із прямих. АО = ОС, BO = OD. ABCD — шуканий паралелограм.

354. Нехай ABCD — паралелограм, ENM — трикутник. Оскільки ABCD — паралелограм, то A + B = 180°. Маємо: A = E, B = N. Звідси E + N = 180°, що неможливо, оскільки сума кутів трикутника дорівнює 180°. Аналогічно B + C = 180°. Маємо: B = N, C = M. Звідси N + M = 180°, що неможливо. Отже, одночасно рівності A = E, B = N і C = M не виконуються.

355. Нехай ABCD — паралелограм, АМ = MD, DN = NC, О— точка перетину ВМ і AN. З’єднаємо точки М і N. Оскільки BC = AD і ВС||AD, то BN||AM, BN = AM.

Звідси ABNM— паралелограм за ознакою. Оскільки діагоналі паралелограма точкою перетину діляться навпіл, то AO = ON, ВО = ОМ.

356. Нехай А, В і С — задані точки. З’єднаємо ці точки. Кожна зі сторін AB, ВС і АС може виступати однією із діагоналей паралелограма. Тому МВСА, NCAB, KАВС— можливі побудови паралелограма.

357. Нехай ABCD — паралелограм, BN і ВМ— висоти. Оскільки ВМAD і BNDC, то BMD = BND = 90°. Сума кутів чотирикутника дорівнює 360°. Звідси MBN + BND + NDM + BMD = 360°, MBN + NDM = 360° - 90° - 90°, MBN + D = 180°. Звідси D = B= 180° - MBN. Сума сусідніх кутів паралелограма дорівнює 180°. Маємо: A + B= 180°, A + 180° - MBN = 180°; A = 180°- 180° + MBN = MBN.

358.

1) Нехай ABCD— паралелограм, BAM = MAD i BCN = NCD. Оскільки в паралелограма протилежні сторони паралельні, то BMA = MAD як внутрішні різносторонні при паралельних прямих ВС і AD та січній AM. Оскільки протилежні кути паралелограма рівні, то рівними будуть і їх половини. Звідси BMA = BCN. Оскільки дані кути є відповідними при прямих AM і NCта січній ВС, то за ознакою паралельності прямих АМ||NC.

2) Нехай ABCD— паралелограм, BAC = CAD і BCA = ACD. Розглянемо трикутник ABC. Оскільки в паралелограма протилежні кути рівні, тоді рівними будуть кути, утворені бісектрисами. Тобто BAC = ВСА. Звідси трикутник ABC— рівнобедрений (АВ = ВС). Аналогічно AD = CD. Отже, ABCD — ромб, тому діагональ АС є спільною бісектрисою кутів А і С.

359. Нехай ABCD— паралелограм, ВМ і BN— висоти, MBN = 30°, АВ = 8 см, AD = 20 см. Оскільки BMAD і BNDC, то BMD = BND - 90°. Сума кутів чотирикутника дорівнює 360°. Звідси MBN + BND + MDN + BMD = 360°, MDN = 360° - (MBN + BND + BMD), D = 360° - (30° + 90° + 90°) = 360° - 210°= 150°. Сума сусідніх кутів паралелограма дорівнює 180°. Звідси A = C = 180° - D, A = C = 180°- 150° = 30°. Розглянемо прямокутні трикутники ВМА і BNC (M = N = 90°). За теоремою про катет, який лежить проти кута 30°, маємо: ВМ = АВ : 2 = 8 : 2 = 4 (см), BN = ВС : 2 = 20 : 2 = 10 (см).

Відповідь. 4 см, 10 см.

360. Нехай AB і AD — задані сторони паралелограма, ВK — висота, проведена до сторони AD. Проводимо пряму от і позначаємо довільну точку K. Проведемо lm через точку K. Для цього будуємо коло з центром у точці K, яке перетне пряму от у точках R і S. Проводимо кола радіуса більшого за SA з центрами в точках R і S. З’єднуємо точку K з точкою перетину кіл — точкою F. Аналогічно проводимо пряму nm. На прямій l від точки K відкладаємо відрізок ВK. Проводимо коло з центром у точці В радіуса АВ. Дане коло перетне пряму m у точці А. Від точки А на прямій m відкладаємо відрізок AD. На прямій n від точки В відкладаємо відрізок AD, який перетне пряму у точці С. Послідовно з’єднуємо точки А, В, С і D. ABCD — шуканий паралелограм.

До § 3

361. Нехай ABCD— прямокутник, АВ = 3 см, ВС = 5 см. Маємо: P_ABCD = АВ + ВС + CD + AD, Р_ABCD = 2 • (АВ + ВС) = 2 • (3 + 5) = 2 • 8 = 16 (см).

Відповідь. 16 см.

362. Нехай ABCD— чотирикутник, BO = OD = AO = OC. Розглянемо трикутники АОВ і DOC. У них: 1) AOB = DOC як вертикальні; 2) BO = OD за умовою; 3) АО = ОС за умовою. Отже, АОВ = DOC за першою ознакою рівності трикутників (за двома сторонами і кутом між ними). З рівності трикутників маємо АВ = CD. Звідси ABCD паралелограм за означенням. Розглянемо трикутник BAD. У ньому медіана AO = BD : 2. За властивістю медіани, проведеної з прямого кута до гіпотенузи, маємо: BAD = 90°. Паралелограм, у якого один з кутів дорівнює 90°, є прямокутником.

363. Нехай ABCD— прямокутник, AN— бісектриса. Оскільки AN— бісектриса, то DAN = NAB. NAB = AND як внутрішні різносторонні при паралельних прямих АВ і CD та січній AN. Звідси трикутник ADN рівнобедрений (AD = DN). За теоремою про суму кутів трикутника маємо: DAN + AND + ADN = 180°, 2 • AND + D = 180°, 2 • AND = 180° - 90°, AND = 45°.

Відповідь. 45°.

364.

1) Нехай AD — задана сторона прямокутника, АС — задана діагональ. Діагоналі прямокутника точкою перетину діляться на чотири рівні частини. Задача звелася до побудови трикутника за трьома сторонами. Проведемо пряму т, на ній відкладаємо довільну точку А. Від точки А відкладаємо на прямій відрізок AD. Будуємо кола з центрами в точках А і D радіуса АС : 2. Дані кола перетинаються в точці О. На променях АО і DO від точки О відкладаємо відрізки ОС = ОВ = АС : 2. Послідовно з’єднуємо точки А, В, С і D. ABCD— шуканий прямокутник.

2)Нехай АС — діагональ, NAM — заданий кут. Проведемо пряму т, на ній відкладаємо довільну точку А. У заданому куті NAM ставимо ніжку циркуля в точку А і будуємо коло радіуса AN, яке перетне сторони кута в точках N і М. На прямій m будуємо коло з центром у точці А радіуса AM. Воно перетне пряму в точці М. Тоді в точці М будуємо коло радіуса MN. Дані кола перетнуться в точці N. Проводимо промінь AN. На промені AN від точки А відкладаємо відрізок АС. Через точку С проводимо nm. Для цього будуємо коло з центром у точці С, яке перетне пряму m у точках R і S. Проводимо кола радіуса більшого за половину RS з центрами в точках R і S. З’єднуємо точку С з точкою перетину кіл — точкою F. Пряма п перетне пряму m у точці D. Аналогічно проводимо пряму кіт через точку А і пряму lm через точку С. Прямі k та l перетнуться в точці В. Послідовно з’єднуємо точки А, В, С і D. ABCD — шуканий прямокутник.

3) Нехай АС — діагональ прямокутника, NOM — заданий кут. Діагоналі прямокутника точкою перетину діляться навпіл. Задача звелася до побудови трикутника за двома сторонами і кутом між ними. Проведемо пряму m, на ній відкладаємо довільну точку О. У заданому куті NOM ставимо ніжку циркуля в точку О і проводимо коло радіуса ОМ. На прямій m в точці О будуємо коло радіуса MN. Дані кола перегнуться в точці N. Проводимо пряму ON. Від точки О на прямих m та ON відкладаємо відрізки, які рівні АС : 2. У результаті одержимо точки А, В, С і D. Послідовно з’єднуємо дані точки. ABCD — шуканий прямокутник.

365. Нехай ABCD — прямокутник, AM— бісектриса, DM = 5 см, МС = 2 см. Оскільки AM— бісектриса, то DAM= MAB. AMD = MAB як внутрішні різносторонні при паралельних прямих AB і CD та січній AM. Звідси трикутник ADM рівнобедрений, тобто AD = DM = 5 см. За аксіомою вимірювання відрізків DC = DM + МС, DC = 5 + 2 = 7 (см). Маємо Р_ABCD = 2(AD + DC), P_ABCD= 2(5 + 7) = 24 (см).

Відповідь. 24 см.

366. Нехай ABCD — прямокутник, P_ABCD = 56 см, ОМ = ON + 2. Нехай ON = х см, тоді ОМ = (х + 2) см. Розглянемо рівнобедрені трикутники АОВ і AOD (AO = OD, АО = ВО за властивістю діагоналей прямокутника). Звідси ОМ і ON— медіани, тому AM = MB і AN = ND. Оскільки ОМAB i ADAB, то ОМ||AD. Аналогічно ON||AB. Звідси AOMN— прямокутник (оскільки A = 90°). P_AMON= 2(AM + AN). Маємо AM = ON, AN = MO. Враховуючи, що AB + AD = 56 : 2 = 28 (см), маємо: AM + AN = (AB + AD) : 2 = 28 : 2 = 14 (см). Нехай ON = AM = x, тоді OM = AN = x + 2. Маємо x + x + 2 = 14, 2x = 12, x =6. Звідси AB = 2AM = 2 • 6 = 12(см), AD = 2AN = 2 • (6 + 2)= 16 (см).

Відповідь. 12 см, 16 см.

367. Нехай ABCD— прямокутник, ВСAC, AK : KС = 1 : З, AC = a см. Нехай AK = x см, тоді KС = 3х см. За аксіомою вимірювання відрізків АС = AK + KС. Звідси x + 3х = а, 4х = а, х = а : 4. ТодіДіагоналі ромба точкою перетину діляться навпіл,Тоді за аксіомою вимірювання відрізків KС = KО + ОС. Звідси KО = KС = ОС, Оскільки АK = KО, то ВK— висота і медіана. Звідси трикутник АВО— рівнобедрений, тому

Відповідь.

368. Нехай ABCD — прямокутник, AL і DK — бісектриси, BL = 1 см, LK = 2 см. За аксіомою вимірювання відрізків ВС = BL + LK + KС = 2 • BL + LK. Маємо: ВС = 2 • 7 + 2=16 (см). BLA = LAD як внутрішні різносторонні при паралельних прямих ВС і AD та січній AL. Оскільки BAL = LAD і BLA = LAD, то BLA = BAL. Звідси трикутник ABL — рівнобедрений, тобто АВ = BL =1 (см). Маємо: Р_ABCD = 2 • (АВ + ВС) = 2 • (7 + 16) = 46 (см). Якщо точка K знаходиться ближче до точки В, а точка L ближче до точки С, тоді BK = BL = LK. Звідси BK = LC = 7 - 2 = 5 (см). Тоді за аксіомою вимірювання відрізків ВС = ВK + KL + LC = 2 • ВK + KL = 2 - 5 + 2=12 (см). Тоді Р_ABCD = 2 • (AD + ВС) = 2 • (7 + 12) = 38 (см).

Відповідь. 46 см або 38 см.

До § 4

369. MKLN— ромб, МА і MB — висоти, M > 90°.

370. Нехай ABCD — ромб, BAD = 25°. Діагоналі ромба ділять його кути навпіл, тому BAD = 2 • BAO = 2 • 25° = 50°. Оскільки сума сусідніх кутів ромба дорівнює 180°, маємо: A + B = 180°. Звідси B = 180° - A = 180° - 50° = 130°. Відповідь. 130°, 50°.

371. Нехай ABCD — ромб, A : B = 2 : 3. Нехай A = 2х, тоді B = 3х. Сума сусідніх кутів ромба дорівнює 180°. Маємо: 2х + 3х = 180°, 5х = 180°, х = 36°. Звідси A = 2 • 36° = 72°, B = 3 • 36° = 108°.

Відповідь. 72°, 108°, 72°, 108°.

372. Нехай ABCD— ромб, AM і AN— висоти. Оскільки ANCD, AMВС, то BAN = 90° i DAM = 90°. BAN = BAD + D AN, DAM = BAD + BAM. Оскільки BAM = DAM, маємо: BAD + DAN = BAD + BAM. Звідси DAN = BAM. Розглянемо прямокутні трикутники AMB (M= 90°) і AND (N = 90°). У них AB = AD як сторони ромба, BAM = DAN за доведеним вище. Отже, АМВ = AND за гіпотенузою і гострим кутом. У рівних трикутників рівні відповідні елементи. Звідси AM = AN.

373. Нехай ABCD— паралелограм, ACBD, P_ABCD = m см. Діагоналі паралелограма точкою перетину діляться навпіл. Маємо BO OD. Розглянемо трикутник BAD. У ньому AOBD і BO = OD. За властивістю висоти рівнобедреного трикутника BAD — рівнобедрений трикутник. Звідси AB = AD. Аналогічно доводиться, що ВС = CD. Звідси P_ABCD = 4 • А В. Маємо 4 • АВ = m, АВ = m : 4 (см).

Відповідь. (m : 4) см.

374. Нехай ABCD— ромб, AN — висоти, BD — діагональ, AMB = 40°. Оскільки ANCD, то BAN = 90°. Розглянемо прямокутний трикутник ВАМ (A = 90°). За теоремою про суму гострих кутів прямокутного трикутника ABM = 90°- AMB = 90° - 40° = 50°. Діагоналі ромба ділять його кут навпіл. Маємо: B = D = 2 • ABM = 2 • 50° = 100°. Оскільки сума сусідніх кутів ромба дорівнює 180°, то A = C = 180° - B = 180° - 100° = 80°.

Відповідь. 80°, 100°, 80°, 100°.

375. Нехай ABCD — ромб, ВМ— висота, ВМ = 10 cm, P_ABCD = 80 см.

1) У ромба всі сторони рівні, тому AB = P_ABCD : 4, АВ = 80 : 4 = 20 (см). Розглянемо прямокутний трикутник АМВ (M= 90°). Гіпотенуза АВ удвічі більша за катет ВМ, тому за теоремою про катет, який лежить проти кута 30°, маємо: A = 30°. Сума сусідніх кутів ромба дорівнює 180°. Звідси B = 180° - A = 180° - 30° = 150°;

2) оскільки діагональ ділить кути ромба навпіл, то ABD = ADB : 2 = 150° : 2 = 75°. За теоремою про суму гострих кутів прямокутного трикутника ABM = 90° - 30° = 60°. Маємо ABD = ABM + MBD, MBD = ABD - ABM = 75° - 60° = 15°.

Відповідь. 1) 30°, 150°, 30°, 150°; 2) 15°.

376. Нехай ВМ— висота, BD — діагональ. Проводимо пряму m і позначимо довільну точку М. Будуємо nm через точку М. Для цього будуємо коло з центром у точці М, яке перетне пряму тm у точках R і S. Проводимо кола радіуса більшого за SM з центром у точках R і S. З’єднуємо точку М з точкою перетину кіл — точкою F. На промені MF відкладаємо відрізок ВМ. Поділимо відрізом BD навпіл. Для цього проводимо кола з центрами в точках В і D радіуса більшого за половину BD. Дані кола перетнуться у точках Q і G. Пряма QG перетне пряму m у точці А, а пряму BD — у точці О. На промені OQ відкладаємо відрізок ОС = ОА. Послідовно з’єднуємо точки А, В, Сі D. ABCD — шуканий ромб.

377. Нехай ABCD— прямокутник, BNC = APD, АМВ = DKC— рівносторонні трикутники. Оскільки трикутники рівносторонні, то АМ = MB = СК = DK і BN = NC = AP = AD. Кожен кут рівностороннього трикутника дорівнює 60°. Побудувавши коло з центром у точці В, матимемо: MBN + NBC + ABC + ABM = 360°. Звідси MBN = 360° - (NBC + ABC + ABM), MBN = = 360° - (60° + 90° + 60°) = 150°. Аналогічно знайдемо інші кути. Звідси MBN = NCK = KDP = MAP = 150°. Оскільки АМ = MB = СК = DK, BN = NC = AP = AD за умовою і MBN = NCK = KDP = MAP за доведеним вище, то трикутники MBN, NCK, KDP і МАР рівні за першою ознакою рівності трикутників (за двома сторонами і кутом між ними). У рівних трикутників рівні відповідні елементи, тому MN = NK = KР = МР. Отже, ABCD — ромб.

До § 5

378. ABCD — квадрат, AB = 3 см. Маємо P _ABCD = 4 • AB. P _ABCD = 4 • 3 = 12 (см).

Відповідь. 12 см.

379. Нехай ABCD — квадрат, P_ABCD = 3 • AB = 8. Оскільки P_ABCD = 4 • АВ, то 4 • АВ - 3 • АВ = 8, АВ = 8 (см). Маємо P_ABCD = 4 • 8 = 32 (см).

Відповідь. 8 см, 32 см.

380. Нехай задано коло з центром в точці О. Проведемо довільний діаметр АС. Проведемо серединний перпендикуляр до АС. Для цього будуємо кола з центрами в точках А і С радіуса більшого АО. Дані кола перетнуться в точках М і N. Пряма MN перетинає коло в точках В, D. Послідовно з’єднуємо точки А, В, С і D. ABCD — квадрат, уписаний у коло.

381. Нехай ABCD — прямокутник, BAC = CAD. Розглянемо трикутник ABC. Оскільки BAD = 90°, то BAC = CAD - 45°. За теоремою про суму кутів трикутника АВС + ВСА + BAC = 180°. Звідси BAC = 180° - (АВС + ВСА) = 180° - (90° + 45°) = 45°. Отже, трикутник ABC — рівнобедрений, тому АВ = ВС. Прямокутник, у якому бічні сторони рівні, є квадратом. ABCD — квадрат.

382. Нехай ABCD — квадрат, АА₁ = ВВ₁ = СС₁ = DD₁. Оскільки АВ = АА₁ + А₁В, ВС = АВ₁ + В,₁С, CD = СС₁ + C₁D, AD = DD₁ + D₁A i AA₁ = ВВ₁= СС₁ = DD,₁, то А₁В = В₁С = C₁D = D₁A. Прямокутні трикутники А₁ВВ₁, В₁СС₁, C₁DD₁, D₁AA₁ рівні за двома катетами. З рівності трикутників випливає рівність відповідних елементів, тобто А₁В₁ = А₁С₁ = C₁D₁ = A₁D₁. Оскільки BA₁B₁ = A₁D₁A (з умови рівності₁ трикутників), а сума гострих кутів прямокутного трикутника дорівнює 90°, тоді AA₁D₁ + A₁D₁А = 90°. Звідси AA₁D₁ + BA₁В₁ = 90°. Оскільки АА,₁В— розгорнутий кут, то ВА₁В₁ + B₁A₁D₁ + AA₁D ₁ = 180°, B₁A₁D₁ = 180° - (BA₁В₁ + B₁A₁D₁) = 180° - 90° = 90°. Аналогічно A₁ = В₁ = С₁ = D₁ = 90°. Отже, A,B,C,D, — квадрат.

383. Нехай ABCD — квадрат, MNKF — прямокутник, BD і АС — діагоналі квадрата, АС = BD = d см. Оскільки, BDАС і MN||АС, то BD MN. Оскільки ABCD — квадрат, то BD і АС— бісектриси кутів. Звідси MBD = ACBD- 45°. Оскільки АВ = 90°, то BMN = BNM = 45°. Трикутники МВР і BPN рівнобедрені, тому МР = BP = PN. Звідси MN = 2 • ВР. Аналогічно FK = 2 • HD. Оскільки MN = FK як сторони прямокутника, то BP = HD. Оскільки NK||BD, то NK = PH. Маємо: P_MNKF = 2 • (MN + NK), P_MNKF = 2 • (BP + HD + PH) = 2 • d (см).

Відповідь. 2d см.

До § 6

384. NMLK— прямокутна трапеція (ML = NK, N = M = 90°), ML i NK— основи, MN i LK — бічні сторони. DCFH — рівнобічна трапеція (CF||DH, CD = FH), CF, DH — основи, CD, FH— бічні сторони.

385. Нехай ABCD— рівнобічна трапеція (BC||AD, АВ = CD), AB = CD = ВС, ВС = 5 см, AD = 8 см. Маємо P_ABCD = АВ + ВС + CD + AD. P_ABCD = 5 + 5 + 5 + 8 = 23 (см).

Відповідь. 23 см.

386. Нехай гострий кут трапеції дорівнює х, тоді тупий — х + 20°. Сума кутів трапеції, прилеглих до бічної сторони, дорівнює 180°. Звідси x + x + 20° = 180°, 2x = 160°, х = 80°. Отже, гострий кут становить 80°, а тупий — 80° + 20° = 100°.

Відповідь. 80°, 100°, 100°, 80°.

387. Нехай ABCD— прямокутна трапеція (BC||AD, A = B = 90°), CM — висота, CD = 2 • CM. Розглянемо прямокутний трикутник CMD (M = 90°). Оскільки CD = 2 • CM, то за властивістю катета, який лежить проти кута 30°, маємо: CDM = 30°. Сума кутів трапеції, прилеглих до бічної сторони, дорівнює 180°. Звідси C + D = 180°, C = 180° - D = 180° - 30° = 150°.

Відповідь. 90°, 90°, 150°, 80°.

388. Нехай гострий кут дорівнює 4х, тоді тупий — 5х. Оскільки трапеція рівнобічна, то до бічної сторони прилягають гострий і тупий кути. Сума кутів, прилеглих до бічної сторони, становить 180°. Маємо 4х + 5х = 180°, 9х = 180°, х = 20°. Отже, 4х = 4 • 20° = 80°, 5х = 5 • 20° = 100°.

Відповідь. 80°, 100°, 100°, 80°.

389. Нехай ABCD — трапеція (ВС||AD), СK = KD. BCK = KDM як внутрішні різносторонні при паралельних ВС і AD та січній CD. Розглянемо трикутники ВСK і MDK. У них: 1) СK = KD за умовою; 2) BKC = DKM як вертикальні; 3) BCK = KDM за доведеним вище. Отже, ВСК = KDM за другою ознакою рівності трикутників (за стороною і двома прилеглими кутами).

390. Нехай ABCD— прямокутна трапеція (BC||AD, A = B = 90°), CM — висота, CD = m см, AM = MD, MCD = 30°. Розглянемо прямокутний трикутник CMD (M = 90°). За властивістю катета, який лежить проти кута 30° маємо: MD = CD : 2,За аксіомою вимірювання відрізків AD = AM + MD,

Відповідь, m см.

391. Нехай ABCD— рівнобічна трапеція (ВС||AD, AB = CD), BCA = ACD, BC = 6 см, AD = 10 см. BCA = CAD як внутрішні різносторонні при паралельних прямих ВС і AD та січній АС. Оскільки BCA = ACD, то ACD = CAD. Звідси трикутник ADC рівнобедрений CD = AD = 10 (см). Маємо P_ABCD = АВ + ВС + CD + AD. P_ABCD = 10 + 6+ 10 + 10 = 36 (см).

Відповідь. 36 см.

392. Нехай ABCD — прямокутна трапеція (ВС||AD, AD > BC, D = C = 90°), DBA = 90°, BDC = 45°, AD = 10 (см). Проведемо висоту BM. Оскільки BDC = 45°, то BDA = CDA - BDC = 90° - 45° = 45°. За теоремою про суму гострих кутів прямокутного трикутника BAD = 90° - BDA, BAD = 90° - 45° = 45°. Трикутник DBA рівнобедрений, тому ВМ— висота і медіана. Звідси DM = МА = 10 : 2 = 5 (см). Маємо: DM = ВС = 5 (см) як протилежні сторони прямокутника DCBM. Розглянемо трикутник BCD. Оскільки BCD = 90°, BDC = 45°, то CBD = 180° - (45° + 90°) = 45°. Звідси трикутник BCD — рівнобедрений, а тому ВС = CD = 5 (см).

Відповідь. 5 см, 5 см.

393. Нехай ABCD — рівнобічна трапеція (ВС||AD, АВ = CD), ВС = 5 см, АВ = CD = 3 см, BAD = 60°. Проведемо висоти ВМ і CN. Розглянемо прямокутний трикутник АМВ (M = 90°). За теоремою про суму кутів трикутника ABM = 180° - (BAM + AMB), ABM = 180° - (60° + 90°) = 30°. За властивістю катета, який лежить проти кута 30°, маємо: АМ = АВ : 2 = 3 : 2 = 1,5 (см). Оскільки трапеція рівнобічна, то AM = ND = 1,5 (см). Тоді MN = BC = 5 (см), як протилежні сторони трикутника. За аксіомою вимірювання відрізків AD = АМ + MN + ND, AD = 1,5 + 5 + 1,5 = 8 (см). Маємо P_ABCD = АВ + ВС + CD + AD, P_ABCD = 3 + 5 + 3 + 8 = 19 (см).

Відповідь. 19 см.

394. Нехай ABCD— рівнобічна трапеція (BC||AD, АВ = CD), АВ = CD = ВС, АС = AD. Оскільки АС = AD і АВ = СВ, то трикутники CAD і ABC рівнобедрені. Звідси BAC = BCA і ACD = ADC. Маємо BCA = CAD як внутрішні різносторонні при паралельних прямих ВС і AD та січній АС. Тоді CAD = BAC. Нехай CAD = х, тоді ADC = ACD = 2x. За теоремою про суму кутів трикутника CAD + ADC + ACD = 180°. Звідси х + 2х + 2х = 180°, 5x = 180°, х = 36°. Отже, A = D = 2 • х = 2 • 36° = 72°. Сума кутів трапеції, прилеглих до бічної сторони, дорівнює 180°. Звідси B = C = 180° - 72° = 108°.

Відповідь. 72°, 108°, 108°, 72°.

395. Нехай AD і ВС — задані основи, АС, BD — задані діагоналі. Нехай AD = b, ВС = а, АС = с, BD = d. Якщо через точку С трапеції ABCD провести CM||BD, то одержимо ACM, у якого АС = с, CM = d, АМ = а + b. Задача звелася до побудови трикутника за трьома сторонами. Проведемо пряму m і позначмо довільну точку А. Відкладаємо відрізки AD = b і DM = а. Будуємо кола з центром в точці А радіуса с і коло з центром в точці М радіуса d. Дані кола перетнуться в точці С. Проведемо nm через точку С. Будуємо коло з центром у точці С, яке перетне пряму m у точках R і S. Проводимо кола радіуса більшого за половину RS з центрами в точках R, S. З’єднуємо точку С з точкою перетину кіл— точкою F. Аналогічно будуємо ln через точку С. На прямій lв точці С відкладаємо відрізок а і отримуємо точку В. Послідовно з’єднуємо точки А, В, С і D. ABCD — шукана трапеція.

396. Нехай ABCD — трапеція (ВС||AD, ВС < AD), ЕС||AB, P_ABCD = 56 см, ВС = 10 см. Оскільки AB||СЕ за побудовою, ВС||АЕ за умовою, то АВСЕ — паралелограм. Звідси АВ -= СЕ, ВС = АЕ. Маємо P_ECD = PC + CD + ED = AB + CD + (AB - АЕ) = AB + CD + AD - ВС = (AB + CD + ВС + AD) - 2ВС = P_ABCD - 2ВС, P_ECD = 56 - 20 = 36 (см).

Відповідь. 36 см.

До § 7

397.

1) Уписаний кут удвічі менший за відповідний йому центральний кут. 2 = 1 : 2, 2 = 40° : 2 = 20°;

2) центральний кут удвічі більший за відповідний вписаний кут. Маємо 1 = 2 •2 = 25° • 2 = 50°.

Відповідь. 1) 20°; 2) 50°.

398. Уписаний кут удвічі менший за відповідний йому центральний кут. Нехай 2 = х, тоді 1 = 2 • x. Маємо: 1) 2х — х = 15°, х = 15°. Маємо 2 = 15°;

2)2x + х = 54°, 3x = 54°, x = 18°. Маємо 2 = 18°.

Відповідь. 1) 15°; 2) 18°.

399. Нехай ABC — трикутник, уписаний у коло (A, B, C < 90°),Вписаний кут ВАС і центральний кут ВОС спираються на одну дугу. Скільки центральний кут вдвічі більший за відповідний йому вписаний кут, то

Відповідь.

400. Нехай ABC — вписаний кут, ABC = 30°. З’єднаємо центр кола — точку О — з точками А і С. Тоді АО = СО = 2 см. Центральний кут А ОС удвічі більший за відповідний вписаний кут ABC, тому AOC = 2 • .4BC = 2 • 30° = 60°. Оскільки АОС — рівнобедрений, то .OAC = OCA - (180° - 60°) : 2 = 60°. Отже, трикутник АОС рівносторонній, тому АС = АО = ОС = 2 (см).

Відповідь. 2 см.

401. Нехай ДABC — вписаний у коло, АK — бісектриса. Оскількиа вписаний кут удвічі менший за відповідний центральний кут, то Оскільки АK бісектриса, то BAK = KAC. Звідси

402. Нехай задано коло, Нехай тоді . Оскільки градусна міра дуги кола становить 360°, то х + 2х + 3х + 4x = 360°, 10х = 360°, х = 36°. ТодіВписаний кут дорівнює половині дуги, на яку спирається. Маємо:

Відповідь. 90°, 126°, 90°, 54°.

403. Нехай MN — заданий відрізок. Побудуємо по різні боки від MN два трикутники — MAN і MBN, де Опишемо навколо трикутників MAN і MBN кола. Основа MN є спільною хордою на яку спираються вписані кути MAN і MBN. Вибираючи довільні точки дуг MAN і MBN, окрім точок М і N, відрізок MN буде видно під кутом . Отже, геометричне місце точок, з яких відрізок MN видно під кутом , є дві дуги MAN і MBN, окрім точок М та N.

До § 8

404. За ознакою чотирикутника, описаного навколо кола, маємо: АВ + CD = ВС + AD.

1) 5 + 4 = 3 +6, 9 = 9 (істинність). У даний чотирикутник можна вписати коло.

2) 3 + 8 = 7 + 10, 11 ≠ 17 (хибність). У даний чотирикутник не можна вписати коло.

Відповідь. 1) Так; 2) ні.

405. За ознакою вписаного чотирикутника маємо: A + C = 180°, B + D = 180°. Нехай: 1) A = 2х, B = 7x, C= 10x і D = 5x. Маємо 2х+ 10x = 180°, 12х = 180°, х = 15°. Тоді C + D = 180°, 1х + 5х = 12х = 12 • 15° = 180°. Навколо даного чотирикутника можна описати коло; 2) A = 3х, B = 5х, C = 8х і D = 4х. Маємо 5х + 4х = 180°, 9х = 180°, х = 20°. Тоді 4 + C= 180°, 3х + 8х = 11х = 11 • 20° = 220° ≠ 180°. Навколо даного чотирикутника не можна описати коло.

Відповідь. 1) Так; 2) ні.

406. Нехай ABCD— чотирикутник, описаний навколо кола, АВ = 3 см, ВС = 9 см, CD = 10 см. За властивістю чотирикутника, описаного навколо кола, АВ + CD = ВС + AD. Звідси AD = АВ + CD - ВС, AD = 3 + 10 - 9 = 4 (см).

Відповідь. 4 см.

407. Нехай ABCD — заданий чотирикутник, ABC = 100°, ADC = 80°, BDC = 30°. B + D = 360° - 180° = 180°. За ознакою вписаного чотирикутника навколо чотирикутника ABCD можна описати коло. Тоді вписані кути ВАС і BDC спираються на одну й ту саму дугу ВС, а тому рівні між собою. Маємо: BAC = BDC = 30°.

Відповідь. 30°.

408. Нехай ABCD — чотирикутник, уписаний у коло, A : B : C = 3 : 4 : 6. Нехай A = 3х, тоді B = 4х, C = 6х. За властивістю кутів вписаного чотирикутника A + C = 180°. Маємо 3х + 6х = 180°, 9х = 180°, х = 20°. Тоді A = 3 • 20° = 60°, B = 4 • 20° = 80°, C = 6 • 20° = 120°. Оскільки B + D = 180°, то D = 180° - B = 180°- 80°= 100°.

Відповідь. 60°, 80°, 120°, 100°.

409. Нехай ABCD— чотирикутник, уписаний у коло, АС — діаметр, BAC = 30°, CAD = 58°. ABC = ADC = 90° як вписані кути, що спираються на діаметр. Розглянемо трикутник ADC. За теоремою про суму кутів трикутника ACD = 180° - (CAD + ADC) = 180° - (58° + 90°) = 32°. BDC = BAC = 30° як кути, що спираються на одну дугу. Розглянемо трикутник COD. За теоремою про суму кутів трикутника COD = 180°- (OCD + ODC) = 180°- (32° + 30°) = 118°. Тоді AOD = 180° - 118° = 62° як суміжний кут.

Відповідь. 62°.

410. Нехай ABCD— прямокутна трапеція (ВС||AD, A = AB = 90°), C = 5 • AD, AB = а см. Сума кутів, прилеглих до бічної сторони, дорівнює 180°. Нехай D = х, тоді C = 5х. Маємо: x + 5х = 180°, 6х = 180°, х = 30°. Проведемо висоту СМ = АВ = а (см). У прямокутному трикутнику CMD (M= 90°) за теоремою про катет, який лежить проти кута 30°, маємо: CD = 2 • CM = 2а (см). За властивістю сторін чотирикутника описаного навколо кола АВ + CD = ВС + AD. Звідси Р_ABCD = AB + CD + BC + AD = 2 • (AB + CD) = 2(a + 2a) = 6 а (см).

Відповідь. 6а см.

До § 9

411. Нехай А₁В₁ : А₂В₂ : A₃В₃, А₁А₂ = А₂А₃. За узагальненою теоремою Фалеса В₁В₂ — В₂В₃.

412. Нехай АВ — заданий відрізок. Проведемо промінь АС. На ньому від точки А відкладаємо за допомогою циркуля 9 рівних частин: АА₁ = А₁А₂ = А₂А₃ = А₃A₄ = А₄A₅ = А₅A₆ = А₆А₇ = А₇А₈ = A₈A₉. Сполучаємо точки А₉ і В. Через точки А₁, А₂, А₃, А₄, A_s5, А₆, А₇ і А₈: проведемо прямі, паралельні до А₉В, які перетнуть відрізок АВ відповідно у точках В₁ В₂, В₃, B₄, В₃, B₆, В₇і В₈: A₁B₁||A₂B₂||А₃В₃||А₄В₄||A₅В₅||А₆В₆||А₇В₇||А₈В₈. За теоремою Фалеса АВ₁ = В₁В₂ = В₂В₃ = В₃В₄= В₄В₅ = В₅B₆ = B₆B₇ = B₅B₈ = В₈В. Відрізок АВ поділено на 9 рівних частин.

413. Нехай АВ — заданий відрізок. Проведемо промінь АС. За допомогою циркуля відкладемо на АС шість рівних відрізків: АА₁ = A₁A₂ = A₂A₃ = A₃A₄ = A₄A₅ = A₅A₆. З’єднаємо точки А₆ і В. Через точки А₁, А₂, А₃, A₄ і А₅ проведемо прямі, паралельні до А₆В, які перетнуть відрізок АВ відповідно у точках В₁, В₂, В₃, В₄ і В₅: А₁В₂||A₂B₂||А₃В₃||А₄В₄||А₅В₅. За теоремою Фалеса АВ₁ = В₁В₂ = В₂В₃ = В₃В₄ = В₄В₅ = В₅В. Нехай АВ₁ = х, тоді АВ₃ = 3х, В₃В₄ = х, В₄В = 2х. Маємо АВ₃ : В₃В₄ : В₄В = 3 : 1 : 2.

414. Нехай ABC— заданий трикутник, AN — медіана, АK : KN = 2 : 1. Проведено NP||СМ. Розглянемо кут ABC. Оскільки CN = NB і СМ||NP, то МР = РВ. Звідси MB = 2 • МР. Розглянемо кут NAB. Оскільки АK: KN = 2 : 1 і KМ||NP, то AM : МР = 2 : 1. Звідси АМ = 2 • МР. Оскільки MB = 2 • МР і AM = 2 • МР, то АМ = MB.

До § 10

415. Нехай ABC — заданий трикутник, AM = MB, BN = NC, MN = 5 см. Оскільки ЛМ = MB і BN = NC, то означенням середньої лінії MN — середня лінія трикутника. За властивістю середньої лінії маємо: MN = AC : 2. Звідси AC = 2 MN = 2 • 5 = 10(см).

Відповідь. 10 см.

416. Нехай AВС— прямокутний трикутник (C = 90°). За властивістю середня лінія трикутника вдвічі менша за сторону, якій паралельна. Оскільки гіпотенуза — найдовша зі сторін прямокутного трикутника, то MN (MN||АВ) — найбільша середня лінія.

417. Нехай ABC— заданий трикутник, EF— середня лінія, СЕ = 3 см, CF = 5 см, EF = 1 см. Оскільки EF— середня лінія трикутника, то АЕ = ЕС і BF = FC за означенням. Звідси АС = 2 • ЕС = 2 • 3 = 6 (см), ВС = 2 • FC = 2 • 5=10 (см). За властивістю середньої лінії трикутника EF = AB : 2. Звідси АВ = 2 • EF = 2 • 7 = 14 (см). Маємо P_ABC = АВ + ВС + АС, Р_ABC = 14 + 10 + 6 = 30 (см).

Відповідь. 30 см.

418. Нехай ABC— рівносторонній трикутник (АВ = ВС = АС), MN — середня лінія, MN = 2 см. Середня лінія трикутника паралельна основі та дорівнює її половині. Оскільки ABC— рівносторонній, то MN = NK = МК = 2 (см). За властивістю середньої лінії трикутника маємо: MN = АС : 2. Звідси АВ = ВС = АС = 2 • MN = 2 • 2 = 4 (см). Тоді Р_ABC = АВ + ВС + АС, Р_ABC = 4 + 4 + 4 = 12 (см).

Відповідь. 12 см.

419. Нехай ABC — рівнобедрений трикутник (АВ = ВС), АВ = ВС = 7 см, Р _ABC = 20см, MN— середня лінія. Маємо Р_ABC = АВ + ВС + АС = 2 • АВ + АС, АС = Р_ABC - 2 • АВ, АС = 20 — 2 • 7 = 6 (см). За властивістю середньої лінії трикутника MN = AC : 2, MN = 6 : 2 = 3 (см).

Відповідь. 3 см.

420. Нехай ABC— заданий трикутник, AD = DB, BE = EC, AF = FC. Оскільки АР = DB і ВЕ = ЕС, то за означенням середньої лінії трикутника DE— середня лінія, тому DE||AC. Аналогічно EF||AB. Оскільки AD∈АВ і AF∈АС, то DE||AF і EF||AD. Отже, ADEF— паралелограм за означенням.

421. Нехай ABC — заданий трикутник, АС = 12 см, МК = 5 см, Р_MNK = 18 см. Оскільки МK — середня лінія трикутника, то МK = ВС : 2. Звідси ВС = 2 • МК = 2 • 5 = 10 (см). Оскільки MN— середня лінія трикутника, то MN = AC : 2 = 12 : 2 = 6 (см). Маємо: Р_MNK = М K+ MN + NK, NK = Р_MNK - (МK + MN), NK= 18 - (5 + 6) = 7 (см). За властивістю середньої лінії трикутника NK = АВ : 2. Звідси АВ = 2 • NK = 2 • 7 = 14 (см).

Відповідь. 14 см, 10 см.

422. Нехай ABC — заданий трикутник MN, NK, МK— середні лінії Р_MBNK = 22 см, P_AMNK = 24 см, Р_MNCK = 26 см. Оскільки MN, NK і МK — середні лінії, то АВ = 2 NK, ВС = 2 • МK, AC = 2 • MN. Маємо: Р_ABC = АВ + ВС + АС = 2 • NK + 2 • МК + 2 • MN = (NK + MK) + (NK + MN) + (MK + MN) = P_MBNK : 2 + P_AMNK : 2 + P_MNCK : 2 = 22 : 2 + 24 : 2 + 26 : 2 = 11 + 12 + 13 = 36 (см). Тоді P_MNK = MN + NK + MK = AC : 2 + AB : 2 + BC : 2 = P_ABC • 2, Р_MNK = 36 : 2=18 (см).

Відповідь. 36 см, 18 см.

423. Нехай М, N і K — задані точки. З’єднаємо послідовно точки М, N і K. Оскільки середня лінія трикутника паралельна основі, тому побудуємо прямі, які паралельні сторонам MNK і проходять через протилежні вершини. Будуємо nMN. Для цього будуємо коло з центром в точці K, яке перетне відрізок ММ в точках K, S. Будуємо кола з центрами в точках R і S радіуса більшого за половину RS. Сполучаємо точку K з точкою перетину даних кіл — точкою F. Аналогічно проводимо ln в точці КK. Будуємо MLKN і kML. Будуємо NHMK і mNH. У результаті перетину прямих одержимо точки: ABC— шуканий трикутник.

До § 11

424. Нехай ABCD — квадрат, точки М, N, K і Р — середини сторін. AC = d см. Розглянемо трикутники ABC і ADC. MN і РK — відповідно їх середні лінії (за означенням середньої лінії трикутника). Тоді MN = AC : 2, РK = АС : 2. Звідси MN = PK = d : 2 (см). Оскільки М, N, K і Р— середини сторін, то BN = NC, AM = МВ, АР = PD і СK = KD. Оскільки MBN (B = 90°) і MAP (A = 90°) прямокутні рівнобедрені трикутники, то BMM = AMP = 45°. Кут АМР — розгорнутий, тоді BMN + NMP + AMP = 180°. Звідси NMP = 180° - (BMN + AMP) = 180° - (45° + 45°) = 90°. Отже, MNKP — чотирикутник, у якого всі сторони дорівнюють по d : 2 см, а один з кутів дорівнює 90°. Маємо MNKP — квадрат. Р_MNKP = 4 • d : 2 = 2d (см).

Відповідь, квадрат, 2d см.

425. Нехай ABCD — трапеція (ВС||AD), EF— середня лінія. ВС = 2 см, AD = 4 см. Тоді EF = (ВС + AD) : 2, EF = (2 + 4) : 2 = 3 (см).

Відповідь. 3 см.

426. Нехай ABCD— трапеція (BC||AD), MN— середня лінія, АВ + CD = 17 см, MN = 8 см. За властивістю середньої лінії трапеції MN = (BC + AD) : 2. Звідси BC + AD = 2 • MN = 2 • 8 = 16 (см). Маємо: P_ABCD = AB + ВС+ CD + AD, P_ABCD = (AB + CD) + (ВС + AD) = 17 + 16 = 33 (см).

Відповідь. 33 см.

427. Нехай ABCD — трапеція (ВС||AD), AD = BC = 2 cm, MN— середня лінія. Нехай ВС = х см, тоді AD = (х + 2) см. За властивістю середньої лінії трапеції MN = (BC + AD) : 2. Звідси 2 • MN = BC + AD, 2 • 14 = х + х + 2,28 = 2х + 2, 2х = 26, х = 13. Маємо ВС = 13 (см), AD = 2 + 13=15 (см).

Відповідь. 13 см, 15 см.

428. Нехай ABCD— трапеція (ВС||AD), AM = MN = NK = KB, KP||NF||MT, BC = 12 см, AD = 20 см. За узагальненою теоремою Фалеса DT = TF = FP = PC. Тому KP, NF i MT — середні лінії відповідно трапеції KВСР, ABCD і ANTD. За властивістю середньої лінії трапеції NF = (ВС + AD) : 2, NF= (12 + 20) : 2 = 16 (см). Тоді KP = (ВС + NF) : 2, KР = (12 + 16) : 2 = 14 (см), МТ= (NF + AD) : 2, MT = (16 + 20) : 2 = 18 (см).

Відповідь. 14 см, 16 см, 18 см.

429. Нехай ABCD—трапеція (ВС||AD), MN— середня лінія, АС —діагональ, KN = 2 • МK, MN = 18 см. Нехай МK = х, тоді KN = 2x см. Маємо: MK + KN = MN, х + 2х = 18, 3х = 18, х = 6 (см). Тоді МК = 6 (см) і KN = 2 • 6 = 12 (см). Розглянемо кут ВАС. Оскільки AM - MB і МK||ВС, то за теоремою Фалеса АK = KС. Отже, МK — середня лінія трикутника АВС, тому МK = ВС : 2. Звідси ВС = 2 • МК = 2 • 6 = 12 (см). Аналогічно KN — середня лінія трикутника ACD. Звідси AD = 2 • KN = 2 • 12 = 24(см).

Відповідь. 12 см. 24 см.

430. Нехай ABCD— трапеція (BC||AD), MN— середня лінія, MN = 3 • BC, MN = AD - 12 см. За властивістю середньої лінії трапеції MN = (ВС + AD) : 2. Нехай ВС = х см, тоді MN = 3х см, AD = MN + 12 = (3х+ 12) см. Маємо 2 • 3х = х + 3x + 12, 6х = 4х +12, 2х = 12, х = 6 (см). Отже, ВС = 6(см), AD = 3 • 6 + 12 = 30 (см).

Відповідь. 6 см, 30 см.

431. Нехай ABCD— трапеція (BC||AD), MN — середня лінія, АС, BD— діагоналі, МK : KP : PN = 2 : 3 : 2. Нехай МK = 2х см, тоді KР = 3х см, PN = 2х см. Розглянемо кут ВАС. Оскільки AM = MB і МK||ВС, то за теоремою Фалеса АK = KС. Отже, МK — середня лінія трикутника ABC, тому ВС = 2 • МК = 2 • 2х = 4х. За аксіомою вимірювання відрізків KN = КР + PN = 3х + 2х = 5х (см). За властивістю середньої лінії трикутника ACD маємо KN = AD : 2. Звідси AD = 2 • KN= 2 • 5х = 10x (см). Маємо ВС : AD = 4x : 10x, ВС : AD = 2 : 5. Отже, ВС : AD = 2 : 5.

Відповідь. 2 : 5.

432. Нехай ABCD— рівнобічна трапеція (ВС||AD, АВ = CD), АС, BD— діагоналі, ACBD. Проведемо CM||BD. Розглянемо трикутник ACM. Оскільки AC = BD як діагоналі рівнобічної трапеції і CM = BD як сторони паралелограма BCMD, то АС =СМ. Оскільки ACBD, CM||BD, то АССМ. Звідси трикутник ACM — рівнобедрений прямокутний (АС = CM, ACM = 90°). Проведемо висоту СK, яка буде ще й медіаною, тому АK = KМ. Медіана, проведена з вершини прямого кута, дорівнює половині гіпотенузи. Маємо: СK = AM : 2. За аксіомою вимірювання відрізків AM = AD + DM. СK = (AD + DM) : 2. Оскільки середня лінія дорівнює півсумі основ, то висота дорівнює середній лінії.

433. Нехай ABCD — рівнобічна трапеція (ВС||AD, АВ = CD), AD = а см, CD = с см, CDA = 60°. Розглянемо трикутник CKD (CKD = 90°). За теоремою про суму кутів трикутника CKD + CDK + KCD = 180°. Маємо KCD = 180° - (CKD + CDK) = 180° - (90° + 60°) = 30°. За властивістю катета, який лежить проти кута 30°, маємо: KD = CD : 2, . Оскільки трапеція рівнобічна, то За аксіомою вимірювання відрізків AD = AM + MK + KD. Оскільки ВС = МK як протилежні сторони прямокутника, то BC = AD - (AM + KD) = (а - с) см. За властивістю середньої лінії трапеції

Відповідь.