Відповіді до підручника Геометрія 8 клас - Мерзляк А.Г. 2016-2020

Вправи для повторення курсу геометрії 8 класу

1. Чотирикутники

806. І випадок. Нехай ABCD— паралелограм, AM— бісектриса, ВМ = 14 см, МС = 9 см. За аксіомою вимірювання відрізків ВС = ВМ + МС; ВС = 14 + 9 = 23(см). Оскільки AM — бісектриса, то BAM = MAD. BMA = MAD як внутрішні різносторонні при паралельних прямих AD і ВС та січній AM. Тому BAM = BMA, звідки слідує, що трикутник АВМ — рівнобедрений з основою AM. Тоді АВ = ВМ = 14 см. Р = 2(АВ + ВС); Р = 2(14 + 23) = 2 • 37 = 74 (см).

Відповідь. 74 см.

II випадок. Нехай ABCD — паралелограм, AM— бісектриса, ВМ = 9 см, МС = 14 см. За аксіомою вимірювання відрізків ВС = ВМ + МС; ВС = 9 + 14 = 23(см). Оскільки AM — бісектриса, то BAM = MAD. BMA = MAD як внутрішні різносторонні при паралельних прямих AD і ВС та січній AM. Тому BAM = BMA, звідки слідує, що трикутник АВМ — рівнобедрений з основою AM. Тоді АВ = ВМ = 9см.Р = 2 (АВ + ВС); Р = 2(9 + 23) = 2 • 32 = 64 (см).

Відповідь. 64 см.

807. Нехай ABCD— паралелограм, AM — бісектриса, ВМ : МС = 5 : 4, Р_BOC — P_COD = 8 см. Оскільки AM — бісектриса, то BAM= MAD. BMA = MAD як внутрішні різносторонні при паралельних прямих AD і ВС та січній AM. Тому BAM = BMA, звідки слідує, що трикутник АВМ— рівнобедрений з основою AM. Тоді АВ = ВМ. Нехай ВМ = 5x см, тоді МС = 4х см, АВ = 5x см. За аксіомою вимірювання відрізків ВС = ВМ + МС; ВС = 5x + 4x = 9x (см). За властивістю протилежних сторін паралелограма CD = АВ = 5x (см). За властивістю діагоналей паралелограмаР_BOC = ВО + ОС + ВС; P_COD = CO + OD + CD; P_boc — P_COD = BO + OC + BC — CO — OD - CD = BC - CD. Рівняння: 9x - 5x = 8; 4x = 8; х =- 2. Отже, АВ= 5 • 2 = 10 (см), ВС = 9 • 2 = 18 (см).

Відповідь. 10 см, 18 см.

808. Нехай ABCD — паралелограм, 2ADB = A + BDC. ABD = BDC як внутрішні різносторонні при паралельних прямих AD і ВС та січній BD. Нехай ADB = х, A = у. Розглянемо трикутник ABD. За теоремою про суму кутів трикутника A + ABD + ADB = 180°; у + ABD + х = 180°; ABD = 180° - (x + у), звідки BDC = 180° - (x + у). З умови маємо: 2x = у + BDC; 2х = у + 180° -(x + у); 2х = у + 180° - x - у; 3x = 180°; x = 60°. Отже, ADB = 60°.

Відповідь. 60°.

809. Нехай ABCD— паралелограм, АВ = а, BC = b, a > b, BD— діагональ, (О; R₁) і (О; R₂) — вписані в трикутники ABD і CBD. Оскільки АВ = CD і AD = ВС як сторони паралелограма, то ABD = CDB за трьома сторонами (за III ознакою рівності трикутників). Якщо трикутники рівні, то рівними є й кола, вписані в них, тому ВМ = DN. За властивістю відрізків дотичних, проведених до кола з однієї точки, маємо: ВМ = ВР, AP = AN, DN = DM. За аксіомою вимірювання відрізків маємо: MD = МК + KD; МК = MD - KD = DN - KD = AD — AN - (АВ - АР) = AD - AN- АВ + АР = AD - АВ = b - а.

Відповідь. b - а.

810. Якщо два трикутники рівні й різносторонні, то можна утворити три паралелограми, діагоналлю яких буде одна з трьох різних сторін; 2) якщо два трикутники рівні й рівнобедрені, то можна утворити два паралелограми, діагоналлю яких буде основа або бічна сторона трикутника; 3) якщо два трикутники рівні й рівносторонні, то можна утворити один паралелограм, діагоналлю якого буде сторона трикутника.

811. 1) Ні, рівні діагоналі має рівнобічна трапеція; 2) ні, це може бути рівнобічна трапеція; 3) ні, це може бути рівнобічна трапеція; 4) так; 5) ні; 6) так; 7) так.

812. 1) Так; 2) так; 3) ні, це може бути рівнобедрена трапеція.

813. Нехай ABCD — ромб, Р = 8 см, ВK — висота, ВK = 1 см. Оскільки сторони ромба рівні, то АВ = Р : 4; АВ = 8 : 4 = 2 (см). Розглянемо прямокутний трикутник АKВ (AKB = 90°). У ньомутому за властивістю катета прямокутного трикутника A = 30°. Сума кутів ромба, прилеглих до однієї сторони, дорівнює 180°, тому A + B = 180°; B = 180° - A; B = 180° - 30° = 150°.

Відповідь. 30°, 150°, 30°, 150°.

814. Нехай ABCD — ромб, AM і АK — висоти, ABM = 40°. Розглянемо прямокутний трикутник АМВ (AMB = 90°). D = B = 40° як протилежні кути ромба. За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника маємо: В + ВАМ = 90°; BAM = 90° - B; BAM = 90° -40° = 50°. Аналогічно з трикутника AKD DAK = 50°. Сума кутів ромба, прилеглих до однієї сторони, дорівнює 180°, тому BAD + B= 180°; BAD = 180° - B; BAD = 180° - 40° = 140°. За аксіомою вимірювання кутів BAD = BAM + MAK + KAD; MAK = BAD - (BAM + KAD); MAK =140° - (50° + 50°) = 40°. Розглянемо прямокутні трикутники АМВ і AKD. У них: 1) AB = AD як сторони ромба; 2)B = D як протилежні кути ромба. Тоді АМВ = AKD за гіпотенузою і гострим кутом, звідки АМ = АK як відповідні елементи рівних трикутників. Тому трикутник АМK — рівнобедрений з основою МK. За властивістю кутів при основі рівнобедреного трикутника AMK = AKM. За теоремою про суму кутів трикутника AMK + AKM + MAK = 180°; AMK = AKM = (180° - MAK) : 2; AMK = AKM = (180° - 40°) : 2 = 70°.

Відповідь. 40°, 70°, 70°.

815. Нехай ABCD— прямокутник, АС — діагональ, ВМАС, ABM : MBC = 1 : 3. Нехай ABM = x, тоді MBC = 3х. Рівняння: x + 3x = 90°; 4x = 90°; x = 22,5°. Отже, ABM = 22,5°, тоді MBC = 3 • 22,5° = 67,5°. Розглянемо прямокутний трикутник AMB. За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника ABM + BAM = 90°; BAM = 90° - ABM; BAM = 90° - 22,5° = 67,5°. Діагоналі прямокутника рівні й точкою перетину діляться навпіл, тому АО = ВО, звідки слідує, що трикутник АВО — рівнобедрений з основою АВ, тому ABO = BAO = 67,5°. За аксіомою вимірювання кутів ABO = ABM + MBO; MBO = ABO - ABM; MBO = 67,5° - 22,5° = 45°.

Відповідь. 45°.

816. Нехай ABCD— прямокутник, АС— діагональ, MN— серединний перпендикуляр діагоналі АС, NMC = 60°, MN = 12 см. Розглянемо прямокутні трикутники МОС і NOА. У них: 1) OMC= ONA як внутрішні односторонні при паралельних прямих AD і ВС та січній MN; 2) АО = ОС як відрізки, на які діагональ АС ділить серединний перпендикуляр. Тоді МОС = NOA за катетом і гострим кутом, звідки MO = ON як відповідні елементи рівних трикутників, MO = ON = 12 : 2 = 6 (см). Розглянемо прямокутний трикутник МОС. Маємо: Тоді АС = 2OС; За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника OMC + MCO = 90°; MCO = 90° - OMC; MCO = 90° - 60° = 30°. Розглянемо прямокутний трикутник ABC. Маємо:ВС = АС • cosBCA;

Відповідь. 18 см.

817. Нехай ABCD— ромб, АМ = СK. A = C як протилежні кути ромба. Діагоналі ромба є бісектрисами його кутів, томузвідки BAM=BCK. Розглянемо трикутники АMB і СKВ. У них: 1) АМ = СK за умовою; 2) АВ = ВС як сторони ромба; 3) BAM = BCK за доведеним вище. Отже, АМВ = СKВ за двома сторонами і кутом між ними (за І ознакою рівності трикутників). Тоді ABM = CBK як відповідні елементи рівних трикутників.

818. Нехай ABCD— ромб, P_ABCD - АВ = 42 см. Оскільки P _ABCD = 4АВ, то маємо рівняння: 4АВ - АВ = 42; 3АВ = 42; АВ = 14 (см). Тоді Р_ABCD = 4 • 14 = 56 (см).

Відповідь. 56 см.

819. 1) Ні, чотирикутник може бути рівнобічною трапецією; 2) так; 3) ні, може бути ромбом; 4) так; 5) ні, чотирикутник може бути рівнобічною трапецією.

820. Нехай ABC— трикутник, BD = BF = DE = EF. Розглянемо трикутники DBF і DEF. У них: 1) DF — спільна; 2) DB = DE за умовою; 3) BF = EF за умовою. Отже, DBF = DEF за трьома сторонами (за III ознакою рівності трикутників). Тоді BDF = EDF як відповідні елементи рівних трикутників, звідки маємо, що DF— бісектриса кута BDE, тобто точка F належить бісектрисі кута BDE.

821. Нехай (O;R)— коло, АВ — діаметр, АС— хорда, AD = DC, DM = 4 см, BAC = 30°. Оскільки кут АСВ вписаний і спирається на діаметр, то ACB = 90°. Проведемо висоту CN трикутника АС В. Тоді DM||CN. Розглянемо прямокутний трикутник ANC (ANC = 90°). Оскільки DM||CN і AD = DC, то DM — середня лінія трикутника ANC. За теоремою про середню лініюCN= 2DM; CN = 2 • 4 = 8 (см). За властивістю гострих кутів прямокутних трикутників АСВ і CNB маємо: A + B = 90°; B = 90° - A; B = 90° - 30° = 60°; NCB + B = 90°; NCB = 90° - B; NCB = 90° - 60° = 30°. За властивістю катета, який лежить проти кута 30°, з трикутника CNB маємо:ВС = 2NB. Нехай NB = х см, тоді ВС = 2х см. За теоремою Піфагора маємо: ВС² = CN² + NB², (2х)² = х² + 8²; 4x² = х² + 64; 3х² = 64; Тоді

Відповідь.

822. Дано: Вершина В паралелограма, М — середина CD, N — середина AD. Побудувати: паралелограм ABCD.

Схема побудови. Сполучаю точки В, М і N, у результаті чого одержую трикутник BMN. Знаходжу середину відрізка MN і позначаю точку Р. Будую точку О, яка ділить відрізок ВР у співвідношенні 2 : 1. На промені ВР за точкою Р будую точку D таку, шо OP = PD. Проводжу промені DM і DN та за точками М і N відкладаю відрізки МС = DM і AN = DN, одержую відповідно точки С та А. Сполучаю точки В і С та В і А. Чотирикутник ABCD — шуканий паралелограм.

823. Нехай ABCD— трапеція (AD||BC), AM — бісектриса BAD, AB = 16 см, ВС = 15 см. За означенням бісектриси кута ВАМ = MAD. MAD = ВМА як внутрішні різносторонні при паралельних прямих AD і ВС та січній AM. Тому ВАМ = ВМА, звідки випливає, що трикутник АВМ — рівнобедрений з основою AM, тому АВ = ВМ = 16 см. Оскільки ВМ > ВС і вони містяться на одній прямій, то точка С лежить між точками В і М, тому AM перетинає сторону CD трапеції.

824. Нехай ABCD— рівнобічна трапеція (AD||BC, AB = CD), АС — діагональ, АС = AD, CAD = 40°. Оскільки АС = AD, то трикутник ACD — рівнобедрений з основою CD. За теоремою про суму кутів трикутника CAD + D + ACD = 180°. Тоді за властивістю кутів при основі рівнобедреного трикутника D - ACD = (180° - 40°) : 2 = 70°. За властивістю кутів, прилеглих до бічної сторони трапеції, D + С = 180°; С = 180° - D; С = 180° - 70°= 110°. Тоді А = D - 70°, В = С - 110° як кути, прилеглі до основ рівнобічної трапеції.

Відповідь. А = D = 70°. В = С = 110°.

825. Нехай (О; R) — коло, ВАС =35°, ВС = 100°. Кут ВМС — вписаний, який спирається на дугу ВС, тому Кути BMC і СМА— суміжні, тому ВМС+ СМА = 180°; СМА = 180° - ВМС; СМА = 180° - 50° = 130°. Розглянемо трикутник СМА. За теоремою про суму кутів трикутника СМА + МАС + MCA = 180°; MCA = 180° - (СМА + МАС); MCA = 180° - (130° + 35°) = 15°. Кут CMN — вписаний, який спирається на дугу MN, тому MN = 2CMN; MN = 2 • 15° = 30°.

Відповідь. 30°.

826. Нехай (О; R) — коло. Оскільки кут ADB — вписаний і спирається на діаметр, то ADB = 90°. За теоремою про суміжні кути ADB + BDC = 180°; BDC = 180° - ADB; ВDC = 180° - 90° = 90°. Розглянемо прямокутний трикутник BDC. Оскільки він прямокутний, то кути DBC і DCB — гострі.

827.

1) Нехай (О; R) — коло. Продовжимо відрізок BD до перетину з колом, одержимо точку С. Оскільки кут АСВ — вписаний і спирається на діаметр, то ACB = 90°. Розглянемо прямокутний трикутник DCA, тоді кут ADC — гострий. За теоремою про суміжні кути ADC + ADB = 180°, тому кут ADB — тупий;

2) якщо точка D належить діаметру АВ, то ADB = 180°, тобто він є розгорнутим.

828. Нехай (О; R) — коло, ABCD — вписаний чотирикутник, ACBD, ACB = 10°, BDC = 70°. Оскільки кути АСВ і ADB спираються на одну й ту саму дугу АВ, то ACB = ADB = 10°. За аксіомою вимірювання кутів ADC = ADB + BDC; ADC= 10° + 70° = 80°. Розглянемо прямокутний трикутник CMD (CMD = 90°). За властивістю гострих кутів маємо: MDC + MCD = 90°; MCD = 90° - MDC; MCD = 90° - 70° = 20°. За аксіомою вимірювання кутів BCD = BCM + MCD; BCD = 10° + 20° = 30°. Оскільки чотирикутник ABCD вписаний у коло, то A + C = B + D = 180°, звідки A = 180°- C; A = 180° - 30° = 150°; B = 180° -D; B = 180° - 80° = 100°.

Відповідь. 150°, 100°, 30°, 80°.

2. Подібність трикутників

829. Нехай AB||CD, MB : BD = 2 : 3, MA + MC = 14 см. За узагальненою теоремою ФалесаЗа аксіомою вимірювання відрізків МС = МА + АС; АС = МС - МА. Нехай МА = х см, тоді з умови МС = (14 -х) см.2(14 - 2х) = 3х; 28 - 4х = Зх; 7x = 28; х = 4. Отже, МА = 4 см, тоді MС = 14 - 4= 10 (см).

Відповідь. 4 см, 10 см.

830. Нехай АВСВ— трапеція (AD||BC), MN — середня лінія, MK = KP = PN. Нехай МK = KР = PN = х см. Оскільки точка М — середина АВ і МK||ВС, то МK — середня лінія трикутника ABC,ВС = 2МK; ВС = 2х см. Аналогічно KN — середня лінія трикутника АСВ,KN = KР + PN; KN = x + x = 2х (см); AD = 2KN; AD = 2 • 2х = 4x (см). Тоді

Відповідь,

831. Нехай ABC — трикутник, BD — медіана, ВМ : MD = 3 : 2. Проведемо DN||AE. Розглянемо кут С. Оскільки AD = DC, то за теоремою Фалеса EN = NC. Розглянемо кут DBC. Оскільки ВМ : MD = 3 : 2, то за теоремою Фалеса BE : EN = 3 : 2. За аксіомою вимірювання відрізків ЕС = EN + NC = 2EN. Тоді

Відповідь.

832. Нехай ABCD — паралелограм, AF— бісектриса кута A, BE : ED = 2 : 7. Оскільки AF — бісектриса кута А, то BAF = FAD. BFA = FAD як внутрішні різносторонні при паралельних прямих AD і ВС та січній AF. Тому BAF = BFA, звідки випливає, що трикутник ABF — рівнобедрений з основою AF, тому AB = BF. Добудуємо DM||AF. Оскільки BE : ED = 2 : 7, то за теоремою Фалеса маємо: BF : FM = 2 : 7. Розглянемо трикутники ABF і DCM. У них: 1) АВ = DC як протилежні сторони паралелограма; 2) BAF = CDM за побудовою; 3) ABF = DCM за побудовою. Тому ABF = DCM за стороною і двома прилеглими до неї кутами (за II ознакою рівності трикутників). Тоді BF = СМ як відповідні елементи рівних трикутників. Нехай BF = 2х см, тоді FM = 7x см, СМ = 2х см. За аксіомою вимірювання відрізків FM = FC + CM; FC =FM - CM, FC = 7x - 2x = 5х (см). Тоді

Відповідь.

833. Нехай ABC— трикутник, AD і ВМ— медіани, ADBM = О, ОK||АС, ВС = 18 см. Оскільки AD — медіана, тоТак як О — точка перетину медіан, то ВО : ОМ = 2А; ВМ : ВО= 3 : 2. Нехай ВМ = 3х см, тоді ВО = 2х см. ОK||АС, то МВС ~ ОВК, звідкиЗа аксіомою вимірювання відрізків ВK = BD + DK; DK = BK - BD; DK = 12 - 9 = 3 (см); DC = DK + KC; KC = DC - DK; KС = 9 - 3 = 6 (см).

Відповідь. 9 см, 3 см, 6 см.

834. Нехай ABC — трикутник, AD — бісектриса, AD : DC = 2 : 5. АВ + ВС = 56 см. За властивістю бісектриси трикутникаНехай АВ = 3х см, тоді ВС = 5x см. Маємо: 3х + 5х = 56; 8х = 56; х = 7. Отже, АВ = 3 • 7 = 21 (см), тоді ВС = 5 • 7 = 35 (см).

Відповідь. 21 см, 35 см.

835. Нехай ABC — рівнобедрений трикутник (АВ = ВС), (О; R) — вписане коло, BD — висота, Р_АВС = 72 см. Висота BD рівнобедреного трикутника, проведена до основи, є його медіаною і бісектрисою, тому Р_ABC = АВ + ВС +АС = 2(АВ + AD);AB + AD = 12 : 2 = 36 (см). За аксіомою вимірювання відрізків BD = BO + OD, ВО = BD - OD; Центр вписаного в трикутник кола міститься в точці перетину бісектрис. Проведемо бісектрису АО кута A. За властивістю бісектриси маємо:Нехай АВ = 7х см, тоді AD = 2х см. Рівняння: 7х + 2х = 36; 9х = 36; х = 4. Отже, АВ = 7 • 4 = 28 (см), AD = 2 • 7 = 14 (см).

Відповідь. 28 см, 14 см.

836. АВС ~ А₁В₁С₁, АВ = 2,5 см, ВС = 4,5 см, AС = 6 см, A₁C₁ = 24 см. За означенням подібних трикутників

Відповідь. 10 см, 18 см, 24 см.

837. Нехай ABC— трикутник, ADEF— вписаний ромб, АВ = а, АС = b. За означенням ромба AD = DE = EF = AF. Нехай AD = DE = EF = AF = x. За аксіомою вимірювання відрізків AB = AD + DB; DB = AB — AD; DB = а - х. Оскільки DE||AF як сторони ромба, то АВС ~ DBE, звідкиах = b(а - х); ах = ab — bx; ах + bx = ab; х(а + b) = ab;

Відповідь.

838. Нехай ABCD— паралелограм, ВМ і BN— висоти, ВМ : BN= 5 : 7, Р = 72 см. P = 2(CD + AD); CD + AD = Р : 2; CD + AD = 72 : 2 = 36 (см). Нехай CD = x см, тоді AD = (36 -х) см. Оскільки BM : BN = 5 : 7, то нехай ВМ = 5у см, тоді ВN = 7у см. Знайдемо площу паралелограма двома способами: S = AD • BM, S = CD • BN, звідки AD • BM = CD • BN; (36 - х) • 5y = x • 7y; 5(36 - x) = 7x; 180 - 5x = 7x; 12x= 180; x = 15. Отже, CD = 15 см, тоді AD = 36 - 15 = 21 (см).

Відповідь. 15 см, 21 см.

839. Такою прямою буде пряма, яка містить середню лінію трикутника, для якого три задані точки є вершинами. Оскільки в трикутнику можна провести три середні лінії, то задача матиме три розв’язки.

840. Нехай (О; R) — коло, MB і MD— хорди, АВ = МС, МА = 20 см, CD = 11 см. Оскільки чотирикутник ABDC вписаний у коло, то А + D = B + C = 180°. Але BAC + САМ = 180° як сума суміжних кутів, тому CAM = CDB. Розглянемо трикутники МАС і MDB. У них: 1) A — спільний; 2) CAM = CDB за доведеним вище. Тому МАС ~ MDB за двома кутами, звідкиНехай АВ = МС = х см. За аксіомою вимірювання відрізків MB = МА + АВ; МВ = (20 + х) (см); MD = МС + CD, MD = (х + 11) (см). Тоді маємо: 20(20 + x) = х(х + 11); 400 + 20x = x² + 11x; x² — 9x - 400 = 0; x₁ = 16 — не задовольняє умову задачі, х₂ = 25. Отже, АВ = 25 см.

Відповідь. 25 см.

841. Нехай (О; R) — коло, АС — хорда, АВ — дотична, АВ = 6 см, АС = 9 см. Розглянемо трикутники ADB і АВС. У них: 1) А — спільний; 2) ABD = АСВ. Тому ADB ~ АВС за двома кутами, звідки За аксіомою вимірювання відрізків AC = AD + DC; DC = AC — AD; DC = 9 - 4 = 5 (см).

Відповідь. 5 см.

842. Нехай (О; R) — коло, АВ i CD— хорди, ABCD = M, CM = 4 см, DM = 6 см, AM = ВМ = 2 см. За властивістю двох хорд, які перетинаються, одержимо: AM • MB = CM • MD. Нехай АМ = хсм, тоді ВМ = (х - 2) см. Далі маємо: х • (х - 2) = 4 • 6; х² - 2х - 24 = 0; x₁ = -4 — не задовольняє умову задачі, х₂ = 6. Отже, АМ = 6 см, тоді ВМ = 6 - 2 = 4 (см). За аксіомою вимірювання відрізків АВ = АМ + MB; АВ = 6 + 4 = 10 (см).

Відповідь. 10 см.

843. Нехай А— кут, АВ = 10 см, АС = 18 см, AD : AE = 5 : 9, BD =20 см. Оскільки АВ : АС = 10 : 18 = 5 : 9, то BD||CE. Тоді ABD ~ АСЕ, звідки

Відповідь. 36 см.

3. Розв’язування прямокутних трикутників

844. Нехай ABC— прямокутний трикутник (ABC = 90°), ВМ— медіана, BN— висота, ВМ = 10 cm, MN =6 см. За властивістю медіани прямокутного трикутника, проведеної до гіпотенузи, маємо:АС = 2ВМ; АС = 2 • 10 = 20(см). Розглянемо прямокутний трикутник BNM (.BNM- 90°). За теоремою Піфагора ВМ² = BN² + MN²; BN² = ВМ² - MN²;Оскільки ВМ — медіана, тоЗа аксіомою вимірювання відрізків МС = MN + NC; NC = MC - MN; NC = 10 - 6 = 4 (см). Розглянемо прямокутний трикутник BNC (BNC = 90°). За теоремою Піфагора ВС² = BN² + NC²; Розглянемо прямокутний трикутник ABC (ABC- 90°). За теоремоюПіфагора АС² = АВ² + ВС²; АВ² = АС² - ВС²; Тоді маємо: Р = АВ + ВС + АС;

Відповідь.

845. Нехай ABC— рівнобедрений трикутник (АВ = ВС), АВ = ВС= 15 см, AC = BD = 6 см. Висота рівнобедреного трикутника, проведена до основи, є його медіаною, томуНехай АС = х см, тоді BD = (х - 6) см. Тоді . Розглянемо прямокутний трикутник ADB (ADB = 90°). За теоремою Піфагора маємо: АВ² = BD² + AD². Рівняння:900 = 4х² — 48x + 144 + х²; 5х² - 48x - 756 = 0; x₁ = -8,4 — не задовольняє умову задачі, x₂ = 18. Отже, АС = 18 см.

Відповідь. 18 см.

846. KА і KВ — похилі до прямої a, KAB = 45°, KBA = 30°,Проведемо з точки К перпендикуляр до прямої а, одержимо точку С. Розглянемо прямокутний трикутник АСK (ACK = 90°). Тоді KС = KА • sinKAC;Розглянемо прямокутний трикутник BCK (BCK = 90°). Тоді

Відповідь. 24 см.

847. Нехай ABCD — ромб, АС і BD — діагоналі, ACBD = О, OEAD, АЕ = 25 см, ED = 4 см. За аксіомою вимірювання відрізків маємо: AD = АЕ + ED; AD = 25 + 4 = 29 (см). Діагоналі ромба перпендикулярні. Розглянемо прямокутний трикутник AOD (AOD = 90°). За метричним співвідношенням у прямокутному трикутнику маємо: АO² = АЕ - AD; OD² = ED • AD;Оскільки діагоналі ромба точкою перетину поділяються навпіл, то АС = 2АО; BD = 2OD;

Відповідь.

848. Нехай ABC— прямокутний трикутник (АВС = 90°), (O; R) — коло, О∈АС, D — точка дотику, АВ = 12 см, ВС = 5 см. ODAB як радіус, проведений в точку дотику, ВСАВ за умовою, тому OD||BC. Тоді АВС ~ ADO, звідкиРозглянемо прямокутний трикутник ABC. За теоремою Піфагора маємо: АC² = АВ² + ВС²; За аксіомою вимірювання відрізків АС = АО + ОС; АО = АС - ОС; АО = (13 - R) см. Тоді13R = 5(13 - R); 13R = 65 — 5R; 18R = 65;

Відповідь.

849. Нехай ABC — прямокутний трикутник (АВС = 90°), (О; R) — вписане коло, АВ = 8 см, ВС = 6 см. Оскільки кут А лежить проти меншого катета, то він є меншим гострим кутом трикутника. МО і ОK — радіуси, проведені в точку дотику, тому МОАВ, ОKЕС. Тоді чотирикутник ВМОK — квадрат. За властивістю відрізків дотичних, проведених до кола з однієї точки, маємо: AM = AN, CK = CN, BM = BK. Нехай ВМ = ВK = х см. За аксіомою вимірювання відрізків маємо: АВ = АМ + МВ; АМ = АВ — МВ; AM = (8 - х) см; ВС = ВK + KС; KС = ВС - ВK; KС = (6 - х) см; AC = AN + NC. Тоді AM = AN = (8 - х) см; CK = CN = (6 - х) см; АС = (8 - х) + (6 - x) = (14 - 2х) см. Розглянемо прямокутний трикутник ABC. За теоремою Піфагора АС²= АВ² + ВС²; АС = 14 — 2x = 10; 2x = 4; х = 2. МО = 2 см; AM = 8 - 2=6 (см). Розглянемо прямокутний трикутник АМО (AMO = 90°). За теоремою Піфагора AO² = AM² + МО²;

Відповідь.

850. Нехай (О; R) — коло, АВ — діаметр, AN = NB = 27 см, CNAB, CN = 18 см. Кут АСВ — вписаний у коло й спирається на діаметр, тому ACB = 90°. Тоді за метричним співвідношення у прямокутному трикутнику маємо CN² = AN • NB. Нехай AN = x см, тоді NB = (x - 27) см. Рівняння: 18² = х(х - 27); 324 = х² - 27х; х² — 27x - 324 = 0; x₁ = -9 — не задовольняє умову задачі, x₂ = 36. Отже, АN= 36 см, тоді NB = 36 - 27 = 9 (см). За аксіомою вимірювання відрізків АВ = AN + NB, AB = 36 + 9 = 45 (см).

Відповідь. 45 см.

4. Многокутники. Площа многокутника

851.

1) Нехай ABCD — паралелограм, ВK = KС, CP = PD. Проведемо висоти ВМ і BN та діагональ АС. Діагональ АС ділить паралелограм на два рівновеликі трикутники. ТодіВрахувавши, що ВK = KC, маємо: S_ABK = S_AKC. АналогічноВрахувавши, що CP = PD, маємо: S_ACP = S_APD. Тоді маємо: S = S_ABK + S_AKC+ S_ACP + S_APD = 2(S_AKC + S _ACP);

Відповідь

2) нехай ABCD — паралелограм, AN = NB, AM = MD. Проведемо висоту PK паралелограма. Оскільки прямокутні трикутники AKN і BPN рівні, то KN = NP. Нехай АВ = CD = a, AD = ВС = b, РK = h. Тоді ТодіS_ABCD = AD • РK = b • h = bh. Тоді площа зафарбованої частини

Відповідь.

852. Нехай ABCD— паралелограм, BDAD, BD = 16 см, A = 45°. Розглянемо прямокутний трикутник ADB (ADB = 90°). Тоді S = AD • BD; S = 16 • 16 = 256 (см²).

Відповідь. 256 см².

853. Нехай ABCD — квадрат, AC = d. Нехай АВ = ВС = CD = AD = а. Тоді S = а². Розглянемо прямокутний трикутник ADC (ADC = 90°). За теоремою Піфагора маємо: АС² = AD² + CD²; d² = a² + a²; d² = 2а^гОтже,

Відповідь.

854. Нехай ABC— рівносторонній трикутник, (О; R) — описане навколо нього коло. Проведемо радіуси ОА, ОВ і ОС. Трикутники АОВ, ВОС і АОС— рівнобедрені, AOB = BOC = AOC = 360° : 3 = 120°. Центр описаного навколо трикутника кола міститься в точці перетину серединних перпендикулярів. Тоді OD — висота рівнобедреного трикутника АОС, проведена до основи, тому вона є бісектрисою кута при вершині: AOD = DOC = 120° : 2 = 60°. Розглянемо прямокутний трикутник ADO (ADO = 90°). За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника OAD + AOD = 90°; OAD = 90° - AOD; OAD = 90° - 60° = 30°. За властивістю катета, який лежить проти кута 30°,За теоремою Піфагора ОА² = AD² + OD², звідки AD² = ОА² - OD²; Тоді площа трикутника ADO дорівнює:Трикутник ABC складається із шести таких трикутників, рівних між собою, тому

Відповідь.

855. Нехай ABC— прямокутний трикутник (ABC = 90°), АВ = b, АСВ = β. Тому

Відповідь.

856. Нехай ABC— прямокутний трикутник (ABC = 90°), АС = с, А = α. Тоді ВС = АС • sіnA;АВ = АС • соsА. Тому

Відповідь.

857. Нехай ABCD— рівнобічна трапеція (AD||BC, АВ = CD), ВС = 15 см, BF— висота, ABC = 150°. За властивістю кутів, які прилягають до бічної сторони трапеції, маємо: А + ABC = 180°; А =180° - ABC, А = 180° - 150° = 30°. За властивістю катета, що лежить проти кута 30°, маємо: AB = 2BF;Розглянемо прямокутний трикутник AFB (AFB = 90°). За теоремою Піфагора маємо: AB²= AF²+ BF², звідки AF² = AB² - BF²;За властивістю рівнобічної трапеції AD = 2AF + ВС; AD = 2 • 9 + 15 = 33 (см). Тоді

Відповідь.

858. Нехай ABCD— рівнобічна трапеція (AD||BC, АВ = CD), АС і BD— діагоналі, AO : OC = OD : BO = 13 : 5, АС і BD— бісектриси, BF— висота,BF = 90 см. Оскільки АС — бісектриса, то за властивістю бісектриси Нехай АВ = 5х см, тоді AD = 13x см. Оскільки АС — бісектриса, то за означенням BAC = CAF. CAF = ACB як внутрішні різносторонні при паралельних прямих AD і ВС та січній АС. Отже, BAC = АСВ, звідки випливає, що трикутник ABC — рівнобедрений, АВ = ВС. Тому АВ = ВС = 5х см. За властивістю рівнобічної трапеції маємо:Розглянемо прямокутний трикутник AFB (AFB = 90°). За теоремою Піфагора маємо: АВ² = AF² + BF²; (5х)² = (4х)² + 90²; 25x² = 16х² + 8100; 9х² = 8100; х² = 900; х = 30. Отже, АВ = 5 • 30 = 150 (см), тоді AD = 13 • 30 = 390 (см). Тоді

Відповідь. 24300 см².

859. Нехай ABCD — рівнобічна трапеція (AD||BC, АВ = CD), BAF = 45°. Оскільки в трапецію можна вписати коло, то AD + ВС = АВ + CD = 2АВ. Розглянемо прямокутний трикутник AFB (AFB = 90°). Тоді одержимо:S = АВ • BF;

Відповідь. 6 см.

860. По горизонталі. 5. Піфагор. 7. Прямокутник. 8. Центральний. 9. Трапеція. 11. Синус. 14. Чотирикутник. 16. Подібні. 18. Косинус. 19. Рівновеликі. 20. Фалес. 22. Квадрат. 23. Периметр. 24. Дуга.

По вертикалі. 1. Тангенс. 2. Паралелограм. 3. Катет. 4. Вписаний. 6. Дотична. 10. Гіпотенуза. 12. Ромб. 13. Теорема. 15. Площа. 17. Діаметр. 21. Лема.