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

Розділ І. Чотирикутники
8. Трапеція

216. Див. рис.

217. Див. рис. Висоти: 1) BE, MN, РK, FD; 2) DF, KС, ЕМ, РВ.

218.

а) Трапеція АМСK (основи: AM і KС, бічні сторони: МС і АK або основи: МС і АK, бічні сторони: AM і KС); трапеція АВСK (основи: АK і ВС, бічні сторони: АВ і KС); трапеція AMCD(основи: AD і МС, бічні сторони: AM і CD);

б) трапеція DBAE (основи: DB і ЕА, бічні сторони: DE і В А);

в) трапеція АВСК (основи: АК і ВС, бічні сторони: АВ і KС); трапеція AMCD (основи: AD і МС, бічні сторони: AM і DC).

219.

а) Так; основи: AD і ВС, бічні сторони: АВ і CD;

б) ні, бо А + В ≠ 180° як кути, прилеглі до однієї бічної сторони;

в) так, основи: AD і ВС, бічні сторони: АВ і CD.

220. Нехай ABCD — рівнобічна трапеція (AD||BC, АВ = CD), P_ABCD ⁼ 52 см, ВС = 13 см, AD = 21 см. P_ABCD = АВ + ВС + CD + AD;

Відповідь. 9 см.

221. Нехай ABCD— трапеція (AD||BC), P_ABCD = 49 см, АВ = 5,6 см, CD = 7,8 см. P_ABCD = АВ + ВС + CD + AD. Нехай менша основа ВС = х см, тоді CD = (х + 7,4) см. Рівняння: 5,6 + х + 7,8 + х + 7,4 = 49; 2х = 28,2; х = 14,1. Отже, ВС = 14,1 см, тоді CD = 14,1 + 7,4 = 21,5 (см).

Відповідь. 14,1 см, 21,5 см.

222. Нехай ABCD — трапеція (AD||BC). Розглянемо паралельні прямі AD і ВС та січну АВ. DAB +AВС = 180°, бо ці кути є внутрішніми односторонніми при паралельних прямих.

223.

1) А + В = 180° як кути трапеції, прилеглі до бічної сторони, звідки А = 180° - В; А = 180°- 132° = 48°; С + D = 180° як кути трапеції, прилеглі до бічної сторони, звідки C = 180° - D; С = 180° - 24° = 156°;

2) нехай А = х, тоді В = х + 38°. А + В = 180° як кути трапеції, прилеглі до бічної сторони. Рівняння: х + х + 38° = 180°; 2х = 142°; х = 71°. Отже, А = 71°, B = 71° + 38°= 109°.

Відповідь. 1) 48°, 156°; 2) 71°, 109°.

224. Нехай ABCD — трапеція (AD||BC). С : D = 8 : 7. Нехай С = 8х, тоді D = 7х. С + D = 180° як кути трапеції, прилеглі до бічної сторони. Рівняння: 8х + 7х = 180°; 15х = 180°; х = 12°. Отже, С= 8 • 12° = 96°, O = 7 • 12° = 84°.

Відповідь. 96°, 84°.

225. Нехай ABCD — рівнобічна трапеція (AD||BC, АВ = CD), А = 46°. А + В = 180° як кути трапеції, прилеглі до бічної сторони, звідки В = 180° - А; В = 180°- 46° = 134°; В = А = 46° і С = В= 134° як кути при основі рівнобічної трапеції.

Відповідь. 134°, 46°, 134°.

226. Нехай ABCD — рівнобічна трапеція (AD||BC, AB = CD). Задані кути не можуть бути прилеглими до однієї основи, бо в рівнобічній трапеції такі кути рівні. Тому нехай, наприклад, С = А = 20°. Нехай A = х, тоді AС = х + 20°. В = С як кути, прилеглі до однієї основи рівнобічної трапеції. А + В = 180° як кути, прилеглі до бічної сторони. Рівняння: х + х + 20° = 180°; 2х = 160°; х = 80°. Отже, А = О = 80°, В = С = 80° + 20° = 100°.

Відповідь. 80°, 100°, 80°, 100°.

227. Нехай ABCD — рівнобічна трапеція (AD||BC, АВ = CD), АВF = 23°. Розглянемо прямокутний трикутник BFA (ВFА = 90°). За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника ВАF+ АВF = 90°; ВАF = 90° - АВF; ВАF = 90° - 23° = 61°. А + В = 180° як кути трапеції, прилеглі до бічної сторони, звідки В = 180° - А; В = 180° - 67° = 113°; D = А = 67° і С = В = 113° як кути при основі рівнобічної трапеції.

Відповідь. 113°, 67°, 113°, 61°.

228.

1) Ні, тому що тоді й четвертий кут має бути прямим; 2) ні; 3) так; 4) ні, бо тоді й інша пара протилежних кутім має бути прямими; 5) ні, бо тоді бічні сторони мають бути паралельними.

229.

1) Ні, бо тоді вони повинні бути ще й паралельними, а фігура — паралелограмом; 2) ні (див. п. 1).

230. Нехай ABCD — трапеція (AD||BC), А = D. Виконаємо добудову: проведемо висоти трапеції з В і С. Розглянемо прямокутні трикутники BEA і CFD (ВЕА = САВ = 90°). У них: 1) А = D за умовою; 2) BE — CF як висоти трапеції. Отже, ВЕА = CFD за катетом і гострим кутом. Тому АВ = CD як відповідні елементи рівних трикутників, звідки випливає, що трапеція ABCD — рівнобічна.

231. Нехай ABCD — рівнобічна трапеція (AD||BC, АВ = CD). Оскільки трапеція рівнобічна, то А = D і В = С як кути, прилеглі до однієї основи рівнобічної трапеції. Крім того, у рівнобічній трапеції А + В = 180° і С + О = 180° як кути, прилеглі до бічної сторони. Тому А + С = В + О = 180°. Перевіримо обернене твердження. Нехай А + С = В + D = 180°. Оскільки А + В = 180 і С + D = 180° як кути, прилеглі до бічної сторони, то А = D і В = С. Проведемо висоти трапеції BE і CF. Розглянемо прямокутні трикутники BEA і CFD(EВА = САВ = 90°). У них: 1) А = D за доведеним вище; 2) BE = CF як висоти трапеції. Отже, ВЕА = CFD за катетом і гострим кутом. Тому АВ = CD як відповідні елементи рівних трикутників, звідки випливає, що трапеція ABCD — рівнобічна.

232. Нехай ABC— рівносторонній трикутник, АВ = ВС = АС = 6 см, MN— середня лінія. Так як МN||АС і AM та NC — не паралельні, то чотирикутник AMNC — трапеція. Оскільки MN— середня лінія трикутник ABC, то МN||АС і MN = 6 : 2 = 3 (см). Точки М і N — середини сторін AB і ВС, АВ = ВС як сторони рівностороннього трикутника, тому Р_AMNC = AМ + MN + NC + АС = 3 + 3 + 3 + 6=15 (см).

Відповідь. Трапеція; 15 см.

233. Нехай ABCD — рівнобічна трапеція (AD||BC, АВ = CD), BF — висота, AF = 6 см, FD = 10 см. Проведемо висоту трапецій СK. Розглянемо прямокутні трикутники BFA і CKD (BFA = CKD = 90°). У них: 1) A = D як кути при основі рівнобічної трапеції; 2) BF= СK як висоти трапеції. Отже, BFA = CKD за катетом і гострим кутом. Тому AF = KD = 6 см як відповідні елементи рівних трикутників. За аксіомою вимірювання відрізків FD = FK + KD; FK = FD - KD; FK = 10 - 6 = 4 (см). Чотирикутник FBCK — прямокутник, тому BC = FK = 4 см. AD = AF + FD = 6 + 10 = 16 (см).

Відповідь. 4 см, 16 см.

234. Нехай ABCD — рівнобічна трапеція (AD||BC, AB = CD), BAF = 60°, AB = CD = 18 см, AD + BC = 50 см. Добудуємо висоти BF і СK. Розглянемо прямокутний трикутник AFB. За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника BAF+ ABF = 90°; ABF = 90° - BAF; ABF = 90° - 60° = 30°. Тоді за властивістю катета, який лежить проти кута 30°, маємо:, Розглянемо прямокутні трикутники BFA і CKD (BFA = CKD = 90°). У них: 1) A = D як кути при основі рівнобічної трапеції; 2) AB = CD як бічні сторони рівнобічної трапеції. Отже, BFA = CKD за гіпотенузою і гострим кутом. Тому AF = KD = 9 см як відповідні елементи рівних трикутників. За аксіомою вимірювання відрізків ВС + AD = ВС + AF + FK + KD. Чотирикутник FBCK — прямокутник, тому BC = FK. Тоді Отже, ВС = 16 см, AD - 2AF + FK; AD = 2 • 9 + 16 = 34 (см).

Відповідь. 16 см, 34 см.

235. Нехай ABCD— прямокутна трапеція (AD||BC), ВС= 10 см, AD = 24 см, KDC = 45°. Добудуємо висоту СK. Чотирикутник АВСK — прямокутник, тому АВ = KС і ВС = АK. Розглянемо прямокутний трикутник CKD (CKD = 90°). За властивістю гострих кутів KCD + KDC = 90°; KCD = 90° - KDC; KCD = 90° - 45° = 45°. Отже, трикутник CKD — прямокутний і рівнобедрений (за властивістю рівності кутів при основі), тому СK = KD. За аксіомою вимірювання відрізків AD = АK + KD; KD = AD — АK; KD = 24 - 10 = 14 (см). Тоді AB = 14 см.

Відповідь. 14 см.

236. Нехай ABCD— прямокутна трапеція (AD||BC), ВС = 7 см, AD = 15 см, KDC = 60°. Добудуємо висоту СK. Чотирикутник АВСK — прямокутник, тому АВ = KС і ВС = АK. Розглянемо прямокутний трикутник CKD (CKD = 90°). За властивістю гострих кутів KCD + KDC = 90°; KCD = 90° - KDC; KCD = 90° - 60° = 30°. За аксіомою вимірювання відрізків AD = AK + KD; KD = AD - АK; KD = 15 - 7 = 8 (см). За властивістю катета, який лежить проти кута 30°, маємо:CD = 2KD; CD = 2 • 8 = 16 (см).

Відповідь. 16 см.

237. Нехай ABCD — рівнобічна трапеція (AD||BC, АВ = CD), B АС = 20°, CAD = 50°. Розглянемо паралельні прямі AD і ВС та січну АС. Тоді ACB = CAD = 50° як внутрішні різносторонні. За аксіомою вимірювання кутів BAD = BAC + CAD; BAD = 20° + 50° = 70°. A = D = 70° як кути при основі рівнобічної трапеції. Розглянемо трикутник ACD. За теоремою про суму кутів трикутника: CAD + ACD + ADC = 180°; ACD = 180° - (CAD + ADC); ACD = 180° - (50° + 70°) = 60°.

Відповідь. 50°, 60°.

238. Нехай ABCD — прямокутна трапеція (AD||BC, ABAD), ВС = CD, ABD = 80°. За аксіомою вимірювання кутів ABC = ABD + DBC; DBC = ABC - ABD; DBC = 90°- 80° = 10°. ADB = DBC = 10° як внутрішні різносторонні при паралельних прямих AD і ВС та січній BD. Трикутник BCD — рівнобедрений з основою BD, тоді CBD = CDB = 10°. Тоді теоремою про суму кутів трикутника BCD = 180° - (10° + 10°) = 160°. ADC = ADB + BDC; ADC = 10° + 10° = 20°.

Відповідь. 90°, 90°, 160°, 20°.

239. Нехай ABCD— трапеція (AD||BC), ВС = 6 см, BM||CD, Р_ABM = 16 см. Оскільки BC||MD і BM||CD, то чотирикутник BCDM— паралелограм. Тому MD = BC- = 6 см, ВМ = CD. P_ABCD = АВ + ВС + CD + АМ + MD = АВ + ВС + ВМ + АМ + MD; Р_AMB = АВ + ВМ + AM, тому P_ABCD = Р_AMB + ВС + MD; Р_ABCD = 16 + 6 + 6 = 28 (см). Відповідь. 28 см.

240. Нехай ABCD— трапеція (AD||BC), СЕ||АВ, D = 35°, DCE = 65°. D + C = 180° як кути, прилеглі до бічної сторони трапеції, тому C = 180° - D; C = 180° - 35° = 145°. Розглянемо трикутник ECD. За теоремою про суму кутів трикутника CED + ECD + CDE = 180°; CED = 180° - (ECD + CDE); CED = 180° - (65°+ 35°) = 80°. Оскільки АВ||ЕС за побудовою, то A= CED = 80° як відповідні кути при паралельних прямих АВ і СЕ та січній АЕ. AEC + CED = 180°; AEC = 180° - CED; AEC = 180° - 80° = 100°, тому B = 100°.

Відповідь. 80°, 100°, 145°, 35°.

241. Нехай ABCD — трапеція (AD||BC), ВС = 9 см, AD = 15 см. За властивістю середньої лінії трапеції

Відповідь. 12 см.

242. Нехай ABCD — трапеція (AD||BC), ВС = 5 см, MN = 8 см. За властивістю середньої лінії трапеціїAD = 2MN - BC; AD = 2 • 8 - 5 = 11 (см).

Відповідь. 11 см.

243. Нехай ABCD — трапеція (AD||BC), AD > ВС на 8 см, MN = 17 см. За властивістю середньої лінії трапеціїНехай ВС = х см, тоді AD = (х + 8) (см). Рівняння: 2х + 8 = 34; 2х = 26; х = 13. Отже, ВС = 13 см, AD = 13 + 8 = 21 (см).

Відповідь. 13 см, 21 см.

244. Нехай ABCD — трапеція (AD||BC), ВС : AD = 3 : 4, MN = 14 см. За властивістю середньої лінії трапеціїНехай ВС = 3х см, тоді AD = 4х см. Рівняння:7х = 28; х = 4. Отже, ВС = 3 • 4 = 12 (см), AD = 4 • 4 = 16 (см).

Відповідь. 12 см, 16 см.

245. Нехай ABCD — трапеція (AD||BC), АЕ = EF = FK = KB, DN = NM = МР = PC, AD = 19 см, ВС = 11 см. AF = АЕ + EF; ЕВ = ЕК + КВ, звідки AF = FB, тобто точка F — середина відрізка АВ. Аналогічно можна показати, що М— середина відрізка CD. Тому FM — середня лінія трапеції ABCD. За властивістю середньої лінії трапеціїАЕ = EF, тобто точка Е — середина відрізка AF. Аналогічно N — середина відрізка MD. Тому EN — середня лінія трапеції AFMD. За властивістю середньої лінії трапеції FK = KВ, тобто точка K — середина відрізка FB. Аналогічно Р— середина відрізка MС. Тому KР — середня лінія трапеції FBCM. За властивістю середньої лінії трапеції

Відповідь. 17 см, 15 см, 13 см.

246. Нехай ABCD — прямокутна трапеція (AD||BC, ABAD), СK — висота, АK = 7 см, KD = 5 см. Оскільки ВС||АK, ВАЛK, СKАK, то чотирикутник АВСK — прямокутник. Тоді ВС = АK = 7 см. За аксіомою вимірювання відрізків AD = АK + KD; AD = 7 + 5 = 12 (см). За властивістю середньої лінії трапеції

Відповідь. 9,5 см.

247. Нехай ABCD — прямокутна трапеція (AD||BC, ABAD), MN — середня лінія, MK = 9см, АK : KD = 2 : 1. Оскільки ВС||АK, ВААK, СKАK, то чотирикутник АВСK — прямокутник. Тоді ВС = АK. За аксіомою вимірювання відрізків AD = АK + KD. Нехай KD = х см, тоді ВС = АK = 2х см, AD = 2х + х = 3х (см). За властивістю середньої лінії трапеціїРівняння: 5х = 18; х = 3,6. Тоді ВС = 2 • 3,6 = 7,2 (см), AD = 3 • 3,6 = 10,8 (см).

Відповідь. 7,2 см, 10,8 см.

248. Нехай ABCD — рівнобічна трапеція (AD||BC, AB = CD), АС і BD — діагоналі, Розглянемо трикутники ABD і ACD. У них: 1) AD— спільна сторона; 2) A = D як кути при основі рівнобічної трапеції; 3) АВ = CD як бічні сторони рівнобічної трапеції. Отже, ABD = ACD за двома сторонами і кутом між ними (за І ознакою рівності трикутників). Тому ABD = DCA як відповідні елементи рівних трикутників. Розглянемо трикутники АБО і DCO. У них: 1 )ABO = DCO за доведеним вище; 2)AOB = DOC як вертикальні; 3) АВ = CD як бічні сторони рівнобічної трапеції. Отже, ABO = DCO за стороною і двома прилеглими до неї кутами (за II ознакою рівності трикутників). Тому AO = OD і ВО = ОС як відповідні елементи рівних трикутників.

249. Нехай ABCD— рівнобічна трапеція (AD||BC, АВ = CD), АС і BD— діагоналі, , COD = 60°, BF— висота, BF = h. Кути COD i DOA— суміжні, тому COD + DOA = 180°; DOA = 180° - COD; DOA = 180° - 60° = 120°. Трикутник AOD— рівнобедрений, бо AO = DO як частини діагоналей рівнобічної трапеції, які перетинаються в точці О. Тоді OAD = ODA як кути при основі рівнобедреного трикутника, звідки OAD = ODA = (180° - 120°) : 2 = 30°. Розглянемо прямокутний трикутник BFD ( BFD = 90°). За властивістю катета, який лежить проти кута 30°, маємо:BD = 2BF= 2h. Отже, діагоналі рівнобічної трапеції дорівнюють 2h.

250. Нехай ABCD — рівнобічна трапеція (AD||BC, АВ = CD), АС— діагональ, ВСА = ACD, ВС : AD = 2 : 5, Р_ABCD = 68 см. ВСА = CAD як внутрішні різносторонні при паралельних прямих ВС і AD та січній АС. Тому ВСА = CAD = ACD, звідки випливає, що трикутник ACD — рівнобедрений з основою АС (AD = CD). Нехай ВС = 2х см, тоді оскільки трапеція рівнобічна, то АВ = CD = AD = 5х см. P_ABCD = АВ + ВС + CD + AD. Рівняння: 68 = 5x + 2x + 5x + 5x; 17x = 68; x = 4. Тоді ВС = 2 • 4 = 8 (см), AB = CD -AD = 5 • 4 = 20 (см).

Відповідь. ВС = 8 см, AB = CD = AD = 20 cm.

251. Нехай ABCD— рівнобічна трапеція (AD||BC, AB = CD), BD— діагональ, ADB = CDВ, AD = 24 см, P_ABCD = 60 см. ADB = CBD як внутрішні різносторонні при паралельних прямих ВС і AD та січній BD. Тому CDB = ADB = CBD, звідки випливає, що трикутник BCD — рівнобедрений з основою BD (ВС = CD). Тоді АВ = ВС = CD. P_ABCD = AB + ВС + CD + AD. Рівняння: 60 = AB + ВС + CD + 24; АВ + ВС + CD = 36; АВ = ВС = CD = 36 : 3 = 12 (см).

Відповідь. АВ = ВС = CD = 12 см.

252. Нехай ABCD — трапеція (AD||BQ, a, a, a i 2a — її сторони. Оскільки три сторони рівні, то трапеція рівнобічна. Нехай АВ = ВС = CD = а, тоді AD = 2а. Проведемо висоту BF. ТодіРозглянемо прямокутний трикутник AFB ( AFB = 90°). Оскільки в ньому катет AF удвічі менший за гіпотенузу АВ, то ABF = 30°. За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника BAF + ABF = 90°; BAF = 90° - ABF; BAF = 90° - 30° = 60°. А + АВС = 180° як кути трапеції, прилеглі до бічної сторони, звідки АВС = 180°- А; ABC = 180°- 60° = 120°. Тоді A = D = 60° і В = С = 120° як кути при основі рівнобічної трапеції.

Відповідь. А = D = 60°, В = С = 120°.

253. Нехай ABCD — трапеція (AD||BC), АС— діагональ, АСCD, ВАС = CAD, D = 60°, P_ABCD = 40 см. Розглянемо прямокутний трикутник ACD (ACD = 90°). За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника CAD + CDA = 90°; CAD = 90° - CDA, CAD = 90° - 60° = 30°. За властивістю катета, який лежить проти кута 30°, маємо:AD = 2CD. За аксіомою вимірювання кутів BAD = BAC + CAD; BAD = 30° + 30° = 60°. Оскільки кути при основі трапеції рівні, то трапеція рівнобічна (АВ = CD). BCA = CAD як внутрішні різносторонні при паралельних прямих AD і ВС та січній АС. Тоді трикутник ABC— рівнобедрений з основою АС (АВ = ВС). Тому АВ = ВС = CD. Нехай АВ = ВС = CD = х см, тоді AD = 2 см. P_ABCD = АВ + ВС + CD + AD. Рівняння: х + х + х + 2х = 40; 5x = 40; х = 8. Отже, ВС = 8 см, AD = 2 • 8 = 16 (см).

Відповідь. 8 см, 16 см.

254. Нехай ABCD— рівнобічна трапеція (AD||BC, AB = CD), АС— діагональ, ACCD, ВС = АВ. BCA = CAD як внутрішні різносторонні при паралельних прямих AD і ВС та січній АС. BAC = BCA як кути при основі рівнобедреного трикутника ABC. Тому нехай BCA = CAD = BAC = х. За аксіомою вимірювання кутів A = BAC+ CAD = х + х = 2х. A = D = 2х як кути при основі рівнобедреної трапеції. Розглянемо прямокутний трикутник ACD (ACD = 90°). За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника CAD + CDA = 90°; х + 2х = 90°; 3х = 90°; х = 30°. Отже, A = D = 2 • 30° = 60°. A + B = 180° як кути при основі трапеції, звідки B = 180° - A; B = 180° - 60° = 120°. B = C - 120° як кути при основі рівнобедреної трапеції.

Відповідь. A = D = 60°, B = C= 120°.

255. За умовою задачіУ рівнобічній трапеції висота, проведена з вершини тупого кута, ділить більшу основу на два відрізки, менший з яких дорівнює піврізниці основ, а більший — півсумі основ. ТомуОтже, BF = AF, тобто трикутник AFB — прямокутний рівнобедрений. Тоді BAF= ABF = 45°. Отже, умова задачі виконується, якщо кути при більшій основідорівнюють по 45°.

256. Дано: AD = а — основа рівнобічної трапеції ABCD, АВ = CD = b — бічні сторони, P₁A₁K₁ = — кут між основою і бічною стороною трапеції. Побудувати: рівнобічну трапецію ABCD.

Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку А. З точки А проводжу коло радіуса AD = а, яке перетне пряму m у точці D. Будую з вершиною в точці А і MDN = з вершиною в точці D. Будую коло з центром у точці А радіуса b, яке перетне промінь АР у точці В, і коло з центром у точці D радіуса b, яке перетне промінь DN у точці С. Сполучаю відрізком точки В і С. Отже, побудована трапеція ABCD — шукана, бо в ній AD = а, АВ = CD = b, за побудовою.

257. Дано: AD = а, ВС = b — основи прямокутної трапеції ABCD, АВ = с — менша бічна сторона. Побудувати: прямокутну трапецію ABCD.

Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку А. З точки А проводжу коло радіуса AD = а, яке перетне пряму m у точці D. Будую nm. Будую коло з центром у точці А радіуса АВ = с, яке перетне промінь AS у точці В. Через точку В проводжу ln. Будую коло з центром у точці В радіуса ВС = b, яке перетне пряму l у точці С. Сполучаю відрізком точки С і D. Отже, побудована трапеція ABCD — шукана, бо в ній AD = а, ВС = b, АВ = с за побудовою.

258. Дано: AD = а — основа рівнобедреної трапеції ABCD, АС = b — діагональ, АВ = CD = с — бічна сторона. Побудувати: рівнобедрену трапецію ABCD.

Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку А. З точки А проводжу коло радіуса AD = а, яке перетне пряму m у точці D. Будую коло з центром у точці А радіуса АС = b і коло з центром у точці D радіуса CD = с, які перетнуться у точці С. Через точку С проводжу пряму nm, а потім через цю ж точку ln. Будую коло з центром у точці А радіуса АВ = с, яке перетне пряму l у точці В. Сполучаю відрізками точки А і В та С і D. Отже, побудована трапеція ABCD — шукана, бо в ній AD = а, АС = b, АВ = CD = с за побудовою.

259. Нехай ABCD — рівнобічна трапеція (AD||BC, AB = CD), AB = CD = 6 см, AD = 10 см, BAD = 60°. Розглянемо прямокутний трикутник AFB (AFB = 90°). За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника BAF + ABF = 90°; ABF = 90° - BAF; ABF = 90° - 60° = 30°. Тоді за властивістю катета, який лежить проти кута 30°, маємо:У рівнобічній трапеції висота, проведена з вершини тупого кута, ділить більшу основу на два відрізки, менший з яких дорівнює піврізниці основ, а більший — півсумі основ. ТомуВС = AD - 2AF; ВС = 10 - 2 • 3 = 4 (см). За властивістю середньої лінії трапеції маємо:

Відповідь. 7 см.

260. Нехай ABCD — рівнобічна трапеція (AD||BC, АВ = CD), АС = 14 см, CAF = 60°. Проведемо висоту CF. Розглянемо прямокутний трикутник AFC (AFC = 90°). За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника CAF + ACF = 90°; ACF = 90° - CAF; ACF = 90° - 60° = 30°. Тоді за властивістю катета, який лежить проти кута 30°, маємо:У рівнобічній трапеції висота, проведена з вершини тупого кута, ділить більшу основу на два відрізки, більший з яких дорівнює півсумі основ, тобто середній лінії. Отже, MN = 7 см.

Відповідь. 7 см.

261. Нехай ABCD — трапеція (AD||BC), MN — середня лінія трапеції ABCD, FE = 15 см — середня лінія трапеції MBCN, KР = 19 см — середня лінія трапеції AMND. Розглянемо трапецію KFEP (KP||FE). MN — її середня лінія. Тоді маємо: Розглянемо трапецію MBCN (МN||ВС). FE — її середня лінія. Тоді маємо:ВС = 2FE - MN; ВС = 2 • 15 - 17 = 13 (см). Розглянемо трапецію AMND (AD||MN). KР — її середня лінія. Тоді маємо:AD = 2KР — MN; AD = 2 • 19 - 17 = 21 (см).

Відповідь. 13 см, 21 см.

262. Нехай ABCD— рівнобічна трапеція (AD||BC, АВ = CD), AC i BD— діагоналі, ACED. Розглянемо трикутники ABD і DCA. У них: 1) AD— спільна сторона; 2) АВ = CD як бічні сторони рівнобічної трапеції; 3) .BAD = CDA як кути при основі рівнобічної трапеції. Отже, ABD = DCA за двома сторонами і кутом між ними (за І ознакою рівності трикутників). Тому BDA = CAD як відповідні елементи рівних трикутників. Розглянемо прямокутний трикутник AOD ( А = OD = 90°). Оскільки ODA = OAD за раніше доведеним, то за властивістю гострих кутів прямокутного трикутника ODA = OAD = 45°. Проведемо висоту BF. За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника BDF + FBD = 90°; FBD = 90° - BDF; FBD = 90° - 45° = 45°, тому BF = FD як бічні сторони рівнобедреного трикутника BDF. У рівнобічній трапеції висота, проведена з вершини тупого кута, ділить більшу основу на два відрізки, більший з яких дорівнює півсумі основ, тобто середній лінії, тобто FD = MN. Отже, BF = MN.

263. Нехай ABCD— рівнобічна трапеція (AD||BC, AB = CD), АС і BD— діагоналі, BF = MN. У рівнобічній трапеції висота, проведена з вершини тупого кута, ділить більшу основу на два відрізки, більший з яких дорівнює півсумі основ, тобто середній лінії, тобто FD = MN. Оскільки BF = MN, то FD = BF. Тоді трикутник BFD— прямокутний рівнобедрений (BFFD). За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника BDF = FBD = 90° : 2 = 45°. Розглянемо трикутники ABD і DC А. У них: 1) AD — спільна сторона; 2) АВ = CD як бічні сторони рівнобічної трапеції; 3) BAD = CDA як кути при основі рівнобічної трапеції. Отже, ABD = DCA за двома сторонами і кутом між ними (за І ознакою рівності трикутників). Тому BDA = CAD як відповідні елементи рівних трикутників, звідки випливає, що трикутник AOD — рівнобедрений і ODA = OAD = 45°. Тоді за теоремою про суму кутів трикутника ODA + OAD + AOD = 180°; AOD- 180° - (ODA + OAD); AOD = 180° - (45° + 45°) = 90°, тобто AOOD, або ACBD.

264. Нехай ABCD— прямокутна трапеція (AD||BC, ABAD), MN — середня лінія, АС = AD = CD = а. За властивістю середньої лінії трапеціїОскільки ACD — рівносторонній трикутник, то CAD - ACD = D = 60°. За аксіомою вимірювання кутів BAD = ВАС + CAD; ВАС = BAD - CAD; B - С = 90° - 60° = 30°. Розглянемо прямокутний трикутник ABC ( ABC = 90°). За властивістю катета, який лежить проти кута 30°, маємо:Тоді

Відповідь. 0,75а.

265. Нехай ABCD— рівнобічна трапеція (AD||BC, АВ = CD), АС— діагональ, АВ = ВС, АС = AD. Нехай BAC = x. Тоді BAC = BCA = x як кути при основі рівнобедреного трикутника. BCA = CAD як внутрішні різносторонні при паралельних прямих AD і ВС та січній АС. За аксіомою вимірювання кутів BAD = BAC + CAD; BAD = x + x = 2x. Тоді BAD =D = 2x як кути при основі рівнобічної трапеції. Розглянемо трикутник ACD. За теоремою про суму кутів трикутника маємо: CAD +D +ACD = 180°; х + 2х + 2х = 180°; 5х = 180°; х = 36°. Тому A = D = 2 • 36° = 72°. DAB + ABC = 180° як кути, прилеглі до бічної сторони трапеції, звідки ABC = 180° - DAB; ABC = 180° - 72° = 108°. Тому B = C = 108°.

Відповідь. A = D = 72°, B = C = 108°.

266. Нехай ABCD — трапеція (AD||BC), ACBD, CAD - 30°, BD - 8 см. Розглянемо прямокутний трикутник AOD (AOD = 90°). У ньому катет OD лежить проти кута 30°, томуAD = 2DO. BCA = CAD як внутрішні різносторонні при паралельних прямих AD і ВС та січній АС, звідки випливає, що BCA = CAD = 30°. Розглянемо прямокутний трикутник В ОС (BOC =90°). У ньому катет ОВ лежить проти кута 30°, томуВС = 2ВО. За властивістю середньої лінії трапеціїОтже, MN = BD = 8 см.

Відповідь. 8 см.

267. Нехай ABCD— трапеція (AD||BC), АK і ВK — бісектриси кутів А і В. CBA + ABC = 180° як кути, прилеглі до бічної сторони трапеції. Оскільки АK і ВK — бісектриси, то BAK + ABK = 90°. Розглянемо трикутник АВK. Тоді за теоремою про суму кутів трикутника BAK + ABK + BKA = 180°, звідки BKA = 90°. Позначимо на стороні АВ таку точку М, що AM = MB. За властивістю медіани, проведеної з вершини прямого кута, маємо:тому МK = AM = MB. Розглянемо трикутник МВK. Оскільки МK = МВ, то він є рівнобедреним з основою ВK. За властивістю кутів при основі рівнобедреного трикутника MKB = MBK. Так як МK— бісектриса, то MBK = KBC, звідки MKB = KBC. Але ці кути є внутрішніми різносторонніми при прямих ВС і МK та січній ВK. З рівності кутів випливає, що МK||ВС. Отже, точка K належить середній лінії трапеції.

268.

1) Дано: AD = а, ВС = b, AB = c, CD = d — сторони трапеції ABCD. Побудувати: трапецію ABCD.

Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку А. З точки А проводжу коло радіуса AD = a, яке перетне пряму m у точці D. Будую коло з центром у точці А радіуса ВС = b, яке перетне пряму m у точці K. Будую коло з центром у точці K радіуса АВ = с і коло з центром у точці D радіуса CD = d, які перетнуться у точці С. Через точку С проводжу пряму nm, а потім через цю ж точку ln. Будую коло з центром у точці С радіуса ВС = b, яке перетне пряму l у точці В. Сполучаю відрізком точки А і В. Отже, побудована трапеція ABCD — шукана, бо в ній AD = а, ВС = b, АВ = с, CD = d за побудовою;

2) Дано: AD = a — основа трапеції ABCD, LR = h — висота трапеції, АС = b, BD = с — діагоналі. Побудувати: трапецію ABCD.

Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку А. З точки А проводжу коло радіуса AD = а, яке перетне пряму m у точці D. Позначаю на прямій m довільну точку R і будую nm. Будую коло з центром у точці R радіуса LC = h, яке перетне пряму n у точці L. Будую ln, одержу l||m. Будую коло з центром у точці А радіуса АС = b, яке перетне пряму l у точці С. Будую коло з центром у точці D радіуса BD = с, яке перетне пряму l у точці В. Сполучаю відрізками точки А і В та C і D. Отже, побудована трапеція ABCD — шукана, бо в ній AD = a, LR = h, AC = b, BD = с за побудовою;

3) Дано: AD - BC = a — різниця основ трапеції ABCD, AB = b, CD = c— бічні сторони, BD = d—діагональ. Побудувати: трапецію ABCD.

Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку K. З точки K проводжу коло радіуса AD = ВС = а, яке перетне пряму m у точці D. Будую коло з центром у точці K радіуса АB = b і коло з центром у точці D радіуса CD = с, які перетнуться у точці С. Будую пряму n, яка проходить через точку С і таку, що nm. Будую ln, одержу l||m. Будую коло з центром у точці D радіуса BD = d, яке перетне пряму l у точці В. Будую коло з центром у точці В радіуса АВ = b, яке перетне пряму m у точці А. Сполучаю відрізками точки А і В. Отже, побудована трапеція ABCD — шукана, бо в ній AD = ВС = а, AB = b, CD = с, BD = d за побудовою.

269. Дано: AD = а — основа трапеції ABCD, LR = h — висота трапеції, АВ = CD = b — бічні сторони. Побудувати: трапецію ABCD.

Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку А. З точки А проводжу коло радіуса AD = а, яке перетне пряму m у точці D. Позначаю на прямій m довільну точку R і будую nm. Будую коло з центром у точці R радіуса LR = h, яке перетне пряму n у точці L. Будую ln, одержу l||m. Будую коло з центром у точці А радіуса АВ = b, яке перетне пряму l у точці В. Будую коло з центром у точці D радіуса CD = b, яке перетне пряму l у точці С. Сполучаю відрізками точки А і В та С і D. Отже, побудована трапеція ABCD — шукана, бо в ній AD = a,LR = h, АВ = CD= b за побудовою.

270.

1) Дано: AD = a, ВС = b— основи трапеції ABCD, АС = с, BD = d— діагоналі. Побудувати: трапецію ABCD.

Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку А. З точки А проводжу коло радіуса AD = а, яке перетне пряму m у точці D. З точки D проводжу за точку D коло радіуса ВС = b, яке перетне пряму m у точці Е. Будую коло з центром у точці Е радіуса BD = d і коло з центром у точці А радіуса АС = с, які перетнуться у точці С. Будую пряму піт, яка проходить через точку С. Будую пряму ln, яка проходить через точку С; одержу l||m. Будую коло з центром у точці С радіуса ВС = b, яке перетне пряму l у точці В. Сполучаю відрізками точки А і В та С і D. Отже, побудована трапеція ABCD — шукана, бо в ній AD = а, ВС = b, АС = с, BD = d за побудовою;

2) Дано: AB = a, CD = b — бічні сторони трапеції ABCD, RL = h— висота трапеції, EF = с — середня лінія. Побудувати: трапецію ABCD.

Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку R. Будую пряму nm, яка проходить через точку R. Будую коло з центром у точці R радіуса RL = h, яке перетне пряму n у точці L. Будую пряму ln, яка проходить через точку L; одержу l||m. Проводжу серединний перпендикуляр відрізка RL і одержую пряму к, таку щоБудую коло з центром у точці Q діаметра EF = с, яке в перетині з прямою k дає точки E і F. Будую коло з центром у точці Е діаметра АВ = а, яке в перетині з прямими m і l дає відповідно точки А і В. Будую коло з центром у точці F діаметра CD = b, яке в перетині з прямими m і l дає відповідно точки D і С. Сполучаю відрізками точки А і В та С і D. Отже, побудована трапеція ABCD — шукана, бо в ній АВ = a, CD = b, RL = h, EF = c за побудовою;

3) Дано: AD = a — основа трапеції ABCD,— кут між основою і бічною стороною трапеції, АВ = b, CD = с — бічні сторони. Побудувати: трапецію ABCD. Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку А. З точки А проводжу коло радіуса AD = а, яке перетне пряму m у точці D. Будую з вершиною в точці А. Будую коло з центром у точці А радіуса АВ = b, яке перетне промінь АР у точці В.

Позначаю на прямій m довільну точку R і будую nm, яка проходить через точку R. Будую пряму ln, яка проходить через точку В. Будую коло з центром у точці D радіуса CD = с, яке перетне пряму l у точці С. Сполучаю відрізком точки С і D. Отже, побудована трапеція ABCD — шукана, бо в ній AD = а,АВ = b, CD = с за побудовою;

4) Дано: АВ = a, CD = b — бічні сторони трапеції ABCD, RL = h — висота трапеції, АС = с — діагональ. Побудувати: трапецію ABCD.

Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку R. Будую пряму nm, яка проходить через точку R. Будую коло з центром у точці R радіуса RL = h, яке перетне пряму n у точці L. Будую пряму ln, яка проходить через точку L; одержу l||m. Позначаю на прямій m довільну точку А. Будую коло з центром у точці А діаметра АВ = а, яке в перетині з прямою l дає точку В. Будую коло з центром у точці А діаметра АС = с, яке в перетині з прямою l дає точку С. Будую коло з центром у точці С діаметра CD = b, яке в перетині з прямою m дає точку D. Сполучаю відрізками точки А і В та С і D. Отже, побудована трапеція ABCD — шукана, бо в ній АВ = a, CD = b,RL = h, АС = с за побудовою.

271. Нехай ABCD — паралелограм, AM = a, CN = b. Проведемо перпендикуляр з точки О — точки перетину діагоналей, до прямої MN. Оскільки AMMN, OPMN, CNMN, то за властивістю паралельних прямих AM||OP||CN. Тоді чотирикутник AMNC— трапеція. Так як діагоналі паралелограма точкою перетину поділяються навпіл, то АО = ОС і тоді ОР— середня лінія трапеції AMNC. Розглянемо трикутник DKB. Оскільки BO = OD і OP||DK, то ОР— його середня лінія:DK = 2OP;

272. Нехай (О; R) — коло, АВ і CD — діаметри. Розглянемо трикутники АОС і BOD. У них: 1) АО = ВО як радіуси; 2) CO = DO як радіуси; 3) AOC = BOD як вертикальні. Отже, АОС = BOD за двома сторонами і кутом між ними (за І ознакою рівності трикутників). Тому АС = BD і CAO = DBO як відповідні елементи рівних трикутників. Оскільки CAO = DBO і вони є внутрішніми різносторонніми при прямих АС і BD та січній АВ, то AC||BD.

273. Нехай (О; R) — коло, АВ — діаметр, АС — хорда. Оскільки О А = ОС як радіуси, то трикутник АОС— рівнобедрений, звідки ACO = - CAO. Тоді COB = ACO + CAO за властивістю зовнішнього кута трикутника, тому COB = 2CAO - 2BAC.

274. Нехай (О; R) — коло, АС = ВС. Проведемо радіус ОС в точку дотику С. Тоді ОСАВ. Розглянемо прямокутні трикутники АСО і ВСО (ACO- BCO = 90°). У них: 1) ОС — спільна сторона; 2) АС = ВС за умовою. Отже, АСО = ВСО за двома катетами. Тому АО = ВО як відповідні елементи рівних трикутників.

275. Нехай (О; R) — коло, АВОС, СK = KО. Оскільки ОВ = ОС як радіуси, то трикутник ОСВ — рівнобедрений з основою СВ. У ньому ВK — висота та медіана, бо ВKOС і СK = KО, тоді трикутник ОСВ — рівнобедрений з основою ОС. Отже, ОС = ОВ = ВС, тому трикутник ОСВ — рівносторонній, звідки COB = BCO = 60°. Аналогічно можна показати, що трикутник ОСА —- рівносторонній, звідки AOC = OCK = 60°. За аксіомою вимірювання кутів: 1) AOB = AOC + COB; AOB = 60° + 60°= 120°; 2) ACB = BCO + OCK; ACB = 60° + 60° = 120°.

Відповідь. 1) 120°; 2) 120°.

276. Нехай (О; R), (О₁; r) — кола, R = 6 см, r = 8 см.

1) OО₁ = 15 см > 6 см + 8 см = 14 см, тому кола не мають спільних точок;

2) OO₁ = 14 см = 6 см + 8 см = 14 см, тому кола мають одну спільну точку (зовнішній дотик);

3) OO₁= 10 см < 6 см + 8 см - 14 см, тому кола мають дві спільні точки;

4) OO₁= 2 см = 8 см - 6 см = 2 см, тому кола мають одну спільну точку (внутрішній дотик). '

277. До кожного чорного трикутника може прилягати не більше трьох білих трикутників. Тому кількість чорних трикутників не може бути більшою за потроєну кількість білих.