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

Розділ І. Чотирикутники
9. Центральні та вписані кути

278.

1)

2)

3)

4)

279. НехайАВ = х, тоді АСВ = х + 80°. Градусна міра всього кола дорівнює 360°. АВ + АСВ = 360°. Рівняння: х + х + 80° = 360°; 2х = 280°; х=140°. Отже, АВ = 140°, тоді АСВ = 140° + 80° = 220°.

Відповідь. 140°, 220°.

280. Нехай АВ = 7х, тоді АСВ = 11 х. Градусна міра всього кола дорівнює 360°. АВ + АСВ = 360°. Рівняння: 7х + 11х = 360°; 18х = 360°; х = 20°. Отже, АВ = 7 •20° = 140°, тоді АСВ =11 • 20° = 220°.

Відповідь. 140°, 220°.

281.

1) 360° : 12 • 2 = 60°;

2) 360° : 12 • 5 = 150°;

3) 360° : 12 • 8 = 240°;

4) 360° : 12 • 0,5 = 15°;

5) 360° : 12 • 12 = 360°.

Відповідь. 1) 60°; 2) 150°; 3) 240°; 4) 15°; 5) 360°.

282. CAS — спирається на CDS; DBP— спирається на DFP; PBF— спирається на PF; FBD — спирається на FSD.

283.

1) BDC = B AC як вписані в коло кути, що спираються на одну й ту саму дугу, тому BDC = 40°;

2) BOC — центральний кут, що спирається на дугу ВС, BEC — вписаний в коло кут, що спирається на ту саму дугу, тому BEC = BOC;

3) CDE — вписаний в коло кут, що спирається на дугу СЕ, COE — центральний кут, що спирається на ту саму дугу, тому COE = 2CDE; COE = 2 • 80° = 160°. Тоді СЕ = COE = 160°;

4) У підручнику описка, слід знайти кут DBA. DA = 360° - DBA; DA = 360° - 300° = 60°. DBA — вписаний в коло кут, що спирається на дугу DA, тому

Відповідь. 1) 40°; 2) 35°; 3) 160°; 4) 30°.

284.

а) Вписаний у коло кут, який спирається на діаметр кола, дорівнює 90°, а не 95°;

б) кути не можуть дорівнювати 50° і 40°, бо вони спираються на одну й ту саму дугу, тому мають бути рівними;

в) оскільки кути спираються на дуги, які в сумі дають ціле коло, то сума цих кутів має дорівнювати 180°;

г) кут 80° є центральним кутом, а кут 50° — вписаним у коло кутом, до того ж кути спираються на одну й ту саму дугу, тому вписаний кут має дорівнювати половині центрального.

285. Градусна міра вписаного кута дорівнює половині градусної міри дуги, на яку він спирається. Тому вписаний кут дорівнює; 1) 84° : 2 = 42°; 2) 110° : 2 = 55°; 3) 230° : 2 = 115°; 4) 340° : 2 = 170°.

286. ABC — вписаний у коло кут, що спирається на дугу АС. Тоді звідки АС = 2 АВС; АС = 2 • 68° = 136°. Градусна міра всього кола дорівнює 360°. АВ + ВС + АС = 360°; ВС = 360° - (АВ + AC); ВС = 360° - (74° + 136°) = 150°.

Відповідь. 150°.

287. Градусна міра всього кола дорівнює 360°. AB + ВС + AC = 360°; АС = 360° - (АВ + ВС); АС = 360° - (64° + 92°) = 204°. ABC — вписаний в коло кут, що спирається на дугу АС.

Відповідь. 102°.

288. АОС — центральний кут, що спирається на дугу АС, ABC — вписаний у коло кут, що спирається на ту саму дугу, тому АОС = 2ABC. Нехай АВС = х, тоді АОС = х + 25°. Рівняння; х + 25° = 2х; х = 25°. Отже, ABC = 25°, тоді АОС = 25° + 25° = 50°.

Відповідь. 50°, 25°.

289. AKB : AMB = 3 : 7. Нехай АКВ = 3х, тоді AMB = 7х. Градусна міра всього кола дорівнює 360°. AKB + АМВ = 360°. Рівняння: 3х + 7х = 360°; 10х = 360°; х = 36°. Отже, АКВ = 3 • 36° = 108°, тоді АМВ = 7 • 36° = 252°. АМВ — вписаний у коло кут, що спирається на дугу АKВ, тому за теоремою про вписаний кутАналогічно ;

Відповідь. 54°, 126°.

290. Нехай (О; R) — коло, АВ = CD. Розглянемо трикутники АО В і COD. У них: 1) АО = СО як радіуси; 2) BO = DO як радіуси; З) AB = CD за умовою. Отже, АОВ = COD за трьома сторонами (за III ознакою рівності трикутників). Тому АОВ = COD як відповідні елементи рівних трикутників. Оскільки АОВ і COD — рівні центральні кути, що спираються на дуги А MB і CND, то AMB = CND.

291. Нехай (О; R)— коло, AMB = CND. Тоді AОВ = COD як центральні кути, що спираються на рівні дуги. Розглянемо трикутники АОВ і COD. У них: 1) АО = СО як радіуси; 2) BO = DOяк радіуси; 3) АОВ = COD за доведеним вище. Отже, ЛОВ = COD за двома сторонами і кутом між ними (за І ознакою рівності трикутників). Тому АВ = CD як відповідні елементи рівних трикутників.

292. Нехай (О; R) — коло, AB : ВС : АС = 1 : 2 : 3. Нехай АВ = х, тоді ВС = 2х, АС = 3х. Градусна міра всього кола дорівнює 360°. АВ + ВС + АС = 360°. Рівняння: х + 2х + 3х = 360°; 6х = 360°; х = 60°. Отже, АВ = 60°, тоді ВС = 2 • 60° = 120°; АС = 3 • 60° = 180°. ВСА — вписаний у коло кут, що спирається на дугу АВ. ТомуАналогічно

Відповідь. 30°, 60°, 90°.

293. Нехай (О; R) — коло, ABC — рівнобедрений трикутник (АВ = ВС), АВ = 70°. За властивістю кутів при основі рівнобедреного трикутника ВСА = ВАС. Тому АВ = ВС = 70°. ВСА — вписаний у коло кут, що спирається на дугу АВ. Тому. АналогічноЗа теоремою про суму кутів трикутника А + В + С = 180°; В 180° - ( А + C); В = 180° - (35° + 35°) = 110°.

Відповідь. 35°, 35°, 110°.

294. Нехай (О; R) — коло, АС і BD — діаметри, ABD = 80°. 1) Оскільки АС — діаметр, ADC — вписаний у коло й спирається на діаметр, то ADC = 90°. Аналогічно DAB = ABC = BCD = 90°, тому чотирикутник ABCD — прямокутник; 2) ABD — вписаний у коло кут, що спирається на дугу AD. AD = AOD. Тому AOD = 2 ABD; AOD = 2 • 80° = 160°. Тоді AD= 160°. ВОС = AOD = 160° як вертикальні. Тому аналогічно ВС = 160°. ВОС і COD — суміжні, тому BOC + COD= 180°; COD = 180° - ВОС; COD = 180° - 160° = 20°. АОВ - COD = 20° як вертикальні. Тому CD = АВ = 20°.

Відповідь. 20°, 160°, 20°, 160°.

295. Нехай (О; R) — коло, ABC — прямокутний трикутник ( ABC = 90°), А = 32°, АС = 12 см. Оскільки ABC — прямокутний, то його гіпотенуза збігається з діаметром кола. Тоді АС = 180°. CAB — вписаний у коло кут, що спирається на дугу СВ. СВ = 2CAB; CB = 2 • 32° = 64°. За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника A + C = 90°; C = 90° - A; C = 90° - 32° = 58°. ACB— вписаний у коло кут, що спирається на дугу AB. АВ = 2ACB; АВ = 2 • 58° = 116°.

Відповідь. 64°, 180°, 116°; 6 см.

296. Нехай (О; R) — коло, ABC = 90°. ABC — вписаний у коло кут, що спирається на дугу АС, AOC — відповідний йому центральний кут, що спирається на ту саму дугу. ТодіAOC = 2ABC; AOC = 2 • 90° = 180°. Отже, AOB є розгорнутим, тому АВ — діаметр.

297. Нехай (О; R) — коло, AB і CD — хорди, ABCD = М. Розглянемо трикутник СМВ. За властивістю зовнішнього кута трикутника AMC = MBC + MCB. MBC — вписаний у коло кут, що спирається на дугу АС, MCB — вписаний у коло кут, що спирається на дугу BD. Тодізвідки

298. Нехай (О; R) — коло, AB і CD — хорди, AMCM = М. Розглянемо трикутник ADM. За властивістю зовнішнього кута трикутника ADC = DAM+ AMD, AMD = ADC - DAM. ADC — вписаний у коло кут, що спирається на дугу АС, DAM— вписаний у коло кут, що спирається на дугу BD. Тодізвідки

299. Нехай (О; R) — коло, и ВМС 100°. Проведемо радіус ОВ. Оскільки ОВ — радіус, проведений в точку дотику прямої АВ до кола, то ОВАВ, OBA = 90°. Так як BMC = 100°, то BOC = 100°. Розглянемо прямокутний трикутник АBО. За властивістю зовнішнього кута трикутника маємо: BOC = A + ABO; A = BOC - ABO, A = 100° - 90° = 10°.

Відповідь. 10°.

300. Нехай (О; R) — коло, ABC — вписаний трикутник, BD — бісектриса, ABC = 80°. Оскільки BD — бісектриса, то ABD = DBC = 80° : 2 = 40°. ABD і ACD — вписані в коло кути, що спираються на одну й ту саму дугу AD, тому ABD = ACD = 40°. DBC і DAC— вписані в коло кути, що спираються на одну и ту саму дугу DC, тому DBC = DAC = 40°. Розглянемо трикутник ADC. За теоремою про суму кутів трикутника маємо: DAC + ACD + ADC = 180°; ADC =180°- (DAC + ACD); ADC = 180° - (40° + 40°) = 100°.

Відповідь. 40°, 40°, 100°.

301. Нехай (O;R) — коло, ABC — вписаний рівносторонній трикутник, АМ = 2СМ. Оскільки ABC — рівносторонній трикутник, то ABC = BCA = = BAC = 60°. BMA і BCA — вписані в коло кути, що спираються на одну й ту саму дугу АВ, тому BMA = BCA = 60°. BAC і BMC — вписані в коло кути, що спираються на одну й ту саму дугу ВС, тому BAC = BMC = 60°. CAM і CBM — вписані в коло кути, що спираються на одну й ту саму дугу А С, тому CAM = CBM = 60°. За аксіомою вимірювання кутів AMC = AMB + BMC; AMC= 60° + 60° = 120°. Оскільки ABC = 60°, то АМС = 2 • 60° = 120°. АМС = АМ + МС. Нехай СМ = х, тоді АМ = 2х. Рівняння: х + 2х = 120°; 3х = 120°; х = 40°. Отже, СМ=40°, тоді АМ = 2 • 40° = 80°. Тоді MAC = 40° : 2 = 20°, ACM= 80° : 2 = 40°.

Відповідь. 120°, 20°, 40°.

302. Нехай (О; R) — коло, АВ — діаметр. BKA — вписаний у коло кут, який спирається на діаметр, тому BKA = 90°, АKВС, АK — висота трикутника ABC. BMA — вписаний у коло кут, який спирається на діаметр, тому BMA = 90°, ВМАС, ВМ — висота трикутника ABC.

303. Нехай (О; R) — коло, АС — діаметр, ACK = BCK. AKC— вписаний у коло кут, який спирається на діаметр, тому AKC = 90°, СKАВ, СK — висота трикутника ABC. Оскільки ACK = BCK, то СK — бісектриса трикутника ABC. Якщо СK є висотою і бісектрисою, то трикутник ABC — рівнобедрений з основою АВ, тому СK є й медіаною, звідки АK = KВ.

304. Нехай (O;R) — коло, AB||CD. Проведемо відрізки АС і BD. BAC = ACD як внутрішні різносторонній при паралельних прямих АВ і CD та січній АС. ВС = 2BAC. Аналогічно AD = 2ACD. Тому ВС = AD.

305. Нехай (О; R) — коло, ABCD — квадрат. З того, що АВ = ВС = CD = AD як сторони квадрата, випливає, що АВ = ВС = CD = AD. AMD — вписаний у коло кут, що спирається на дугу AD. ТодіАналогічноТому AMD = CMD = CMB.

306. Нехай (О; R) — коло, трикутник ABC— рівнобедрений, ABC = 56°. Оскільки трикутник ABC — рівнобедрений, то BAC = BCA = (180° - 56°) : 2 =62°. ABM— вписаний у коло кут, що спирається на дугу AM. Тоді ANM = 2ABM; ANM = 2 • 56° = 112°. Так як AB — діаметр, то ANB = ANM + ВМ = 180°; ВМ = 180° - ANM; ВМ = 180° - 112° = 68°. BAN — вписаний у коло кут, що спирається на дугу BN. Тоді BMN, BMN = 2BAN; BMN = 2 • 62° = 124°. BMN = BM + MN; MN = BMN - BM; MN = 124° - 68° = 56°. AN + BMN = 180°; AN = 180° - BMN; AN = 180° - 124° = 56°.

Відповідь, AN = 56°; MN = 56°; BM = 68°.

307. Проводжу будь-яку хорду кола, за допомогою косинця через кінець першої проводжу другу хорду, перпендикулярну до першої, після чого сполучаю їхні кінці. Цей відрізок і буде діаметром кола, бо вписаний прямий кут спирається на діаметр.

308. Нехай (О; R) — коло, АВ — діаметр. Проводжу відрізок АС, який перетне коло в точці М, і ВС, який перетне коло в точці N. AMB і ANB — вписані в коло кути, що спираються на діаметр, тому AMB = ANB = 90°, звідки випливає, що AN і ВМ— висоти трикутника ABC, ANBM = Р. Оскільки висоти трикутника перетинаються в одній точці, то проводжу промінь СР, який у перетині з АВ дасть точку K, тому СKАВ.

309. Нехай (O₁; R), (O₂, r) — кола, М — спільна точка кіл. Можливі два варіанти:

1) кола дотикаються зовні;

2) кола дотикаються внутрішньо. Розглянемо перший випадок. Точка М належить прямій O₁O₂. Проведемо спільну дотичну до кіл — пряму NK. Тоді NKO₁O₂.звідки MCD = .NMD. Аналогічнозвідки АВМ = KМА. KМА = NMD як вертикальні. Тоді АВМ= MCD. Але ці кути є внутрішніми різносторонніми при прямих AB і CD та січній ВС, тому AB||CD. Аналогічний результат можна показати й у другому випадку.

310. Нехай (О; R) — коло, ABC — вписаний трикутник, DB — дотична, ВМ — бісектриса. Оскільки ВМ — бісектриса, то за властивістю кута між дотичною і хордою, проведеною в точку дотику. ВСА — вписаний у коло кут, що спирається на дугу АВ. ТодіОтже, DBA = ВСА. За аксіомою вимірювання кутів маємо, що DBM = DBA + ABM. BMD — зовнішній кут трикутника ВМС, тому BMD = СВМ + ВСМ. Отже, DBM = BMD, звідки слідує, що трикутник BDM— рівнобедрений з основою ВМ. Тому DB = DM.

311. За наслідком теореми про вписані кути геометричним місцем точок будуть дві дуги, які спираються на хорду АВ.

312. Дано: ВС = а — сторона трикутника ABC,— протилежний до сторони ВС кут, ВK = b — висота, проведена до сторони ВС. Побудувати: трикутник ABC.

Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку М. Будую кут На прямій m позначаю довільну точку В, відмінну від М. Будую коло з центром у точці В радіуса ВС = а. Воно перетне сторону МР кута PMQ у точці С. Сполучаю відрізком точки В і С. Через точки В, С й М будую коло з центром у точці перетину серединних перпендикулярів сторін трикутника ВСМ.

Будую пряму kВС у точці В. На прямій k від точки В відкладаю відрізок b. У результаті одержу точку K. Через точку K будую пряму n||ВС, яка перетне коло в точках A i А₁. Сполучаю відрізками точки А і С та А і В, а також точки А₁ і С та _А1 і В. Отже, побудовані трикутники ABC і А₁ВС— шукані, бо в них ВС = а, = ВK = b за побудовою.

313. Дано: ВС = а — сторона трикутника ABC,— протилежний до сторони ВС кут, АЕ = b — медіана, проведена до сторони ВС. Побудувати: трикутник ЛAВС.

Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку М. Будую кут PMQ = . На прямій m позначаю довільну точку В, відмінну від М. Будую коло з центром у точці В радіуса ВС = а. Воно перетне сторону МР кута PMQ у точці С. Сполучаю відрізком точки В і С. Через точки В, С й М будую коло з центром у точці перетину серединних перпендикулярів сторін трикутника ВСМ. Позначаю точку перетину серединного перпендикуляра до сторони ВС і сторони ВС літерою Е. Будую коло з центром у точці Е радіуса АЕ = b. Воно перетне попередньо побудоване коло в точках А і А₁. Сполучаю відрізками точки А і С та А і В, а також точки А, і С та А, і В. Отже, побудовані трикутники ABC і А₁ВС — шукані, бо в них ВС = а, АЕ = А₁Е = bза побудовою.

314. Дано: AB = a, AD = b — сторони паралелограма ABCD,— кут між діагоналями. Побудувати: паралелограм ABCD.

Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку М. Будую кут На прямій m позначаю довільну точку А, відмінну від М. Будую відрізок завдовжки 2b. Будую коло з центром у точці А радіуса 2b. Воно перетне сторону МР кута PMQ у точці D₁. Сполучаю відрізком точки А і D₁. Через точки A, D₁ і М будую коло з центром у точці перетину серединних перпендикулярів сторін трикутника AD₁M. Позначаю точку перетину серединного перпендикуляра до сторони AD₁ і сторони AD₁ літерою D. Будую коло з центром у точці D радіуса АВ = а. Воно перетне попередньо побудоване коло в точці С. Через точку С проводжу n||AD₁. Будую коло з центром у точці А радіуса АВ = а. Воно перетне пряму n у точці В. Сполучаю відрізками точки А і В, В і С та С і D. Отже, побудований паралелограм ABCD — шуканий, бо в ньому АВ = a, AD = b,— кут між діагоналями за побудовою.

315. Дано: АС = а, BD = b — діагоналі паралелограма ABCD, — кут паралелограма. Побудувати: паралелограм ABCD.

Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку М. Будую кут На прямій m позначаю довільну точку А, відмінну від М. Будую коло з центром у точці А радіуса а. Воно перетне сторону МР кута PMQ у точці С. Сполучаю відрізком точки А і С. Через точки А, С і М будую коло з центром у точці перетину серединних перпендикулярів сторін трикутника ACM. Позначаю точку перетину серединного перпендикуляра до сторони АС літерою О. Будую коло з центром у точці О радіусаВоно перетне попередньо побудоване коло в точці В. Через точки В і О проводжу пряму. Відкладаю за точкою О точку D таку, що OD = ВО. Сполучаю відрізками точки А і В, В і С, С і D та А і D. Отже, побудований паралелограм ABCD— шуканий, бо в ньому АС = a, BD = b, — кут паралелограма за побудовою (ABC = AMC як кути, що спираються на одну й ту саму дугу).

316. Нехай ABC— прямокутний трикутник (ACB-90°), (О; R) — коло, АС— діаметр, ED — дотична до кола, D ∈ BC. НехайОскільки АС— діаметр кола, то трикутник АЕС — прямокутний, у якого AEC = 90°, тому за властивістю гострих кутів прямокутного трикутника Отже,Оскільки ОА = ОС = ОЕ, то трикутник СОЕ — рівнобедрений з основою ЕС. Томуяк кути при основі рівнобедреного трикутника. Оскільки ED — дотична до кола в точці Е, то OEED. Тому OED = 90°. За аксіомою вимірювання кутів OED = OEC + CED, звідкиОскільки AEC = 90°, то BEC = ABED + DEC. Отже, У трикутникутому трикутник BDE — рівнобедрений.

317. Якщо відрізок АВ розглядати як гіпотенузу, то геометричним місцем точок X, для яких трикутник АХВ є прямокутним, буде коло діаметра АВ без точок А і В (див., наприклад, трикутник АХ₁В). Якщо відрізок АВ розглядати як катет, то геометричним місцем точок X, для яких трикутник АХВ є прямокутним, буде дві прямі, які проходять через кінці відрізка АВ і перпендикулярні до нього, без точок А і В (див., наприклад, трикутник АХ₂В).

318. Нехай (О; R) — коло, ABC — вписаний трикутник, AD— бісектриса. Оскільки точка О — центр вписаного кола — є точкою перетину бісектрис, то O∈AD. Так як AD — бісектриса, то BAD = DAC. Тоді DB = DC, звідки DB = DC як хорди, що стягують рівні дуги. Розглянемо трикутник BDC, у якого BD = DC, тому трикутник BDC — рівнобедрений з основою ВС, звідки DBC = DCB. Нехай DBC = DAC як кути, що спираються на одну й ту саму дугу DC. Тому . ВО — бісектриса кута В, тому нехай CBA . За аксіомою вимірювання кутів DBO = DBC + CBO; DOB — зовнішній кут трикутника АОВ, тому за властивістю зовнішнього кута DOB = BAO + OBA; Тому DOB = DBO, звідки маємо, що трикутник BDO — рівнобедрений. Отже, DB = DO, звідки DO = DB = DC.

319. Нехай (О; R) — коло, ABC— вписаний трикутник, AA₁, ВВ₁ і СС₁ — бісектриси кутів трикутника. НехайОскільки АА₁, ВВ₁ і СС₁ — бісектриси кутів трикутника ABC, то вони перетинаються в точці О — центрі вписаного кола. За теоремою про суму кутів трикутника A + B + C = 180°; як кути, що спираються на одну й ту саму дугу АВ. OB₁D = BB₁A₁, томуC₁OB₁ — внутрішній кут кола, томуC₁OB₁ — зовнішній кут трикутника OB₁D, тому C₁OB₁ = ODB₁ + OB₁D, звідки ODB₁ = C₁OB₁ - OB₁D;Тому A₁B₁CC₁.

320. Дано: (O₁, R₁) i (O₂; R₂) — два кола (R₁ > R₂). Побудувати: зовнішню спільну дотичну до цих кіл.

Схема побудови. З’єдную центри кіл О₁ і O₂. Знаходжу середину відрізка O₁O₂ — точку О. Будую коло з центром в точці О радіуса R = OO₁. Будую коло з центром у точці О і радіуса r = R₁ - R₂. Точки Р і D — точки перетину кіл (О; R) та (О₁, r). Через точки O₁ і Р та О₁ і D проводжу промені, які перетинають коло (О; R) у точках K і С відповідно. Проводжу промені O₂М||O₁K та O_2N||О₁С, у результаті їх перетину з колом (O₂; R₂) одержую точки М і N відповідно. Через точки K і М та С і N проводжу прямі. KМ і CN — шукані зовнішні спільні дотичні.

321.

1) Дано: ВС = а— сторона трикутника ABC,— протилежний до сторони ВС кут, ОХ = b — радіус вписаного кола. Побудувати: трикутник ABC. Центр вписаного в трикутник кола міститься в точці перетину бісектрис. Нехай BAO = OAC = l, ABO = OBC = 2, ACO = OCB = 3, COD = 4, BOD = 5. Оскільки 5 — зовнішній кут трикутника АОВ, то 5 = 1 + 2. Аналогічно 4 = 1 + 3. Додавши почастинно останні дві рівності, одержимо: 5 + 4 = 21 + 2 + 3, тобто

Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку М. Будую кут Будую бісектрису МK даного кута. Будую перпендикуляр МN до прямої MQ. ТодіНа промені MN позначаю довільну точку В. Через точку С проводжу пряму nBС. Проводжу коло з центром в точці С радіуса b.

Отримаю точку G на прямій n. Через точку G проводжу пряму, паралельну до ВС, яка перетинає коло в точці О. Тоді BOC = MNK як кути, що спираються на одну й ту саму дугу. Через точку О проводжу пряму lВС. Перетин прямої l з ВС дасть точку X. Будую коло з центром О радіуса b — вписане в шуканий трикутник. Будую коло з центром у точці В радіуса ВХ, яке перетинає вписане коло в точці Е. Будую коло з центром у точці С радіуса СХ, яке перетинає вписане коло в точці F. Через точки В й Е та С і F проводжу прямі, які перетнуться в точці А. Отже, трикутник ABC — шуканий, бо в ньому ВС = а, = ОХ = b за побудовою;

2) Дано: ВС = а— сторона трикутника ABC,— протилежний до сторони ВС кут, BN = b — медіана до сторони АС. Побудувати: трикутник ABC.

Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку М. Будую кут На прямій m позначаю довільну точку В. Будую коло з центром у точці В радіуса а, яке перетинає промінь МР в точці С. Через точки М, В i С проводжу коло, центр якого — точка О — міститься на перетині серединних перпендикулярів відрізків MB і ВС. Будую коло з центром у точці В радіуса Ь. Сполучаю точки О та С, знаходжу середину відрізка ОС — точку L. Будую коло з центром у точці L радіуса LO, яке в перетині з колом (В; b) дасть точку N. Проводжу промінь CN, який у перетині з колом, описаним навколо трикутника МВС, дасть точку А. Сполучаю точки А, В і С. Оскільки кут ВАС спирається на ту саму дугу ВС, що і кут ВМС, тоОтже, трикутник ABC — шуканий, бо в ньому ВС = a, BN = b за побудовою.

322. Нехай ABC— трикутник, Р_АВС = 30 см, (О; R) — вписане у нього коло, АМ : МВ = 3 : 2, CN = 5 см. Нехай АМ = 3х см, тоді MB = 2х см. За властивістю дотичних, проведених до кола з однієї точки, ВМ = BN = 2х см; АМ = АK = 3х см, CN = CK = 5 см. За аксіомою вимірювання відрізків маємо: АВ = АМ + МВ; AB = 3х + 2х = 5х(см); BC = BN + NC, BС = (2х + 5)см; АС = АK + KС; А С = (3х + 5) см. Р_ABC = АВ + ВС + АС. Рівняння: 5х + 2х + 5 +3х + 5 = 30; 10х = 20; х = 2 (см). Отже, АВ = 5 • 2 = 10 (см); ВС = 2 • 2 + 5 = 9 (см); AС = 3 • 2 + 5 = 11(см).

Відповідь. 10 см, 9 см, 11 см.

323. Нехай ABC — трикутник, (О; R) — вписане у нього коло, Р₁ Р₂ і Рз3 — периметри трикутників. За властивістю дотичних, проведених до кола з однієї точки, XY = XM, ZY = ZN, EN = EF, PF = PK, НK = HG, DG = DM. P_abc = AD + DM + МХ + ХВ + BZ+ ZN + NE + EC + CP + PK + KH + HA = (AD + DG + GH + AH) + (XB + BZ + ZY+XY) + (EC+CP + PE + EF) = P₁ + P₂ + P₃.

Відповідь. Р₁ + Р₂ + Р₃.

324. Оскільки центр описаного навколо трикутника кола міститься у точці перетину серединних перпендикулярів і нехай, наприклад, серединний перпендикуляр BD є медіаною, то трикутник ABC, у якому серединний перпендикуляр (висота) і медіана збігаються, є рівнобедреним.

325. У заданому квадраті кількість чорних і білих клітинок однакова. Після його розрізання утворилася деяка кількість квадратів, сторони яких містять непарну кількість клітинок. Тоді загальна кількість клітинок у кожному такому квадраті є непарним числом. Якщо забрати центральну клітинку, то кількість чорних і білих клітинок у кожному квадраті стане рівною. А тому й кількість чорних і білих клітинок, які були центрами квадратів, теж є однаковою.