Розв’язання вправ та завдань до підручника «ГЕОМЕТРІЯ» 8 клас О. С. Істера - 2017 рік

Завдання для перевірки знань за курс геометрії 8 класу

1. Периметр паралелограма обчислюється за формулою Р = (а + b) ∙ 2, тоді Р = (4 + 9) ∙ 2 = 26 см.

Відповідь: 26 см.

2. Дано: ABCD — ромб, ∠B = 45°.

Знайти: ∠A, ∠C, ∠D.

Розв’язання. За умовою задано ромб, тоді за властивістю ∠B = ∠D, ∠A = ∠C. За умовою ∠B = 45°, отже, ∠D = 45°. ∠A + ∠B = 180° (за теоремою), тоді ∠A = 180° - 45° = 135°, тоді і ∠C = 135°.

Відповідь: ∠A = ∠C = 135°, ∠D = 45°.

3. Дано: ΔABC, BD — висота, АС = 8 CM, BD = 5 см.

Знайти: SΔABC.

Розв’язання. За формулою де BD — висота. За умовою АС = 8 см, ВВ = 5 см, отже,

Відповідь: 20 см2.

4. Дано: ABCD — трапеція, MN — середня лінія, MN = 12 см, AD на 4 см > ВС.

Знайти: ВС, AD.

Розв'язання. За умовою задано трапецію ABCD, MN — середня лінія, тоді за теоремою За умовою MN = 12 см. Нехай ВС = х см, тоді AD = х + 4 см. Отже, Отже, ВС = 10 см, AD = 10 + 4 = 14 см.

Відповідь: 14 см.

5. Дано: АВ = 4 см, АС = 6 см, А1C1 = 9 см, B1C1 = 12 см.

Знайти: А1B1, ВС.

Розв’язання. За умовою тоді за означенням 3а умовою АВ = 4 см, АС = 6 см, А1С1 = 9 см, В1С1 = 12 см, тоді тоді

Відповідь: 6 см, 8 см.

6. Дано: ΔАВС, ∠С = 90°, АС = 10 см, ВС = 12 см, ВК — медіана.

Знайти: ВК.

Розв’язання. За умовою задано ΔАВС, ∠C = 90°, АС = 10 см, ВС = 12 см, ВК — медіана. Отже, У ΔВСК за теоремою Піфагора ВК2= ВС2 + СК2; ВК2 = 122 + 52 = 169; ВК = 13 см.

Відповідь: 13 см.

7. Дано: ΔABC, ∠С = 90°, АС = 6 см, АВ = 10 см.

Знайти: ВС, ∠А, ∠В.

Розв’язання. За умовою задано ΔАВС, ∠С = 90°, АС = 6 см, АВ = 10 см. За теоремою Піфагора АВ2 = ВС2 + АС2, тоді За теоремою ∠А + ∠В = 90°, отже, ∠В = 90° - 53° = 37°.

Відповідь: 8 см, 53°, 37°.

8. Дано: АВСD — трапеція, АВ : ВС = 2 : 3. SABCD= 96 см2.

Знайти: АВ, ВС.

Розв’язання. За умовою задано прямокутник ABCD, тоді за формулою SABCD = АВ ∙ ВС. За умовою SABCD = 96 см2, АВ : ВС = 2 : 3. Тоді АВ = 2х см, ВС = 3x см, маємо 2х ∙ 3х = 96; 6x2 = 96; х2 = 16; х = 4. Отже, ВС = 3 ∙ 4 = 12 см, АВ = 2 ∙ 4 = 8 см.

Відповідь: 8 см, 12 см.

9. Дано: ABCD — трапеція, ВС || AD, ∠A = 90°, коло вписане, т. О — центр кола, MD = 8 см, МС = 2 см.

Знайти: SABCD.

Розв’язання. За умовою задано трапецію ABCD, ВС || AD, ∠A = 90°, тоді АВ — висота трапеції. Оскільки коло вписане у трапецію, то ВС + AD = АВ + CD. За умовою MD = 8 см, МС = 2 см. За властивістю дотичних MD = KD = 8 см. МС = NC = 2 см, BN = РВ = PA = АК = r (r — радіус вписаного кола). CD = 8 + 2 = 10 см. Нехай BN = х, тоді ВС = х + 2 см, АВ = 2х см, AD = х + 8 см. Опустимо висоту СК. У ΔCKD ∠CKD = 90°. За властивістю KD = AD - ВС, KD = 8 + х – х - 2 = 6 см. Із теореми Піфагора Тоді 2х = 8 см, х = 4 см. Отже,

Відповідь: 72 см2.

Задачі підвищеної складності

1011. Дано: ΔABC, АС = ВС, т. К ∈ АВ, NK || СВ, МК || АС.

Довести, що РAKMC не залежить від положення т. К.

Доведення. За умовою задано ΔABC, АС = ВС, т. К ∈ АВ, NK || СВ, МК || АС. Чотирикутник NKMC — паралелограм. NC = KM, KN = СМ за властивістю. У ΔANK ∠A = ∠NKA, тому що ∠B = ∠NKA як відповідні кути (ВС || KN, АВ — січна), ∠A = ∠B як кути при основі рівнобедреного ΔABC і ΔANK — рівнобедреник, отже, NK = AN. Аналогічно у ΔВМК ВМ = КМ і MB = KM = NC, отже, NC + NK = АВ, CN + КМ = СВ, отже, PNKMC = 2АВ. Не залежно від того, де розташована т. К на стороні АВ, крім т. А та т. В, PNKMC = 2АВ. Доведено.

1012. Дано: коло, т. О — центр, т. А, т. В, т. С — лежать на колі, АВСО — паралелограм.

Знайти: ∠A, ∠B, ∠C, ∠O.

Розв’язання. За умовою задано коло з центром в точці О, т. А, т. В, т. С належать колу, АВСО — паралелограм. Оскільки ОА = ОС як радіуси кола, то АВСО — ромб. За властивістю ∠O = ∠B, ∠A = ∠C. Побудуємо вписаний кут СРА. ∠B + ∠P = 180° (як протилежні кути чотирикутника АВСР).

Нехай ∠B = х, тоді ∠P = 180° - х. ∠COA — центральний кут, за властивістю ∠A = 2 ∙ (180° - х). Маємо: х = 2 ∙ (180° - х); х = 360° - 2х; 3х = 360°; х = 120°. Отже, ∠B - ∠O = 120°. За властивістю кутів ромба ∠O + ∠C = 180°, отже, ∠C = ∠A = 180° - 120° = 60°.

Відповідь: 60°, 120°, 60°, 120°.

1013. Щоб побудувати паралелограм за двома діагоналями і висотою, треба:

1) провести 2 прямі а і b, а || b, які розташовані на відстані, що дорівнює висоті паралелограма; ВК = h;

2) розхилом циркуля, що дорівнює діагоналі BD, проводимо півколо до перетину з прямою b, отримуємо т. D;

3) розділимо ВС навпіл, отримуємо т. О — точку перетину діагоналей;

4) із т. О як з центра кола радіусом, що дорівнює половині діагоналі АС, проведемо півколо до перетину з прямими а і b, отримаємо т. А і т. С. ABCD — шуканий паралелограм.

1014. Дано: ABCD — опуклий чотирикутник, АС, BD - діагоналі,

Визначити вид чотирикутника ABCD.

Розв’язання. За умовою задано опуклий чотирикутник ABCD, АВ і BD — діагоналі, За формулою РABC = АВ + BD + АО, РΔBOC = ВС + BО + ОС, PΔCOD = CD + ОС + OD, тоді АВ = ВС = CD, ОВ = ОС, PC = АО. Значить, АВ = ВС = CD = AD і ABCD — ромб.

1015. Дано: ABCD — ромб, коло, т. О — центр кола, АС — діаметр кола, AM = MB.

Знайти: ∠BAD.

Розв’язання. За умовою задано ромб ABCD, тоді діагональ АС є бісектрисою ∠BAD. ∠BAD = 2∠BAC. За властивістю діагоналей ромба BD ⊥ АС. У ΔАОВ ∠AOB = 90°. За умовою AM = MB, тоді ОМ — медіана ΔАОВ, отже, MO = АМ = MB. Значить, AM = АО = ОМ (АО і ОМ — радіуси кола). ΔАМО — рівносторонній, отже, ∠MAO = ∠AMO = ∠MOA = 60°. Значить, ∠BAD = 2 ∙ 60° = 120°.

Відповідь: 120°.

1016. Дано: ABCD — прямокутник, т. К ∉ ABCD, ∠AKC = 90°.

Знайти: ∠DKB.

Розв’язання. За умовою задано прямокутник ABCD, точка К не належить прямокутнику ABCD, ∠AKC = 90°. Опустимо у ΔАКС висоту КО, т. О — точка перетину діагоналі прямокутника ABCD, тоді ΔКОС = ΔKOD = ΔКОА = ΔКОВ за двома катетами (КО — спільний катет, CO = OD = ОА = ОВ як половини діагоналі прямокутника, АС = BD за властивістю). Отже, ∠CKO = ∠DKO = ∠AKO = ∠BKO. ∠AKC = ∠AKO + ∠OKC = 90°, ∠BKD = ∠BKO + ∠OKD = 90°.

Відповідь: 90°.

1018. Дано: ABCD — прямокутник, AD = а, АВ = b, АК, CL, ВМ, DN — бісектриси.

Знайти: В1D1, A1C1.

Розв’язання. За умовою задано прямокутник ABCD, АК, CL, ВМ, DN — бісектриси кутів прямокутника. Визначимо вид чотирикутника А1В1С1D1. Оскільки АК, CL, ВМ та DN — бісектриси, то ∠1 = ∠2 = ∠3 = ∠4 = ∠5 = ∠6 = ∠7 = ∠8 = 45°. ∠8 = ∠10 = ∠1 = ∠9 = 45° — внутрішні різносторонні кути, тоді ∠NC1K = 90°, ∠B1C1D1 = 90° як вертикальні до нього. Аналогічно ∠C1D1A1 = 90°, ∠A1B1C1 = 90°, ∠D1A1B1 = 90° і чотирикутник A1B1C1D1 — прямокутник, за властивістю його діагоналі рівні, отже, А1С1 = B1D1. Проведемо OS || AD, OS = AD. OS = ОВ1 + B1D1 + D1S.

За умовою AD = а, АВ = b. ΔВАМ — рівнобедрений, отже, АВ = AM = b. Чотирикутник KCLA — паралелограм. КС = AL = а - b. У чотирикутнику B1D1CK, який є паралелограмом, B1D1 = КС = а -b. Отже, B1D1 = А1С1 = а - b.

Відповідь: а - b.

1019. Дано: ABCD — паралелограм, ВК — бісектриса ∠ABC, BN, ВМ — висоти.

Довести: ∠NBK = ∠MBK.

Доведення. За умовою задано ABCD — паралелограм, ВК — бісектриса ∠ABC, тоді ∠ABK = ∠KBC. У ΔABN і ΔCBM ∠BNA = ∠CMB = 90° (BN, ВМ — висоти за умовою). ∠A = ∠C як протилежні кути паралелограма, тоді ∠ABN = ∠CBM. ∠ABK = ∠ABN + ∠NBK, ∠CBK = ∠CBM + ∠MBK, отже, ∠NBK = ∠MBK. Доведено.

1021. Дано: ABCD — трапеція, BC || AD.

Довести: AB + CD > AD — BC.

Доведення. За умовою задано трапецію ABCD, BC || AD. Опустимо висоти BK і CM. Тоді у ΔАВК ∠BKA = 90°, а у ΔCDM ∠CMD = 90°. АВ і CD — гіпотенузи, AM і MD — катети. За властивістю АВ > АК, CD > MD, отже, АВ + CD > АК + MD. За властивістю трапеції BC = КМ, тоді АК + MD = AD - ВС. Значить, АВ + CD > AD - ВС. Доведено.

1022. Дано: ABCD — трапеція, MO = РО = NO = КО, ST — середня лінія, MO ⊥ АВ, NO ⊥ ВС, РО ⊥ CD, OK ⊥ AD, ST = 10 см.

Знайти: PABCD.

Розв’язання. За умовою задано трапецію ABCD, тоді за формулою PABCD = АВ + ВС + CD + AD. За умовою МО = РО = NO = КО та MO ⊥ АВ, NO ⊥ ВС, РО ⊥ CD, OK ⊥ AD, тоді т. О — центр кола, вписаного у трапецію ABCD. За властивістю BC + AD = AB + CD. За умовою ST — середня лінія трапеції та ST = 10 см. Тоді за теоремою

Відповідь: 40 см.

1023. Дано: ABCD — трапеція, ∠BAD = 40°, BO = OD = ОС = ОА.

Знайти: ∠ABC, ∠BCD, ∠CDA.

Розв’язання. За умовою задано трапецію ABCD, ВО = OD = ОС = ОА, тоді т. О — центр кола, описаного навколо цієї трапеції. За властивістю, якщо трапеція вписана у коло, то вона рівнобедрена, отже, ∠BAD = ∠CBA, ∠DCB = ∠CDA. За умовою ∠BAD = 40°, тоді ∠CBA = 40°. Оскільки ∠BAD + ∠CDA = 180° (як кути, що прилягають до бічної сторони трапеції), то ∠CDA = 180° - 40° = 140°, значить, ∠CDA = 140°.

Відповідь: 140°, 40°, 140°.

1024. Дано: ABCD — трапеція, ∠A + ∠D = 90°, BN = NC, AM = MD, ВС = b, AD = а.

Знайти: NM.

Розв’язання. За умовою задано трапецію ABCD, ∠A + ∠D = 90°, BN = NC, AM = MD, BC = b, AD = а. Проведемо NK || AB, NF || CD, тоді чотирикутники ABNK та CDFN — паралелограми. ∠A = ∠NKM (відповідні кути AB || KN, AD — січна), a ∠D = ∠NFM (відповідні кути CD || NF, AD — січна). Тоді у ΔKNF ∠NKF + ∠NFK = 90°, значить, ∠KNF = 90°, NM — медіана ΔKNF, тоді

Відповідь:

1025. Дано: ABCD — чотирикутник, коло описане, т. О — центр кола, ∠ABC = 73°, ∠BCD = 103°, ∠AMD = 110°.

Знайти: ∠ACD.

Розв’язання. За умовою задано чотирикутник, вписаний в коло, тоді за властивістю ∠DCB + ∠DAB = ∠ADC + ∠ABC = 180°. Нехай ∠CAB = х, тоді ∠CDB = х як кути, що спираються на одну дугу. Нехай ∠CAD = у, ∠ADM = z. Маємо: х + у + 103° = 180; z + х + 73° = 180°. За теоремою про суму кутів трикутника ΔDAM у + z + 110° = 180°. Тоді 2у = 40; у = 20, тоді х = 57°. У ΔACD нехай ∠ACD = k, тоді ∠CDM + ∠DMA + ∠MCD = 180°, ∠CMD = х = 57° (∠DMC + ∠AMD = 180°, ∠DMC = 70°). 57° + k + 70° = 180°, k = 180° - 127°, k = 53°. Отже, ∠ACD = 53°.

Відповідь: 53°.

1026. Дано: ΔABC, АН1, ВН2, СН3 — висоти, АН1∩ ВН2∩ СН3 = т. Н. Указати четвірки точок, через які можна провести коло.

Розв’язання. За умовою задано ΔABC, AH1, ВН2, СН3 — висоти, точка Н — точка їх перетину. Якщо через чотири точки можна провести коло, то чотирикутник буде вписаним у коло, і сума йогопротилежних кутів дорівнює 180°. У АН3НН2∠AH3H = ∠HH2A = 90° (ВН2 та СН3 — висоти за умовою), тоді ∠AH3H + ∠HH2А = 180°. У чотирикутнику сума всіх кутів 360°, отже, ∠H3HH2 + ∠H3AO2= 360° - 180° = 180°. Тоді через т. А, Н3, H1, Н2 можна провести коло. Аналогічно для точок: Н3, В, H1, Н; Н1, Н, Н2, С.

1027. Дано: ABCDE — п’ятикутник, АВ = ВС = CD = DE = АЕ. ∠C = ∠CDE = ∠DEA = ∠EAB = ∠ABC, AD ∩ BE = т. О, AD, BE — діагоналі.

Довести:

Доведення. За умовою задано п’ятикутник ABCDE, АВ = ВС = CD = DE = АЕ; ∠C = ∠CDE = ∠DEA = ∠EAB = ∠BAC. У ΔAED АЕ = DE, тоді він рівнобедрений, ∠EAD = ∠ADE. У ΔВАЕ АВ = АЕ, тоді ∠AEB = ∠ABE. ΔAED = ΔВАЕ (АЕ = BA = ED як сторони п’ятикутника ABCDE, ∠BAE = ∠AED за умовою) за I ознакою рівності, тоді ∠ABE = ∠BEA = ∠EAD і за І ознакою подібності (за двома кутами). Доведено.

1028. Дано: ABCD — паралелограм, т. А ∈ NM.

Довести: BN ∙ DM не залежить від проведення NM.

Доведення. За умовою задано паралелограм ABCD, т. А ∈ NM. ∠A — спільний кут цих трикутників, ∠C = ∠ABN як відповідні кути (BA || CD, NC — січна). Трикутники подібні за І ознакою.

(∠M — спільний кут цих трикутників, ∠MCN = ∠MDA як відповідні кути (AD || ВС, МС — січна). У ΔNВА і ΔADM: ∠MDA = ∠ABN, ∠N = ∠DAM як відповідні кути, NC || AD, NM — січна). Отже, Тоді Оскільки АВ і AD — сторони заданого паралелограма, то BN ∙ DM не залежить від того, як провели пряму NM. Доведено.

1029. Дано: ABCD — трапеція, АС — діагональ, ВС = a, AD = b.

Знайти: АС.

Розв’язання. За умовою тоді За умовою ВС = a, AD = b, тоді

Відповідь:

1) Якщо через середину найбільшої сторони трикутника провели пряму, яка відтинає від нього трикутник, подібний даному, то у цих двох трикутників відповідні сторони пропорційні, а відповідні кути рівні.

Пряма, яку провели через середину найбільшої сторони, може бути паралельною третій стороні (мал. а) і б)), а може бути не паралельною третій стороні (мал. в), г)).

Якщо сторони пропорційні, тоді k = 2 (т. М — середина найбільшої сторони). Якщо сторони даного трикутника АВ = 42 см, ВС = 49 см та АС = 56 см, то найменша сторона для мал. а) та б) дорівнює 42 : 2 = 21 см.

Для мал. в) тоді

Для мал. г)

2) Якщо АВ = 42 см, ВС = 49 см, АС = 63 см.

Мал. а), б)

Мал. в)

3) Якщо АВ = 42 см, ВС = 49 см, АС = 70 см.

Для мал. а) та б) МN = 21 см, для мал. в)

1031. Для того щоб позначити на стороні АС точку D таку, що виконується рівність АВ2 = AD ∙ АС, треба побудувати коло з центром в т. О, яка є серединою ВС, та дотикається АВ у точці В. Тодіколо перетне АС у шуканій точці D, бо АВ — дотична до кола, а АС — січна, тоді за теоремою про пропорційність відрізків січної і дотичної АВ2 = AD ∙ АС.

1032. Дано: ABCD — трапеція, АС, BD — діагоналі, MN — середня лінія, АС ⊥ BD, АС = 15 см, СЕ — висота, АЕ = 9 см.

Знайти: MN.

Розв'язання. За умовою задано трапецію ABCD MN — середня лінія, тоді за теоремою Проведемо СК || BD, тоді чотирикутник BDKC — паралелограм, за властивістю ВС = DK, тоді АК = AD + ВС і MN = AK/2. ∠AOD = ∠АСК = 90° (відповідні кути BD || CD, АС — січна). У ΔАСК СЕ — висота, ∠АСК = 90°, тоді АС2 = АЕ ∙ АК. За умовою АС = 15 см, АЕ = 9 см. Отже, MN = 25/2 = 12,5 см.

Відповідь: 12,5 см.

1033. Дано: ABCD — чотирикутник, АС ⊥ BD.

Довести: AD2 + ВС2 = АВ2 + CD2.

Доведення. За умовою задано чотирикутник ABCD, АС ⊥ BD, тоді ΔABO, ΔВОС, ΔCOD, ΔDOA — прямокутні. Знайдемо ВО2 з ΔАВО та ΔСВО за наслідком з теореми Піфагора: ВO2 = АВ2 - АО2; ВО2= ВС2 - ОС2, тоді АВ2 - АО2 = ВС2 - ОС2; АВ2 - ВС2 = АО2 - ОС2. Знайдемо DO2 з ΔAOD та ΔСDO: OD2 = AD2 - АО2; OD2 = DC2 - ОС2; AD2 - АО2 = DC2 - ОС2, тоді AD2 - DC2 = АО2 - ОС2. Маємо:АВ2 - ВС2 = AD2 - DC2; АВ2 + DC2 = AD2+ ВС2. Доведено.

1034. Дано: ∠ABC = 60°, т. М лежить усередині кута, МС ⊥ ВС, МА ⊥ АВ, МС = a, AM = b.

Знайти: ВС.

Розв’язання. За умовою задано ∠АВС = 60°, точка М лежить усередині кута, МС ⊥ ВС, МА ⊥ АВ, МС = a, AM = b. Продовжимо СМ та ВА до перетину у т. D. У ΔBCD ∠С = 90°, ∠АВС = 60°, тому ∠D= 30°. У ΔAMD ∠MAD = 90°, ∠D = 30°, тоді DM = 2AM, DM = 2b. Отже, DC = a + 2b. Із теореми Піфагора ВС2 = DB2 - DC2, ВС2 = 4ВС2 - (а + 2b)2;

У ΔBMC ∠С = 90°. За теоремою Піфагора

Відповідь:

1035. Дано: коло з центром в т. О, коло з центром в т. O1, OB = R, О1B = r, MN — дотична.

Довести:

Доведення. За умовою задано два кола з центрами в точках О та О1. OB = R, О1B = r — радіуси цих кіл. MN — спільна дотична. Проведемо ОН || MN.

Чотирикутник OMNH — прямокутник, оскільки ОМ ⊥ MN, О1N ⊥ MN за властивістю дотичної та радіуса, що проведений у точку дотику. Якщо ОМ ⊥ MN, a MN || ОН, тоді ОМ ⊥ ОН, аналогічно NH ⊥ОН. Значить, MN = ОН. У ΔОО1H OO1 = ОВ + О1B, ОО1 = R + r, О1H = NH – NO1; О1H = R - r, з теореми Піфагора маємо: Доведено.

1036. 1) Дано: ΔАВС, ВН — висота, ∠A, ∠C, ∠ABC — гострі.

Довести: ВС2 = АВ2 + АС2 - 2АС ∙ АН.

У ΔАВС ВН — висота, отже, ∠BHA = ∠BHC = 90°. У ΔВНС за теоремою Піфагора ВС2 = ВН2 + НС2. У ΔВНА з теореми А Піфагора ВН2 = АВ2 - АН2, тоді ВС2 = ВА2 + НС2 - АН2. За властивістю відрізка НС = АС - АН, тоді Доведено.

2) Дано: ΔАВС, ВН — висота, ∠A — тупий.

Довести: ВС2 = АВ2 + АС2- 2АС ∙ АН.

Доведення. За умовою у ΔАВС ∠A — тупий, ВН — висота, тоді ∠H = 90°. У ΔВНС за теоремою Піфагора ВС2 = ВН2 + НС2. У ΔВНА ВН2 = АВ2 - АН2 за наслідком з теореми Піфагора. ВС2 = АВ2 - АН2 + НС2. За властивістю відрізка НС = АH + АС, тоді Доведено.

1037. Дано: ΔАВС, ∠C = 90°, коло вписане, т. О — центр кола, MB : AM = 2 : 3, ОС = m√2.

Знайти: РΔAВС.

Розв’язання. За умовою задано ΔАВС, ∠C = 90°, коло з центром в точці О, вписане у ΔАВС. РΔAВС = АВ + ВС + АС. т. М, т. N та т. К — точки дотику кола і сторін ΔАВС. За властивістю дотичних MB = NB, AM = АК, CN = КС. За умовою MB : AM = 2 : 3, тоді MB = 2х; AM = 3х.

У ΔONC ∠ONC = 90° (ON — радіус кола, СВ — дотична, т. N — точка дотику). ON = CN. за теоремою Піфагора ОС2 = ON2 + CN2. За умовою ON = CN = r. ОС = m√2, тоді (m√2)2= 2ON2, 2m2 = 2ON2, ON2 = m2, ON = m. Значить, AB = AM + MB, АВ = 3х + 2x. BC = CN + NB, BC = m + 2x, AC = 3x + m. У ΔАВС за теоремою Піфагора АВ2 = ВС2 + АС2.

— не є розв’язком задачі. Отже, АВ = 5m, ВС = 3m, АС = 4m. РΔAВС = 5m + 3m + 4m = 12m.

Відповідь: 12m.

1038. Дано: ΔАВС, ∠ACB = 90°, АВ = а, ВС = b, АВ = с, СК = h — висота.

Довести, що трикутник зі сторонами h, с + h, а + b — прямокутний.

Доведення. Якщо трикутник прямокутний, тоді квадрат однієї з його сторін дорівнює сумі квадратів двох інших сторін. Доведемо, що (с + h)2= h2 + (а + b)2.

За умовою ΔАВС ∠ACB = 90°, СК — висота, тоді ∠CKA = 90°. значить, — за умовою, тоді Отже, трикутник прямокутний. Доведено.

1039. Дано: ABCD — трапеція, ∠A = ∠B = 90°, AB = a, CD = b, BC = c. BC < AD, BK ⊥ CD.

Знайти: BK.

Розв'язання. За умовою задано трапецію ABCD, ∠A = ∠B = 90°, BC < AD. Опустимо висоту CM. У ΔDCM і ΔCBK ∠K = ∠CMD = 90° (BK ⊥ CD за умовою). ∠D = ∠BCK як відповідні кути (AD || BC, CK— січна). Отже, маємо За умовою AB = a, CD = b, BC = c. За властивістю CM = AB = а. Маємо:

Відповідь:

1041. 1) Якщо у n-кутника 20 діагоналей, тоді — не є розв’язком задачі.

Тоді n-кутник, у якого 20 діагоналей, — восьмикутник.

2) Якщо у n-кутника 21 діагональ, тоді — не є цілим числом. Отже, такого n-кутника не існує.

1042. У випуклому n-кутнику сума зовнішніх кутів 360°. Оскільки п’ять кутів n-кутника мають градусну міру 140°, то його зовнішні кути дорівнюють по 40°. Всього таких кутів 5. Отже, їх сума 5 ∙ 40° = 200°. Якщо інші кути n-кутника гострі, тоді сума їх зовнішніх кутів 160°, цю кількість градусів не можливо записати у вигляді суми хоча б двох доданків, кожний з яких більший за 90°. Отже, такий кут один і n-кутник є шестикутником.

Відповідь: n = 6.

1043. Дано: ABCD — паралелограм, АС — діагональ, т. О ∈ АС, ОТ ⊥ DC, OK ⊥ BC.

Довести:

Доведення. За умовою задано паралелограм ABCD, АС — його діагональ, точка О належить АС. ОТ ⊥ DC, OK ⊥ ВС. ΔАВС = ΔCDA (AB = AD, AC = CD як сторони паралелограма, AC — спільна сторона) за III ознакою. Тоді BP = DM (ВР і DM — висоти паралелограма).

У ΔКОС ∠OKC = 90°, тоді ОК = ОС ∙ sin ∠KCO.

У ΔTOC ∠TOC = 90°, тоді ОТ = ОС ∙ sin ∠TCO.

Тоді Отже, Доведено.

1045. Дано: ΔABC, BK, CP, AN — медіани, т. M — точка перетину BK, CP, AN. З’ясувати, у скільки разів SΔABC > SΔАВМ.

Розв’язання. За умовою задано ΔABC, BK, СР і AN — медіани трикутника. За властивістю площ медіана трикутника ділить його на 2 рівновеликих трикутника. Якщо провести всі три медіани, тоді утворюються 6 рівновеликих трикутників. Отже,

Відповідь: у 3 рази.

1047. Дано: ΔАBС, BN, AM, CK — бісектриси, OF = 3 см. PABC = 36 см.

Знайти: SΔABC.

Розв’язання. За умовою задано ΔABC, BN, AM і СК — бісектриси його кутів, точка О — точка їх перетину. За властивістю: точка, що лежить на бісектрисі кута, рівновіддалена від сторін кута, отже, OP = OF = OD (OP ⊥ ВС, OF ⊥ AC, OD ⊥ AB). (OP, OF, OD — висоти ΔBOC, ΔAOC, ΔAОВ відповідно). Значить, За умовою OP = 3 см, PΔABC = 36 см; тоді

Відповідь: 54 см2.

1048. Дано: ΔAВС, т. M ∈ АВ, т. К ∈ ВС, т. Р ∈ АС. AM : MB = BK : КС = CP : PA = 2 : 1. SΔABC = S.

Знайти: SAPKM.

Розв’язання. За умовою задано ΔAВС, т. M ∈ АВ, т. К ∈ ВС, т. Р ∈ АС. За властивістю площ тоді За умовою SΔABC = S. У ΔAВС та ΔAКС AL — висота, тоді За умовою ВК : КС = 2 : 1, тоді КС : ВС = 1 : 3, отже, тоді отже, Аналогічно тоді

Відповідь: 5/9S.

1049. Дано: ABCD — трапеція, BO, DO, CO, AO — бісектриси, т. О — точка перетину BO, DO, CO, AO. OK ⊥ AD, OK = d, AB = m, CD = n.

Знайти: SABCD.

Розв’язання. За умовою задано трапецію ABCD, точка О — точка перетну її бісектрис. Тоді в трапецію можна вписати коло, і точка О — центр цього кола. За властивістю ВС + AD = АВ + CD. За умовою АВ = m, CD = n, тоді ВС + AD = m + n. Опустимо висоту РК. за умовою

1050. Дано: ABCD — трапеція, т. К — середина АВ, CD = с, KM ⊥ CD, KM = d.

Знайти: SABCD.

Розв’язання. За умовою задано трапецію ABCD, за формулою СР — висота трапеції. З’єднаємо точку К з вершинами С і D трапеції ABCD, проведемо середню лінію трапеції KF, KFділить висоту СР навпіл, отже, CO = ОР, СО = 1/2СР. У ΔCKD KF — медіана, тоді за властивістю за теоремою тоді Отже, (KM — висота ΔKCD).

За умовою KM = d, CD = c, тоді SABCD = d ∙ c.

Відповідь: cd.

1051. Дано: ABCD — трапеція, BC || AD, AM = MD, АВ = BC = CD = а, т. О = AC ∩ BD, CF — висота, т. O — точка перетину висот ΔBMC.

Знайти: SABCD.

Розв’язання. За умовою задано трапецію ABCD, ВС || AD, CF — висота, тоді за формулою За умовою ВС = АВ = CD = а. Отже, ABCD — рівнобедрена трапеція, AC ∩ BD = т. О, т. О — середина висот ΔBMC. ∠3 = ∠4, ∠1 = ∠2 як внутрішні перехресні кути. ВКМР та MKCF — прямокутники, ΔВОС, ΔВМС — рівнобедрені. За властивістю рівнобедреної трапеції Чотирикутник MBCD — паралелограм, тоді MD = ВС, значить,

У ΔCFD ∠CFD = 90°, з теореми Піфагора

Відповідь:



Відвідайте наш новий сайт - Матеріали для Нової української школи - планування, розробки уроків, дидактичні та методичні матеріали, підручники та зошити