Розв’язання вправ та завдань до підручника «ГЕОМЕТРІЯ» 8 клас А. Г. Мерзляка - 2017 рік

§ 3. Розв’язування прямокутних трикутників

16. Теорема Піфагора

Пояснення

У прямокутному трикутнику квадрат гіпотенузи дорівнює сумі квадратів катетів.

Для прямокутного трикутника з катетами а і b та гіпотенузою с виконується рівність с2 = а2 + b2.

Наслідки:

Гіпотенуза прямокутного трикутника більша за будь-який катет.

529. Якщо катети прямокутного трикутника a і b, то його гіпотенузу с можна знайти так:

Відповідь: 1) 5 см; 2) 3√13 см.

530. Нехай задано катет а та гіпотенузу с, тоді катет b знайдемо так:

Відповідь: 1) 9 см; 2) 6 см.

531. 1) Невідома гіпотенузас, тоді

2) невідомий катет b, тоді

3) невідомий катет а, тоді

Відповідь: 1) 13 см; 2) √3 см; 3) 9 см.

532. Нехай у прямокутника ABCD АВ = 9 см, ВС = 40 см. Діагональ АС прямокутника — гіпотенуза ΔАВС (∠B = 90°). Тоді за теоремою Піфагора АС2 = АВ2 + ВС2, АС2 = 81 + 1600 = 1681, АС = 41 см.

Відповідь: 41 см.

533. Скористайтеся рисунком до задачі 532. Нехай у прямокутника ABCD АВ = 7 см, АС = 25 см, тоді сторона ВС — невідомий катет ΔАВС (∠В = 90°). За наслідком із теореми Піфагора

Відповідь: 24 см.

534. Нехай у ΔАВС АВ = ВС, ВН — висота, тоді ВН і медіана, отже, АС = 2АН. ΔАВН — прямокутний, ∠BHA = 90°, його гіпотенуза АВ = 29 см, катет ВН = 21 см, тоді Отже, основа АС = 20 ∙ 2 = 40 (см).

Відповідь: 40 см.

535. Скористайтеся рисунком до задачі 534. Нехай у ΔАВС, АВ = ВС, ВН — висота, ВН = 35 см, тоді ВН і медіана, отже, У ΔАВН (∠BHA = 90°) гіпотенуза

Відповідь: 37 см.

536. Нехай у колі з центром О проведено хорду АВ, АВ = 16 см, радіус кола ОВ = 10 см. Проведемо ОН ⊥ АВ (ОН — відстань від центра кола до хорди) і радіус ОА. ΔАОВ — рівнобедрений (ОА = ОВ як радіуси), тоді висота ОН є і медіаною, отже, BH = 1/2AB, ВН = 16 : 2 = 8 (см). У ΔHВО ∠OHB = 90°, катет

Відповідь: 6 см.

537. Нехай у ромба ABCD АС = 24 см, BD = 32 см. Діагоналі ромба взаємно периендикулярні, тому ΔCOD — прямокутний (∠COD = 90°). Точкою перетину діагоналі діляться навпіл, тому Гіпотенуза ΔCOD

Відповідь: 80 CM.

538. Скористайтесь рисунком до задачі 537. Нехай у ромба ABCD CD = 26 см, BD = 48 см. У ромба тому у ΔCOD (∠COD = 90°) гіпотенуза CD = 26 см, OD = 48 : 2 = 24 (см). Тоді Маємо: АС = 2OС, АС = 20 см.

Відповідь: 20 см.

539. Нехай у прямокутного трикутника з гіпотенузою с і катетами а і b а = 21 см, b = с - 7 см. За теоремою Піфагора с2 = а2 + b2, тоді с2 = 212 + (с - 7)2, с2 = 441 + с2 - 14с + 49, звідки 14с = 490, с = 35 см, тоді b = 35 - 7 = 28 (см). Р = а + b + с, Р = 21 + 28 + 35 = 84 (см).

Відповідь: 84 см.

540. Нехай у прямокутного трикутника з катетами а і b і гіпотенузою с = 26 см відношення довжин катетів а : b = 5 : 12. Позначимо коефіцієнт їх пропорційності за х, х > 0, тоді а — 5х см, b — 12x см. За теоремою Піфагора с2 = а2 + b2, 25х2 + 144х2 = 676, 169x2 = 676, х2 = 4, х = 2. Тоді катети а = 2 ∙ 5 = 10 (см), b = 2 ∙ 12 = 24 (см).

Відповідь: 10 см і 12 см.

541. Нехай у ΔАBC ∠C = 90°, ВС = 6 см, М — середина ВС, AM = 5 см. Тоді CM = 1/2ВС, CM = 6 : 2 = 3 (см). У ΔАМС ∠C = 90°, катет У ΔАВС гіпотенуза

Відповідь: 2√13 см.

542. Оскільки BD ⊥ АС, то ΔВDС — прямокутний, ∠BDC = 90°. Квадрат його катета BD2 = ВС2 - DС2, ВD2 = 202 - 162 = 144. У ΔАВD ∠BDA = 90°, АВ2 = AD2 + BD2, АВ2 = 25 + 144 = 169, тоді АВ = 13 см.

Відповідь: 13 см.

543. Оскільки у ΔABC ∠C — тупий, то висота АВ лежить поза трикутником, основа висоти — точка D — лежить на продовженні сторони ВС. У ΔABD ∠D = 90°, тоді АВ2 = АD2 + DB2. Позначимо довжину відрізка DC за х см, х > 0, тоді DB = ВС + DC = 9 + х. Маємо: 289 = 64 + (9 + х)2, звідки (9 + х)2 = 289 - 64, 9 + х = 16, х = 6, DC = 6 см. У ΔАDС ∠ADC = 90°, тоді АС2 = AD2 + DC2, АС2 = 64 + 36 = 100, АС = 10 см.

Відповідь: 10 см.

544. Нехай у ΔАВС АВ = ВС = АС = а, ВН — висота, тоді Н — середина АС, оскільки у рівностороннього трикутника висота є і медіаною. У ΔABH ∠BHA = 90°, АВ = а, АН = 1/2АС = a/2. Тоді катет

Відповідь:

Запам’ятайте! Висота рівностороннього трикутника зі стороною а дорівнює

545. Нехай у квадрата ABCD AD = а. Діагональ АС розбиває його на прямокутні трикутники. Розглянемо ΔACD: ∠CDA = 90°, тоді АС2 = AD2 + CD2. Оскільки CD = AD = а, то АС2 = 2а2, АС = √2а2 = a√2.

Відповідь: a√2.

Запам’ятайте! Діагональ квадрата зі стороною а дорівнює a√2.

546. Позначимо довжину сторони заданого рівностороннього трикутника за х, х > 0, тоді за доведеним раніше його висота звідки

Відповідь:

547. Позначимо довжину катетів заданого рівнобедреного трикутника за х, х > 0, тоді квадрат його гіпотенузи

Відповідь:

548. а) Квадрат гіпотенузи прямокутного трикутника з катетами 1 см і 2 см дорівнює 12 + 22 = 5. У прямокутного трикутника з катетом 1 і гіпотенузою х маємо: x2 = 1 + 5 = 6, х = √6 см.

б) Квадрат гіпотенузи прямокутного трикутника з катетами 2 і 3 дорівнює 22 + 32 = 13. У прямокутного трикутника з катетом х і гіпотенузою 4 маємо: х2 = 42 - 13 = 3, х = √3 см.

в) Квадрат катета прямокутного трикутника з катетом 3 і гіпотенузою 4 дорівнює 42 - 32 = 16 - 9 = 7. У прямокутного трикутника з катетом 2 + 3 = 5 см і гіпотенузою х маємо х2 = 25 + 7 = 32, х = √32 = 4√2 (см).

Відповідь: а) √6 см; б) √3 см; в) 4√2 см.

549. а) У прямокутному трикутнику з катетами 1 і 1 квадрат гіпотенузи дорівнює 12 + 12 = 2. У прямокутному трикутнику з гіпотенузою 2 і катетом х маємо: х2 = 22 - 2 = 2, x = √2 см.

б) У прямокутного трикутника з катетом 1 і гіпотенузою √6 квадрат невідомого катета (√6)2 - 12 = 6 - 1 = 5. У прямокутного трикутника з гіпотенузою 3 і катетом (х + 1) маємо: (х + 1)2 = 32 - 5, х2 + 2х + 1 - 4 = 0, х2 + 2х - 3 = 0, звідки х = -3, х = 1, але х = -3 не може бути довжиною сторони, тому х = 1 см.

Відповідь: a) √2 см; б) 1 см.

550. Нехай у ΔАВС АВ = ВС, АК — висота, К ∈ ВС і ВК = 6 см, АK = 8 см. У ΔАКВ ∠BKA = 90°, тоді звідки KС = ВС - ВK, KС = 10 - 6 = 4 (см). У ΔАKС ∠АKС = 90°, тоді АС2 = АK2 + KС2, АС2 = 64 + 16 = 80, АС = 4√5 см.

Відповідь: 4√5 см.

551. Скористайтеся рисунком до задачі 550. Нехай у ΔАВС АВ = ВС, АK — висота, K ∈ ВС, ВK = 16 см, СK = 4 см. ВС = ВK + KС, ВС = 16 + 4 = 20 (см), тоді АВ = 20 см. У ΔАВК ∠AKB = 90°, тоді АК2 = АВ2 - ВК2, АК2 = 400 - 256 = 144. У ΔАKС ∠АКС = 90°, тоді АС2 = АК2 + КС2, АС2 = 144 + 16 = 160, АС = 4√10 см.

Відповідь: 4√10 см.

552. Нехай коло з центром О описано навколо ΔABC з тупим кутом В. Тоді точка О лежить поза трикутником; АВ = ВС. Проведемо радіуси ОА, ОВ і ОС. Нехай ОВ перетинає АС в точці М. ∠АОВ = ∠СОВ як центральні, що спираються на однакові хорди, тоді ОМ — бісектриса ΔАОС, а отже, і медіана, і висота, оскільки ΔАОС — рівнобедрений. У ΔОМС ∠ОМС = 90°, МС = 1/2АС, МС = 24 : 2 = 12 (см), ОС = 13 см, тоді за наслідком із теореми Піфагора ОВ = MB + ОМ, тоді MB = ОВ - ОМ, MB = 13 - 5 = 8 (см).

У ΔBMC ∠BМС = 90°. За теоремою Піфагора ВС2 = МС2 + MB2, ВС2 = 122 + 82 = 144 + 64 = 208, ВС = 4√13 см.

Відповідь: 4√13 см.

553. Оскільки трикутник гострокутний, то центр описаного кола лежить в трикутнику. Нехай коло з центром О описано навколо ΔABC, у якого АВ = ВС, ВН — висота, яка є і медіаною. Точка О лежить на ВН, оскільки центр описаного кола — точка перетину серединних перпендикулярів до сторін трикутника, а ВН і є серединним перпендикуляром до АС. За умовою ВН = 8 см, радіус кола 5 см, отже, ОВ = ОА = 5 см. ВН = ВО + ОН, звідки ОН = ВН - ВО, ОН = 8 - 5 = 3 см. У ΔАОН ∠ОНА = 90°, тоді за наслідком із теореми Піфагора AH2 = AO2 - ОН2. АН2 = 52 - 32 = 25 - 9 = 16. У ΔАВН ∠ВНА = 90°. За теоремою Піфагора АВ2 = АН2 + ВН2, АВ2 = 16 + 64 = 80, АВ = 4√5 см.

Відповідь: 4√5 см.

554. Нехай у ΔАВС АВ = ВС, АС = АВ + 2 см, ВН — висота, ВН = 8 см. Оскільки трикутник рівнобедрений, то висота, проведена до основи, є і медіаною, тому АН = 1/2АС. У ΔАВН ∠ВНА = 90°. За теоремою Піфагора АВ2 = ВН2 + АН2. Позначимо довжину бічної сторони за х см, х > 0, тоді АС = (х + 2) см, а Тоді — не може бути довжиною сторони. Отже, АВ = 10 см = ВС, тоді АС = 10 + 2 = 12 (см).

Відповідь: 10 см, 10 см, 12 м.

555. Скористайтеся рисунком до задачі 554. Нехай ΔАВС такий, що АВ = ВС, РΔABC = 90 см, ВН — висота, ВН =15 см, АН = НС. ΔАНВ — прямокутний, ∠ВНА = 90°, тоді за теоремою Піфагора АВ2 = ВН2 + АН2. Позначимо довжину АН за х см, х > 0, тоді 2АВ = РΔАВС - АС = 90 - 2х, звідки Маємо: (45 - x)2 = 152 + x2; 2025 - 90x + x2 = 225 + x2; 90x = 2025 - 225, 90x= 1800, x = 20. Отже, AH = 20 CM, тоді AC = 20 ∙ 2 = 40 (CM), a AB = 45 - 20 = 25 (CM).

Відповідь: 25 CM, 25 CM, 20 CM.

556. Нехай у ΔABC AB = 29 CM, BC = 25 CM, AC = 6 CM, BH — висота, H ∈ AC. Позначимо довжину AH за x CM, x > 0, тоді HС — (6 - x) CM. У ΔABH ∠BHA = 90°, тоді за наслідком з теореми Піфагора BH2 = AB2 - AH2, ВН2 = 841 - х2. У ΔВСН ∠BHC = 90°, тоді за наслідкoм з теореми Піфагора ВН2 = ВС2 - НС2, ВН2 = 625 - (6 - х)2. Маємо: 841 - х2 = 625 - (6 - х)2, 841 - х2 = 625 - 36 + 12х - х2, 12х = 252, х = 21. Тоді ВН2 = 841 - 441 = 400, ВН = 20 см.

Відповідь: 20 см.

557. Скористайтеся рисунком до задачі 556. Нехай у ΔАВС АВ = 25 см, ВС = 29 см, АС = 36 см, ВН — висота. Позначимо довжину АН за х см, тоді НС — (36 - х) см. У ΔABH ∠BHA = 90°, тоді ВН2= АВ2 - АН2, ВН2 = 625 - х2. У ΔВСН ∠BHC = 90°, тоді ВН2 = ВС2 - НС2, ВН2 = 841 - (36 - х)2. Маємо: 625 - х2 = 841 - (36 - х)2, 625 - х2 = 841 - 1296 + 72х - х2, 72х = 625 + 1296 - 841, 72х = 1080, х = 15. Тоді ВН2 = 841 - (36 - 15)2 = 841 - 441 = 400, ВН = 20 см.

Відповідь: 20 см.

558. Нехай з точки до прямої а проведено похилі АВ і АС та перпендикуляр АН, АВ : АС = 5 : 6, а ВН = 7 см, НС = 18 см. Позначимо за х коефіцієнт пропорційності похилих, х > 0, тоді АВ — 5х см, АС — 6х см. У ΔABH ∠AHB = 90°, тоді АH2 = АВ2 - ВН2, АН2 = 25х2 - 49. У ΔАСН ∠AHC = 90°, тоді АН2 = АС2 - НС2, АН2 = 36х2 - 324. Отже, маємо: 25х2 - 49 = 36х2 - 324, 36х2 - 25х2 = 324 - 49, 11х2 = 275, х2 = 25, х = 5. АН2 = 25 ∙ 52 - 49 = 625 - 49 = 576, АН = 24 см — відстань від точки А до прямої а.

Відповідь: 24 см.

559. Скористайтеся рисунком до задачі 558. Із точки А до прямої а проведено похилі АВ = 15 см і АС = 27 см та перпендикуляр АН. Тоді ВН — проекція АВ на а, НС — проекція АС на а. За умовою ВН + НС = 24 см. Позначимо довжину ВН за х см, х > 0, тоді НС — (24 - х) см. У ΔВАН ∠AHB = 90°, тоді АН2 = АВ2 - ВН2, АН2 = 225 - х2. У ΔАСН ∠AHC = 90°, тоді АH2 = АС2 - HС2, АН2 = 729 - (24 - х)2. Маємо: 225 - х2 = 729 - (24 - х)2, 225 - х2 = 729 - 576 + 48х - х2, 48х = 72, х = 1,5. Тоді ВН = 1,5 см, HС = 24 - 1,5 = 22,5 см.

Відповідь: 1,5 см і 22,5 см.

560. Нехай у ΔАВС ∠C = 90° і в цей трикутник вписано коло і точки К, М і L — точки дотику, К ∈ АС, М ∈ АВ, L ∈ СВ. За умовою КС = 2 см, КА = 6 см. За властивістю дотичних, проведених із однієї точки до кола, МА = КА = 6 см, LC = КС = 2 см. Позначимо за х см довжину LB, х > 0, тоді MB — х см. У ΔАВС АС = АК + КС. АС = 6 + 2 = 8 (см), СВ = (2 + х) см, АВ = (6 + х) см. За теоремою Піфагора Отже, маємо: АС = 8 см, АВ = 6 + 4 = 10 (см), СВ = 2 + 4 = 6 (см).

Відповідь: 8 см, 10 см, 6 см.

561. Нехай у паралелограма ABCD діагоналі BD = 16 см, АС = 20 CM, BD ⊥ АВ. Нехай О — точка перетину діагоналей, які цією точкою діляться навпіл. Тоді OB = 1/2BD, ОВ = 8 см, АО = 1/2АС, АО = 10 см. У ΔАВО ∠ABO = 90°, тоді за наслідком із теореми Піфагора АВ2 = АО2 - BO2, АВ2 = 100 - 64 = 36, АВ = 6 см. У ΔABD ∠ABD = 90°, тоді за теоремою Піфагора AD2 = АВ2 + BD2, AD2 = 36 + 256 = 292, AD = 2√73 см.

Відповідь: 6 см і 2√73 см.

562. Нехай у ΔАВС ∠C = 90°, СК — бісектриса і АК = 30 см, KB = 40 см. За властивістю бісектриси трикутника тоді Позначимо за х коефіцієнт їх пропорційності, х > 0, тоді АС — 3х см, ВС — 4х см. АВ = 30 + 40 = 70 (см). За теоремою Піфагора АВ2 = АС2 + ВС2, 4900 = 9х2 + 16х2, 25х2 = 4900, х2 = 196, х = 14. Тоді АС = 14 ∙ 3 = 42 (см), ВС = 14 ∙ 4 = 56 (см). РΔABC = АВ + ВС + АС, РΔABC = 70 + 56 + 42 = 168 (см).

Відповідь: 168 см.

563. Нехай у ΔABC ∠C = 90°, АК — бісектриса і СК = 24 см, КВ = 51 см. За властивістю бісектриси кута трикутника тоді Позначимо за х коефіціент пропорційності цих сторін, х > 0, тоді АС — 8х см, АВ — 17х см. СВ = СК + КВ, СВ = 24 + 51 = 75 (см). За теоремою Піфагора АВ2 = АС2 + СВ2, тоді 289х2 = 64х2 + 5625, 225х2 = 5625, х2 = 25, х = 5. Отже, АС = 5 ∙ 8 = 40 (см), АВ = 5 ∙ 17 = 85 (см). РΔABC = АВ + ВС + AC, РΔABC = 85 + 75 + 40 = 200 (см).

Відповідь: 200 см.

564. Нехай АС — висота однієї пальми, АС = 30 ліктів, DE — висота другої пальми, DE = 20 ліктів. СЕ — відстань між прикорнями пальм, СЕ = 50 ліктів. Точка В — місце знаходження риби в момент, коли її схопили. Ураховуючи, що швидкість птахів однакова і злетіли вони одночасно, маємо: АВ = BD. Необхідно знайти відстань СВ. Позначимо її за х ліктів, х > 0, тоді BE — (50 - х) л. У ΔABC ∠C = 90°, тоді АВ2 = АС2 + ВС2, АВ2 = 900 + х2. У ΔBDE ∠E = 90°, тоді BD2 = BE2 + DE2, BD2 = (50 - х)2 + 400. Маємо: 900 + х2 = 2500 - 100х + х2 + 400, 100х = 2900 - 900, 100х = 2000, х = 20. Тоді СВ = 20 ліктів.

Відповідь: 20 ліктів.

565. Нехай у трапеції ABCD AB = CD, BD — бісектриса ∠B. ∠ADB = ∠CBD як внутрішні різносторонні при ВС || AD та їх січній BD. Але ∠CBD = ∠ABD, тоді ∠ABD = ∠ADB, отже, ΔABD — рівнобедрений і AB = AD = 20 см. Проведемо висоту ВН. За властивістю висоти рівнобічної трапеції У ΔABH ∠BHA = 90°. Тоді ВН2 = АВ2 - АН2, BH2 = 400 - 16 = 384. У ΔBHD ∠BHD = 90°, Тоді BD2 = BH2 + HD2, BD2 = 384 + 256 = 640, BD = 8√10 (CM).

Відповідь: 8√10 CM.

566. Нехай у трапеції ABCD АВ ⊥ AD, BC = 12 CM, AD = 18 CM, DB — бісектриса ∠D. ∠CBD = ∠ADB як внутрішні різносторонні кути при BC || AD та їх січній BD. Але ∠ADB = ∠CDB, тоді ∠CBD = ∠CDB, отже, ΔBCD — рівнобедрений і BC = CD = 12 см. Проведемо висоту СН, тоді HD = AD - BC, HD = 18 - 12 = 6 (см). У ΔCHD ∠CHD = 90°. Тоді СН2 = CD2 - HD2, СН2 = 144 - 36 = 108. ВА = СН. У ΔABD ∠BAD = 90° тоді BD2 = АВ2 + AD2, BD2 = 108 + 324 = 432, BD = √432 = 12√3 (см).

Відповідь: 12√3 см.

567. Нехай у колі з центром О хорди АВ = 16 см і CD = 32 см, АВ || CD і точка О лежить між ними. Проведемо через точку О спільний перпендикуляр КМ до хорд, К ∈ АВ, М ∈ CD. За доведеним раніше цей перпендикуляр ділить хорди навпіл (оскільки ΔCOD — рівнобедрений, то висота ОМ є і медіаною, аналогічно ОК — медіана ΔАОВ). Тоді КВ = 1/2АВ, КВ = 8 см; MD = 1/2CD, MD = 16 см. Позначимо довжину ОМ за x см, x > 0, тоді ОК = КМ - ОМ = (16 - x) см. У ΔКОВ ∠OKB = 90°, тоді за теоремою Піфагора ОВ2 = OK2 + КВ2, ОВ2 = (16 - x)2 + 64. У ΔOMD ∠OMD = 90°, тоді OD2= ОМ2 + MD2, OD2 = x2 + 256. Оскільки ОВ = OD як радіуси, то Маємо: OD2 = 4 + 256 = 260, OD = 2√65 см.

Відповідь: 2√б5 см.

568. Нехай у колі з центром О хорди АВ = 24 см і CD = 48 см такі, що АВ || CD і точка О не лежить між ними. Проведемо через точку О перпендикуляр ОК до АВ, який перетинає CD в точці М, ОМ ⊥ CD. За доведеним раніше перпендикуляр, проведений із центра кола до хорди, ділить її навпіл, тоді МС = 1/2CD, МС = 24 см; АК = 1/2АВ, АК = 12 см. Відстань між хордами КМ = 12 см. Позначимо довжину ОМ за x см, x > 0. У ΔОСМ ∠OMC = 90°, тоді за теоремою Піфагора ОС2 = ОМ2 + СМ2, ОС2 = x2 + 576; у ΔАОК ∠OKA = 90°, тоді ОА2 = ОК2 + АК2, ОА2 = (x + 12)2 + 144, оскільки ОК = ОМ + КМ. Радіуси ОА = ОС, тоді Тоді ОС2 = 144 + 576, ОС2 = 720, ОС = 12√5 см.

Відповідь: 12√5 см.

569. Центр кола, вписаного в трикутник, є точкою перетину бісектрис трикутника. Оскільки висота рівнобедреного трикутника, проведена до його основи, є і бісектрисою, і медіаною, то центр кола лежить на висоті. Нехай у ΔАВС АВ = ВС, ВН — висота, О — центр вписаного кола, О ∈ ВН. Тоді ОН — радіус кола, ОН = 12 см. За умовою ВО = 20 см. Проведемо радіус ОК в точку дотику з ВС, тоді OK ⊥ ВС. У ΔОВК ∠BKO = 90°, ОВ2 = ОК2 + ВК2, звідки ВК2 = ОВ2 - ОК2, ВК2 = 400 - 144 = 256, ВК = 16 см. У ΔBКО і ΔBHC ∠B — спільний, ∠BKO = ∠BHC = 90°, тоді за І ознакою і Маємо: звідки ВС = 40 см. Із рівності оскільки ВС = АВ, НС = АН. Тоді РΔABC = 2(ВС + НС), РΔABC = 2 ∙ (40 + 24) = 128 (см).

Відповідь: 128 см.

570. Нехай в трапецію ABCD (АВ ⊥ AD) вписано коло з центром О, а точки дотику кола до сторін АВ, ВС, CD і AD відповідно L, М, N і К. АК = 20 см, KD = 25 см. Тоді AD = АК + KD = 20 + 25 = 45 (см); AL = АК як відрізки дотичних, проведених із однієї точки до кола. Тоді LА = АК = 20 см і вони дорівнюють радіусу кола LB = AL = ВМ = 20 см; АВ = 2AL, АВ = 20 ∙ 2 = 40 (см). ND = KD = 25 см. Позначимо довжину CN за x см, х > 0, тоді МС = CN = х см. Проведемо висоту СН, тоді HD = AD - ВС, ВС = ВМ + МС, ВС = (20 + х) см, HD = 45 - (20 + x) = (25 - х) см, CD = 25 + х; СН = АВ = 40 см. У ΔCHD ∠CHD = 90°, тоді за теоремою Піфагора Тоді ВС = 20 + 16 = 36 (см), ВС + AD = 36 + 45 = 81 (см).

РАВСD = 2(ВС + AD), оскільки суми протилежних сторін трапеції рівні, бо в неї можна вписати коло, тоді РАВСD = 2 ∙ 81 = 162 (см).

Відповідь: 162 см.

571. Скористайтесь рисунком до задачі 570. Нехай в трапецію ABCD (АВ ⊥ AD) вписано коло, яке дотикається до сторін АВ, ВС, CD і AD відповідно в точках L, М, N і К, ВМ = 6 см, МС = 3 см. Тоді CN = МС = 3 см, LB = ВМ = 6 см і дорівнюють радіусу кола. Тоді LA = AK = 6 см, АВ = 2LA, АВ = 6 ∙ 2 = 12 (см). Позначимо довжину KD за x см, тоді ND — x см; AD = АК + KD, AD = (6 + x) см. Проведемо висоту СН, СН = ВА, СН ⊥ AD. У ΔCHD ∠CHD = 90°, CD = CN + ND, CD = (3 + x) см, HD = AD - AH = AD - BC = 6 + x - (ВМ + MC) = 6 + x - (6 + 3) = 6 + x – 6 - 3 = (x - 3) см. Затеоремою Піфагора Тоді AD = 6 + 12 = 18 (CM). ВС + AD = 9 + 18 = 27 (CM). Оскільки в трапецію можна вписати коло, то сумипротилежних її сторін рівні, тоді РАВСD = 2(ВС + AD), РАВСD = 27 ∙ 2 = 54 (см).

Відповідь: 54 см.

572. Нехай у ΔABC ∠C = 90°, AC = 18 CM, BC = 24 CM. У трикутника проти меншого кута лежить менша сторона, тоді меншим є ∠B. Проведемо бісектрису ∠B — ВК. У ΔАВС ∠C = 90°, тоді за теоремою Піфагора АВ2 = АС2 + ВС2, АВ2 = 324 + 576 = 900, АВ = 30 см. За властивістю бісектриси трикутника Позначимо довжину КС за х см, тоді АК = (18 - х) см. Маємо: звідки 5х = 72 - 4х, 9х = 72, х = 8, тоді КС = 8 см. У ΔKСВ ∠KCB = 90°, тоді КВ2 = КС2 + ВС2, КВ2 = 64 + 576 = 640, KB = 8√10 см — шукана бісектриса.

Відповідь: 8√10 см.

573. У ΔABC СК і AM — медіани, AM ⊥ СК, AM = 9 см, СК =12 см. Нехай т. О — точка перетину медіан, тоді АО : ОМ = 2 : 1, СО : ОК = 2 : 1. Отже, У ΔСОМ ∠COM = 90°, тоді за теоремою Піфагора СМ2 = СО2 + ОМ2, СМ2 = 64 + 9 = 73, СМ = √73 см, тоді СВ = 2СМ = 2√73 (см). У ΔАОК ∠AOK = 90° і АК2 = АО2 + ОК2, АК2 = 36 + 16 = 52, АК = 2√13 см, тоді АВ = 2AK = 4√13 см. У ΔСОА ∠COA = 90°, тоді СА2 = CO2 + АО2, СА2 = 64 + 36 = 100, СА = 10 см.

Відповідь: 10 см, 4√13 см, 2√73 см.

574. O — точка перетину медіан, тоді CO : OK = 2 : 1, BО : ОМ = 2 : 1, ВМ = 36 см, СК = 15 см, тоді У ΔСОB ∠COB = 90°, тоді за теоремою Піфагора BС2 = BО2 + СО2, BС2 = 576 + 100 = 676, ВС = 26 см. Проведемо медіану AN, тоді ON — медіана ΔСОB, проведена до гіпотенузи. За її властивістю У медіани AN АО : ON = 2 : 1, тому АО = 2ON, АО = 13 ∙ 2 = 26 (см).

Відповідь: 26 см.

575. Нехай ОB — висота квітки (від кореня), пряма а — поверхня озера, О — точка перетину стебла квітки і поверхні озера, С — точка, в якій рибалка знайшов квітку. Тоді ОА — глибина озера. АВ ⊥ а, тоді ΔАОС — прямокутний. Тоді АС2 = ОА2 + OC2. Позначимо довжину ОА за х ф., х > 0, тоді Маємо: Отже, глибина озера фута.

Відповідь: фута.






Відвідайте наш новий сайт - Матеріали для Нової української школи 1 клас - планування, розробки уроків, дидактичні та методичні матеріали, підручники та зошити

Віртуальна читальня освітніх матеріалів для студентів, вчителів, учнів та батьків.

Наш сайт не претендує на авторство розміщених матеріалів. Ми тільки конвертуємо у зручний формат матеріали з мережі Інтернет які знаходяться у відкритому доступі та надіслані нашими відвідувачами. Якщо ви являєтесь володарем авторського права на будь-який розміщений у нас матеріал і маєте намір видалити його зверніться для узгодження до адміністратора сайту.

Дозволяється копіювати матеріали з обов'язковим гіпертекстовим посилання на сайт, будьте вдячними ми затратили багато зусиль щоб привести інформацію у зручний вигляд.

© 2008-2019 Всі права на дизайн сайту належать С.Є.А.