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

§ 3. Розв’язування прямокутних трикутників

18. Розв’язування прямокутних трикутників

Пояснення

Для розв’язування прямокутних трикутників застосовують такі правила:

Щоб знайти катет, можна помножити гіпотенузу на:

— синус дротилежного шуканому катету кута;

— чи косинус протилежного шуканому катету кута;

або помножити другий катет на:

— тангенс протилежного шуканому катету кута;

— чи котангенс прилеглого до шуканого катета кута.

Щоб знайти гіпотенузу, можна поділити катет на:

— синус протилежного йому кута;

— чи косинус прилеглого до нього кута.

607. Оскільки ∠С = 90°, то АВ — гіпотенуза.

1) ∠A — протилежний до ВС, тоді

2) ∠С — прилеглий до ∠A, тоді АС = АВ ∙ cos ∠A, АС = 21 ∙ 0,4 = 8,4 (см);

3) АС — прилеглий до ∠A, ВС — протилежний, тоді АС = ВС ∙ ctg ∠A; оскільки то Маємо:

4) BC — прилеглий до ∠B, тоді

5) АС — протилежний до ∠B, тоді

6) ВС — прилеглий до ∠B, АС — протилежний, тоді ВС = АС ∙ ctg ∠B; тоді BC = 2,3 ∙ 2 = 4,6 (CM).

608. Оскільки ∠E = 90°, TO FD — гіпотенуза. Тоді:

1) DE — катет, прилеглий до ∠D, тоді DE = FD ∙ cos ∠D,

2) EF — катет, прилеглий до ∠F, тоді

3) EF — катет, протилежний до ∠D, тоді EF = DE ∙ tg ∠D,

Для розв’язання задач 609-612 скористайтеся рисунком до задачі 607.

609. Нехай у ΔABC ВС — катет, протилежний ∠A, тоді За наслідком із теореми Піфагора

Відповідь: 8 см і 15 см.

610. Нехай у ΔABC ∠C = 90°, АВ = 10 см, cos ∠A = 0,8; АС — катет, прилеглий до ∠A, тоді АС = АВ ∙ cos ∠A, АС = 10 ∙ 0,8 = 8 (см). За наслідком із теореми Піфагора

Відповідь: 8 см і 6 см.

611. Нехай у ΔАВС звідки Тоді за теоремою Піфагора АВ2 = АС2 + СВ2, АВ2 = 482 + 142 = 2500, АВ = 50 см.

Відповідь: 14 см і 50 см.

612. Нехай у ΔABC ∠C = 90° і ВС = 12 см, tg ∠B = 0,75. Тоді АС = ВС ∙ tg ∠B, За теоремою Піфагора АВ2 = АС2 + ВС2, АВ2 = 81 + 144 = 225, АВ = 15 см.

Відповідь: 9 см і 15 см.

До задач 613 та 614 задано прямокутний трикутник з катетами а і b та гіпотенузою с. Проти катета а лежить кут величиною α, проти b — кут величиною β, проти гіпотенузи — кут величиною γ = 90°, α + β = 90°.

613. 1) Дано: с = 28 см, α = 48°. β = 90° - α, тоді β = 90° - 48° = 42°; а = с ∙ sin α, а = 28 sin 48°; b = с ∙ cos α, b = 28 cos 48°.

2) Дано: а = 56 см, β = 74°. α = 90° - β, α = 90° - 74° = 16°; b = a tg β,

3) Дано: а = 5 см, с = 9 см.

4) Дано: а = 3 см, b = 7 см.

614. 1) Дано: а = 34 см, α = 55°. Тоді β = 90° - α, β = 90° - 55° = 35°;

2) Дано: с = 16 см, β = 18°. Тоді α = 90° - β, α = 90° - 18° = 72°; b = с sin β, b = 16 sin 18°; а = с cos β, а = 16 cos 18°.

3) Дано: b = 12 см, с = 13 см. Тоді b = с ∙ cos α, звідки

4) Дано: а = 4 см, b = 14 см. Тоді

615. Нехай АВ — висота людини, АВ = 1,6 м, CD — висота ялинки, ∠CBK = 52°, AD = 8 м. У ΔВСК ∠CKB = 90°, СК = ВК ∙ tg ∠CBK; ВК = AD; СК = 8 ∙ tg 52° = 8 ∙ 1,28 = 10,24 (м). Висота ялинки CD = СК + KD, KD = АВ, тому CD = 10,24 + 1,6 = 11,84 (м).

Відповідь: 11,84 м.

616. Нехай АС — висота будинку, АВ — довжина драбини, ∠CBA — кут нахилу драбини до землі. За умовою АС = 9 м, ∠ABC = 70°. АВ — гіпотенуза ΔАВС, у якого ∠C = 90°, тому

Відповідь: 9,6 м.

617. Нехай S — точка старту, F — точка фінішу, SF = 300 м; FT — висота підйому, FT = 11 м. У ΔSFT Тангенс кута підйому

Відповідь: 0,04.

618. Сонячний промінь, вертикально встановлена жердина та тінь утворюють прямокутний трикутник, катети якого рівні, тоді трикутник рівнобедрений і його гострі кути по 45°.

Відповідь: 45°.

619. Нехай у ΔABC ∠В = 120°, ВН — висота, ВН = 3√3 см. ВН є і медіаною, і бісектрисою, тому тоді ∠BAH = 90° - ∠ABH, ∠BAH = 90° - 60° = 30°. Катет ВН лежить проти кута в 30°, тоді Катет Отже, АС = 18 см.

Відповідь: 6√3 см, 6√3 см, 18 см.

620. Нехай у трапеції ABCD АВ = CD, ВС = 8 см, AD =12 см, ∠А = 45°, ВН — висота. За властивістю висоти рівнобічної трапеції У ΔАВН ∠ВНА = 90°, ∠А = 45°, тоді ∠АВН = 45°, отже,

Відповідь: висота — 2 см; бічна сторона — 2√2 см.

621. Нехай у паралелограма ABCD BD ⊥ АВ, ВD = a, ∠A = 30°. У √АВD ∠ABD = 90°, ВИ — катет, що лежить проти кута в 30°, тоді ВD = 1/2АD, АD = 2BD, АВ = 2а; АВ — катет, прилеглий до кута в 30°, тоді АВ = ВD ctg ∠BAD, АВ = a ctg 30° = a√3.

Відповідь: 2а, а√3.

622. Нехай у ромба ABCD АВ = а, АВ = 60°. У ΔАВС АВ = ВС, ∠АВС = 60°, тоді ΔАВС — рівносторонній і АС = а. Нехай точка перетину діагоналей О, тоді У ΔАВО ∠АОВ = 90°, тоді

Відповідь: а, а√3.

623. Нехай у трапеції ABCD АВ = CD, AD = 10 м, ВС = 4 м, ВН — висота, ВН = 6 см. За властивістю висоти рівнобічної трапеції У ΔАВН ∠ВНА = 90°, ВН = 6 м, АН = 3 м, тоді ∠A ≈ 64°, а ∠ABC = 180° - ∠A, ∠ABC = 180° - 64° = 116°.

Відповідь: 116°.

624. Скористайтеся рисунком до задачі 623. Нехай у трапеції ABCD АВ = CD, AD = 80 м, ∠BAD = 20°, ВН — висота, ВH = 5 м. У ΔABH ∠BHA = 90°, ВН — катет, що лежить проти кута в 20°, тоді АН = ВН ctg ∠BAH, AH = 5 ctg 20° ≈ 5 ∙ 2,7 = 13,5 (м). За властивістю висоти рівнобічної трапеції тоді ВС ≈ 80 - 27 = 53 (м).

Відповідь: 53 м.

625. У ΔBDA ∠BDA = 90°, BD = AD tg ∠A, У ΔBCD ∠BDC = 90°, тоді за теоремою Піфагора ВС2 = CD2 + BD2, ВС2 = 16 + 48 = 64, ВС = 8 см.

Відповідь: 8 см.

626. У ΔABF ∠AFB = 90°, тоді AF = АВ sin ∠B, У ΔAFC ∠AFC = 90°, АС2 = AF2 + FC2, АС2 = 243 + 13 = 256, АС = 16 см.

Відповідь: 16 см.

627. Нехай DO ⊥ n. У ΔBDO ∠BOD = 90°, тоді DO = BD sin ∠DBO, У ΔDOK ∠DOK = 90°, OK — проекція похилої DK на пряму n, ∠DKO = 45°, тоді ∠ODK = 45°, отже, OD = OK. Маємо: OK =15 CM.

Відповідь: 15 CM.

628. Нехай MO ⊥ l. У ΔNMO ∠MON = 90°, NO — проекція похилої MN на l, NO = 4√3 CM, MO = NO tg ∠MNO, У ΔMOK ∠MOK = 90°,

Відповідь: 4√2 см.

629. У ΔАВС АВ = ВС, ∠ABC = β, АН — висота, АН = h. У ΔАВH Проведемо висоту ВK, ВK — і медіана, і бісектриса, тоді АК = 1/2АС. У ΔABK ∠BKA = 90°,

Відповідь:

630. Нехай у ΔАВС ∠C = 90°, СH ⊥ АВ, ∠A = α, СН = h. У ΔACH ∠AHC = 90°, тоді У ΔСHВ ∠CHB = 90°, ∠B = 90° - ∠A, ∠B = 90° - α; У ΔАВС АВ2 = АС2 + ВС2,

Відповідь:

631. Скористайтеся рисунком до задачі 630. Нехай у ΔАВС ∠C = 90°, ВС = а, СН ⊥ АВ, ∠HCA = φ. У ΔCHA ∠CHA = 90°, ∠HCA = φ, тоді ∠A = 90° - φ. У ΔАВС ∠A = 90° - φ, тоді ∠B = 90° - ∠A = 90° - (90° - φ) = φ. У ΔВСH ∠CHB = 90°, тоді СH = ВС ∙ sin ∠B, СН = a sin φ. У ΔACH ∠AHC = 90°, тоді У ΔАВС АВ2 = АС2 + ВС2,

Відповідь: a tg φ — катет, — гіпотенуза.

632. Нехай у ромба ABCD О — точка перетину діагоналей, ∠ABC = α, BD = d. У ромба діагоналі взаємно перпендикулярні, є його бісектрисами і діляться точкою О перетину діагоналей навпіл. Тоді у ΔАОВ, Тоді

Відповідь: сторона — діагональ менша —

633. Нехай у ромба ABCD ∠B = α, радіус вписаного кола r, тоді висота AH = 2r. У ΔABH ∠AHB = 90°, тоді Нехай діагоналі ромба перетинаються в точці О, У ΔАВО

Відповідь: сторона діагоналі -

634. Оскільки ∠ABD = 90° і навколо трапеції можна описати коло, то центр цього кола — середина більшої основи AD, тоді AD = 2R. У ΔABD ∠ABD = 90°, тоді BD = AD cos ∠BDA, У ΔBHD ∠BHD = 90°, тоді ВН = BD sin ∠BDH,

Відповідь:

635. Нехай у ΔАВС АС = a, ∠BAC = 60°, ∠BCA = 45°, ВН — висота. Позначимо довжину АН за х см, х > 0, тоді АС — (а - х) см. У ΔАВН ∠BHA = 90°, ВН = AH tg ∠BAH, ВН = Х tg60° = √3. У ΔВНС ∠BHC = 90°, ∠C = 45°, тоді ВН = НС, ВН = а - х. Маємо: Тоді

Відповідь:

636. Нехай у трапеції ABCD АН = 15 см, ВС = 7 см, ∠A = 60°, ∠D = 30°. Проведемо висоти ВН і CN, NH = ВС, тоді AH + ND = AD - ВС, AH + ND = 15 - 7 = 8 см. Позначимо довжину АН за x см, x> 0, тоді ND — (8 - х) см. У ΔАВН ∠BHA = 90°, ВН = AH tg ∠A, ВН = х tg60° = x√3 (см). У ΔCND Оскільки ВН = CN, маємо: звідки 3х = 8 - х, 4х = 8, х = 2, тоді АН = 2 см, ND = 8 - 2 = 6 (см), ВН = CN = 2√3 — висота трапеції. Проведемо діагоналі трапеції. У ΔACN ∠CNA = 90°, AN = АН + HN, AN = 2 + 7 = 9 (см), тоді АС2 = CN2 + AN2, AC2 = 12 + 81 = 93, АС = √93 см. У ΔBHD ∠BHD = 90°, HD = HN + ND, HD = 7 + 6 = 13 (см). Тоді BD2 = ВН2 + HD2, BD2 = 12 + 169 = 181, ВН = √181 см.

Відповідь: висота — 2√3 см, діагоналі — √93 см, √181 см.

Завдання № 3 «Перевірте себе» в тестовій формі

1. В.

2. Б. Оскільки х2 = а ∙ 4а, х2 = 4а2, х = 2а.

3. В.

4. Б. У трикутника з гіпотенузою 13 і катетом 12 квадрат другого катета дорівнює 132 - 122 = 25, це квадрат гіпотенузи другого трикутника, із якого

5. Г. Бісектриса рівностороннього трикутника є його висотою і медіаною. Нехай у ΔАВС АВ = ВС = АС = а, ВН — бісектриса; у ΔABH ∠BHA = 90°, AH = a/2, ∠A = 60°, тоді

Запам’ятайте! Висота (бісектриса, медіана) рівностороннього трикутника зі стороною а дорівнює

6. В. Нехай навколо квадрата ABCD зі стороною а описано коло з центром О. Діагональ АС = АD√2, АС = а√2 і є діаметром кола, тоді його радіус

7. Б. Оскільки трикутник ABC — рівнобедренйй з основою, що дорівнює гіпотенузі АВ, то висота СН, проведена до гіпотенузи, є і медіаною, отже, СН = НВ = а. У ΔСНВ ∠CHB = 90°, тоді

8. В. У прямокутного трикутника з гострими кутами α і β α = 90° - β, тоді

9. Г. Синус гострого кута менший, ніж 1, а число тому рівність неправильна.

10. Б. У ΔАВС ∠C = 90°, тоді ВС = АС tg ∠A, ВС = a tg α. У ΔBCD ∠D = 90°, тоді



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