Відповіді до підручника Геометрія 8 клас - Істер О.С. 2016-2020

Завдання для перевірки знань за курс геометрії 8 класу

1. Периметр паралелограма дорівнює Р = 2(а + b), де а 4см, b = 9см — сторони паралелограма. Тоді Р = 2(4 + 9) = 26 (см).

Відповідь. 26 см.

2. Сума сусідніх кутів ромба дорівнює 180°. Якщо гострий кут рівний 46°, то тупий дорівнює 180° - 46° = 134°.

Відповідь. 46°, 134°, 46°, 134°.

3. Площу трикутника знаходимо за формулоюде а = 8 см — сторона трикутника, h = 5 см — висота проведена до даної сторони. Тоді

Відповідь. 20 см.

4. Нехай ABCD— трапеція (BC||AD), МР = 12 см, AD = (ВС + 4) см. Нехай ВС = х см, тоді AD = (x + 4) см. За властивістю середньої лінії трапеції . Маємо: BC + AD = 2МР, х + х + 4 = 2 • 12, 2х = 20, х = 10. Звідси ВС = 10 (см), AD = 10 + 4 = 14 (см).

Відповідь. 10 см, 14 см.

5. Нехай ABC, А₁В₁С₁ — задані трикутники, ABC ~ А₁В₁С₁, АВ = 4см, АС = 6см, А₁С₁ = 9 см, В₁С₁ = 12 см. Оскільки трикутники подібні, то відповідні сторони пропорційні:. Маємо:

Відповідь. 6 см, 8 см.

6. Нехай ABC— прямокутний трикутник (C = 90°), ВМ— медіана, ВС = 12 см, АС = 10 см. Оскільки ВМ — медіана, то AM = МС = 5 (см). Із прямокутного трикутника МСВ (АС = 90°), за теоремою Піфагора ВМ² = МС² + ВС², ВМ² = 5² + 12² = 25 + 144 = 169, BМ = 13 (см).

Відповідь. 13 см.

7. Нехай ABC— прямокутний трикутник (АС = 90°), АВ = 10 см, АС = 6 см. За теоремою Піфагора АВ² = АС² + ВС², ВС² = 10² - 6² = 100 - 36 = 64, АВ = 8 (см). За означенням, А = 57°. За теоремою про суму гострих кутів прямокутного трикутника В = 90° - 57° = 33°.

Відповідь. 8 см, 57°, 33°.

8. Нехай ABCD — прямокутник, АВ : AD = 2:3, S_ABCD= 96 см². Площа прямокутника дорівнює S = AB • AD. Нехай АВ = 2x, тоді AD = 3x. Звідси 2х • 3х = 96, 6х = 96, х = 16. Тоді АВ = 2 • 16 = 32 (см), тоді AD = 3 • 16 = 48 (см).

Відповідь. 8 см, 57°, 33°.

9. Нехай ABCD— прямокутна трапеція (ВС||AD, АА = АВ = 90°), СМ = 2см, MD = 8 см. Проведемо радіуси в точки дотику: ОМ, ОР, ОТ, ОХ. Проведемо відрізки DO і СО. Трикутник COD — прямокутний, оскільки DO і СО — бісектриси кутів D і С за властивістю дотичних проведених з однієї точки до кола. Оскільки AD + АС = 180°, тоді OCD + ODC - 180° : 2 = 90°. За теоремою про суму внутрішніх кутів трикутника маємо: COD = 180° - (OCD + ODC) = 180° - 90° = 90°. За теоремою про метричні співвідношення у прямокутному трикутнику маємо: ОМ²= CM • MD, ОМ² = 2 • 8 = 16, ОМ = 4(см). Тоді АВ = 2OМ, АВ = 2 • 4 = 8 (см). АР = ВТ = ХО = 4 (см). За властивістю дотичних проведених з однієї точки до кола ТС = СМ = 1 (см), PD = MD = 4 (см). За аксіомою вимірювання відрізків ВС = ВТ + ТС = 4 + 2 = 6 (см), AD = АР + PD = 4 + 8 = 12 (см). За означенням

Відповідь. 36 см².

Задачі підвищеної складності

Чотирикутники

1010. Нехай ABCD — паралелограм, АКВ, CLD— рівносторонні трикутники. Сполучимо точки В з L та з D. Розглянемо чотирикутник KBLD. AD = ВС як протилежні сторони паралелограма, АК = CL, KB = DL як сторони рівних рівносторонніх трикутників, KAD = KАВ + A =60° + A, BCL = LCD + C = 60° + C. Отже, АKВ = CLD побудовою. Звідси KD = BL. Оскільки KD = BL і KB = DL, то KBLD — паралелограм за ознакою. Тоді діагоналі перетинаються і точкою перетину діляться навпіл (BO = OD). Тому KL проходить через точку О.

1011. Нехай ABC — рівнобедрений трикутник (ВС = АС), K∈AB, KМ||ВС, KР||МС. CBA = MKA як відповідні при паралельних прямих KМ і ВС, MAK = PKB як відповідні при паралельних прямих KР і МС. Оскільки ABC — рівнобедрений трикутник, то A = B. Звідси CBA = MKA = MAK = PKB. Отже, трикутники ВРK і АМK рівнобедрені, BP = РK, AM = KМ. KРСМ— паралелограм за означенням. Звідси Р_KPCM = 2(РK + МK) = 2(СМ + МА) = 2АС. Отже, периметр паралелограма не залежить від положення точки K.

1012. Нехай задано коло, А, В, С лежать на колі, АВСО — паралелограм. Оскільки АВСО — паралелограм, то АО = ВС і СО = АВ. Оскільки АО і СО — радіуси, то АО = ВС = СО = АВ. Звідси АОВ і СОВ— рівносторонні трикутники. Маємо: A = C = 60°. Оскільки сусідні кути паралелограма дорівнюють 180°, то O = B= 180°- 60° = 120°.

Відповідь. 60°, 120°, 60°, 120°.

1013. План виконання побудови. Припустимо, що паралелограм ABCD побудований. У ньому відомі діагоналі АС = a, BD = b і висота ВМ = h. Проводимо пряму т і позначаємо довільну точку М. Проводимо пряму nm в точці М. Від точки М на прямій п відкладаємо відрізок ВМ = h. Проводимо коло радіуса BD = b, яка перетне пряму m у точці D. Будуємо серединний перпендикуляр k до відрізка BD = b. Будуємо коло з центром у точці О радіуса а : 2. Дане коло перетне пряму k у точках А і С. Послідовно з’єднуємо точки А, В, С і D. ABCD — шуканий паралелограм.

1014. Нехай ABCD — заданий чотирикутник, Р_AOB = Р_BOC = P_COD = P_AOD.

1) Припустимо, що діагональ АС точкою О ділиться навпіл (АО = ОС), а діагональ BD не ділиться. На OD відкладемо відрізок ОМ = ВО. Розглянемо трикутники АВО і СОМ. У них: AOB = COM як вертикальні, АО = ОС за умовою, ВО = ОМ за побудовою. Отже, АВО = СОМ за першою ознакою рівності трикутників (за двома сторонами і кутом між ними). Тоді Р_AOB = P_COD = Р_COM. Оскільки ОМ < OD і CM < CD, то Р_COM < P_COD. Одержали суперечність.

2) Припустимо, що жодна з діагоналей АС і BD точкою перетину О не ділиться навпіл. На OD відкладемо відрізок ОМ = ВО, а на відрізку ОС - ОР = АО. Розглянемо трикутники АBО і РОМ. У них: AОВ = РОМ як вертикальні, АО = ОР, ВО = ОМ за побудовою. Отже, АВО = РОМ за першою ознакою рівності трикутників (за двома сторонами і кутом між ними). Тоді Р_AOB = P_COD— Р_POM. Оскільки ОМ < OD і PM < CD, то Р_POM < P_COD. Одержали суперечність. Отже, у заданому чотирикутнику діагоналі точкою перетину повинні ділитися навпіл. Тому ABCD — ромб.

Відповідь. Ромб.

1015. Нехай дано коло з діаметром АС, ABCD— ромб, ВМ = МС. Розглянемо прямокутний трикутник ВОС. Оскільки ВМ = МС, то ОМ— медіана. Медіана проведена з прямого кута дорівнює половині гіпотенузи: ОМ = МС. Звідси трикутник ОМС — рівносторонній, ОСМ = 60°. За властивістю діагоналей ромба С = 2ОСМ = 2 • 60°= 120°.

Відповідь. 120°.

1016. Нехай ABCD— прямокутник, АKС = 90°. Сполучимо точки К та О. Розглянемо прямокутний трикутник АKС. За властивістю діагоналей прямокутника АО = СО = ВО = DO. Звідси KО — медіана, проведена з прямого кута, тому КО = АО = СО. У прямокутному трикутнику KBD, КО = ВО = DO. Тобто KО — медіана. Звідси BKD = 90°.

1017. Нехай ABC— прямокутний трикутник, EADC, CBLK— квадрати. Розглянемо прямокутні трикутники СKР і АВС. У них: АС= РK, СK = СВ. Отже, СКР = ABC за двома катетами. У рівних трикутниках відповідні кути рівні: СРK = САВ. Розглянемо трикутники СKР і АМС. У них: СРK = САВ за умовою, РСK = ACM як вертикальні. Отже, СKР ~ АСМ за двома кутами. Тоді РKС = АМС = 90°.

Відповідь. 90°.

1018. Нехай ABCD— прямокутник, BN, FM, CN, DM— бісектриси, ВС = а, АВ = b. Оскільки трикутники АKВ, AMD, CPD і BNC рівнобедрені з кутами при основі по 45°, то MKN = KNP = NPM = KМР = 90°. Звідси KMPN— прямокутник. АKВ = CPD за другою ознакою рівності трикутників (АВ = CD як сторони прямокутника, АВK = KАВ = PCD = PDC). Звідси AK = DP. Розглянемо рівнобедрений трикутник AMD. Оскільки AM = MD і АK = DP, то KM = МР. Прямокутник з рівними сторонами є квадратом. Отже, KMPN— квадрат. Оскільки MKP = KAN = 45° як відповідні, то KР||AD. Аналогічно KAN = CTD = 45° як відповідні, тому АK||РТ. Звідси АKРТ — паралелограм, тому KР = AT = = AD = TD. Оскільки трикутник CDT — рівнобедрений прямокутний, то TD = CD = b. Маємо: KР = а - b.

Відповідь. а - b.

1019. Нехай ABCD— паралелограм, ВМ, ВР— висоти, ВТ — бісектриса. A = C як протилежні кути паралелограма. Нехай A = C - x, тоді B = D - 180° - x. Оскільки ВТ — бісектриса, то АМВ = ВРС як прямокутні зі спільним гострим кутом (A = C = х), тому, за теоремою про суму гострих кутів прямокутного трикутника, AMB = CBP = 90° = х. За аксіомою вимірювання кутів MBT = ABT - AMB,Аналогічно PBT = CBT- CBP = х. Отже, ВТ—бісектриса ділить кут між висотами ВМ і ВР.

1020. Нехай ABCD— квадрат, APNM— квадрат. Розглянемо трикутники АР В і AMD. У них: АВ = AD, AM = АР як сторони квадратів, BAP = 90° - PAN, MAD = 90° - PAN, тому BAP = MAD. Отже, АРВ = AMD за першою ознакою рівності трикутника (за двома сторонами і кутом між ними). Звідси BP = MD.

Відповідь. BP = MD.

1021. Нехай ABCD— трапеція (ВС||AD). Нехай ВС = а, AD = b. Проведемо СР||АВ. Оскільки BC||AD і СР||АВ, то АВСР— паралелограм. Тоді АР = ВС = а, АВ = СР. За аксіомою вимірювання відрізків PD = AD - АР = b - а. Розглянемо трикутник PCD. За нерівністю трикутника PC + CD > PD. Маємо: PC + CD > b - a, PC + CD > AD - BC.

1022. Нехай ABCD— трапеція (BC||AD). MP = 10 см. Точка, яка віддалена від прямих, що містять сторони трапеції буде центром кола вписаного в трапецію. За властивістю чотирикутника, описаного навколо кола, маємо: BC + AD = АВ + CD. За властивістю середньої лінії трапеції МР = (ВС + AD) : 2, 2МР = ВС + AD. Маємо: P_ABCD = ВС + AD + АВ + CD = 2(ВС + AD), P_ABCD = 4 МР = 4 • 10 = 40 (см).

Відповідь. 40 см.

1023. Нехай ABCD— трапеція (ВС||AD), A = 40°. Точка, яка віддалена від вершин трапеції буде центром кола описаного навколо трапеції. За властивістю чотирикутника вписаного в кола маємо: A + C = B + D = 180°. Тоді 40° + C = 180°, C = 180°- 40° = 140°. Оскільки у коло можна вписати лише рівнобічну трапецію A = D = 40°, B = C = 140°.

Відповідь. 140°, 140°, 40°.

1024. Нехай ABCD — трапеція (ВС||AD), ВС = b, AD = a, A = D = 90°. Продовжимо бічні сторони трапеції, які перетнуться у точці М. У трикутнику AMD за теоремою про суму внутрішніх кутів маємо: A = 180° - (A + D) = 180° - 90° = 90°. Тоді МР— медіана проведена з вершини прямого кута і тому дорівнює половині гіпотенузи:Нехай МТ = х, тодіВМС ~ AMD за трьома кутами (M спільний, MBC = MAD і MCB = MDA як відповідні при паралельних прямих ВС та AD і відповідно січних AM і MD). У подібних трикутниках відповідні сторони пропорційні:

Відповідь.

1025. Нехай ABCD— чотирикутник, АС, BD — діагоналі, M — точка перетину діагоналей, ABC = 73°, BCD = 103°, AMD = 110°. Вписаний кут дорівнює половині дуги на яку спирається. Тому Кут, вершина якого знаходиться в колі, вимірюється пів сумою дуг, які знаходяться міжсторонами кута і продовженням сторін кута: Маємо: Враховуючи щомаємо: Вписаний кут ACD дорівнює половині дуги на яку спирається. Тоді

Відповідь. 53°.

1026. Нехай ABC — гострокутний трикутник, АН₁, ВН₂, СН₃ — висоти, H — точка перетину висот. Навколо чотирикутника можна описати коло, якщо сума його протилежних кутів рівна 180°. Розглянемо чотирикутник СН₂НН₁. У ньому H₂ + Н1 = 90° + 90° = 180°. Оскільки у чотирикутнику сума кутів дорівнює 360°, то С+ Н = 180°. Отже, через чотири точки С, Н₂, H і H₁, можна провести коло. Аналогічно можна провести коло навколо чотирикутників АН₂НН3_} і ВН₃НН₃. Оскільки навколо чотирикутника СН₂НН, можна описати коло (доведено вище), то H₁CH= НН₂Н1 як вписані кути, які спираються на ту саму дугу. З прямокутного трикутника ВН₃С за властивістю гострих кутів маємо: H3BC = 90° - ВСН₃. За аксіомою вимірювання кутів АН₂Н₁ - АН₂В + ВН₂Н₁ = 90° + ВН₂Н₁ Тоді Н₃ВС + Н₃Н₂С = 90° - ВСН₃ + 90° + ВН₂H₁. Але ВСН₃ = H1CH, CH₂H₁ = НН₂Н₁ і Н₁СН = HH₂H1, звідки ВСН₃ = ВН₂Н₁Тому Н₃ВС + Н₁Н₂С= 180°. Оскільки у чотирикутнику сума кутів дорівнює 360°, то ВАН₂ + ВН₁Н₂ = 180°. Отже, через чотири точки А, H₂, H₁, і В можна провести коло. Аналогічно можна провести коло навколо чотирикутників АН₂Н₁С і ВН₃Н₂С.

Подібність трикутників

1027. Нехай ABCDE — п’ятикутник, AD, BE — діагоналі, АВ = ВС = CD = DE = A E, А = В = С = D = Е. Розглянемо трикутники AED і ЕАВ. У них: AB = ED за умовою, АЕ — спільна, А = Е за умовою. Отже, AED = ЕАВ за першою ознакою рівності трикутників (за двома сторонами і кутом між ними). У рівних трикутника рівні відповідні кути: ABE = ADE і BEA = DAE. Оскільки АЕ= АВ, то трикутники AED і ЕАВ — рівнобедрені. AOE ~ АЕВ за другою ознакою подібності трикутників (за стороною (АЕ = DE) і двома прилеглими до неї кутами).

1028. Нехай ABCD— паралелограм, N∈ВС, M∈CD. Розглянемо трикутники AN В і MAD. У них: ABN = MDA як суміжні до тупих кутів паралелограма, BAN = DMA як відповідні при паралельних прямих AB і CD та січній NM. Отже, ANB ~ MAD задвома кутами. У подібних трикутниках відповідні сторони пропорційні:, NB • DM = AB • AD. Отже, добуток NB • DM не залежить від того, як проведено пряму NM.

1029. Нехай ABCD — трапеція (ВС||AD), АС — діагональ, ВС = a, AD = b, АВС ~ ACD. BCA = CAD як внутрішньо різносторонні при паралельних прямих BC та AD і січній АС. Оскільки трикутники ABC і ACD подібні, то відповідні сторони пропорційні:, АС² = аc,

Відповідь.

1030. Нехай ABC — заданий трикутник.

Розглянемо три випадки: а) Пряма МР перетинає сторону АС; б) пряма МР перетинає сторону АС і МР//АС; в) пряма МР перетинає сторону ВС.

1) AM = MB, АС = 42 см, ВС = 49, АВ = 56 см.

а) Пряма МР перетинає сторону АС. АРМ ~ АВС. Оскільки сторона МР не паралельна до сторони ВС і кут С — спільний, то APM = ABC, AMP = ACB. Оскільки АС — найменша сторона трикутника АВС, то в трикутнику АРМ найменшою стороною є AM. Тоді АМ = AB : 2 = 56 : 2 = 28 (см);

б) пряма МР перетинає сторону АС, МР||АС і АМ = МС, то за теоремою Фалеса АР = PC = АС : 2 = 42 : 2 = 21 (см). Оскільки АРМ ~ АВС, МР//АС, і кут С — спільний, то APM = ACB, AMP = ABC. Оскільки АС — найменша сторона трикутника ABC, то в трикутнику АРМ найменшою стороною є АР = 21 (см).

в) пряма МР перетинає сторону ВС, ВРМ ~ ABC. Оскільки сторона МР перетинає сторону ВС, МР не паралельна до сторони ВС і кут В— спільний, то BMP = BCA, BPM = BAC. У подібних трикутниках відповідні сторони пропорційні. Оскільки АС — найменша сторона трикутника ABC, то в трикутнику ВРМ найменшою стороною є МР. Маємо:

Відповідь. 28 см або 21 см або 24 см.

2) AM = MB, АС = 42 см, ВС = 49, AB = 63 см.

а) Пряма МР перетинає сторону АС. АРМ ~ АВС, АМ = АВ : 2 = 63 : 2 = 31,5 (см). АРМ ~ АВС. Оскільки сторона МР не паралельна до сторони ВС кут С— спільний, то APM = ABC, AMP = ACB. Оскільки АС найменші сторона трикутника АВС, то в трикутнику АРМ найменшою стороною i AM = 31,5 (см). У подібних трикутниках відповідні сторони пропорційні, тому Звідси АС < АР. Одержали суперечність.

б) пряма МР перетинає сторону АС, МР||АС і АМ = МС, то за теоремою Фалес: АР = PC = АС : 2 = 42 : 2 = 21 (см). Оскільки АРМ ~ АВС, МР||АС, і кут С— спільний, то АРМ = ACB, AMP = ABC. Оскільки AC найменша сторона три кутника АВС, то в трикутнику АРМ найменшою стороною є АР = 21 (см).

в) пряма МР перетинає сторону ВС, ВРМ ~ ААВС. Оскільки сторона МР пере тинає сторону ВС, МР не паралельна до сторони ВС і кут В— спільний, тo BMP = BCA, BPM = BAC. У подібних трикутниках відповідні сторони пропорційні. Оскільки АС найменша сторона трикутника ABC, то в трикутнику ВРМ найменшою стороною є МР. Маємо:

Відповідь. 21 см або 27 см.

3) AM = MB, АС = 42 см, ВС = 49, AB = 70 см.

а) Пряма МР перетинає сторону АС. АРМ ~АВС, АМ = АВ : 2 = 63 : 2 = 35 (см). Оскільки АС найменша сторона трикутника АВС, то в трикутнику АРM найменшою стороною є AM = 35 (см). У подібних трикутниках відповідні сторони пропорційні, тому: Звідси АС < АР. Одержали суперечність.

б) пряма МР перетинає сторону АС, МР||АС і АМ = МС, то за теоремою Фалеса АР = РС = АС : 2 = 42 : 2 = 21 (см). Оскільки АРМ ~ АВС, МР||АС, і кут Суспільний, то APM = ACB, AMP = ABC. Оскільки АС найменша сторона трикутника ABC, то в трикутнику АРМ найменшою стороною є АР = 21 (см).

в) пряма МР перетинає сторону ВС, ВРМ ~ АВС. У подібних трикутниках відповідні сторони пропорційні. Оскільки АС найменша сторона трикутника ABC, тo в трикутнику ВРМ найменшою стороною є МР. Маємо:, У подібних трикутниках відповідні сторони пропорційні, тому:Звідси ВС < РВ. Одержали суперечність.

Відповідь. 21 см.

1031. Нехай ABC— заданий трикутник, B— тупий. Проведемо перпендикуляр до прямої АВ в точці В, і перпендикуляр до сторони ВС в точці С. Дані перпендикуляри перетнуться в точці М. Тоді MCB = 90°. Вписаний кут, який спирається на діаметр дорівнює 90°. Отже, ВМ — діаметр кола (точка О — центр кола, середина MB), яке проходить через точки В і С, а пряма АВ — дотична до кола. Дане коло перетне сторону АС в точці D. Звідси за теоремою про пропорційні відрізки січної і дотичної маємо: АВ²= AD • АС.

1032. Нехай ABCD — трапеція (ВС||AD), АС, BD — діагоналі, АСBD, АС = 15 см, АЕ = 9 см. Проведемо CMBD. BCMD — паралелограм. Із прямокутного трикутника AEC (AEK = 90°) за теоремою Піфагора АС² = АЕ² + СЕ², СЕ² = АС² - АЕ², СЕ² = 15² - 9² = 225 - 81 = 144. Оскільки CMBD і АСBD, то АССМ. Звідси трикутник ACM— прямокутний у якого АЕ— проекція катета АС на гіпотенузу AM. За теоремою про середні пропорційні відрізки у прямокутному трикутнику СЕ² = АЕ • EM, ЕМ = СЕ² : АЕ, ЕМ = 144 : 9 = 16 (см). За аксіомою вимірювання відрізків АМ = АЕ + ЕМ = 9 + 16 = 25 (см). Оскільки BCMD— паралелограм, то ВС = DM. Тоді середня лінія трапеції рівна нівсумі основ. Маємо: (BC+AD) : 2 = (AD + DM) : 2 = AM : 2 = 25 : 2 = 12,5 (см).

Відповідь. 12,5 см.

Розв 'язування прямокутних трикутників

1033. Нехай ABCD — заданий чотирикутник, АСBD. Розглянемо прямокутні трикутники АОВ і COD. За теоремою Піфагора АВ² = АО² + ВО²і CD² = DO² + СО². Додамо дані рівності: АВ² + CD² = АО²+ ВО²+ DO² + СО²(1). Розглянемо прямокутні трикутники AOD і В ОС. За теоремою Піфагора AD² = АО²+ DO²і ВС²= ВО² + СО². Додамо дані рівності: AD² + ВС²= АО² + DO² + ВО² + СО² (2). Оскільки праві частини рівностей (1) і (2) рівні, то і ліві частини теж рівні. Отже, AB² + CD² = AD² + BC².

1034. Нехай O = 60°, МА = a, MB = b. Продовжимо AM до перетину зі стороною ОВ. Одержимо точку С. Розглянемо трикутники ОАС і МВС. OCA = 90° - OAC = 90° - 60° = 30°, BMC = 90° - BCM = 90° - 30° = 60°. Звідси ОАС ~ МВС як прямокутні з рівним гострим кутом. У трикутнику МВС за властивістю катета, який лежить проти кута 30° маємо: МС = 2MB = 2b. За аксіомою вимірювання відрізків АС = AM + МС = а + 2b.У подібних трикутниках відповідні сторони пропорційні:. Із прямокутного трикутника МВС за означенням:, ВС = MB• tg60°,Тоді. Із прямокутного трикутника ОАМ, за теоремою Піфагора ОМ²= AO² + AM², 9

Відповідь.

1035. Нехай задано два кола (A, r), (B,R), MN— спільна дотична. Нехай АМ = r, BN = R. Проведемо AO||MN. AOMN— прямокутник, тоді AO = MN. За аксіомою вимірювання відрізків AB = AC+ BC = r + R, BO = BN - NO = BN — AM = R - r. Розглянемо прямокутний трикутник АОВ. За теоремою Піфагора АВ² = АO² + ВO², АO² = АВ² - ВO², АO² = (r + R)² - (R - r)² = г² + 2Rr + R² —R²+ 2Rr - r²= 4Rr = 2R • 2r = Dd. Тоді

1036.

1) Нехай ABC— гострокутний трикутник, ВH— висота. Розглянемо прямокутні трикутники АНВ і СНВ. За теоремою Піфагора АВ² = АН² + ВН² і ВС² = НС² + ВН². За аксіомою вимірювання відрізків НС = АС - АН. Маємо: ВН² = АВ² - АН², ВН² = ВС²- НС² = ВС²- (АС - АН)² = ВС²- АС² + 2АС • АН - АН². Оскільки ліві частини даних рівностей рівні, то рівними є їх праві частини. АВ²-АН² = ВС² - АС² + 2АС • АН - АН², ВС² = АВ² + АС²-АН² - 2АС • АН + АН², ВС² = АВ² + АС² - 2АС • АН.

2) Нехай ABC — тупокутний трикутник, ВН— висота. Розглянемо прямокутні трикутники ВНА і ВНС. За теоремою Піфагора АВ² = ВН²+АН² і ВС²= НС² + ВН². За аксіомою вимірювання відрізків НС = АС + АН. Маємо: ВН² = АВ² -АН², ВН² = ВС²- НС² = ВС²- (АС + АН)²= ВС² -АС²- 2АС • АН - АН². Оскільки ліві частини даних рівностей рівні, то рівними є їх праві частини. АВ² - АН²= ВС²— АС² - 2АС • АН-АН², ВС² = АВ² + АС² - АН²+ 2АС • АН +АН², ВС² = АВ²+АС² + 2АС • АН.

1037. Нехай ABC — прямокутний трикутник, AM : MB = 2 : 3,. Проведемо радіуси ОТ і OP. СРОТ — квадрат з діагоналлю. Звідси ОТ = OP = PC = CT = m. Нехай АМ = 2х, тоді MB = 3х. За теоремою про відрізки дотичних проведених з точки поза колом АР = AM = 2х, ВМ = ВT = 3х. за аксіомою вимірювання відрізків АС = АР + PC = 2х + m, ВС = ВТ + ТС = 2х + m, АВ = АМ + ВМ = 2х + 3х = 5х. Із прямокутного трикутника АСВ за теоремою Піфагора АВ² = АC² + ВС². Маємо: (5х)² = (2х + m)²+ (3х + m)², 25x² = 4x² + 4хm + m² + 9х² + 6хm + m², 12х²- 10хm — 2m² = 0, 6х² - 5хm - m² = 0,— сторонній корінь, х = от. Звідси АВ = 5m, АС =2m + m = 3m, ВС = 3 + m = 4m. Тоді Р_ABC = АВ + АС + ВС, Р_ABC = АВ + АС + ВС = 5m + 3m + 4m = 12m.

Відповідь. 12m.

1038. Нехай ABC— прямокутний трикутник, AB = b, ВС = а, АВ = с, CH = h. Щоб трикутник зі сторонами h, с + h, а + b був прямокутний необхідно щоб виконувалась рівність (с + h)² = (а + b)²+ h². Перепишемо дану рівність: (с + h)² - (а + h)² = h². Тоді (с + h)² - (а + Аb)² = с²+ 2сh + h² - а² - 2ab - b²= с²+2ch + h² - 2 ab - (а² + b²). Із трикутника АСВ за теоремою Піфагора с² = а² + b². Площа трикутника дорівнює:абоЗвідси ab = сh. Отже, (с + h)² - (а + b)² = с² +2аb + h² - 2аb - с² = h². За теоремою оберненою до теореми Піфагора трикутник зі сторонами h, c + h, a + b є прямокутний.

1039. Нехай ABCD — прямокутна трапеція (ВС||AD, A = B = 90°), AB = а, ВС = с, CD = b, ВМ— висота. Проведемо висоту CP. CDP = MCB як відповідні при паралельних прямих ВС і AD та січній CD. Отже, CDP ~ МСВ як прямокутні з рівним гострим кутом. У подібних трикутниках відповідні сторони пропорційні:

Відповідь.

1040.

1) Нехай ABC— рівнобедрений трикутник, АС = ВС = а. Побудуємо відрізок AM так, щоб CAM = 30°. Проведемо МРAB. Тоді Знайдемо відрізки МР і AM. Оскільки трикутник АСВ — рівнобедрений, то АВ є діагоналлю квадрата зі стороною а, тому. Розглянемо прямокутний трикутник ACM. За означенням, . За аксіомою вимірювання відрізків Розглянемо прямокутний трикутник МРВ. За означенням . Оскільки трикутник МВР — рівнобедрений, то. Тоді

2) Нехай ABC — рівнобедрений прямокутний трикутник, АС = ВС = а. Побудуємо відрізок ВМ так, щоб CBM = 30°. Проведемо МРAB. Тоді . Знайдемо відрізки МР і MB. Оскільки трикутник АСВ — прямокутний рівнобедрений, то АВ є діагоналлю квадрата зі стороною а, тому . Розглянемо прямокутний трикутник ВСМ. За означенням , За властивістю катета, який лежить проти кута 30° маємо:. За аксіомою вимірювання відрізків . Розглянемо прямокутний рівнобедрений трикутник АРМ. За означенням,=. Звідси. Тоді

Відповідь. 1); 2)

Многокутники. Площі многокутників

1041. Кількість діагоналей многокутника дорівнює

1) Якщо n = 20, то, n(n - 3) = 40, n² — 3n - 40 = 0, n = -5 (сторонній корінь), n = 8. Оскільки n = 8 натуральне число, то такий многокутник існує.

2) Якщо n = 21, то, n(n - 3) = 42, n² — 3n - 42 = 0, D = 9 + 168 = 177. Оскільки n не є натуральним числом, то такий многокутник не існує.

Відповідь. 1) Так, восьмикутник; 2) ні.

1042. Сума п’яти кутів n-кутника дорівнює 5 • 140° = 700°. Розглянемо випадки:

1) n = 6, тоді сума кутів шестикутника дорівнює 180°(n - 2) = 180°(6 - 2) = 180° • 4 = 720°. Шостий кут шестикутника дорівнює 720° - 700° = 20°.

2) n = 7, тоді сума кутів семикутника дорівнює 180°(n - 2) = 180°(7 - 2) = 180° • 5 = 900°. На два інших кутів семикутника припадає 900° - 700° = 200°. Тоді один з них буде тупим, що суперечить умові.

Відповідь. 6.

1043. Нехай ABCD — прямокутник, АС, BD — діагоналі, М — довільна точка діагоналі АС, О — точка перетину діагоналей. Опустимо перпендикуляри з точок О і М на сторони ВС і CD. І проведемо перпендикуляр СK на діагональ BD. Розглянемо трикутники ВОС і DOC. Маємо:Оскільки СK спільна висота для даних трикутників і BO = DO за властивістю діагоналей паралелограма, то S_BOC = S_DOC. 3 іншого боку, =Оскільки S_BOC = S_DOC, то OT • BC = OH • CD,. Тоді ОТС ~ МЕС, OНС ~ M PC як прямокутні зі спільним гострим кутом. У подібних трикутниках відповідні сторони пропорційні. Враховуючи що маємо:

1044. Нехай ABC — прямокутний трикутник (C = 90°), S_AMB = S_BMC = S_AMC. Проведемо МТBС, МРАС. Тоді чотирикутник СРМТ— прямокутник, звідки РС = МТ, ТС = МР як протилежні сторони. Нехай площа трикутника дорівнює S. Тоді . Розглянемо трикутник ВМС. Маємо: ТодіТоді Розглянемо трикутник АМС. Маємо:. Далі одержимо: ТодіЗа аксіомою вимірювання відрізків ВС = ВТ + ТС; ВТ = ВС - ТС;Аналогічно АС = АР + PC; АР = АС - PC; З прямокутного трикутника АРМ за теоремою Піфагорамаємо: МА² = АР² + РМ²; Аналогічно з прямокутного трикутника CMT: МС² = MT² + СY²;З прямокутного трикутника ВМТ: МВ²= ТВ²+ МT²;Далі одержимо:Отже, МА² + MB² = 5 CM². 

1045. Нехай ABC — трикутник, АР, ВK і CN— медіани, які перетинаються в точці М. Проведемо CN —висоту трикутника ABC і ML — висоту трикутника АВМ. Тоді звідкиРозглянемо прямокутні трикутники CND і MLD. У них: 1) кут D — спільний; 2) CND = MLD = 90°. Отже, CND ~ MLD подібні за двома кутами (за І ознакою подібності трикутників). За означенням подібних трикутників маємо:. За аксіомою вимірювання відрізків CD = СМ + MD. Оскільки точка М— точка перетину медіан, то CM : MD = 2 : 1, звідкиТомуОтже, S_ABC = 3S_ABM. Тому площа трикутника ABC більша утричі за площу трикутника АВМ.

Відповідь. У 3 рази.

1046. Нехай ABC — заданий трикутник, h₁, h₂, h₄ — висоти трикутника, О — довільна точка в середині трикутника, d₁, d₂, d₃ — відстань від точки О до сторін трикутника. Площа трикутника дорівнює. З іншого боку, S_ABC = S_AOC + S_AOB + S_BOC. Маємо:Поділимо дану рівність на. Здійснимо перетворення:

1047. Нехай ABC— заданий трикутник, О— точка перетину бісектрис, Р_АВС = 36 см, ОМ = 3 см. Проведемо перпендикуляри з точки О на сторони трикутника. Оскільки центр кола вписаного в трикутник знаходиться в точці перегину бісектрис, то ОЕ = ОТ = ОМ = 3 см. Тоді

Відповідь. 54 см².

1048. Нехай ABC — трикутник, AM : MB = ВK : KС = CP : PA = 2 : 1. Проведемо BL — висоту трикутника ABC і KN— висоту трикутника РКС. Тоді. Розглянемо прямокутні трикутники BLC і KNC. У них: 1) кут С — спільний; 2) BLC = KNC = 90°. Отже, BLC ~ KNC подібні за двома кутами (за І ознакою подібності трикутників). За означенням подібних трикутників маємо:За аксіомою вимірювання відрізків ВС = ВK + KС. Оскільки звідкиАналогічно можна одержати, щоТоді маємо: S_APKM = S_ABC — S_PKC — S_BMK,

Відповідь.

1049. Нехай ABCD — трапеція (ВС||AD), ОМ = d, АВ = m, CD = n. Оскільки АО, ВО, CO, DO — бісектриси, то точка О— центр кола вписаного в трапецію. Тоді радіус кола рівний ОМ = d, а висота трапеції 2d. За властивістю трапеції вписаної в коло ВС + AD = АВ + CD. Звідси ВС + AD = m + n. Тоді

Відповідь. d(m + n).

1050. Нехай ABCD — трапеція (ВС||AD), АK = KB, CD = с, KТ = d. Нехай висота трапеції дорівнює h. Проведемо KР||ВС. Оскільки АK = KВ і KО||ВС, то за теоремою Фалеса— середня лінія трапеції,. Опустимо висоти з вершин С і D на KО. Звідси Оскільки KО = DP, то. ЗвідсиОтже,

Відповідь, cd.

1051. Нехай ABC — трапеція (BC||AD), АС, BD— діагоналі, AB = BC = CD = a, АМ = MD, МР, СТ, BE— висоти трикутника ВМС. Розглянемо трикутник ABC. Оскільки АВ = ВС = а, то трикутник ABC — рівнобедрений, ВАС = ВСА. Тоді BCA = CAD як внутрішні різносторонні при паралельних прямих ВС і AD та січній АС. Звідси BAC = CAD, тому АС — бісектриса. Оскільки СТєАС, то ATBM. Враховуючи, що АС— бісектриса і ATВМ, маємо: АВ = АМ = а. Оскільки ВС||AM і АВ = АМ, то АВСМ— паралелограм за ознакою. Отже, CM = АВ = а. За умовою AM = MD = a. Звідси трикутники ABM, BMC, MCD — рівносторонні. Площа рівностороннього трикутника зі стороною а дорівнює Тоді

Відповідь.