Issuu

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

ГДЗ Геометрія 8 клас Мерзляк 2025

Вибери номер завдання: 1

№1-35

№36-85

№86-110

№111-135

№136-164

№165-189

№190-216

№217-278

Завдання

№279-328

№329-368

Ст.83-85

№369-423

Завдання

№424-448

№449-489

№490-510

Ст.130-132

№511-529

№530-581

№582-609

№610-643

Завдання

Ст.164-166

№644-668

№669-699

№700-723

Завдання

Повторення

№724-774

№775-808

Ст.202-204

№809-866

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

§1. ЧОТИРИКУТНИКИ 1. Чотирикутник та його елементи 1. Накресліть чотирикутник, у якому: 1) три кути тупі;

2) кути при сусідніх вершинах прямі, а два інших не є прямими;

∠A, ∠B і ∠C — тупі

∠M = ∠K = 90°, ∠N ≠ 90°, ∠P ≠ 90° 4) діагоналі перпендикулярні.

la. in.

3) одна діагональ точкою перетину діагоналей ділиться навпіл, а друга не ділиться навпіл;

SO = OT, RO ≠ OL

QY ⊥ XW

2. Накресліть довільний чотирикутник, позначте його вершини буквами M, K, E, F. Укажіть пари його сусідніх сторін, протилежних сторін, протилежних вершин. Запишіть які-небудь три позначення цього чотирикутника. Сусідні сторони: MK і KE, KE і EF, EF і FM, FM і MK. Протилежні сторони: MK і EF, KE і MF. Протилежні вершини: M і E, K і F. Позначення чотирикутника: MKEF, KEFM, EFMK.

3. Накресліть чотирикутник, у якому: 1) три кути гострі; 2) два протилежних кути прямі, а два інших не є прямими;

∠A, ∠B і ∠C — гострі

3) діагоналі точкою перетину діляться навпіл.

QO = OT, RO = OS ∠M = ∠K = 90°, ∠N ≠ 90°, ∠P ≠ 90°  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

4. Серед фігур, зображених на рисунку, укажіть чотирикутники.

la. in.

Чотирикутниками є фігури а), ґ), д), е). 5. Наведіть чотири яких-небудь позначення чотирикутника, зображеного на рисунку. Укажіть: 1) вершини чотирикутника; 2) його сторони; 3) пари сусідніх вершин; 4) пари протилежних вершин; 5) пари сусідніх сторін; 6) пари протилежних сторін; 7) діагоналі чотирикутника. Позначення чотирикутника: MKCA, KCAM, CAMK. 1) M, K, C, A; 2) MK, KC, CA, AM; 3) M і K, K і C, C і A, A і M; 4) M і C, K і A; 5) MK і KC, KC і CA, CA і AM, AM і MK; 6) MK і AC, MA і KC; 7) MC і KA. 6. Серед чотирикутників, зображених на рисунку, укажіть опуклі.

Опуклими є чотирикутники MKEF, STOP, QLNR. 7. Чому дорівнює четвертий кут чотирикутника, якщо три його кути дорівнюють 78°, 89° і 93°? Оскільки сума кутів трикутника дорівнює 360°, то четвертий його кут становить: 360° − (78° + 89° + 93°) = 360° − 260° = 100° Відповідь: 100°. 8. Знайдіть кути чотирикутника, якщо вони рівні між собою. Якщо кути чотирикутника рівні між собою, а сума кутів чотирикутника — 360°, то кожен з кутів дорівнює 360° : 4 = 90°. Відповідь: 90°, 90°, 90°, 90°. 9. У чотирикутнику ABCD відомо, що ∠B = 150°, ∠A = ∠C = ∠D. Знайдіть невідомі кути чотирикутника. За теоремою про суму кутів чотирикутника маємо, що ∠A + ∠B + ∠C + ∠D = 360°, звідки ∠A + ∠C + ∠D = 360° − ∠B. Оскільки за умовою ∠B = 150°, то ∠A + ∠C + ∠D = 360° − 150° = 210°. Тоді ∠A = ∠C = ∠D = 210° : 3 = 70°. Відповідь: 70°, 70°, 70°.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

10. Один із кутів чотирикутника у 2 рази менший від другого кута, на 20° менший від третього та на 40° більший за четвертий. Знайдіть кути чотирикутника. Нехай ∠A = x, тоді ∠B = 2x, ∠C = x + 20°, ∠D = x − 40°. За теоремою про суму кутів чотирикутника маємо: x + 2x + x + 20° + x − 40° = 360°; 5x − 20° = 360°; 5x = 380°; x = 76°. Отже, ∠A = 76°, тоді ∠B = 2 ⋅ 76° = 152°, ∠C = 76° + 20° = 96°, ∠D = 76° − 40° = 36°. Відповідь: 76°, 152°, 96°, 36°.

la. in.

11. Знайдіть кути чотирикутника, якщо вони пропорційні числам 2, 3, 10 і 21. Чи є цей чотирикутник опуклим? Нехай ABCD — чотирикутник, ∠A : ∠B : ∠C : ∠D = 10 : 21 : 2 : 3. Нехай ∠A = 10x, тоді ∠B = 21x, ∠C = 2x, ∠D = 3x. За теоремою про суму кутів чотирикутника маємо рівняння: 10x + 21x + 2x + 3x = 360°; 36x = 360°; x = 10°. Тоді ∠A = 10 ⋅ 10° = 100°, ∠B = 21 ⋅ 10° = 210°, ∠C = 2 ⋅ 10° = 20°, ∠D = 3 ⋅ 10° = 30°. Оскільки у даному чотирикутнику ∠B = 210° > 180°, то він не є опуклим. Відповідь: 100°; 210°; 20°; 30°; не є опуклим.

12. Знайдіть кути чотирикутника, якщо три його кути пропорційні числам 4, 5 і 7, а четвертий кут дорівнює їхній півсумі. Чи є цей чотирикутник опуклим? Нехай ABCD — чотирикутник, ∠A : ∠B : ∠C = 4 : 5 : 7. Нехай ∠A = 4x, тоді ∠B = 5x, ∠C = 7x, ∠D = (4x + 5x + 7x) : 2 = 8x. За теоремою про суму кутів чотирикутника маємо рівняння: 4x + 5x + 7x + 8x = 360°, 24x = 360°, x = 15°. Тоді ∠A = 4 ⋅ 15° = 60°, ∠B = 5 ⋅ 15° = 75°, ∠C = 7 ⋅ 15° = 105°, ∠D = 8 ⋅ 15° = 120°. Оскільки у даному чотирикутнику всі кути менші від розгорнутого, то він є опуклим. Відповідь: 60°,75°,105°,120°; опуклий.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

13. Чи може чотирикутник мати: 1) три прямих кути й один гострий; Не може, бо сума його кутів буде меншою від 360°; 2) три прямих кути й один тупий; Не може, бо сума його кутів буде більшою від 360°; 3) чотири прямих кути; Може, бо сума його кутів дорівнюватиме 360°;

la. in.

4) чотири гострих кути; Не може, бо сума його кутів буде меншою від 360°; 5) два прямих і два тупих кути; Не може, бо сума його кутів буде більшою від 360°; 6) два прямих кути, один гострий та один тупий? Може, якщо сума гострого і тупого кутів дорівнює 180°.

14. Периметр чотирикутника дорівнює 63 см. Знайдіть його сторони, якщо друга сторона 2 становить першої, третя – 50% другої, а четверта – 150% першої. 3

Нехай перша сторона дорівнює x см, тоді друга сторона — x см, третя — ( ⋅ )x = x 3

(см), четверта — x см. 2 Рівняння: 2 1 3 x + x + x + x = 63; 3 3 2 3,5x = 63; x = 18. 2 Отже, перша сторона чотирикутника дорівнює 18 см, друга — ⋅ 18 = 12 (см), 1

третя — ⋅ 18 = 6 (см), четверта — ⋅ 18 = 27 (см). 3 2 Відповідь: 18 см; 12 см; 6 см; 27 см.

15. Знайдіть сторони чотирикутника, якщо одна з них на 2 см більша за другу, на 6 см менша від третьої, у 3 рази менша від четвертої, а периметр дорівнює 64 см. Нехай перша сторона дорівнює x см, тоді друга сторона — (x − 2) см, третя — (x + 6) см, четверта — 3х см. Рівняння: x + (x − 2) + (x + 6) + 3x = 64; 6x + 4 = 64; 6x = 60; x = 10. Отже, перша сторона чотирикутника дорівнює 10 см, друга — 10 – 2 = 8 (см), третя — 10 + 6 = 16 (см), четверта — 3 ⋅ 10 = 30 (см). Відповідь: 10 см; 8 см; 16 см; 30 см.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

16. У чотирикутнику ABCD сторони AB і BC рівні, а діагональ BD утворює із цими сторонами рівні кути. Доведіть, що сторони CD і AD теж рівні. Нехай у чотирикутнику ABCD: AB = BC, ∠ABD = ∠CBD, BD — діагональ. Розглянемо трикутники ABD і CBD. У них: 1) AB = BC за умовою; 2) ∠ABD = ∠CBD за умовою; 3) BD — спільна сторона. Отже, △ABD = △CBD за двома сторонами і кутом між ними (за I ознакою рівності трикутників). Тому AD = BC = 6 см як відповідні елементи рівних трикутників. Відповідь: 6 см.

17. Діагоналі чотирикутника точкою перетину діляться навпіл, одна з його сторін дорівнює 6 см. Чому дорівнює протилежна їй сторона чотирикутника? Нехай у чотирикутнику ABCD: AO = OC, BO = OD, BC = 6 см. Розглянемо трикутники AOD і COD. У них: 1) AO = OC за умовою; 2) BO = OD за умовою; 3) ∠AOD = ∠COB як вертикальні. Отже, △AOD = △COB за двома сторонами і кутом між ними (за I ознакою рівності трикутників). Тому AD = BC = 6 см як відповідні елементи рівних трикутників. Відповідь: 6 см.

18. У чотирикутнику MNKP відомо, що MN = NK, MP = PK, ∠M = 100°. Знайдіть кут K. Нехай у чотирикутнику MNKP: MN = NK, MP = PK, ∠M = 100°. Добудовуємо діагональ PN. Розглянемо трикутники NMP і NKP. У них: 1) MN = NK за умовою; 2) MP = PK за умовою; 3) PN — спільна сторона. Отже, △NMP = △NMP за трьома сторонами (за III ознакою рівності трикутників). Тому ∠K = ∠M = 100° як відповідні елементи рівних трикутників. Відповідь: 100°.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

19. У чотирикутнику ABCD діагональ AC утворює зі сторонами AB і AD рівні кути та зі сторонами CB і CD також рівні кути, AB = 8 см, BC = 10 см. Знайдіть периметр чотирикутника ABCD. Нехай у чотирикутнику ABCD: ∠BAC = ∠CAD, ∠BCA = ∠ACD, AB = 8 см, BC = 10 см. Розглянемо трикутники ABC і ADC. У них: 1) ∠BAC = ∠CAD за умовою; 2) ∠BCA = ∠ACD за умовою; 3) AC — спільна сторона. Отже, △ABC = △ADC за стороною і двома прилеглими до неї кутами (за I ознакою рівності трикутників). Тому AB = CD = 8 см, BC = AD = 10 см як відповідні елементи рівних трикутників. Тоді PABCD = AB + BC + CD + AD = 8 + 10 + 8 + 10 = 36 (см). Відповідь: 36 см.

20. У трикутнику ABC відомо, що ∠A = 44°, ∠B = 56°. Бісектриси кутів AK і BM перетинаються в точці O. Знайдіть кути чотирикутників: 1) MOKC; 2) AOBC. 1) Нехай у трикутнику ABC ∠A = 44°, ∠B = 56°, AK і BM — бісектриси відповідно ∠CAB і ∠ABC, які перетинаються в точці O. За теоремою про суму кутів трикутника ∠A + ∠B + ∠C = 180°; ∠C = 180° − (∠A + ∠B); ∠C = 180° − (44°+56°) = 180° − 100° = 80°. Оскільки AK — бісектриса ∠CAB, то за властивістю бісектриси ∠MAO = ∠OAB = 44° : 2 = 22°. Аналогічно ∠KBO = ∠OBA = 56° : 2 = 28°. Розглянемо трикутник AOB. У ньому ∠OAB + ∠AOB + ∠OBA = 180°; ∠AOB = 180° − (∠OAB + ∠OBA); ∠AOB =180° − (22° + 28°) = 180° − 50° = 130°. ∠AOB і ∠MOK — вертикальні, тому ∠AOB = ∠MOK = 130°. Розглянемо трикутник AKC. У ньому ∠CAK + ∠AKC + ∠KAC = 180°; ∠AKC = 180° − (∠CAK + ∠KCA); ∠AKC = 180° − (22° + 80°) = 180° − 102° = 78°. Розглянемо чотирикутник MOKC. За теоремою про суму кутів чотирикутника ∠OMC + ∠MCK + ∠CKO + ∠KOM = 360°; ∠OMC = 360° − (∠MCK + ∠CKO + ∠KOM); ∠OMC = 360° − (80° + 78° + 130°) = 360° − 288° = 72°. Відповідь: 72°, 80°, 78°, 130°. 2) розглянемо чотирикутник AOBC. За теоремою про суму кутів чотирикутника ∠CAO + ∠AOB + ∠OBC + ∠BCA = 360°; ∠AOB = 360° − (∠CAO + ∠OBC + ∠BCA); ∠AOB = 360° − (22° + 28° + 80°) = 360° − 130° = 230°; Відповідь: 22°, 230°, 28°, 80°.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

21. У трикутнику ABC відомо, що ∠A = 36°, ∠B = 72°. Висоти AE і BF трикутника перетинаються в точці H. Знайдіть кути чотирикутників: 1) CFHE; 2) ACBH.

la. in.

1) Нехай у трикутнику ABC ∠A=36°, ∠B=72°. AE і BF — висоти, проведені відповідно до сторін BC і AC, які перетинаються в точці H. За теоремою про суму кутів трикутника: ∠A + ∠B + ∠C = 180°; ∠C = 180° − (∠A + ∠B); 180° − (36° + 72°) = 180° − 108° = 72°. Оскільки AE — висота, то ∠CEA = ∠BEA = 90°. Аналогічно ∠CFB = ∠BFA = 90°. Розглянемо чотирикутник CFHE. За теоремою про суму кутів чотирикутника: ∠CFH + ∠FHE + ∠HEC + ∠ECF = 360°; ∠FHE = 360° − (90° + 90° + 72°) = 360° − 252° = 108°. Відповідь: 90°, 108°, 90°, 72°. 2) Розглянемо прямокутний трикутник CEA (∠CEA=90°). Тоді маємо: ∠CAE + ∠ECA = 90°; ∠CAE = 90° − ∠ECA; ∠CAE = 90° − 72° = 18°. Розглянемо прямокутний трикутник CFB (∠CFB = 90°). Тоді маємо: ∠FBC + ∠FCB = 90°; ∠FBC = 90° − ∠FCB; ∠FBC = 90° − 72° = 18°. Розглянемо чотирикутник ACBH. За теоремою про суму кутів чотирикутника ∠CAH + ∠AHB + ∠HBC + ∠BCA = 360°; ∠AHB = 360° − (∠CAH + ∠HBC + ∠BCA); ∠AHB = 360° − (18° + 18° + 72°) = 360° − 108° = 252°. Відповідь: 18°, 72°, 18°, 252°. 22. Знайдіть діагональ чотирикутника, якщо його периметр дорівнює 80 см, а периметри трикутників, на які ця діагональ розбиває даний чотирикутник, дорівнюють 36 см і 64 см.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай ABCD — заданий чотирикутник, AC — його діагональ. PABC = 36, PADC = 64 см, PABCD = см. PABCD = AB + BC + CD + AD, PABC = AB + BC + AC, PADC = AD + DC + AC, звідки PABC + PADC = (AB + BC + AC) + (AD + DC + AC) = (AB + BC + CD + AD) + AC + AC = PABCD + 2AC; 36 + 64 = 80 + 2AC; 2AC = 20; AC = 10 (см). Відповідь: 10 см. 23. Чи можуть сторони чотирикутника дорівнювати: 1) 2 дм, 3 дм, 4 дм, 9 дм; 2) 2 дм, 3 дм, 4 дм, 10 дм?

1) Проведемо у чотирикутнику ABCD діагональ AC. Розглянемо трикутник ABC. За нерівністю трикутника маємо: AB < AC + CB. Аналогічно для трикутника ADC маємо: AC < AD + DC. Тоді AB < AC + CB < (AD + DC) + CB < AD + DC + CB. Отже, для сторін трикутника ABCD маємо, що будь-яка сторона чотирикутника має бути меншою за суму решти трьох сторін цього чотирикутника. Перевіримо одержану нерівність для найбільшої сторони чотирикутника: 9 < 2 + 3 + 4; 9 < 9 — нерівність хибна, тому чотирикутника з такими сторонами не існує. 2) Перевіримо одержану нерівність для найбільшої сторони чотирикутника: 10 < 2 + 3 + 4; 10 < 9 — нерівність хибна, тому чотирикутника з такими сторонами не існує. 24. У чотирикутнику ABCD відомо, що ∠A = ∠C = 90°. Доведіть, що бісектриси двох інших кутів чотирикутника або паралельні, або лежать на одній прямій.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

1) Нехай ABCD — заданий чотирикутник, ∠A=90°, ∠C=90°, BN і DK — бісектриси кутів B і D. Якщо BN — бісектриса ∠ABC, то за означенням бісектриси: 1 ∠ABN = ∠NBC = ∠ABC. 2 Нехай ∠ABN = x, тоді ∠NBC = x, ∠ABC = 2x. Розглянемо прямокутний трикутник BAN (∠A=90°). За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника маємо: ∠ANB + ∠ABN = 90°, звідки ∠ANB = 90° − ∠ABN = 90° − x. Розглянемо чотирикутник ABCD. За теоремою про суму кутів чотирикутника маємо: ∠A + ∠B + ∠C + ∠D = 360°; ∠D = 360° − (∠A + ∠B + ∠C) = 360° − (90° + 2x + 90°) = 180° − 2x. Оскільки DK — бісектриса ∠ADC, то за означенням бісектриси: 1 ∠ADK = ∠CDK = ∠ADC. 2 Так як ∠D = ∠ADC = 180° − 2x, 1 то ∠ADK = ∠CDK = (180° − 2x) = 90° − x. 2 Розглянемо прямокутний трикутник KCD (∠C=90°). За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника маємо: ∠KDC + ∠DKC = 90°, звідки ∠KDC = 90° − ∠DKC = 90° − (90° − x) = x. Розглянемо прямі BN і KD і пряму AD як січну. Оскільки ∠ANB = 90° − x, ∠ADK = ∠NDK = 90° − x, то ∠ANB = ∠NDK, то за ознакою паралельних прямих: BN ∥ KD.

2) Нехай, діагональ BD є бісектрисою чотирикутника ABCD. Тоді за означенням бісектриси маємо:  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html 1

la. in.

∠ABD = ∠CBD = ∠ABC. 2 Розглянемо прямокутні трикутники BAD (∠A=90°) і BCD (∠C=90°). У них ∠ABD = ∠CBD, BD — спільна сторона (гіпотенуза), тому за ознакою рівності прямокутних трикутників △BAD = △BCD за гіпотенузою і гострим кутом. Тому ∠ADB = ∠CDB як відповідні елементи рівних трикутників. Звідси маємо, що BD — бісектриса ∠ADC. 25. Доведіть, що коли бісектриси двох прилеглих кутів опуклого чотирикутника паралельні або лежать на одній прямій, то два протилежні кути чотирикутника рівні.

1) Нехай у чотирикутнику ABCD, BN і DK — бісектриси кутів B і D, BN || DK. Розглянемо прямі BN і DK та січну BC. За ознакою паралельних прямих маємо, що ∠NBK = ∠DKC як відповідні. Якщо BN — бісектриса ∠ABC, то за означенням бісектриси: 1 ∠ABN = ∠NBC = ∠ABC. 2 Нехай ∠ABN = ∠DKC = x. 1 Якщо DK — бісектриса ∠ADC, то за означенням бісектриси ∠ADK = ∠CDK = ∠ADC. 2 Розглянемо паралельні прямі BN і DK та січну AD. За ознакою паралельних прямих маємо, що ∠NDK = ∠ANB як відповідні. Тоді ∠ANB = ∠KDC. Нехай ∠ANB = ∠KDC = y. Розглянемо трикутник △ANB. За теоремою про суму кутів трикутника маємо: ∠A + ∠ANB + ∠ABN = 180°; ∠A = 180° − (∠ABN + ∠ANB) = 180° − (x + y). Отже, ∠A = ∠C = 180° − (x + y), тобто кути A і C рівні;

2) Нехай діагональ BD є бісектрисою чотирикутника ABCD. Тоді за означенням бісектриси кута B маємо:  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html 1

la. in.

∠ABD = ∠CBD = ∠ABC. 2 Аналогічно за означенням бісектриси кута D маємо: 1 ∠ADB = ∠CDB = ∠ADC. 2 Розглянемо трикутники △BAD і △BCD. У них ∠ABD = ∠CBD, ∠ADB = ∠CDB за доведенням, BD — спільна сторона. Отже, △BAD = △BCD за стороною і двома прилеглими до неї кутами (за II ознакою рівності трикутників). Тому ∠A = ∠C як відповідні елементи рівних трикутників. 26. Побудуйте чотирикутник за його сторонами та одним із кутів.

Дано: AB = a, BC = b, CD = c, AD = d — сторони чотирикутника ABCD, ∠P1A1K1 = α — кут чотирикутника. Побудувати: чотирикутник ABCD. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку A. У заданому куті α проводжу коло з центром у вершині A1 так, щоб воно перетнуло сторони кута, наприклад у точках K1 і P1 Проводжу коло того самого радіуса з центром у точці A. Нехай воно перетне пряму m у точці K. Проводжу коло радіуса K1P1 з центром у точці K, кола перетнуться у точці P. Проводжу промінь AP. ∠PAK = ∠P1A1K1. З точки A проводжу коло радіуса AB = a, яке перетне пряму m у точці B. З точки A проводжу коло радіуса AD = d, яке перетне промінь AP у точці D. Будую коло радіуса BC = b з центром у точці B і коло радіуса DC = d з центром у точці D. Кола перетнуться у точці C, яка є вершиною чотирикутника. Сполучаю відрізками точки B і C та точки D і C. Отже, побудований чотирикутник ABCD — шуканий, бо в ньому: AB = a, BC = b, CD = c, AD = d, ∠DAB = α за побудовою. 27. Побудуйте чотирикутник за трьома сторонами та двома діагоналями.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Дано: AB = a, BC = b, AD = c — сторони чотирикутника ABCD, AC = d, BD = e — діагоналі чотирикутника. Побудувати: чотирикутник ABCD. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку A. З точки A проводжу коло радіуса AB = a, яке перетне пряму m у точці B. З точки A проводжу коло радіуса AD = c, а з точки B — коло радіуса BD = e, які перетнуться у точці D Сполучаю відрізком точки A і D. З точки B проводжу коло радіуса BC = b, а з точки A — коло радіуса AC = d, які перетнуться у точці C. Сполучаю відрізком точки B і C. Проводжу відрізок DC. Отже, побудований чотирикутник ABCD — шуканий, бо в ньому: AB = a, BC = b, AD = c, AC = d, BD = e за побудовою.

28. Побудуйте чотирикутник за його сторонами та однією з діагоналей.

Дано: AB = a, BC = b, CD = c, AD = d — сторони чотирикутника ABCD, BO — діагональ чотирикутника. Побудувати: чотирикутник ABCD. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку A. З точки A проводжу коло радіуса AB = a, яке перетне пряму m в точці B. З точки A проводжу коло радіуса AD = d, а з точки B — коло радіуса BD = e, які перетнуться в точці D. Сполучаю відрізком точки A і D. З точки B проводжу коло радіуса BC = b, а з точки D — коло радіуса DC = c, які перетнуться в точці C. Сполучаю відрізками точки B і C та D і C. Отже, побудований чотирикутник ABCD — шуканий, бо в ньому AB = a, BC = b, CD = c, AD = d, BD = e за побудовою.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

29. Побудуйте чотирикутник ABCD за кутами A і B, сторонами AB і BC та сумою сторін AD і CD.

la. in.

Дано: AB = a, BC = b, AD + CD = c, ∠P1A1K1 = α і ∠N1B1M1 = β — кути чотирикутника. Побудувати: чотирикутник ABCD. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку B. З точки B проводжу коло радіуса AB = a, яке перетне пряму m у точці A. У заданому куті β проводжу коло з центром у вершині B1 так, щоб воно перетнуло сторони кута, наприклад у точках M1 і N1. Проводжу коло того самого радіуса з центром у точці B. Нехай воно перетне пряму m у точці M. Проводжу коло радіуса M1N1 з центром у точці M, кола перетнуться у точці N. Проводжу промінь BN. ∠NMB = ∠N1B1M1. З точки B проводжу коло радіус BC = b, яке перетне промінь BN у точці C. З’єдную відрізком точки A і C. Аналогічно описаному вище будую ∠PAK = α. З точки A проводжу коло радіуса AD + CD = c, яке перетне промінь AK у точці S. З’єдную відрізком точки S і C. Побудую серединний перпендикуляр до відрізка SC. Для цього будую дугу довільного радіуса, але більшого за половину відрізка SC, з центром у точці C. Аналогічно будую дугу такого ж радіуса з центром у точці S. Дуги перетнуться у точках E і T. Будую пряму ET — серединний перпендикуляр до відрізка SC. Серединний перпендикуляр ET перетинає відрізок AS у точці D — четвертій вершині чотирикутника. Отже, побудований чотирикутник ABCD — шуканий, бо в ньому AB = a, BC = b, AD + CD = c, ∠P1A1K1 = α і ∠N1B1M1 = β за побудовою. 30. Пряма с перетинає кожну з прямих a і b. Укажіть пари рівносторонніх і пари односторонніх кутів, які при цьому утворилися. Яке взаємне розміщення прямих a і b, якщо: 1) ∠1 = ∠4; 2) ∠1 = 20°, ∠3 = 170°?

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

∠1 і ∠4, ∠2 і ∠3 — внутрішні різносторонні; ∠1 і ∠3, ∠2 і ∠4 — внутрішні односторонні. 1) Якщо ∠1 = ∠4, то оскільки ці кути є внутрішніми різносторонніми, за ознакою паралельності прямих маємо, що a ∥ b, c — січна. 2) ∠1 = 20°, ∠3 = 170°, то оскільки ∠1 і ∠3 є внутрішніми односторонніми, то за ознакою паралельності прямих маємо, що ∠1 + ∠3 = 20° + 170° = 190° ≠ 180°, тому прямі a і b не паралельні. 31. У чотирикутнику ABCD ∠C = 110°, ∠D = 70°. Доведіть, що BC || AD. Нехай ABCD — чотирикутник, ∠C = 110°, ∠D=70°. Розглянемо прямі BC і AD та січну CD. ∠C і ∠D — внутрішні односторонні кути. За ознакою паралельності прямих маємо, що ∠C + ∠D = 110° + 70° = 180°, тому прямі BC і CD паралельні.

32. У чотирикутнику ABCD відомо, що ∠A = ∠B = 90°, ∠C = 100°. Чи є паралельними прямі: 1) BC і AD; 2) AB і CD? 1) Нехай ABCD — чотирикутник, ∠A = ∠B = 90°, ∠C = 100°. Розглянемо прямі BC і AD та січну AB. ∠A і ∠B — внутрішні односторонні кути. За ознакою паралельності прямих маємо, що ∠A + ∠B = 90° + 90° = 180°, тому прямі BC і AD паралельні; 2) Нехай ABCD — чотирикутник, ∠A = ∠B = 90°, ∠C = 100°. Розглянемо прямі AB і CD та січну BC. ∠B і ∠C — внутрішні односторонні кути. За ознакою паралельності прямих маємо, що ∠B + ∠C = 90° + 100° = 190° ≠ 180°, тому прямі AB і CD не паралельні. 33. На рисунку AD = BC, ∠ADB = ∠CBD. Доведіть, що AB = CD і AB || CD.

Нехай ABCD — чотирикутник, AD = BC, ∠ADB = ∠CBD. Розглянемо трикутники ADB і CBD. У них 1) AD = BC — за умовою; 2) ∠ADB = ∠CBD — за умовою;  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

3) BD — спільна сторона. Отже, △ADB = △CBD за двома сторонами і кутом між ними (за I ознакою рівності трикутників). Тому AB = CD і ∠ABD=∠CDB як відповідні елементи рівних трикутників. Розглянемо прямі AB і CD та січну BD. ∠ABD і ∠CDB є внутрішніми різносторонніми кутами і ∠ABD = ∠CDB. За ознакою паралельності прямих маємо, що прямі AB і CD паралельні. 34. Відрізок BK — бісектриса трикутника ABC. Пряма DK паралельна стороні AB і перетинає сторону BC у точці D, ∠BDK = 116°. Знайдіть кут BKD.

Нехай ABC — заданий трикутник, BK — бісектриса ∠ABC, KD ∥ AB, D ∈ BC, ∠BDK=116°. Розглянемо паралельні прямі AB і KD та січну BD. За ознакою паралельних прямих маємо, що ∠ABD + ∠BDK = 180° як внутрішні односторонні, звідки ∠ABD = 180° − ∠BDK = 180° − 116° = 64°. 1 Оскільки BK — бісектриса, ∠ABC, то за означенням бісектриси ∠ABK = ∠KBC = 2 ∠ABC, звідки ∠KBC = 64° : 2 = 32°. Розглянемо трикутник KBD. За теоремою про суму кутів трикутника маємо: ∠KBD + ∠BDK + ∠BKD = 180°; ∠BKD = 180° − (∠KBD + ∠BDK) = 180° − (32° + 116°) = 180° − 148° = 32°. Відповідь: 32°. 35. Білу площину довільно забризкано чорною фарбою. Доведіть, що на площині знайдеться відрізок завдовжки 1 м, кінці якого зафарбовано одним кольором. Візьмемо на площині точку деякого кольору, наприклад чорного, і проведемо коло, радіус якого дорівнює 1 м. Якщо на цьому колі є хоча б одна точка чорного кольору, то шуканим відрізком буде діаметр кола. Якщо ж усі точки кола білого кольору, то на колі обов’язково знайдеться хорда завдовжки 1 м, кінці якої білого кольору.

2. Паралелограм. Властивості паралелограма 36. На рисунку зображено паралелограм ABCD. Зробіть такий рисунок у зошиті. Проведіть із точок B і M висоти паралелограма до сторони AD, а з точки K - висоту до сторони AB.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Див. рис.

la. in.

1. BP ⟂ AD, MN ⟂ AD, KS ⟂ AB.

2. BP ⟂ AD, MN ⟂ AD, KS ⟂ BA.

3. BP ⟂ AD, MN ⟂ AD, KS ⟂ AB. 37. Дві паралельні прямі перетинають три інші паралельні прямі. Скільки при цьому утворилося паралелограмів? Утвориться три паралелограми.

38. На рисунку зображено паралелограми. Визначте, не виконуючи вимірювань, на яких рисунках величини кутів або довжини відрізків позначено неправильно (довжини відрізків наведено в сантиметрах).

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

а. Неправильні довжини сторін, бо в паралелограма протилежні сторони рівні; б. неправильні величини кутів, бо при паралельних прямих і січній внутрішні різносторонні кути мають бути рівними; в. неправильні величини протилежних кутів, вони мають бути рівними; г. неправильні довжини частин діагоналей, бо діагоналі паралелограма точкою перетину діляться навпіл; Ґ. неправильні довжини сторін, бо у паралелограма протилежні сторони рівні, а зображений трикутник є рівнобедреним, хоча довжини його бічних сторін позначено як 6 і 7. 39. Чи вистачить 40 см дроту, щоб виготовити з нього паралелограм зі сторонами: 1. 14 см і 8 см ; 2. 16 см і 4 см ; 3. 12 см і 6 см ? 1. P = 2(a + b); P = 2·(14 + 8) = 2·22 = 44 см; 44 см > 40 см — не вистачить. 2. P = 2(a + b); P = 2·(16 + 4) = 2·20 = 40 см; 40 см = 40 см — вистачить. 3. P = 2(q + b); P = 2·(12 + 6) = 2·18 = 36 см; 36 см < 40 см — вистачить. 40. Периметр паралелограма дорівнює 112 см . Знайдіть його сторони, якщо: 1. одна з них на 12 см менша від другої; 2. дві його сторони відносяться як 5:9. 1. Нехай одна сторона паралелограма дорівнює x см, тоді інша — (x + 12) см. Периметр паралелограма дорівнює 2(x + x + 12) = 4x + 24 (см), що за умовою задачі дорівнює 112 см. Рівняння: 4x + 24 = 112; 4x = 88; x = 22. Отже, одна сторона паралелограма дорівнює 22 см, а інша — 22 + 12 = 34 см. 2. Нехай одна сторона паралелограма дорівнює 5x см, тоді інша — 9x см. Периметр паралелограма дорівнює 2(5x + 9x) = 28x (см), що за умовою задачі дорівнює 112 см. Рівняння:  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

28x = 112; x = 4. Отже, одна сторона паралелограма дорівнює 5·4 = 20 см, а інша — 9·4 = 36 см. Відповідь: 1. 22 см; 34 см; 2. 20 см; 36 см. 41. Знайдіть сторони паралелограма, якщо одна з них у 5 разів більша за другу, а периметр паралелограма дорівнює 96 см . Нехай одна сторона паралелограма дорівнює x см, тоді інша — 5x см. Периметр паралелограма дорівнює 2(x + 5x) = 12x (см), що за умовою задачі дорівнює 96 см. Рівняння: 12x = 96; x = 8. Отже, одна сторона паралелограма дорівнює 8 см, а інша — 5·8 = 40 см. Відповідь: 8 см; 40 см. 42. У паралелограмі ABCD дано: AB = 6 см, AC = 10 см, BD = 8 см, O — точка перетину діагоналей.

Оскільки ABCD — паралелограм, то протилежні сторони рівні: AB = CD = 6 см. Діагоналі паралелограма перетинаються і діляться навпіл, тому: AC = 10 см ⇒ AO = OC = 10 : 2 = 5 см; BD = 8 см ⇒ BO = OD = 8 : 2 = 4 см. Розглянемо трикутник COD: PCOD = CO + CD + DO = 5 + 6 + 4 = 15 см. Відповідь: 15 см. 43. Доведіть, що сума будь-яких двох сусідніх кутів паралелограма дорівнює 180°.

Нехай дано паралелограм ABCD, ∠A і ∠B − сусідні. Розглянемо паралельні прямі BC і AD (як прямі, на яких лежать сторони паралелограма) та січну AB. Тоді ∠CBA і ∠DAB − внутрішні односторонні, тому ∠CBA + ∠DAB = 180°. 44. Знайдіть кути паралелограма, якщо: 1. один із них дорівнює 70°; 2. сума двох його кутів дорівнює 100°; 3. різниця двох його кутів дорівнює 20°; 4. два його кути відносяться як 3:7.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

1. Нехай дано паралелограм ABCD, ∠A = 70°. Тоді ∠A = ∠C = 70° як протилежні кути паралелограма. ∠A + ∠B = 180° як сума сусідніх кутів паралелограма, звідки ∠B = 180° − ∠A; ∠B = 180° − 70° = 110°. Тоді ∠B = ∠D = 110° як протилежні кути паралелограма. 2. Нехай дано паралелограм ABCD, у якому сума двох кутів дорівнює 100°. Ці кути не можуть бути сусідніми, оскільки їх сума дорівнює 180°. Тому ці кути є протилежними кутами паралелограма: ∠A + ∠C = 100°; ∠A = ∠C = 100° : 2 = 50°. ∠A і ∠B − сусідні кути, тому їх сума дорівнює 180°: ∠A + ∠B = 180°; ∠B = 180° − ∠A; ∠B = 180° − 50° = 130°. Тоді ∠B = ∠D = 130°. 3. Нехай дано паралелограм ABCD, у якому різниця двох кутів дорівнює 20°. Ці кути не можуть бути протилежними, оскільки вони мають бути рівні. Тому ці кути є сусідніми кутами паралелограма: ∠B − ∠A = 20°; ∠B = 20° + ∠A. Оскільки ∠A і ∠B − сусідні кути, тому їх сума дорівнює 180°: ∠A + ∠B = 180°; ∠A + 20° + ∠A = 180°; 2∠A = 160°; ∠A = 80°, звідки ∠A = ∠C = 80° як протилежні. Тоді ∠B = 20° + 80° = 100°; ∠B = ∠D = 100° як протилежні. 4. Нехай дано паралелограм ABCD, у якому два кути відносяться як 3:7. Ці кути не можуть бути протилежними, оскільки вони повинні бути рівні. Тому ці кути є сусідніми кутами паралелограма: нехай ∠A = 3x, ∠B = 7x. Рівняння: 3x + 7x = 180°; 10x = 180°; x = 18°. Тоді ∠A = 3·18° = 54°; ∠B = 7·18° = 126°. Тоді ∠A = ∠C = 54°, ∠B = ∠D = 126° як протилежні. Відповідь: 1. 70°, 110°, 70°, 110°; 2. 50°, 130°, 50°, 130°; 3. 80°, 100°, 80°, 100°; 4. 54°, 126°, 54°, 126°. 45. Знайдіть кути паралелограма, якщо один із них: 1. у 2 рази більший за другий; 2. на 24° менший від другого.

1. Нехай дано паралелограм ABCD, один кут у 2 рази більший за другий. Ці кути не можуть бути протилежними, оскільки вони мають бути рівні. Тому ці кути є сусідніми кутами паралелограма: Нехай ∠A = x, ∠B = 2x. Рівняння: x + 2x = 180°; 3x = 180°; x = 60°. Тоді ∠A = 60°; ∠B = 2·60° = 120°. Тоді ∠A = ∠C = 60°, ∠B = ∠D = 120° як протилежні.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

2. Нехай дано паралелограм ABCD, у якому один кут на 24° менший за інший. Ці кути не можуть бути протилежними, оскільки вони мають бути рівні. Тому ці кути є сусідніми кутами паралелограма: Нехай ∠A = x, ∠B = x + 24°. Рівняння: x + x + 24° = 180°; 2x = 156°; x = 78°. Тоді ∠A = 78°; ∠B = 78° + 24° = 102°. Тоді ∠A = ∠C = 78°, ∠B = ∠D = 102° як протилежні. Відповідь: 1. 60°, 120°, 60°, 120°; 2. 78°, 102°, 78°, 102°. 46. У трикутнику ABC відомо, що ∠A = 35°. Через довільну точку, яка належить стороні BC, проведено дві прямі, паралельні сторонам AB і AC трикутника. Визначте вид чотирикутника, що утворився, та знайдіть усі його кути.

Нехай дано паралелограм ABCD, ∠A = 35°, K ∈ BC, KM ∥ AC, KN ∥ AB. Розглянемо чотирикутник AMKN. Оскільки KM ∥ AC, KN ∥ AB, то за означенням цей чотирикутник є паралелограмом. Тоді ∠A = ∠MKN = 35° як протилежні кути паралелограма. ∠A + ∠ANK = 180° як сума сусідніх кутів паралелограма, звідки ∠ANK = 180° − ∠A = 180° − 35° = 145°. Тоді ∠ANK = ∠AMK = 145° як протилежні кути паралелограма. Відповідь: паралелограм; 35°, 145°, 35°, 145°. 47. Знайдіть кути паралелограма ABCD (рис. 27), якщо ∠ABD = 68°, ∠ADB = 47°.

Нехай дано паралелограм ABCD, ∠ABD = 68°, ∠ADB = 47°. Розглянемо трикутник ABD. За теоремою про суму кутів трикутника маємо: ∠A + ∠ABD + ∠ADB = 180°, звідки ∠A = 180° − (∠ABD + ∠ADB) = 180° − (68° + 47°) = 180° − 115° = 65°. Тоді ∠A = ∠C = 65° як протилежні кути паралелограма. ∠A + ∠B = 180° як сума сусідніх кутів паралелограма, звідки ∠B = 180° − ∠A = 180° − 65° = 115°. Тоді ∠B = ∠D = 115° як протилежні кути паралелограма. Відповідь: 65°, 115°, 65°, 115°. 48. У паралелограмі ABCD діагональ AC утворює зі стороною AB кут, який дорівнює 32°, ∠BCD = 56°. Знайдіть кути ∠CAD і ∠D.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай дано паралелограм ABCD, AC — діагональ, ∠BAC = 32°, ∠BCD = 56°. ∠A = ∠C = 56° як протилежні кути паралелограма. ∠BAD = ∠BAC + ∠CAD; ∠CAD = ∠BAD − ∠BAC; ∠CAD = 56° − 32° = 24°. ∠C + ∠D = 180° як сума сусідніх кутів паралелограма, звідки ∠D = 180° − ∠C = 180° − 56° = 124°. Відповідь: 24°, 124°. 49. Бісектриси кутів A і B паралелограма ABCD перетинаються в точці M. Визначте величину кута M трикутника ABM.

Нехай дано паралелограм ABCD, AM і BM — бісектриси відповідно кутів A і B. 1 Оскільки AM — бісектриса ∠A, то за означенням бісектриси ∠BAM = ∠MAD = ∠BAD. 2 Аналогічно BM — бісектриса ∠B, то за означенням бісектриси 1 ∠ABM = ∠MBC = ∠ABC. 2 ∠A + ∠B = 180° як сума сусідніх кутів паралелограма. Розглянемо трикутник ABM. За теоремою про суму кутів трикутника ∠ABM + ∠BAM + ∠BMA = 180°; ∠BMA = 180° − ∠ABM − ∠BAM; 1 1 1 1 ∠BMA = 180° − ∠ABC − ∠BAD = 180° − (∠ABC + ∠BAD) = 180° − (∠B + ∠A) = 1

= 180° − · 180° = 180° − 90° = 90°. 2 Відповідь: 90°. 50. Сторони паралелограма дорівнюють 6 см і 10 см . Чи може одна з його діагоналей дорівнювати 16 см ?

Нехай дано паралелограм ABCD, AB = 6 см, BC = 10 см, AC — діагональ. Розглянемо трикутник ABC. У ньому не виконується нерівність трикутника AC < AB + BC; 16 < 6 + 10; 16 < 16.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

У паралелограма AB = CD = 6 см, BC = AD = 10 см, тому аналогічно можна показати, що й діагональ BD не може дорівнювати 16 см. Відповідь: не може. 51. Висота BK паралелограма ABCD ділить його сторону AD на відрізки AK і KD такі, що AK = 4 см, KD = 6 см. Знайдіть кути й периметр паралелограма, якщо ∠ABK = 30°.

la. in.

Нехай дано паралелограм ABCD, BK – висота, AK = 4 см, KD = 6 см, ∠ABK = 30°. Розглянемо прямокутний трикутник AKB (∠K = 90°). За властивістю прямокутного трикутника катет, який лежить проти кута 30°, дорівнює половині гіпотенузи. 1 Тому AK = AB, звідки AB = 2AK = 2·4 = 8 см. 2 За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника ∠A + ∠ABK = 90°; ∠A = 90° − ∠ABK = 90° − 30° = 60°. ∠A = ∠C = 60° як протилежні кути паралелограма. ∠A + ∠D = 180° як сума сусідніх кутів паралелограма, звідки ∠D = 180° − ∠A = 180° − 60° = 120°. ∠B = ∠D = 120° як протилежні кути паралелограма. AD = AK + KD = 4 + 6 = 10 см. Оскільки ABCD — паралелограм, то AB = DC = 8 см, AD = BC = 10 см. Тоді PABCD = 2(AB + BC) = 2(8 + 10) = 2·18 = 36 см. Відповідь: 60°, 120°, 60°, 120°; 36 см. 52. Один із кутів паралелограма дорівнює 45°. Висота паралелограма, проведена з вершини тупого кута, дорівнює 3 см і ділить сторону паралелограма навпіл. Знайдіть цю сторону паралелограма та кути, які утворює діагональ, що сполучає вершини тупих кутів, зі сторонами паралелограма.

Нехай дано паралелограм ABCD, ∠A = 45°, BK — висота, BK = 3 см, AK = KD, BD — діагональ. Розглянемо прямокутний трикутник AKB (∠K = 90°). За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника ∠A + ∠ABK = 90°; ∠ABK = 90° − ∠A = 90° − 45° = 45°. Тому трикутник AKB — рівнобедрений, BK = AK = 3 см. AD = 2AK = 2·3 = 6 см. Розглянемо рівнобедрений трикутник ABD, бо в ньому висота BK є й медіаною. Тоді ∠A = ∠BDA = 45°. Оскільки в рівнобедреному трикутнику висота, проведена до основи, є його бісектрисою, то ∠ABD = 2∠ABK = 2·45° = 90°.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Розглянемо паралельні прямі AB і DC та січну BD. Маємо: ∠ABD = ∠BDC = 90° як внутрішні різносторонні кути. Відповідь: 6 см; 45°, 90°. 53. У паралелограмі ABCD відомо, що ∠C = 30°, висота BH, проведена до сторони CD, дорівнює 7 см, а периметр паралелограма — 46 см. Знайдіть сторони паралелограма.

la. in.

Нехай дано паралелограм ABCD, ∠C = 30°, BH — висота, BH = 7 см, периметр паралелограма = 46 см. Розглянемо прямокутний трикутник BHC (∠H = 90°). За властивістю прямокутного трикутника катет, який лежить проти кута 30°, дорівнює половині гіпотенузи. 1 Тому BH = BC, звідки BC = 2·BH = 2·7 = 14 см. 2 AD = BC = 14 см як протилежні сторони паралелограма. Периметр паралелограма: P = 2(AB + BC); AB + BC = 46 : 2 = 23 см. AB = 23 − BC = 23 − 14 = 9 см. DC = AB = 9 см як протилежні сторони паралелограма. Відповідь: AD = BC = 14 см, DC = AB = 9 см. 54. Дано паралелограм ABCD і трикутник MKN. Чи можуть одночасно виконуватися рівності ∠A = ∠M, ∠B = ∠K, ∠C = ∠N? Одночасно рівності ∠A = ∠M, ∠B = ∠K, ∠C = N не можуть, бо сума ∠A + ∠B = 180° як сума сусідніх кутів паралелограма, тому сума кутів трикутника має бути більшою за 180°, що неможливо. 55. Доведіть, що вершини B і D паралелограма ABCD рівновіддалені від прямої AC.

Нехай дано паралелограм ABCD, AC — діагональ, BM ⟂ AC, DN ⟂ AC. Розглянемо прямокутні трикутники AMB і CND (∠AMB = ∠CND = 90°). У них: 1. AB = CB як протилежні сторони паралелограма; 2. ∠BAM = ∠DCN як внутрішні різносторонні при паралельних прямих AB і CD та січній AC. Отже, за ознакою рівності прямокутних трикутників △AMB = △CND за гіпотенузою і гострим кутом. Тому BM = DN як відповідні елементи рівних трикутників. 56. Доведіть, що будь-який відрізок, який проходить через точку перетину діагоналей паралелограма та кінці якого належать протилежним сторонам паралелограма, ділиться цією точкою навпіл.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай дано паралелограм ABCD, AC і BD — діагоналі, O — точка їх перетину. Розглянемо трикутники MOC і NOA. У них: 1. AO = OC за властивістю діагоналей паралелограма; 2. ∠AON = ∠COM як вертикальні; 3. ∠OCM = ∠OAN як внутрішні різносторонні при паралельних прямих BC і AD та січній AC. Отже, △MOC = △NOA за стороною і двома прилеглими до неї кутами (за II ознакою рівності трикутників). Тому MO = ON як відповідні елементи рівних трикутників. 57. Периметр паралелограма ABCD дорівнює 24 см, ∠ABC = 160°, діагональ AC утворює зі стороною AD кут 10°. Знайдіть сторони паралелограма.

Нехай дано паралелограм ABCD, ∠ABC = 160°, AC — діагональ, ∠CAD = 10°, периметр ABCD = 24 см. ∠CAD = ∠BCA = 10° як внутрішні різносторонні при паралельних прямих BC і AD та січній AC. Розглянемо трикутник ABC. За теоремою про суму кутів трикутника маємо, що ∠BAC + ∠B + ∠BCA = 180°, звідки ∠BAC = 180° − (∠B + ∠BCA) = 180° − (160° + 10°) = 10°. Оскільки ∠BAC = ∠BCA = 10°, то трикутник ABC — рівнобедрений, тому AB = BC. Оскільки протилежні сторони паралелограма рівні, то AB = BC = CD = AD = 24 : 4 = 6 см. Відповідь: AB = BC = CD = AD = 6 см. 58. Діагональ BD паралелограма ABCD утворює зі стороною AB кут 65°, ∠C = 50°, AB = 8 см. Знайдіть периметр паралелограма.

Нехай дано паралелограм ABCD, ∠C = 50°, AB = 8 см, BD — діагональ, ∠ABD = 65°. ∠A = ∠C = 50° як протилежні кути паралелограма. Розглянемо трикутник ABD. За теоремою про суму кутів трикутника маємо: ∠A + ∠ABD + ∠BDA = 180°,  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

звідки ∠BDA = 180° − (∠A + ∠ABD) = 180° − (50° + 65°) = 65°. Оскільки ∠ABD = ∠BDA, то трикутник ABD рівнобедрений, звідки AB = AD = 8 см. PABCD = 2(AB + AD) = 2(8 + 8) = 2·16 = 32 см. Відповідь: 32 см. 59. Знайдіть кути паралелограма ABCD, якщо BD ⟂ AB і BD = AB.

la. in.

Нехай дано паралелограм ABCD, BD — діагональ, BD ⟂ AB, BD = AB. Розглянемо прямокутний рівнобедрений трикутник ABD (∠ABD = 90°, AB = BD). За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника маємо: ∠BAD = ∠BDA; ∠BAD + ∠BDA = 90°, звідки ∠BAD = ∠BDA = 90° : 2 = 45°. ∠A = ∠C = 45° як протилежні кути паралелограма. ∠A + ∠B = 180° як сума сусідніх кутів паралелограма, звідки ∠B = 180° − ∠A = 180° − 45° = 135°. Тоді ∠B = ∠D = 135° як протилежні кути паралелограма. Відповідь: 45°, 135°, 45°, 135°. 60. Діагональ паралелограма утворює з його сторонами кути 30° і 90°. Знайдіть сторони паралелограма, якщо його периметр дорівнює 36 см .

Нехай дано паралелограм ABCD, BD − діагональ, ∠ADB = 30°, ∠ABD = 90°, PABCD = 36 см. ∠BDC = ∠ABD = 90° як внутрішні різносторонні при паралельних прямих AB і DC та січній BD. Розглянемо прямокутний трикутник ABD (∠ABD = 90°). За властивістю прямокутного трикутника катет, який лежить проти кута 30°, дорівнює 1 половині гіпотенузи. Тому AB = AD. 2 Нехай AB = x см, тоді AD = 2x см. Рівняння: PABCD = 2(x + 2x); 36 = 6x; x = 6. Отже, AB = 6 см, AD = 2·6 = 12 см. CD = AB = 6 см і BC = AD = 12 см як протилежні сторони паралелограма. Відповідь: CD = AB = 6 см; BC = AD = 12 см. 61. Поза паралелограмом ABCD проведено пряму, паралельну його діагоналі BD. Ця пряма перетинає прямі AB, BC, CD і AD у точках E, M, F і K відповідно. Доведіть, що MK = EF.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай дано паралелограм ABCD, BD — діагональ, BD ∥ EK. Чотирикутник BEFD — паралелограм, бо BE ∥ DF, EF ∥ BD. Тоді BD = EF як протилежні сторони паралелограма. Чотирикутник BMKD — паралелограм, бо BD ∥ MK, BM ∥ DK. Тоді BD = MK як протилежні сторони паралелограма. Оскільки BD = EF і BD = MK, то MK = EF. 62. Паралельно діагоналі AC паралелограма ABCD проведено пряму, яка перетинає відрізки AB і BC у точках M і N, а прямі AD і CD у точках P і K відповідно. Доведіть, що PM = NK.

Нехай дано паралелограм ABCD, BD − діагональ, PK∥AC. Чотирикутник AMKC − паралелограм, бо AM∥CK, MK∥AC. Тоді MK = AC як протилежні сторони паралелограма. Чотирикутник APNC − паралелограм, бо AP∥CN, PN∥AC. Тоді PN = AC як протилежні сторони паралелограма. Звідси MK = PN. Оскільки PN = PM + MN, MK = MN + NK, то PM = NK. 63. Один із кутів, утворених при перетині бісектриси кута паралелограма з його стороною, дорівнює 24°. Знайдіть кути паралелограма.

Нехай дано паралелограм ABCD, AN — бісектриса, ∠BNA = 24°. Розглянемо паралельні прямі BC і AD та січну AN. Тоді ∠BNA = ∠NAD = 24° як внутрішні різносторонні. Якщо AN — бісектриса ∠BAD, то 1 за означенням бісектриси ∠BAN = ∠NAD = ∠BAD, 2 звідки ∠A = 2∠NAD = 2·24° = 48°. Тоді ∠A = ∠C = 48° як протилежні кути паралелограма. ∠A + ∠B = 180° як сума сусідніх кутів паралелограма, звідки ∠B = 180° − ∠A; ∠B = 180° − 48° = 132°. Тоді ∠B = ∠D = 132° як протилежні кути паралелограма. Відповідь: 48°, 132°, 48°, 132°.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

64. Бісектриса кута A паралелограма ABCD перетинає сторону BC у точці M. Знайдіть периметр даного паралелограма, якщо AB = 12 см, MC = 16 см.

la. in.

Нехай дано паралелограм ABCD, AM — бісектриса, AB = 12 см, MC = 16 см. Розглянемо паралельні прямі BC і AD та січну AM. Тоді ∠BMA = ∠MAD як внутрішні різносторонні. 1 Якщо AM — бісектриса ∠BAD, то за означенням бісектриси ∠BAM = ∠MAD = ∠BAD. 2 Тоді ∠BAM = ∠BMA, звідси трикутник ABM — рівнобедрений, тому AB = BM = 12 см. BC = BM + MC; BC = 12 + 16 = 28 см. PABCD = 2(AB + BC) = 2(12 + 28) = 2·40 = 80 см. Відповідь: 80 см. 65. Бісектриса гострого кута паралелограма ділить його сторону у відношенні 3 : 5, рахуючи від вершини тупого кута. 3найдіть сторони паралелограма, якщо його периметр дорівнює 66 см .

Нехай дано паралелограм ABCD, AM — бісектриса, BM:MC = 3:5, PABCD = 66 см. Розглянемо паралельні прямі BC і AD та січну AM. Тоді ∠BMA = ∠MAD як внутрішні різносторонні. Якщо AM — бісектриса ∠BAD, то за означенням бісектриси 1 ∠BAM = ∠MAD = ∠BAD. 2 Тоді ∠BAM = ∠BMA, звідси випливає, що трикутник ABM — рівнобедрений (AB = BM). Нехай BM = 3x см, тоді MC = 5x см. BC = BM + MC; BC = 3x + 5x = 8x см. AB = BM = 3x см. Рівняння: 2(3x + 8x) = 66; 22x = 66; x = 3. Тому AB = 3·3 = 9 см, BC = 8·3 = 24 см. Отже, AB = CD = 9 см, BC = AD = 24 см. Відповідь: AB = CD = 9 см, BC = AD = 24 см.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

66. Бісектриса кута B паралелограма ABCD перетинає сторону CD у точці K так, що відрізок CK у 5 разів більший за відрізок KD. Знайдіть сторони паралелограма, якщо його периметр дорівнює 88 см.

la. in.

Нехай дано паралелограм ABCD, BK — бісектриса, CK = 5KD, PABCD = 88 см. Розглянемо паралельні прямі AB і CD та січну BK. Тоді ∠ABK = ∠BKC як внутрішні різносторонні. 1 Якщо BK — бісектриса ∠ABC, то за означенням бісектриси ∠CBK = ∠KBA = ∠ABC. 2 Тоді ∠CBK = ∠BKC, звідси випливає, що трикутник BCK — рівнобедрений (BC = CK). Нехай KD = x см, тоді CK = 5x см. CD = CK + KD = 5x + x = 6x см. CK = BC = 5x см. Рівняння: 2(5x + 6x) = 88; 22x = 88; x = 4. Тому BC = 5·4 = 20 см, CD = 6·4 = 24 см. Отже, AB = CD = 24 см, BC = AD = 20 см. Відповідь: AB = CD = 24 см, BC = AD = 20 см. 67. Бісектриси кутів B і C паралелограма ABCD перетинають сторону AD у точках M і K відповідно, точка M лежить між точками A і K, AB = 6 см, AK = 10 см. Знайдіть: 1) відрізок MK; 2) відрізок KD; 3) відрізок MD; 4) відрізок BC; 5) периметр паралелограма ABCD.

1) ∠СВМ = ∠ВМА (як внутрішні різносторонні при ВС ∥ АD і січній ВМ). ∠СВМ = ∠АВМ = ∠ВМА ⇒ ∆АВМ — рівнобедрений, АВ = АМ = 6 см. МК = АК – АМ = 10 см – 6 см = 4 см. (Д) 2) ∠ВСК = ∠DКС (як внутрішні різносторонні при ВС ∥ АD і січній СК). ∠ВСК = ∠КСD = ∠СКD ⇒ ∆КСD — рівнобедрений, КD = DС = АВ = 6 см. (И)  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

3) MD = MK + KD = 4 + 6 = 10 см. (Ч) 4) ВС = АD = АК + КD = 10 + 6 = 16 см. (К) 5) РАВСD = 2 • (6 + 16) = 44 см. (О) Відповідь: Дичко Людмила. 68. Кут між висотою BH паралелограма ABCD і бісектрисою BM кута ABC дорівнює 24°. Знайдіть кути паралелограма.

la. in.

Нехай дано паралелограм ABCD, BH − висота, BM − бісектриса ∠ABC, ∠HBM = 24°. Розглянемо прямокутний трикутник BHM (∠BHM = 90°). За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника маємо: ∠BMH + ∠HBM = 90°, звідки ∠BMH = 90° − ∠HBM; ∠BMH = 90° − 24° = 66°. Розглянемо паралельні прямі BC і AD та січну BM. Тоді ∠CBM = ∠AMB = 66° як внутрішні різносторонні. 1 Якщо BM − бісектриса ∠ABC, то за означенням бісектриси ∠ABM = ∠MBC = ∠ABC, 2 звідки ∠ABC = 2∠ABM = 2·66° = 132°. ∠B = ∠D = 132° як протилежні кути паралелограма. ∠A + ∠B = 180° як сума сусідніх кутів паралелограма, звідки ∠A = 180° − ∠B; ∠A = 180° − 132° = 48°. Тоді ∠A = ∠C = 48° як протилежні кути паралелограма. Відповідь: ∠A = ∠C = 48°, ∠B = ∠D = 132°. 69. Доведіть, що кут між висотами паралелограма, проведеними з вершини тупого кута, дорівнює гострому куту паралелограма.

Нехай дано паралелограм ABCD, BN і BM − висоти. Нехай ∠A = ∠C = x. Розглянемо прямокутний трикутник ANB (∠N = 90°). За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника маємо: ∠ABN + ∠BAN = 90°, звідки ∠ABN = 90° − ∠BAN; ∠ABN = 90° − x. Розглянемо прямокутний трикутник BMC (∠M = 90°). За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника маємо: ∠CBM + ∠BCM = 90°, звідки ∠CBM = 90° − ∠BCM; ∠CBM = 90° − x. Далі маємо: ∠ABC = ∠ABN + ∠NBM + ∠MBC;  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

∠ABC = (90° − x) + ∠NBM + (90° − x); ∠ABC = 180° − 2x + ∠NBM. ∠A + ∠ABC = 180° як сума сусідніх кутів паралелограма, звідки x + 180° − 2x + ∠NBM = 180°; ∠NBM = x. Отже, кут між висотами паралелограма дорівнює його гострому куту. 70. Доведіть, що кут між висотами паралелограма, проведеними з вершини гострого кута, дорівнює тупому куту паралелограма.

Нехай дано паралелограм ABCD, AN і AM − висоти. Нехай ∠ABC = ∠ADC = x як протилежні кути паралелограма. Тоді ∠NBA + ∠ABC = 180° як суміжні, звідки ∠NBA = 180° − ∠ABC; ∠NBA = 180° − x. Розглянемо прямокутний трикутник ANB (∠N = 90°). За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника маємо: ∠NBA + ∠BAN = 90°, звідки ∠BAN = 90° − ∠NBA; ∠BAN = 90° − (180° − x) = x − 90°. ∠ADC + ∠ADM = 180° як суміжні, звідки ∠ADM = 180° − ∠ADC; ∠ADM = 180° − x. Розглянемо прямокутний трикутник AMD (∠M = 90°). За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника маємо: ∠MAD + ∠ADM = 90°, звідки ∠MAD = 90° − ∠ADM; ∠MAD = 90° − (180° − x) = x − 90°. ∠BAD + ∠ABC = 180° як сума сусідніх кутів паралелограма, звідки ∠BAD = 180° − x. ∠NAM = ∠NAB + ∠BAD + ∠DAM; ∠NAM = (x − 90°) + 180° − x + (x − 90°); ∠NAM = x. Отже, кут між висотами паралелограма дорівнює його тупому куту. 71. Кут між висотами паралелограма, проведеними з вершини тупого кута, дорівнює 30°. Знайдіть периметр паралелограма, якщо його висоти дорівнюють 4 см і 6 см .

Нехай дано паралелограм ABCD, BN і BM − висоти, ∠NBM = 30°, BN = 4 см, BM = 6 см.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Кут між висотами, опущеними з вершини тупого кута паралелограма, дорівнює його гострому куту (див. № 69), тому ∠BAN = ∠BCM = 30°. Розглянемо прямокутний трикутник ANB (∠N = 90°). За властивістю прямокутного трикутника катет, який лежить проти кута 30°, дорівнює половині гіпотенузи. Тому BN = 1/2 AB, звідки AB = 2BN; AB = 2·4 = 8 см. Розглянемо прямокутний трикутник BMC (∠M = 90°). За властивістю прямокутного трикутника катет, який лежить проти кута 30°, дорівнює половині гіпотенузи. 1 Тому BM = BC, звідки BC = 2BM; BC = 2·6 = 12 см. 2 Тоді PABCD = 2(AB + BC) = 2(8 + 12) = 2·20 = 40 см. Відповідь: 40 см. 72. Висоти паралелограма, проведені з вершини гострого кута, утворюють кут150°, сторони паралелограма дорівнюють 10 см і 18 см . Знайдіть висоти паралелограма.

Нехай дано паралелограм ABCD, AN і AM − висоти, ∠NAM = 150°, AB = 10 см, AD = 18 см. Кут між висотами, опущеними з вершини гострого кута паралелограма, дорівнює його тупому куту (див. № 70). Тому ∠NAM = ∠ABC = 150°. Тоді ∠NBA + ∠ABC = 180° як суміжні, звідки ∠NBA = 180° − ∠ABC; ∠NBA = 180° − 150° = 30°. Розглянемо прямокутний трикутник ANB (∠N = 90°). За властивістю прямокутного трикутника катет, який лежить проти кута 30°, дорівнює половині гіпотенузи. 1 Тому AN = AB, звідки AN = 10 : 2 = 5 см. 2 ∠ABC = ∠ADC = 150° як протилежні кути паралелограма. ∠ADC + ∠ADM = 180° як суміжні, звідки ∠ADM = 180° − ∠ADC; ∠ADM = 180° − 150° = 30°. Розглянемо прямокутний трикутник AMD (∠M = 90°). За властивістю прямокутного трикутника катет, який лежить проти кута 30°, дорівнює половині гіпотенузи. 1 Тому AM = AD, звідки AM = 18 : 2 = 9 см. 2 Відповідь: 5 см, 9 см. 73. Через довільну точку основи рівнобедреного трикутника проведено прямі, паралельні його бічним сторонам. Доведіть, що периметр утвореного чотирикутника дорівнює сумі бічних сторін даного трикутника.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай дано рівнобедрений трикутник ABC (AB = BC), DM ∥ AB, DM ∥ BC. Оскільки DM ∥ AB, DN ∥ BC, то чотирикутник BMDN — паралелограм, звідки ND = BM, DM = NB як протилежні сторони паралелограма. Тоді PBMDN = BM + MD + DN + BN = 2(BN + ND). Розглянемо паралельні прямі BC і ND та січну AC. Маємо: ∠NDA = ∠BCA як відповідні. ∠BAC = ∠BCA як кути при основі рівнобедреного трикутника. Тому ∠NDA = ∠BAC, звідки слідує, що трикутник NDA — рівнобедрений (NA = ND). BN + ND = BN + NA = BA. Тоді PBMDN = 2(BN + ND) = 2AB. 74. Через кожну вершину трикутника ABC проведено пряму, паралельну протилежній стороні. Сума периметрів усіх утворених паралелограмів дорівнює 100 см . Знайдіть периметр трикутника ABC.

Нехай дано трикутник ABC, MN ∥ AC, MP ∥ BC, PN ∥ AB. У результаті такої побудови утворилося три паралелограми: AMBC, BNCA і ABCP. PAMBC = 2(AC + BC), PBNCA = 2(AB + AC), PABCP = 2(AB + BC). Тоді PAMBC + PBNCA + PABCP = 2(AC + BC) + 2(AB + AC) + 2(AB + BC) = 4(AB + BC + AC). PABC = AB + BC + AC. Тоді PABC = 100 : 4 = 25 см. Biдповідь: 25 см . 75. Дано три точки, які не лежать на одній прямій. Побудуйте паралелограм, вершинами якого є дані точки. Скільки розв'язків має задача?

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Нехай дано три точки А, В, С, які не лежать на одній прямій. Сполучимо їх і отримаємо трикутник АВС. Побудувавши прямі паралельні до граней утвореного трикутника, які проходять через протилежні вершини, отримаємо ще один трикутник DKM. З вершинами в цих точках можна побудувати 3 паралелограма: АВСD, АСВМ, АСКВ. 76. Точка перетину бісектрис двох сусідніх кутів паралелограма належить його стороні. Знайдіть відношення сусідніх сторін паралелограма.

la. in.

Нехай дано паралелограм ABCD, AM і DM − бісектриси сусідніх кутів A та D. Розглянемо паралельні прямі AD і BC та січну AM. Тоді ∠BMA = ∠MAD як внутрішні різносторонні. Якщо AM − бісектриса ∠BAD, то за означенням бісектриси ∠BAM = 1 ∠MAD = ∠BAD, звідки ∠BMA = ∠BAM, тому трикутник ABM − рівнобедрений (AB = 2 BM). Розглянемо паралельні прямі AD і BC та січну DM. Тоді ∠CMD = ∠MDA як внутрішні різносторонні. Якщо DM − бісектриса ∠CDA, то за означенням бісектриси 1 ∠CDM = ∠MDA = ∠CDA, звідки ∠CDM = ∠CMD, тому трикутник CMD − 2 рівнобедрений (CD = CM). Так як AB = CD, BC = AD, то CM = AB, BC = AD = 2AB. Отже, AB : AD = AB : 2AB = 1 : 2. Відповідь: 1 : 2. 77. На стороні BC паралелограма ABCD існує така точка M, що BM = MD = CD. Знайдіть кути паралелограма, якщо AD = BD.

Нехай дано паралелограм ABCD, BM = MD = CD, AD = BD. Нехай ∠C = x, ∠MBD = y. Тоді ∠A = ∠C = x як протилежні кути паралелограма. Оскільки DB = DA, то трикутник BDA – рівнобедрений, тому ∠ABD = ∠A = x. Так як DM = DC, то трикутник DMC – рівнобедрений, тому ∠CMD = ∠C = x. Оскільки MB = MD, то трикутник BMD – рівнобедрений, тому ∠MDB = ∠MBD = y. Розглянемо паралельні прямі AD і BC та січну BD. Маємо: ∠MBD = ∠BDA = y як внутрішні різносторонні. Розглянемо паралельні прямі AD і BC та січну MD. Маємо: ∠CMD = ∠MDA = x як внутрішні різносторонні. За теоремою про суму кутів трикутника ∠BAD + ∠BDA + ∠ABD = 180°, x + y + x = 180°, 2x + y = 180°. ∠ABC = ∠ABD + ∠CBD; ∠ABC = x + y. ∠ADC = ∠ADB + ∠BDM + ∠MDC;  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

∠ADC = y + y + 180° − 2x = 3y. Оскільки ∠ABC = ∠ADC як протилежні кути паралелограма, то x + y = 3y; x = 2y. Звідки 2·2y + y = 180°; 5y = 180°; y = 36°; x = 2·36° = 72°. Отже, ∠A = ∠C = 72°; ∠B = ∠D = 180° − 72° = 108°, бо сума двох сусідніх кутів паралелограма дорівнює 180°. Відповідь: ∠A = ∠C = 72°; ∠B = ∠D = 108°. 78. Iз вершини B паралелограма ABCD опустили перпендикуляр BE на діагональ AC. Через точку A проведено пряму m, перпендикулярну до прямої AD, а через точку C – пряму n, перпендикулярну до прямої CD. Доведіть, що точка перетину прямих m і n належить прямій BE.

Нехай дано паралелограм ABCD, AC — діагональ, BE ⟂ AC, m ⟂ AD, n ⟂ CD, m ∩ n = F. Оскільки AD ∥ BC як протилежні сторони паралелограма, m ⟂ AD за умовою, то m ⟂ BC. Так як AB ∥ CD як протилежні сторони паралелограма, n ⟂ CD за умовою, то n ⟂ AB. Отже, AK — висота трикутника ABC (m ∩ BC = K), CE — висота трикутника ABC (n ∩ AB = E), BE — висота трикутника ABC за умовою. Висоти трикутника перетинаються в одній точці, тому точка F належить прямій BE. 79. Побудуйте паралелограм за стороною, сумою діагоналей та кутом між діагоналями. Дано: 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑎𝑎 − сторона паралелограма 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴, 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝑏𝑏 − сума діагоналей, ∠𝑃𝑃1 𝐸𝐸1 𝐾𝐾1 = 𝛼𝛼 − кут між діагоналями паралелограма. Побудувати: паралелограм ABCD. Будую довільну пряму 𝑚𝑚 і позначаю на ній точку 𝐸𝐸. Будую кут, який дорівнює половині кута 𝑃𝑃1 𝐸𝐸1 𝐾𝐾1 , вершина якого міститься у точці 𝐸𝐸, а одна зі сторін кута збігається з прямою 𝑚𝑚. Щоб побудувати кут, який дорівнює половині кута 𝑃𝑃1 𝐸𝐸1 𝐾𝐾1 , необхідно побудувати бісектрису заданого кута. У заданому куті 𝛼𝛼 проводжу коло з центром у вершині 𝐸𝐸1 так, щоб воно перетнуло сторони кута, наприклад, у точках 𝐾𝐾1 і 𝑃𝑃1 . Проводжу два кола довільного радіуса, але більшого за 𝐸𝐸1 𝐾𝐾1 , з центрами в точках 𝐾𝐾1 і 𝑃𝑃1 , які перетнуться в точці 𝑀𝑀1 . Проводжу промінь 𝐸𝐸1 𝑀𝑀1 , який с бісектрисою кута 𝑃𝑃1 𝐸𝐸1 𝐾𝐾1 . Проводжу коло того самого радіуса з центром у точці 𝐸𝐸. Нехай воно перетне пряму 𝑚𝑚 у точці 𝐾𝐾. Проводжу коло радіуса 𝐾𝐾1 𝑅𝑅1 з центром у точці 𝐾𝐾, кола перетнуться у точці 𝑅𝑅. Проводжу промінь 𝐸𝐸𝐸𝐸. 𝛼𝛼 ∠𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅 = ∠𝑅𝑅1 𝐸𝐸1 𝐾𝐾1 = . 2

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html 𝐴𝐴𝐴𝐴+𝐵𝐵𝐵𝐵

𝑏𝑏

la. in.

З точки 𝐸𝐸 проводжу коло радіуса 𝐵𝐵𝐵𝐵 = = , яке в перетині з прямою 𝐸𝐸𝐸𝐸 дає точку 2 2 𝐵𝐵. Щоб знайти 𝐵𝐵𝐵𝐵, достатньо побудувати серединний перпендикуляр до відрізка 𝑏𝑏. 3 точки 𝐵𝐵 проводжу коло радіуса 𝐴𝐴𝐴𝐴 й у перетині з прямою 𝑚𝑚 одержую точку 𝐴𝐴. Аналогічно 𝛼𝛼 описаному вище будую ∠𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸 = , до того ж точка 𝑂𝑂 належить променю 𝐵𝐵𝐵𝐵. На 2 продовженні променя 𝐴𝐴𝑂𝑂 будую 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝐴𝐴𝐴𝐴, а на промені 𝐵𝐵𝐵𝐵 відкладаю 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝐷𝐷𝐷𝐷. Сполучаю відрізками точки 𝐵𝐵 і 𝐶𝐶, 𝐶𝐶 і 𝐷𝐷 та 𝐴𝐴 і 𝐷𝐷. Отже, побудований паралелограм 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − шуканий, бо в ньому 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑎𝑎, 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝑏𝑏, ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝛼𝛼 за побудовою.

80. На сторонах AB і BC паралелограма ABCD поза ним побудовано рівносторонні трикутники ABM і BCK. Доведіть, що трикутник MKD рівносторонній.

Нехай дано паралелограм ABCD, на сторонах AB і BC якого добудовано рівносторонні трикутники ABM і BCK. Оскільки трикутники ABM і BCK — рівносторонні, то усі їхні кути дорівнюють по 60°. Розглянемо паралельні прямі AD і BC та січну AB. Тоді ∠KBC = ∠BAD = 60° як відповідні. ∠BAC = ∠BCD = 60° як протилежні кути паралелограма. Тоді ∠ABC = ∠ADC = (360° − 2·60°) : 2 = 240° : 2 = 120°. Звідси слідує, що ∠KBC + ∠CBA = 60° + 120° = 180°, тобто ∠ABK — розгорнутий. Тому ∠ABC = ∠MBK = 120° як вертикальні. ∠MAD = ∠MAB + ∠BAD = 60° + 60° = 120°; ∠DCK = ∠DCB + ∠BCK = 60° + 60° = 120°. Розглянемо трикутники MAD, DCK і MBK. У них: 1. MB = MA = CD як сторони рівностороннього трикутника і протилежні сторони паралелограма; 2. AD = KC = BK як сторони рівностороннього трикутника і протилежні сторони паралелограма; 3. ∠MAD = ∠DCK = ∠KBM = 120° за доведеним вище.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Отже, △MAD = △DCK = △MBK за двома сторонами і кутом між ними (за 1 ознакою рівності трикутників). Тому MD = KD = MK як відповідні елементи рівних трикутників, звідки слідує, що трикутник MKD — рівносторонній. 81. Через точку, яка належить куту, проведіть пряму так, щоб відрізок цієї прямої, що міститься всередині кута, даною точкою ділився б навпіл.

la. in.

Нехай задано ∠ABC, всередині якого міститься точка O. Через вершину кута точку B й точку O проводжу промінь, на якому відкладаю OD = BO. Через точку D проводжу MD ∥ BC і DK ∥ BA. З точки M проводжу промінь через точку O й одержую, що MO = OK, бо BMDC — паралелограм, BD і MK — діагоналі, які точкою перетину діляться навпіл. 82. Довжина відрізка AB дорівнює 24 см. Точка C належить прямій AB, причому BC = 5AC. На відрізку AB позначено точку D так, що AB = 4BD. Знайдіть відрізок CD.

1. Нехай дано відрізок AB = 24 см, C ∈ AB, BC = 5AC, AB = 4BD. Нехай точка C лежить між точками A та B (див. рис.). Якщо AB = 4BD, 4BD = 24 ⇒ BD = 6 см. AB = AC + CB; AB = AC + 5AC; AB = 6AC; 6AC = 24 ⇒ AC = 4 см. CD = AB − (AC + DB); CD = 24 − (4 + 6) = 24 − 10 = 14 см. 2. Нехай точка C не належить відрізку AB, тоді вона повинна міститися ліворуч від точки A (див. рис.). Якщо AB = 4BD, 4BD = 24 ⇒ BD = 6 см. AB = BC − AC; AB = 5AC − AC; AB = 4AC; 4AC = 24 ⇒ AC = 6 см. AD = AB − DB; AD = 24 − 6 = 18 см. CD = CA + AD; CD = 6 + 18 = 24 см. Відповідь: 14 см або 24 см . 83. Скільки існує нерівних між собою:  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

1. прямокутних трикутників зі стороною 5 см і кутом 45°; 2. рівнобедрених трикутників зі стороною 6 см і кутом 30°; 3. прямокутних трикутників зі стороною 7 см і кутом 60°? Див. рис.

la. in.

3. 84. Діагоналі AC і BD чотирикутника ABCD є діаметрами кола. Доведіть, що AB ∥ CD.

Нехай задано чотирикутник ABCD, AC і BD — діагоналі, які є діаметрами кола. Оскільки AC і BD — діаметри кола, то AC = BD. Нехай діаметри перетнуться в точці O — центрі кола, тоді AO = OC = BO = OD як радіуси цього кола. Розглянемо трикутники AOB і COD. У них: 1. AO = OC як радіуси; 2. BO = OD як радіуси; 3. ∠BOA = ∠COD як вертикальні. Отже, △AOB = △COD за двома сторонами і кутом між ними. Тому ∠OCD = ∠OAB як відповідні елементи рівних трикутників. Але ці кути є внутрішніми різносторонніми при перетині прямих AB і CD січною AC. З рівності цих кутів за ознакою паралельності прямих слідує, що AB ∥ CD. 85. Чи можна квадрат розміром 10⨯10 клітинок розрізати на 25 фігур, що складаються із чотирьох клітинок і мають такий вигляд, як зображено на рисунку 28?  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Розфарбуємо квадрат 10×10 почергово білим і чорним кольором, як зображено на рисунку. Усього у квадраті буде 50 білих і 50 чорних клітинок. Заповнити квадрат спробуємо фігурами, які складаються з чотирьох клітинок. Таких фігур може бути лише два види (див. рис.). Але немає жодного набору фігур, при якому кількість білих і чорних квадратиків була б по 50. Отже, квадрат 10×10 не можна розрізати на 25 фігур, кожна з яких складається з чотирьох клітинок і має Т-подібний вигляд.

3. Ознаки паралелограма 86. Доведіть, що коли сума кутів, прилеглих до будь-якої із сусідніх сторін чотирикутника, дорівнює 180°, то цей чотирикутник - паралелограм.

Нехай ABCD − заданий чотирикутник. ∠A + ∠D = 180° за умовою, ∠A і ∠D є внутрішніми односторонніми для прямих AB і DC та січної AD, тому за ознакою паралельності прямих AB ∥ DC. Аналогічно ∠A + ∠B = 180° за умовою, ∠A і ∠B є внутрішніми односторонніми для прямих AD і BC та січної AB, тому за ознакою паралельності прямих AD ∥ BC. Тоді чотирикутник ABCD є паралелограмом за означенням. 87. Чотирикутники ABCD і AMKD - паралелограми. Доведіть, що чотирикутник BMKC паралелограм.

Нехай ABCD і AMKD − паралелограми. Оскільки ABCD − паралелограм, то AD ∥ BC і AD = BC за ознаками паралелограма. Аналогічно, якщо AMKD − паралелограм, то AD ∥ MK і AD = MK за ознаками паралелограма. Так як AD ∥ BC і AD ∥ MK, то BC ∥ MK; AD = BC і AD = MK, то BC = MK.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Отже, у чотирикутнику BCKM BC ∥ MK і BC = MK, звідки слідує, що BCKM − паралелограм. 88. Відрізок AO - медіана трикутника ABD, відрізок BO - медіана трикутника ABC. Доведіть, що чотирикутник ABCD - паралелограм.

la. in.

Нехай ABCD − чотирикутник, AO − медіана трикутника ABD, BO − медіана трикутника ABC. Оскільки AO − медіана, то за означенням медіани BO = OD. Аналогічно, оскільки BO − медіана, то AO = OC. Тоді в чотирикутнику ABCD діагоналі AC і BD перетинаються в точці O й діляться точкою перетину навпіл, а звідси слідує, що ABCD − паралелограм. 89. Два кола мають спільний центр 𝑂𝑂. В одному з кіл проведено діаметр 𝐴𝐴𝐴𝐴, у другому діаметр 𝐶𝐶𝐶𝐶. Доведіть, що чотирикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 паралелограм.

Нехай два кола мають спільний центр O, AB і CD − діаметри цих кіл. Якщо O центр кіл, то вона поділяє навпіл діаметри цих кіл, які у свою чергу є діагоналями чотирикутника ABCD. Тому ABCD − паралелограм. 90. Точки E і F - відповідно середини сторін BC і AD паралелограма ABCD. Доведіть, що чотирикутник AECF паралелограм.

Нехай ABCD − паралелограм, E і F − середини сторін BC і AD. Оскільки ABCD − паралелограм, то BC ∥ AD і BC = AD як протилежні сторони паралелограма. Так як E і F − середини сторін BC і AD, то AF = EC. Отже, у чотирикутнику AECF AF ∥ EC і AF = EC, тому він є паралелограмом. 91. На сторонах AB і CD паралелограма ABCD відкладено рівні відрізки AM і CK. Доведіть, що чотирикутник MBKD - паралелограм.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай ABCD − паралелограм, AM = CK. Оскільки ABCD − паралелограм, то AB ∥ DC і AB = DC як протилежні сторони паралелограма. Тоді MB ∥ DK. AB = AM + MB; DC = DK + KC. Так як AM = CK, то MB = DK. Отже, у чотирикутнику MBKD MB ∥ DK і MB = DK, тому він є паралелограмом. 92. На діагоналі AC паралелограма ABCD позначили точки M і K так, що AM = CK. Доведіть, що чотирикутник MBKD паралелограм.

Нехай ABCD − паралелограм, M ∈ AC, K ∈ AC, AM = KC. Оскільки ABCD − паралелограм, то його діагоналі точкою перетину діляться навпіл. Тому BO = OD, AO = OC. AO = AM + MO, OC = OK + KC. Так як за умовою AM = KC, то маємо, що MO = OK. Розглянемо чотирикутник MBKD. У ньому діагоналі MK і BD перетинаються і точкою перетину діляться навпіл, тому MBKD − паралелограм. 93. На сторонах паралелограма ABCD (рис. 39) відклали рівні відрізки AM, BK, CE і DF. Доведіть, що чотирикутник MKEF - паралелограм.

Нехай ABCD − паралелограм, AM = BK = CE = DF. Оскільки ABCD − паралелограм, то KC = AF і MB = DE як різниці рівних відрізків. Розглянемо трикутники KCE і FAM. У них: 1. KC = AF (за доведеним вище); 2. CE = AM (за умовою); 3. ∠C = ∠A (як протилежні кути паралелограма). Отже, ΔKCE = ΔFAM за двома сторонами і кутом між ними (за І ознакою рівності трикутників). Тому KE = MF як відповідні елементи рівних трикутників.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Розглянемо трикутники MBK і EDF. У них: 1. MB = DE (за доведеним вище); 2. BK = DF (за умовою); 3. ∠B = ∠D (як протилежні кути паралелограма). Отже, ΔMBK = ΔEDF за двома сторонами і кутом між ними (за І ознакою рівності трикутників). Тому MK = FE як відповідні елементи рівних трикутників. Отже, у чотирикутнику MKEF маємо KE = MF і MK = FE, тому він є паралелограмом. 94. У трикутнику ABC на продовженні медіани AM за точку M відклали відрізок MK, який дорівнює відрізку AM. Визначте вид чотирикутника ABKC.

Нехай ABC − заданий трикутник, AM − його медіана. Оскільки AM − медіана, то за означенням BM = MC. За умовою відомо, що AM = MK. Отже, в чотирикутнику ABKC діагоналі AK і BC перетинаються в точці M і діляться нею навпіл. Тому чотирикутник ABKC − паралелограм. 95. У чотирикутнику ABCD відомо, що AB ∥ CD, ∠A = ∠C. Доведіть, що чотирикутник ABCD - паралелограм.

Нехай ABCD − чотирикутник, AB ∥ CD, ∠A = ∠C. Розглянемо паралельні прямі AB і CD та січну BD. Тоді ∠ABD = ∠CDB як внутрішні різносторонні. Розглянемо трикутник ABD. За теоремою про суму кутів трикутника маємо: ∠A + ∠ABD + ∠BDA = 180°; ∠BDA = 180° − (∠A + ∠ABD). Аналогічно розглянемо трикутник BCD. За теоремою про суму кутів трикутника маємо: ∠C + ∠CDB + ∠DBC = 180°; ∠DBC = 180° − (∠C + ∠CDB). Оскільки ∠A = ∠C і ∠ABD = ∠CDB, то ∠BDA = ∠DBC. ∠ABC = ∠ABD + ∠DBC; ∠CDA = ∠CDB + ∠BDA. Тому ∠ABC = ∠CDA як суми рівних кутів. Оскільки в чотирикутнику ABCD ∠A = ∠C і ∠B = ∠D, то цей чотирикутник − паралелограм. 96. Бісектриса кута A паралелограма ABCD перетинає сторону BC у точці M, а бісектриса кута C - сторону AD у точці K. Доведіть, що чотирикутник AMCK паралелограм.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай ABCD − паралелограм, AM − бісектриса кута A, CK − бісектриса кута C. Тоді AB = CD як протилежні сторони паралелограма, ∠A = ∠C, ∠B = ∠D як протилежні кути паралелограма. Крім того, AB ∥ CD, BC ∥ AD. 1 Оскільки AM − бісектриса, то за означенням бісектриси ∠BAM = ∠MAK = ∠BAD. 2 Розглянемо паралельні прямі BC і AD та січну AM. Тоді ∠KAM = ∠BMA як внутрішні різносторонні. Тоді ∠BAM = ∠MAK і ∠KAM = ∠BMA, звідки ∠BAM = ∠BMA. 1 Аналогічно, якщо CK − бісектриса, то за означенням бісектриси ∠DCK = ∠KCM = 2 ∠DCB. Якщо ∠BAD = ∠BCD, то ∠BMA = ∠MCK. Розглянемо паралельні прямі AM і CK та січну MC. Тоді за ознакою паралельних прямих маємо: ∠BMA = ∠MCK як відповідні, звідки AM ∥ CK, MC ∥ AK. Тоді одержимо, що чотирикутник AMCK − паралелограм. 97. На рисунку чотирикутник ABCD - паралелограм, ∠BCP = ∠DAE. Доведіть, що чотирикутник APCE - паралелограм.

Нехай ABCD − паралелограм, ∠BCP = ∠DAE. Розглянемо трикутники CPB і AED. У них: 1. BC = AD як протилежні сторони паралелограма; 2. ∠BCP = ∠DAE за умовою; 3. ∠PBC = ∠EDA як внутрішні різносторонні при паралельних прямих BC і AD та січній BD. Отже, △CPB = △AED за стороною і двома прилеглими до неї кутами (за II ознакою рівності трикутників). Тому PC = AE і BP = ED як відповідні елементи рівних трикутників. Розглянемо трикутники ABP і CDE. У них: 4. AB = DC як протилежні сторони паралелограма; 5. BP = ED за доведеним вище; 6. ∠ABP = ∠CDE як внутрішні різносторонні при паралельних прямих AB і CD та січній BD. Отже, △ABP = △CDE за двома сторонами і кутом між ними (за I ознакою рівності трикутників). Тому AP = CE як відповідні елементи рівних трикутників. Оскільки в чотирикутнику APCE дві пари протилежних сторін рівні, то такий чотирикутник є паралелограмом. 98. На рисунку чотирикутник ABCD - паралелограм, ∠BEC = ∠DFA. Доведіть, що чотирикутник AECF - паралелограм.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай ABCD − паралелограм, ∠BEC = ∠DFA. Оскільки AB ∥ CD як протилежні сторони паралелограма, то AE ∥ CF. Розглянемо паралельні прямі AB і CD та січну AF. Тоді ∠BAF = ∠AFD як внутрішні різносторонні кути. Оскільки ∠BEC = ∠DFA за умовою, то ∠BAF = ∠BEC. Але вони є відповідними кутами при прямих EC і AF та січній AB, звідки EC ∥ AF. Отже, у чотирикутнику AECF AE ∥ CF і CE ∥ AF, тому цей чотирикутник − паралелограм. 99. Побудуйте паралелограм: 1. за двома сторонами та кутом між ними; 2. за двома діагоналями та стороною; 3. за стороною, діагоналлю та кутом між ними. 1. 1. Дано: AB = a, AD = b − сторони паралелограма ABCD, ∠P1A1K1 = α − кут паралелограма. Побудувати: паралелограм ABCD. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку A. У заданому куті α проводжу коло з центром у вершині A1 так, щоб воно перетнуло сторони кута, наприклад у точках K1 і P1. Проводжу коло того самого радіуса з центром у точці A. Нехай воно перетне пряму m у точці K. Проводжу коло радіуса K1P1 з центром у точці K, кола перетнуться у точці P. Проводжу промінь AP. ∠PAK = ∠P1A1K1. З точки A проводжу коло радіуса AB = a, яке перетне пряму m у точці B. З точки A проводжу коло радіуса AD = b, яке перетне промінь AP у точці D. Використаю властивість рівності протилежних сторін паралелограма: DC = AB, BC = AD. Тоді будую коло радіуса BC = b з центром у точці B і коло радіуса DC = a з центром у точці D. Будую коло радіуса AB = a з центром у точці D і коло радіуса AD = b з центром у точці B. Кола перетнуться у точці C, яка є вершиною паралелограма. Сполучаю відрізками точки D і C та точки B і C. Отже, побудований паралелограм ABCD − шуканий, бо в ньому AB = a, AD = b, ∠DAB = α за побудовою.

2. Дано: AB = a − сторона паралелограма ABCD, AC = b, BD = c − діагоналі паралелограма. Побудувати: паралелограм ABCD. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку A. З точки A проводжу коло радіуса AB = a, яке перетне пряму m у точці B. Використаю властивість паралелограма про те, що діагоналі паралелограма точкою перетину діляться навпіл:  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html 1

AO = OC = AC; BO = OD = BD. 2

la. in.

Тоді будую коло радіуса AO = b з центром у точці A і коло радіуса BO = c з центром у 2 2 точці B. Кола перетнуться у точці O, яка є точкою перетину діагоналей. Сполучаю відрізками точки A і O та точки B і O. Продовжую промінь AO та на його продовженні відкладаю OC = AO, одержую вершину C паралелограма. Аналогічно продовжую промінь BO та на його продовженні відкладаю OD = BO, одержую вершину D паралелограма. Сполучаю відрізками точки B і C, точки A і D та точки D і C. Отже, побудований паралелограм ABCD − шуканий, бо в ньому AB = a, AC = b, BD = c за побудовою.

3. Дано: AB = a − сторона паралелограма ABCD, AC = b − діагональ паралелограма ABCD, ∠P1A1K1 = α − кут між стороною AB і діагоналлю AC паралелограма. Побудувати: паралелограм ABCD. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку A. У заданому куті α проводжу коло з центром у вершині A1 так, щоб воно перетнуло сторони кута, наприклад у точках K1 і P1. Проводжу коло того самого радіуса з центром у точці A. Нехай воно перетне пряму m у точці K. Проводжу коло радіуса K1P1 з центром у точці K, кола перетнуться у точці P. Проводжу промінь AP. ∠PAK = ∠P1A1K1. З точки A проводжу коло радіуса AB = a, яке перетне пряму m у точці B. З точки A проводжу коло радіуса AC = b, яке перетне промінь AP у точці C. Сполучаю відрізком точки B і C. Аналогічно описаному вище будую ∠SCM = ∠PAK (як внутрішні різносторонні кути при паралельних прямих AB і DC та січній AC). Будую коло радіуса AB = CD = a з центром у точці C. У перетині з променем CM одержую вершину D. Сполучаю відрізками точки D і A. Отже, побудований паралелограм ABCD − шуканий, бо в ньому AB = a, AC = b, ∠PAK = α за побудовою.

100. Побудуйте паралелограм: 1. за двома сторонами та діагоналлю; 2. за двома діагоналями та кутом між ними. 1. Дано: AB = a, AD = b − сторони паралелограма ABCD, BD = c − його діагональ. Побудувати: паралелограм ABCD. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку A. З точки A проводжу коло радіуса AB = a, яке перетне пряму m у точці B. З точки A проводжу коло радіуса AD = b, а з точки B − коло радіуса BD = c, які перетнуться у точці D. Сполучаю відрізком точки A і D. Використаю властивість паралелограма про те, що протилежні сторони паралелограма  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

рівні: AB = DC = a, AD = BC = b. З точки D проводжу коло радіуса DC = a, а з точки B − коло радіуса BC = b, які перетнуться у точці C. Сполучаю відрізками точки D і C та точки B і C. Отже, побудований паралелограм ABCD − шуканий, бо в ньому AB = a, AD = b, BD = c за побудовою.

la. in.

2. Дано: AC = a, BD = b − діагоналі паралелограма, ∠P1O1K1 = α − кут між діагоналями. Побудувати: паралелограм ABCD. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку O. У заданому куті α проводжу коло з центром у вершині O1 так, щоб воно перетнуло сторони кута, наприклад, у точках K1 і P1. Проводжу коло того самого радіуса з центром у точці O. Нехай воно перетне пряму m у точці K. Проводжу коло радіуса K1P1 з центром у точці K, кола перетнуться у точці P. Проводжу промінь OP. ∠POK = ∠P1O1K1. Використаю властивість паралелограма про те, 1 що діагоналі паралелограма точкою перетину діляться навпіл: AO = OC = AC; BO = OD 2

= BD. Тоді будую коло радіуса OA = a з центром у точці O і коло радіуса OB = b з 2 2 2 центром у точці O. Кола перетнуть сторони кута відповідно в точках A та B. Сполучаю відрізками точки A і O та точки B і O. Продовжую промінь AO та на його продовженні відкладаю OC = AO, одержую вершину C паралелограма. Аналогічно продовжую промінь BO та на його продовженні відкладаю OD = BO, одержую вершину D паралелограма. Сполучаю відрізками точки A і B, B і C, A і D та D і C. Отже, побудований паралелограм ABCD − шуканий, бо в ньому AC = a, BD = b, ∠POK = α за побудовою.

101. Бісектриси кутів A і C паралелограма ABCD перетинають його діагональ BD у точках E і F відповідно. Доведіть, що чотирикутник AECF паралелограм.

Нехай ABCD − паралелограм, AE і CF − бісектриси. Якщо AE − бісектриса, то за 1 означенням бісектриси маємо, що ∠BAE = ∠EAD = ∠BAD. Якщо CF − бісектриса, то за 2

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html 1

la. in.

означенням бісектриси маємо, що ∠BCF = ∠FCD = ∠BCD. Розглянемо паралельні прямі 2 AD і BC та січну BD. Маємо: ∠ADB = ∠CBD як внутрішні різносторонні. Розглянемо трикутники AED і CFB. У них: 1. BC = AD як протилежні сторони паралелограма ABCD; 2. ∠EAD = ∠FCB як половини рівних протилежних кутів паралелограма; 3. ∠ADB = ∠CBD за доведеним вище. Отже, трикутник AED = трикутник CFB за стороною і двома прилеглими до неї кутами (за II ознакою рівності трикутників). Тому AE = CF як відповідні елементи рівних трикутників. Розглянемо трикутники BAE і DCF. У них: 1. AB = CD як протилежні сторони паралелограма ABCD; 2. AE = CF за доведеним вище; 3. ∠BAE = ∠DCF як половини рівних протилежних кутів паралелограма. Отже, трикутник BAE = трикутник DCF за двома сторонами і кутом між ними (за I ознакою рівності трикутників). Тому FD = BE як відповідні елементи рівних трикутників. Розглянемо паралельні прямі AD і BC та січну BD. Маємо: ∠CBE = ∠ADF як внутрішні різносторонні. Розглянемо трикутники BEC і DFA. У них: 1. BC = AD як протилежні сторони паралелограма ABCD; 2. FD = BE за доведеним вище; 3. ∠CBE = ∠ADF за доведеним вище. Отже, трикутник BEC = трикутник DFA за двома сторонами і кутом між ними (за I ознакою рівності трикутників). Тому AF = EC як відповідні елементи рівних трикутників. Отже, маємо, що AE = CF і AF = EC, тому чотирикутник AECF − паралелограм. 102. Із вершин B і D паралелограма ABCD проведено перпендикуляри BM і DK до діагоналі AC. Доведіть, що чотирикутник BKDM - паралелограм.

Нехай ABCD − паралелограм, BM ⟂ AC (∠BMA = 90°), DK ⟂ AC (∠DKC = 90°). За властивостями паралелограма маємо, що AB = CD і AB ∥ CD як протилежні сторони. Розглянемо паралельні сторони AB і CD та січну AC. Маємо: ∠BAC = ∠ACD як внутрішні різносторонні. Якщо BM ⟂ AC і DK ⟂ AC, то BM ∥ DK. Розглянемо прямокутні трикутники AMB і CKD. У них: 1. AB = CD за умовою; 2. ∠BAM = ∠DCK за доведеним вище. Отже, за ознакою рівності прямокутних трикутників AMB = CKD за гіпотенузою і гострим кутом. Тому BM = DK як відповідні елементи рівних трикутників. Отже, BM ∥ DK і BM = DK, тому чотирикутник BKDM − паралелограм. 103. Через середину O діагоналі NP паралелограма MNKP проведено пряму, яка перетинає сторони MN і KP у точках A і B відповідно. Доведіть, що чотирикутник ANBP - паралелограм.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай MNKP − паралелограм, NP − діагональ, O − середина NP, A ∈ MN, B ∈ KP. Розглянемо паралельні прямі MN і KP (як сторони паралелограма) та січну NP. Маємо: ∠MNO = ∠KPO як внутрішні різносторонні. Розглянемо трикутники AON і BOP. У них: 1. NO = PO за умовою; 2. ∠NOA = ∠POB як вертикальні; 3. ∠ANO = ∠BPO за доведеним вище. Отже, трикутник AON = трикутник BOP за стороною і двома прилеглими до неї кутами (за II ознакою рівності трикутників). Тому AO = OB як відповідні елементи рівних трикутників. У чотирикутнику ANBP NO = PO і AO = OB, тобто діагоналі точкою перетину діляться навпіл, тому цей чотирикутник − паралелограм. 104. Через точку перетину діагоналей паралелограма CDEF проведено дві прямі, одна з яких перетинає сторони CD і EF у точках A і B відповідно, а друга - сторони DE і CF у точках M і K відповідно. Доведіть, що чотирикутник AMBK паралелограм.

Нехай CDEF − паралелограм, O − точка перетину його діагоналей. За властивістю діагоналей паралелограма маємо, що CO = OE, DO = OF. Розглянемо паралельні прямі CF і DE (як сторони паралелограма) та січну CE. Маємо: ∠OCK = ∠OEM як внутрішні різносторонні. Розглянемо трикутники COK і EOM. У них: 1. CO = OE за доведеним вище; 2. ∠COK = ∠MOE як вертикальні; 3. ∠OCK = ∠OEM за доведеним вище. Отже, трикутник COK = трикутник EOM за стороною і двома прилеглими до неї кутами (за II ознакою рівності трикутників). Тому KO = OM як відповідні елементи рівних трикутників. Розглянемо паралельні прямі CD і FE (як сторони паралелограма) та січну DF. Маємо: ∠ADO = ∠BFO як внутрішні різносторонні. Розглянемо трикутники AOD і BOF. У них: 1. DO = OF за доведеним вище; 2. ∠AOD = ∠BOF як вертикальні; 3. ∠ADO = ∠BFO за доведеним вище. Отже, трикутник AOD = трикутник BOF за стороною і двома прилеглими до неї кутами (за II ознакою рівності трикутників). Тому AO = OB як відповідні елементи рівних трикутників. У чотирикутнику CDEF KO = OM і  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

AO = OB, тобто діагоналі точкою перетину діляться навпіл, тому цей чотирикутник − паралелограм. 105. Точки M,N,K і P - середини сторін AB,BC,CD і AD паралелограма ABCD відповідно. Доведіть, що чотирикутник, вершинами якого є точки перетину прямих AN,BK,CP і DM, - паралелограм.

la. in.

Нехай ABCD − паралелограм, точки M, N, K і P − середини сторін AB, BC, CD і AD відповідно. Оскільки ABCD − паралелограм, то AB ∥ CD, BC ∥ AD, AB = CD, BC = AD як протилежні сторони, ∠A = ∠C, ∠B = ∠D як протилежні кути паралелограма. Розглянемо трикутники ABN і CDP. У них: 1. AB = CD за доведеним вище; 2. BN = PD як половини рівних сторін паралелограма; 3. ∠B = ∠D за доведеним вище. Отже, трикутник ABN = трикутник CDP за двома сторонами і кутом між ними (за I ознакою рівності трикутників). Тому ∠DPC = ∠BNA як відповідні елементи рівних трикутників. Розглянемо паралельні прямі BC і AD та січну AN. За ознакою паралельності прямих маємо, що ∠BNA = ∠NAD як внутрішні різносторонні. Тоді маємо: ∠BNA = ∠NAD і ∠DPC = ∠BNA, звідки ∠NAD = ∠DPC. Але ці кути є відповідними при прямих AN і CP та січній AD, тому AN ∥ CP. Розглянемо трикутники BCK і DAM. У них: 1) BC = AD за доведеним вище; 2) AM = CK як половини рівних сторін паралелограма; 3) ∠C = ∠A за доведеним вище. Отже, трикутник BCK = трикутник DAM за двома сторонами і кутом між ними (за I ознакою рівності трикутників). Тому ∠AMD = ∠BKC як відповідні елементи рівних трикутників. Розглянемо паралельні прямі DC і AB та січну KB. За ознакою паралельності прямих маємо, що ∠BKC = ∠ABK як внутрішні різносторонні. Тоді маємо: ∠AMD = ∠BKC і ∠BKC = ∠ABK, звідки ∠AMD = ∠ABK. Але ці кути є відповідними при прямих BK і MD та січній AB, тому BK ∥ MD. Тоді якщо AN ∥ CP, то TE ∥ OF; аналогічно якщо BK ∥ MD, то EF ∥ TO. Отже, якщо TE ∥ OF і EF ∥ TO, то звідси маємо, що чотирикутник TEFO − паралелограм. 106. Побудуйте паралелограм: 1. за стороною, проведеною до неї висотою та діагоналлю; 2. за двома діагоналями та висотою; 3. за гострим кутом і двома висотами, проведеними до двох сусідніх сторін. 1. Дано: AD = a − сторона паралелограма ABCD, BP = b − його висота, BD = c − діагональ. Побудувати: паралелограм ABCD. Будую довільну пряму m. Будую пряму n таку, що n ⟂ m. Для цього з будь−якої точки прямої m проводжу коло довільного радіуса, яке перетне пряму m у двох точках − M і N. Проводжу кола з центрами в точках M і N радіуса, більшого за половину MN. У результаті перетину цих кіл одержую точки S і T.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Проводжу пряму ST ⟂ MN, які в перетині дають точку P. З точки P проводжу коло радіуса BP = b й у перетині з прямою ST одержую точку B. З точки B проводжу коло радіуса BD = c, яке в перетині з прямою m дає точку D. Сполучаю відрізком точки B і D. З точки D проводжу коло радіуса AD = a, яке в перетині з прямою m дає точку A. Сполучаю відрізком точки A і D. Аналогічно описаному вище будую пряму l ⟂ n, яка проходить через точку B. Використаю властивість паралелограма про те, що протилежні сторони паралелограма рівні: AD = BC = a. З точки B проводжу коло радіуса AD = a, яке в перетині з прямою l дає точку C. Сполучаю відрізками точки B і C та C і D. Отже, побудований паралелограм ABCD − шуканий, бо в ньому AD = a, BP = b, BD = c за побудовою.

2. Дано: BP = a − висота паралелограма ABCD, BD = b і AC = c − діагоналі. Побудувати: паралелограм ABCD. Будую довільну пряму m. Будую пряму n таку, що n ⟂ m. Для цього з будь−якої точки прямої m проводжу коло довільного радіуса, яке перетне пряму m у двох точках — M і N. Проводжу кола з центрами в точках M і N радіуса, більшого за половину MN. У результаті перетину цих кіл одержую точки S і T. Проводжу пряму ST ⟂ MN, які в перетині дають точку P. З точки P проводжу коло радіуса BP = a й у перетині з прямою ST одержую точку B. З точки B проводжу коло радіуса BD = b, яке в перетині з прямою m дає точку D. Сполучаю відрізком точки B і D. Аналогічно описаному вище будую пряму l ⟂ n, яка проходить через точку B. Знаходжу середину відрізка BD, побудувавши серединний перпендикуляр до цього відрізка. З точки O проводжу коло діаметра AC = c, яке в перетині з прямою l дає точку C, а в перетині з прямою m − точку A. Сполучаю відрізками точки A і B та C і D. Отже, побудований паралелограм ABCD − шуканий, бо в ньому BP = a, BD = b, AC = c за побудовою.

3. Дано: BE = a, BR = b − висоти паралелограма ABCD, ∠P1A1K1 = α − гострий кут паралелограма. Побудувати: паралелограм ABCD.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Будую довільну пряму m. Будую пряму n таку, що n ⟂ m. Для цього з будь−якої точки прямої m проводжу коло довільного радіуса, яке перетне пряму m у двох точках — M і N. Проводжу кола з центрами в точках M і N радіуса, більшого за половину MN. У результаті перетину цих кіл одержую точки S і T. Проводжу пряму ST ⟂ MN, які в перетині дають точку E. З точки E проводжу коло радіуса BE = a й у перетині з прямою ST одержую точку B. Сполучаю відрізком точки B і E. Аналогічно описаному вище будую пряму l ⟂ n, яка проходить через точку B. Кут між висотами паралелограма, проведеними з вершини тупого кута, дорівнює його гострому куту (див. задачу № 69). Будую кут, який дорівнює куту P1A1K1, вершина якого міститься у точці B, а одна зі сторін кута збігається з прямою n. У заданому куті α проводжу коло з центром у вершині A1 так, щоб воно перетнуло сторони кута, наприклад у точках K1 і P1. Проводжу коло того самого радіуса з центром у точці B. Нехай воно перетне пряму n у точці K. Проводжу коло радіуса K1P1 з центром у точці K, кола перетнуться у точці P. Проводжу промінь BP. ∠KBP = ∠P1A1K1. З точки B проводжу коло діаметра BR = b, яке в перетині з прямою BP дає точку R. Аналогічно описаному вище проводжу пряму r, перпендикулярну прямій BR. Тоді r ∩ l = C, r ∩ m = D. З точки D проводжу коло радіуса BC й у перетині з прямою m одержую точку A. Сполучаю відрізками точки A і B. Отже, побудований паралелограм ABCD − шуканий, бо в ньому BE = a, BR = b, ∠A = ∠KBR = α за побудовою.

107. Побудуйте паралелограм: 1. за двома сторонами та висотою; 2. за діагоналлю та двома висотами, проведеними до двох сусідніх сторін. 1. Дано: AB = a, AD = b − сторони паралелограма ABCD, BP = c − його висота. Побудувати: паралелограм ABCD. Будую довільну пряму m. Будую пряму n таку, що n ⟂ m. Для цього з будь-якої точки прямої m проводжу коло довільного радіуса, яке перетне пряму m у двох точках – M і N. Проводжу кола з центрами в точках M і N радіуса, більшого за половину MN. У результаті перетину цих кіл одержую точки S і T. Проводжу пряму ST ⟂ MN, які в перетині дають точку P. З точки P проводжу коло радіуса BP = c й у перетині з прямою ST одержую точку B. З точки B проводжу коло радіуса BA = a, яке в перетині з прямою m дає точку A. Сполучаю відрізком точки A і B. З точки A проводжу коло радіуса AD = b, яке в перетині з прямою m дає точку D. Сполучаю відрізком точки A і D. Аналогічно описаному вище будую пряму l ⟂ n, яка проходить через точку B. Використаю властивість паралелограма про те, що протилежні сторони паралелограма рівні: AB = DC = a. З точки D проводжу коло радіуса AB = a, яке в перетині з прямою l дає точку C.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Сполучаю відрізками точки B і C та C і D. Отже, побудований паралелограм ABCD − шуканий, бо в ньому AB = a, BP = c, AD = b за побудовою.

la. in.

2. Дано: BP = a, BF = b − висоти паралелограма ABCD, BD = c − його діагональ. Побудувати: паралелограм ABCD. Будую довільну пряму m. Будую пряму n таку, що n ⟂ m. Для цього з будь-якої точки прямої m проводжу коло довільного радіуса, яке перетне пряму m у двох точках − M і N. Проводжу кола з центрами в точках M і N радіуса, більшого за половину MN. У результаті перетину цих кіл одержую точки S і T. Проводжу пряму ST ⟂ MN, які в перетині дають точку P. З точки P проводжу коло радіуса PB = a й у перетині з прямою ST одержую точку B. З точки B проводжу коло радіуса BD = c, яке в перетині з прямою m дає точку D. Сполучаю відрізком точки B і D. Через точку B аналогічно описаному вище будую пряму l ⟂ n, тоді l ∥ m. Виконую допоміжну побудову. Будую дві перпендикулярні прямі k і r, які перетинаються в точці F. Будую коло з центром у точці F радіуса b, яке в перетині з прямою r дасть точку B. Будую коло з центром у точці B радіуса c, яке в перетині з прямою k дасть точку D. Сполучаю відрізком точки F і D. Переходжу до основної побудови. Будую коло з центром у точці B радіуса b. Будую коло з центром у точці D радіуса FD, яке в перетині з колом (B; b) дасть точки F і E. Через точки D і F проводжу пряму, яка в перетині з прямою l дасть точку C. Будую коло з центром у точці D радіуса BC, яке в перетині з прямою m дасть точку A. Сполучаю відрізком точки A і B, B і C, C і D та A і D. Отже, побудований паралелограм ABCD − шуканий, бо в ньому BP = a, BF = b, BD = c за побудовою.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

108. Прямі, на яких лежать бісектриси AK і BM трикутника ABC, перетинаються під кутом 74°. Знайдіть кут C.

Нехай ABC − трикутник, AK і BM − бісектриси, які перетинаються під кутом 74°. Якщо 1 AK − бісектриса кута A, то за означенням ∠BAK = ∠KAC = ∠BAC. Якщо BM − 1

la. in.

бісектриса кута B, то за означенням ∠ABM = ∠MBK = ∠ABC. Кут BOK − зовнішній кут 2 трикутника ABO, тому ∠OBA + ∠BAO = 74°. Розглянемо трикутник ABC. За теоремою про суму кутів трикутника маємо: ∠ABC + ∠BCA + ∠CAB = 180°; ∠BCA = 180° − (∠ABC + ∠CAB); ∠BCA = 180° − (2∠OBA + 2∠BAO) = 180° − 2(∠OBA + ∠BAO) = = 180° − 2·74° = 180° − 148° = 32°. Відповідь: 32°. 109. Кут, протилежний основі рівнобедреного трикутника, дорівнює120°, а висота, проведена до бічної сторони, дорівнює 8 см . Знайдіть основу трикутника.

Нехай ABC − рівнобедрений трикутник (AB = BC), AM − висота, AM = 8 см, ∠ABC = 120°. За властивістю кутів при основі рівнобедреного трикутника маємо: ∠BAC = ∠C. За теоремою про суму кутів трикутника ∠ABC + ∠C + ∠CAB = 180°. Тоді ∠CAB + ∠C = 180° − ∠ABC; ∠CAB + ∠C = 180° − 120° = 60°; ∠BAC = ∠C = 60° : 2 = 30°. Розглянемо трикутник AMC. Оскільки AM − висота, то він прямокутний (∠AMC = 90°). За властивістю катета, який лежить напроти кута 30°, маємо: AC = 2 AM; AC = 2 · 8 = 16 (см). Відповідь: 16 см. 110. Учитель запропонував учневі вирізати з листа картону розміром 8⨯8 клітинок вісім квадратів розміром 2⨯2 клітинки за умови не псувати клітинки, що залишилися. Потім виявилося, що потрібен ще один такий самий квадрат. Чи завжди можна це зробити із залишків листа?  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

У найнеоптимальнішому випадку по горизонталі може поміститися 3 квадрати розміром 2⨯2 квадратики (див. рис.). Аналогічно виявиться, якщо розглядати розміщення по вертикалі, тобто усього поміститься щонайменше 9 квадратів розміром 2⨯2, а це означає, що учень зможе вирізати ще один такий самий квадрат.

la. in.

4. Прямокутник 111. Накресліть прямокутник. Користуючись лише лінійкою, знайдіть точку, яка рівновіддалена від його вершин. Точкою, яка буде рівновіддаленою від його вершин, є точка перетину діагоналей.

112. Доведіть, що чотирикутник, усі кути якого прямі, є прямокутником. Нехай ABCD − чотирикутник, у якому ∠A = ∠B = ∠C = ∠D = 90°. Протилежні кути заданого чотирикутника рівні, тому він є паралелограмом. А так як у паралелограма всі кути прямі, то паралелограм ABCD − прямокутник.

113. Діагоналі прямокутника ABCD перетинаються в точці O. Доведіть, що трикутники AOB і AOD рівнобедрені.

Нехай ABCD − прямокутник, діагоналі AC і BD перетинаються в точці O. Діагоналі прямокутника рівні й точкою перетину поділяються навпіл: AO = OC = BO = OD. Тому в трикутнику AOB AO = BO і він є рівнобедрений, у трикутнику AOD AO = OD, тому він теж є рівнобедрений. 114. Діагоналі прямокутника ABCD перетинаються в точці O, ∠ABD = 64°. Знайдіть кути COD і AOD.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай ABCD − прямокутник, діагоналі AC і BD перетинаються в точці O, ∠ABD = 64°. Діагоналі прямокутника рівні й точкою перетину поділяються навпіл: AO = OC = BO = OD. Тому трикутник AOB − рівнобедрений (AO = BO). За властивістю кутів при основі рівнобедреного трикутника маємо: ∠ABO = ∠OAB = 64°. ∠AOD − зовнішній кут при вершині O трикутника AOB, тому ∠AOD = ∠ABO + ∠BAO; ∠AOD = 64° + 64° = 128°. ∠AOD + ∠COD = 180° як суміжні, звідки ∠COD = 180° − ∠AOD; ∠COD = 180° − 128° = 52°. Відповідь: 52°, 128°. 115. Діагоналі прямокутника ABCD (рис. 46) перетинаються в точці O, ∠ADB = 30°, BD = 10 см. Знайдіть периметр трикутника AOB.

Нехай ABCD − прямокутник, діагоналі AC і BD перетинаються в точці O, ∠ADB = 30°, BD = 10 см. Розглянемо прямокутний трикутник BAD (∠A = 90°). За властивістю катета, 1 1 який лежить напроти кута 30°, маємо: AB = BD; AB = · 10 = 5 см. 2 2 Діагоналі прямокутника рівні й точкою перетину поділяються навпіл, тому AC = BD; BO 1 1 1 1 = OD = BD; BO = · 10 = 5 см; AO = OC = AC; AO = · 10 = 5 см. 2 2 2 2 Тоді PAOB = AO + OB + AB; PAOB = 5 + 5 + 5 = 15 см. Відповідь: 15 см. 116. Кут між діагоналями прямокутника дорівнює 60°, а менша сторона прямокутника дорівнює 8 см . Знайдіть діагональ прямокутника.

Нехай ABCD − прямокутник, діагоналі AC і BD перетинаються в точці O, ∠AOB = 60°, AB = 8 см. Діагоналі прямокутника рівні й точкою перетину поділяються навпіл: AO = OC = BO = OD. Тому трикутник AOB − рівнобедрений. Оскільки ∠AOB = 60°, то AOB − рівносторонній. Тоді AB = AO = BO = 8 см. BD = 2BO; BD = 2 · 8 = 16 см. Відповідь: 16 см.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

117. На діагоналі AC прямокутника ABCD відкладено рівні відрізки AM і CK (точка M лежить між точками A і K ). Доведіть, що чотирикутник BKDM – паралелограм, відмінний від прямокутника.

la. in.

Нехай ABCD − прямокутник, AC − діагональ, M ∈ AC, K ∈ AC, AM = KC. Розглянемо паралельні прямі BC і AD (як протилежні сторони прямокутника) та січну AC. Маємо: ∠BCK = ∠DAM як внутрішні різносторонні. Розглянемо трикутники BKC і DMA. У них: 1. BC = DA як протилежні сторони прямокутника; 2. KC = MA за умовою; 3. ∠BCK = ∠DAM за доведеним вище. Отже, трикутник BKC = трикутник DMA за двома сторонами і кутом між ними (за I ознакою рівності трикутників). Тому BK = MD як відповідні елементи рівних трикутників. Розглянемо паралельні прямі AB і CD (як протилежні сторони прямокутника) та січну AC. Маємо: ∠DCK = ∠BAM як внутрішні різносторонні. Розглянемо трикутники CKD і AMB. У них: 1. CD = AB як протилежні сторони прямокутника; 2. KC = MA за умовою; 3. ∠DCK = ∠BAM за доведеним вище. Отже, трикутник CKD = трикутник AMB за двома сторонами і кутом між ними (за I ознакою рівності трикутників). Тому KD = BM як відповідні елементи рівних трикутників. Оскільки в чотирикутнику BKDM BK = MD і KD = BM, то цей чотирикутник – паралелограм. 118. На продовженні діагоналі BD прямокутника ABCD за точку B позначили точку E, а на продовженні за точку D – точку F так, що BE = DF. Доведіть, що чотирикутник AECF паралелограм, відмінний від прямокутника.

Нехай ABCD – прямокутник, BD – діагональ, E ∈ BD, F ∈ BD, BE = DF. Розглянемо паралельні прямі BC і AD (як протилежні сторони прямокутника) та січну BD. Маємо: ∠CBD = ∠ADB як внутрішні різносторонні. Звідси ∠EBC = ∠FDA як суміжні з рівними кутами. Розглянемо трикутники EBC і FDA. У них: 1. BC = DA як протилежні сторони прямокутника; 2. BE = DF за умовою;  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

3. ∠EBC = ∠FDA за доведеним вище. Отже, трикутник EBC = трикутник FDA за двома сторонами і кутом між ними (за I ознакою рівності трикутників). Тому EC = AF як відповідні елементи рівних трикутників. Розглянемо паралельні прямі BC і AD (як протилежні сторони прямокутника) та січну BD. Маємо: ∠ABD = ∠CDB як внутрішні різносторонні. Звідси ∠ABE = ∠CDF як суміжні з рівними кутами. Розглянемо трикутники ABE і CDF. У них: 1. AB = CD як протилежні сторони прямокутника; 2. BE = DF за умовою; 3. ∠ABE = ∠CDF за доведеним вище. Отже, трикутник ABE = трикутник CDF за двома сторонами і кутом між ними (за I ознакою рівності трикутників). Тому AE = CF як відповідні елементи рівних трикутників. Оскільки в чотирикутнику AECF EC = AF і AE = CF, то цей чотирикутник – паралелограм. 119. Точка M – середина сторони BC прямокутника ABCD, MA ⟂ MD, периметр прямокутника дорівнює 36 см. Знайдіть сторони прямокутника.

Нехай ABCD − прямокутник, BM = MC, MA ⟂ MD, PABCD = 36 см. Розглянемо прямокутні трикутники ABM і DCM (∠B = ∠C = 90°). У них: 1. BM = MC за умовою; 2. AB = DC як протилежні сторони прямокутника. Отже, трикутник ABM = трикутник DCM за двома катетами. Тому AM = MD як відповідні елементи рівних трикутників. Оскільки трикутник AMD рівнобедрений (AM = MD) і прямокутний (∠AMD = 90°), то ∠MAD = ∠MDA = 45°. Далі ∠BAD = ∠BAM + ∠MAD; ∠BAM = ∠BAD − ∠MAD; ∠BAM = 90° − 45° = 45°. Розглянемо прямокутний трикутник ABM. За теоремою про суму гострих кутів прямокутного трикутника ∠BAM + ∠BMA = 90°; ∠BMA = 90° − ∠BAM; ∠BMA = 90° − 45° = 45°, тому трикутник MBA − рівнобедрений (AB = BM). Тоді BC = 2BM = 2AB. PABCD = 2(AB + BC); 36 = 2(AB + 2AB); 36 = 6AB; AB = 6 см. Тоді BC = 2 · 6 = 12 см. Відповідь: 6 см, 12 см. 120. Периметр прямокутника ABCD дорівнює 30 см . Бісектриси кутів A і D перетинаються в точці M, яка належить стороні BC. Знайдіть сторони прямокутника.

Нехай ABCD − прямокутник, AM і DM − бісектриси кутів A і D, M ∈ BC, PABCD = 30 см.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html 1

la. in.

Якщо AM − бісектриса ∠BAD, то за означенням бісектриси ∠BAM = ∠MAD = ∠BAD = 2 90° : 2 = 45°; якщо DM − бісектриса ∠CDA, то за означенням бісектриси ∠CDM = ∠MDA 1 = ∠CDA = 90° : 2 = 45°. 2 Розглянемо прямокутні трикутники ABM (∠ABM = 90°) і DCM (∠DCM = 90°). У них: 1. AB = CD як протилежні сторони прямокутника; 2. ∠BAM = ∠CDM = 45° за доведеним вище. Отже, трикутник ABM = трикутник DCM за катетом і гострим кутом. Тому BM = MC як відповідні елементи рівних трикутників. Розглянемо прямокутний трикутник ABM (∠B = 90°). За теоремою про суму гострих кутів прямокутного трикутника ∠BAM + ∠BMA = 90°; ∠BMA = 90° − ∠BAM; ∠BMA = 90° − 45° = 45°, тому трикутник ABM − рівнобедрений (AB = BM). BC = 2BM = 2AB. PABCD = 2(AB + BC); 30 = 2(AB + 2AB); 30 = 6AB; AB = 5 см. Тоді BC = 2 · 5 = 10 см. Відповідь: 5 см, 10 см. 121. Побудуйте прямокутник: 1. за двома сторонами; 2. за діагоналлю та кутом між діагоналлю та стороною. 1. Дано: AB = a, AD = b - сторони прямокутника ABCD. Побудувати: прямокутник ABCD. Будую довільну пряму m. Будую пряму n таку, що n ⊥ m. Позначаю на прямій m точку А. З точки А проводжу коло довільного радіуса, яке перетне пряму : m у двох точках – M і N. Проводжу кола з центрами в точках M і N радіуса, більшого за половину MN. У результаті перетину цих кіл одержую точки S і T. Проводжу пряму ST ⊥ MN. З точки A проводжу коло радіуса AD = b й у перетині з прямою m одержую точку D. З точки A проводжу коло радіуса AB = a, яке в перетині з прямою n дає точку B. Сполучаю відрізками точки A і D та A і B. Аналогічно описаному вище будую пряму l ⊥ n, яка проходить через точку B, та пряму k ⊥ m, яка проходить через точку D. Прямі l і k перетнуться в точці C. Отже, побудований прямокутник ABCD - шуканий, бо в ньому AB = a, AD = b за побудовою.

2. Дано: AC = a − діагональ прямокутника ABCD, ∠P1A1K1 = α − кут між діагоналлю та стороною прямокутника. Побудувати: прямокутник ABCD. Будую довільну пряму m. Позначаю на прямій m точку A. Будую кут, який дорівнює куту P1A1K1, вершина якого міститься у точці A, а одна зі сторін кута збігається з прямою m. У заданому куті α проводжу коло з центром у вершині A1 так, щоб воно  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

перетнуло сторони кута, наприклад, у точках K1 і P1. Проводжу коло того самого радіуса з центром у точці A. Нехай воно перетне пряму m у точці K. Проводжу коло радіуса K1P1 з центром у точці K, кола перетнуться у точці P. Проводжу промінь AP. ∠KAP = ∠P1A1K1. З точки A проводжу коло діаметра AC = a, яке в перетині з променем AP дає точку C. Будую пряму n таку, що n ⟂ m і пряма n проходить через точку C. Для цього з точки C проводжу коло довільного радіуса, але більшого за відстань до прямої m, яке перетне пряму m у двох точках — M і N. Проводжу кола з центрами в точках M і N радіуса, більшого за половину MN. У результаті перетину цих кіл одержую точки S і T. Проводжу пряму ST ⟂ MN, які в перетині дають точку D. Сполучаю відрізком точки D і C. Аналогічно описано вище через точку A проводжу пряму k ⟂ m, а через точку C − пряму l ⟂ k. У результаті їх перетину одержую точку B. Сполучаю відрізками точки A і B та C і B. Отже, побудований прямокутник ABCD − шуканий, бо в ньому AC = a, ∠A = ∠P1A1K1 = α за побудовою.

122. Доведіть, що медіана прямокутного трикутника, проведена до гіпотенузи, дорівнює ї половині.

Нехай ACB − прямокутний трикутник (∠C = 90°), CO − медіана, проведена до гіпотенузи. Виконаємо добудову. Добудуємо трикутник ACB до прямокутника ACBD. Сполучимо відрізком точки C і D. Тоді AB = CD як діагоналі прямокутника. Оскільки за умовою AO = OB, то CO = OD. 1 Отже, AO = OB = CO = OD, звідки CO = AO = AB. 2 123. Відрізок AB ковзає своїми кінцями по сторонах прямого кута. Яку фігуру при цьому утворить середина відрізка. Нехай прямий кут знаходиться в першій чверті координатної площини, тобто одна сторона вздовж осі Ox, інша — вздовж Oy. Точки A і B ковзають відповідно по вісі x та вісі y. Позначимо: A = (x, 0) B = (0, y)  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

𝑥𝑥 2

𝑦𝑦 2

𝐿𝐿2

𝑥𝑥 𝑦𝑦

Тоді координати середини відрізка AB: 𝑥𝑥 𝑦𝑦 𝑀𝑀 = � , � 2 2 Але оскільки кінці ковзають по осях, відрізок AB завжди має сталу довжину. Тобто: �𝑥𝑥 2 + 𝑦𝑦 2 = const = 𝐿𝐿 𝑥𝑥 2 + 𝑦𝑦 2 = 𝐿𝐿2 Тоді точка M задовольняє рівняння: �2� + �2 � = 4 ⇒ �2 , 2 � - описує чверть кола Висновок: 𝐿𝐿 Середина відрізка описує чверть кола радіуса з центром у початку координат, що √2

la. in.

лежить у першій чверті.

124. Гіпотенуза рівнобедреного прямокутного трикутника дорівнює 55 см . Прямокутник ABCD побудовано так, що дві його вершини A і D належать гіпотенузі, а дві інші катетам даного трикутника. Знайдіть сторони прямокутника, якщо AB : BC = 3 : 5.

Нехай PMK − рівнобедрений прямокутний трикутник (∠M = 90°, PM = MK), PK = 55 см, A ∈ PK, D ∈ PK, B ∈ PM, C ∈ MK, AB : BC = 3 : 5. З того, що PMK − рівнобедрений прямокутний трикутник, слідує, що ∠MPK = ∠MKP = 45°. Розглянемо прямокутні трикутники BAP і CDK. У них:  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

1. ∠P = ∠K за доведеним вище; 2. AB = DC як протилежні сторони прямокутника. Отже, трикутник BAP = трикутник CDK за катетом і гострим кутом. Тому PA = DK як відповідні елементи рівних трикутників. Розглянемо прямокутний трикутник BAP. За теоремою про суму гострих кутів прямокутного трикутника ∠ABP + ∠APB = 90°; ∠ABP = 90° − ∠APB; ∠ABP = 90° − 45° = 45°, тому трикутник BAP − рівнобедрений (PA = BA). Оскільки PA = BA і PA = DK, то DK = BA. Нехай AB = 3x см, тоді BC = 5x см. PK = PA + AD + DK; PK = BA + AD + BA = 2BA + AD. AD = BC = 5x см як протилежні сторони прямокутника. Рівняння: 55 = 2·3x + 5x; 55 = 11x; x = 5. Тоді AB = 3·5 = 15 см, BC = 5·5 = 25 см. Відповідь: 15 см, 25 см. 125. У трикутнику ABC відомо, що ∠C = 90°, AC = BC = 6 см. Прямокутник CMKN побудовано так, що точка M належить катету AC, точка N – катету BC, а точка K – гіпотенузі AB. Знайдіть периметр прямокутника CMKN.

Нехай ABC − рівнобедрений прямокутний трикутник (∠C = 90°, AC = BC = 6 см), M ∈ AC, N ∈ BC, K ∈ AB. З того, що PMK − рівнобедрений прямокутний трикутник слідує, що ∠A = ∠B = 45°. Розглянемо прямокутний трикутник AMK. За теоремою про суму гострих кутів прямокутного трикутника ∠MAK + ∠MKA = 90°; ∠MKA = 90° − ∠MAK; ∠MKA = 90° − 45° = 45°, тому трикутник AMK − рівнобедрений (AM = MK). Розглянемо прямокутний трикутник KNB. За теоремою про суму гострих кутів прямокутного трикутника ∠NKB + ∠NBK = 90°; ∠NKB = 90° − ∠NBK; ∠NKB = 90° − 45° = 45°, тому трикутник KNB − рівнобедрений (KN = NB). PCMKN = 2(CM + MK) = 2(CM + MA) = 2CA. PCMKN = 2 · 6 = 12 см. Відповідь: 12 см. 126. Серединний перпендикуляр діагоналі AC прямокутника ABCD перетинає сторону BC у точці M так, що BM : MC = 1 : 2. Знайдіть кути, на які діагональ прямокутника ділить його кут.

Нехай ABCD − прямокутник, AC − діагональ, MO − серединний перпендикуляр до AC, BM : MC = 1 : 2. Добудуємо відрізок AM. Розглянемо трикутник AMC. Оскільки MO − серединний перпендикуляр, то трикутник AMC − рівнобедрений (AM = MC), звідки  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

BM:AM = 1:2. Розглянемо прямокутний трикутник ABM (∠ABM = 90°). Так як у ньому катет BM удвічі менший за гіпотенузу AM, то ∠BAM = 30°. За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника маємо, що ∠BMA = 90° − ∠BAM = 90° − 30° = 60°. ∠BMA − зовнішній кут трикутника AMC, тому ∠BMA = ∠MAC + ∠MCA. Проте ∠MAC = ∠MCA як кути при основі рівнобедреного трикутника, тому ∠MAC = ∠MCA = 30°. ∠BAC = ∠BAM + ∠MAC; ∠BAC = 30° + 30° = 60°. ∠BAD = ∠BAC + ∠CAD; ∠CAD = ∠BAD − ∠BAC; ∠CAD = 90° − 60° = 30°. Відповідь: 60°, 30°. 127. У прямокутнику ABCD відомо, що ∠BCA : ∠DCA = 1 : 5, AC = 18 см. Знайдіть відстань від точки C до діагоналі BD.

Нехай ABCD − прямокутник, ∠BCA : ∠DCA = 1 : 5, AC = 18 см. ∠BCA + ∠DCA = 90°. Нехай ∠BCA = x, тоді ∠DCA = 5x. Рівняння: x + 5x = 90°; 6x = 90°; x = 15°. Отже, ∠BCA = 15°, а ∠DCA = 5 · 15° = 75°. Розглянемо рівнобедрений трикутник COD (CO = DO як половини рівних діагоналей прямокутника). ∠OCD = ∠ODC = 75° як кути при основі рівнобедреного трикутника. За теоремою про суму кутів трикутника маємо: ∠COD + ∠OCD + ∠ODC = 180°; ∠COD = 180° − (∠OCD + ∠ODC); ∠COD = 180° − (75° + 75°) = 30°. 1 1 OC = AC; OC = · 18 = 9 см як половина діагоналі прямокутника. 2 2 Розглянемо прямокутний трикутник OKC (∠OKC = 90°). За властивістю катета, який 1 1 лежить проти кута 30°, маємо: CK = OC; CK = · 9 = 4,5 см. 2 2 Відповідь: 4,5 см. 128. Доведіть, що бісектриси кутів паралелограма, у якого сусідні сторони не рівні, перетинаючись, утворюють прямокутник.

Нехай ABCD − паралелограм, BO, DT, AE і CF − бісектриси кутів паралелограма. За означенням бісектриси кута маємо: 1 ∠BAE = ∠EAD = ∠A; 2 1

∠ABO = ∠OBC = ∠B; 2 1

∠BCF = ∠FCD = ∠C; 2

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html 1

la. in.

∠CDT = ∠TDA = ∠D. 2 Але оскільки ∠A = ∠C і ∠B = ∠D як протилежні кути паралелограма, то ∠BAE = ∠EAD = ∠BCF = ∠FCD; ∠ABO = ∠OBC = ∠CDT = ∠TDA. Розглянемо паралельні прямі BC і AD (як сторони паралелограма) та січну AB. Маємо: ∠BAD + ∠ABC = 180° як внутрішні односторонні, звідки 2∠BAE + 2∠ABO = 180°; ∠BAE + ∠ABO = 90°. Розглянемо трикутник ABK. За теоремою про суму кутів трикутника маємо: ∠BAK + ∠ABK + ∠AKB = 180°; ∠AKB = 180° − (∠BAK + ∠ABK); ∠AKB = 180° − 90° = 90°. Тоді ∠MKP = ∠AKB = 90° як вертикальні. Аналогічно можна довести, що ∠MNP = 90°. Розглянемо трикутник AMD. За теоремою про суму кутів трикутника маємо: ∠AMD + ∠MDA + ∠MAD = 180°; ∠AMD = 180° − (∠MDA + ∠MAD); ∠AMD = 180° − 90° = 90°, тому ∠KMN = 90°. Аналогічно можна довести, що ∠KPN = 90°. Отже, в чотирикутнику KMNP всі кути прямі, тому цей чотирикутник − прямокутник. 129. Побудуйте прямокутник за стороною та кутом між діагоналями, який протилежний даній стороні. Дано: AB = a − сторона прямокутника ABCD, ∠E1A1F1 = α − кут між діагоналями прямокутника. Побудувати: прямокутник ABCD. Продовжую сторону кута E1A1 за точку A1, добудовуючи розгорнутий кут. ∠F1A1K1 − суміжний з ∠E1A1F1, він дорівнює сумі інших двох кутів трикутника, утвореного заданою стороною і діагоналями прямокутника. Оскільки цей трикутник рівнобедрений, то кути при його основі рівні. Поділяю ∠F1A1K1 бісектрисою навпіл, тоді ∠F1A1P1 = ∠P1A1K1 і ці кути дорівнюють кутам між діагоналлю і стороною прямокутника. Будую довільну пряму m. Позначаю на прямій m точку A. Будую кут, який дорівнює куту P1A1K1, вершина якого міститься у точці A, а одна зі сторін кута збігається з прямою m. У заданому куті α проводжу коло з центром у вершині A1 так, щоб воно перетнуло сторони кута, наприклад, у точках K1 і P1. Проводжу коло того самого радіуса з центром у точці A. Нехай воно перетне пряму m у точці K. Проводжу коло радіуса K1P1 з центром у точці K, кола перетнуться у точці P. Проводжу промінь AP. ∠PAK = ∠P1A1K1. З точки A проводжу коло діаметра AB = a, яке в перетині з прямою m дає точку B. Аналогічно описаному вище будую кут XBZ, який дорівнює куту ∠P1A1K1 із вершиною у точці B. На перетині променів AP і BX одержую точку O − точку перетину діагоналей прямокутника. Використовуючи властивість діагоналей прямокутника, будую коло радіуса OA і в перетині з променем AO одержую точку C. Аналогічно будую точку D. Сполучаю відрізками точки B і C, C і D та A і D. Отже, побудований прямокутник ABCD − шуканий, бо в ньому AB = a, ∠AOB = ∠E1A1F1 = α за побудовою.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

130. Побудуйте прямокутник: 1. за діагоналлю та різницею двох сторін; 2. за периметром і діагоналлю; 3. за периметром і кутом між діагоналями. 1. Дано: AC = a − діагональ прямокутника ABCD, AB - BC = b − різниця двох сторін. Побудувати: прямокутник ABCD. Будую довільну пряму m. Позначаю на прямій m точку A. З точки A проводжу коло радіуса AB - BC = b, яке в перетині з прямою m дає точку R. Будую пряму n ⟂ m, яка проходить через точку A. З точки A проводжу коло довільного радіуса, яке перетне пряму m у двох точках — M і N. Проводжу кола з центрами в точках M і N радіуса, більшого за половину MN. У результаті перетину цих кіл одержую точки S і T. Проводжу пряму ST ⟂ MN. Аналогічно будую пряму k ⟂ m, яка проходить через точку R. Поділяю прямий кут з вершиною у точці R навпіл. Будую коло довільного радіуса з центром у точці R. У перетині з прямою m одержую точку O, а в перетині з прямою k − точку E. Проводжу кола з центрами в точках O і E радіуса, більшого за половину OE. У результаті перетину цих кіл одержую точку H. ∠HRO = 45°. Трикутник RBC − прямокутний рівнобедрений (∠RBC = 90°, RB = BC). Будую коло радіуса AC = a з центром у точці A, яке перетне промінь RH у точці C. Будую аналогічно описаному вище пряму l ⟂ m, яка проходить через точку C, та пряму s ⟂ n, яка проходить через точку C. Тоді l ∩ m = B, s ∩ n = D. Сполучаю відрізками точки A і B, B і C, C і D та A і D. Отже, побудований прямокутник ABCD − шуканий, бо в ньому AC = a, AB - BC = b за побудовою.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

2. Дано: P = a – периметр прямокутника ABCD, AC = b – його діагональ. Побудувати: прямокутник ABCD. Знаходжу півпериметр прямокутника. Для цього будую серединний перпендикуляр до відрізка a. Будую довільну пряму m. Позначаю на прямій m точку A. З точки A проводжу коло діаметра 1/2 P = 1/2 a, яке в перетині з прямою m дає точку R. Будую пряму n ⟂ m, яка проходить через точку A. З точки A проводжу коло довільного радіуса, яке перетне пряму m у двох точках – M і N. Проводжу кола з центрами в точках M і N радіуса, більшого за половину MN. У результаті перетину цих кіл одержую точки S і T. Проводжу пряму ST ⟂ MN. Аналогічно будую пряму k ⟂ m, яка проходить через точку R. Поділяю прямий кут з вершиною у точці R навпіл. Будую коло довільного радіуса з центром у точці R. У перетині з прямою m одержую точку O, а в перетині з прямою k – точку E. Проводжу кола з центрами в точках O і E радіуса, більшого за половину OE. У результаті перетину цих кіл одержую точку H. ∠HRO = 45°. Будую коло радіуса AC = b з центром у точці A, яке в перетині з променем RH дає точку C. Будую аналогічно описаному вище пряму l ⟂ m, яка проходить через точку C, та пряму s ⟂ n, яка проходить через точку C. Тоді l ∩ m = B, s ∩ n = D. Сполучаю відрізками точки A і B, B і C, C і D та A і D. Отже, побудований прямокутник ABCD – шуканий, бо в ньому P = a, AC = b за побудовою.

3. Дано: P = a − периметр прямокутника ABCD, ∠P1A1K1 = α − кут між діагоналями прямокутника. Побудувати: прямокутник ABCD. Знаходжу півпериметр прямокутника. Для цього будую серединний перпендикуляр до відрізка a. Будую довільну пряму m. Позначаю на прямій m точку A. З точки A проводжу 1 1 коло діаметра P = a, яке в перетині з прямою m дає точку R. 2 2 Будую пряму n ⟂ m, яка проходить через точку A. З точки A проводжу коло довільного радіуса, яке перетне пряму m у двох точках – M і N. Проводжу кола з центрами в точках M і N радіуса, більшого за половину MN. У результаті перетину цих кіл одержую точки S і T. Проводжу пряму ST ⟂ MN. Аналогічно будую пряму k ⟂ m, яка проходить через точку R. Поділяю прямий кут з вершиною у точці R навпіл. Будую коло довільного радіуса з центром у точці R. У перетині з прямою m одержую точку O, а в перетині з прямою k – точку E. Проводжу кола з центрами в точках O і E радіуса, більшого за половину OE. У результаті перетину цих кіл одержую точку H. ∠HRO = 45°. Поділяю ∠P1A1K1 бісектрисою навпіл, тоді ∠P1A1F1 = ∠F1A1K1. Будую кут, який дорівнює куту F1A1K1, вершина якого міститься у точці A, а одна зі сторін кута збігається з прямою m. У заданому куті α проводжу коло з центром у вершині A1 так, щоб воно перетнуло сторони кута, наприклад, у точках K1 і F1. Проводжу коло того самого радіуса з центром у точці A. Нехай воно перетне пряму m у точці K. Проводжу коло радіуса K1P1 з центром у точці K, кола перетнуться у точці F. Проводжу промінь AF. ∠KAF = ∠K1A1F1. На перетині променів AF і RH одержую точку C. Будую аналогічно описаному вище пряму l  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

⟂ m, яка проходить через точку C, та пряму s ⟂ n, яка проходить через точку C. Тоді l ∩ m = D, s ∩ n = B. Сполучаю відрізками точки A і B, B і C, C і D та A і D. Отже, побудований прямокутник ABCD – шуканий, ∠AOD = α за побудовою.

la. in.

131. Фермер хоче обгородити ділянку землі, яка має форму прямокутника зі сторонами 80 м і 65 м, сіткою рабицею, залишивши при цьому два проходи завширшки 2 м і один прохід завширшки 1 м. Сітка рабиця продається рулонами розміром 10м×1,5 м. Один рулон коштує 850 грн. За яку найменшу суму грошей фермер може придбати необхідну йому кількість сітки? 1) P = 2(a + b) = 2(80 + 65) = 2 ∙ 145 = 290 (м) — периметр прямокутника; 2) 2 ∙ 2 + 1 = 5 (м) — загальна довжина проходів; Отже, довжина, яку треба огородити: 3) 290 – 5 = 285 (м) — довжина, яку треба огородити; 4) 285 : 10 = 28,5 ≈ 29 (шт) — необхідна кількість рулонів; 5) 29 ∙ 850 = 24,650 (грн) — мінімальна вартість Відповідь: 24 650 грн — найменша сума, яку фермер має витратити на сітку. 132. Галина Василівна замовила у теслі стіл зі стільницею прямокутної форми. Після виконання замовлення хазяйка, користуючись лише рулеткою, встановила, що стільниця дійсно має форму прямокутника. Як вона це зробила? Галина Василівна могла перевірити прямокутність стільниці за допомогою вимірювання діагоналей рулеткою (згідно ознаки прямокутника, його діагоналі рівні). Ось як: 1. Виміряти довжину однієї діагоналі — наприклад, від лівого нижнього кута до правого верхнього. 2. Виміряти довжину другої діагоналі — від лівого верхнього до правого нижнього. 3. Якщо обидві діагоналі рівні, і сторони стільниці мають постійну ширину і довжину (тобто протилежні сторони рівні), то це означає, що стільниця — прямокутник. 133. У трикутнику ABC відомо, що кут C = 48°, відрізки AK і BM – його висоти. Знайдіть кут між прямими AK і BM.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай ABC − трикутник, ∠C = 48°, AK і BM − висоти. Розглянемо прямокутний трикутник CMB (∠CMB = 90°). За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника ∠MCB + ∠MBC = 90°; ∠MBC = 90° − ∠MCB; ∠MBC = 90° − 48° = 42°. Розглянемо прямокутний трикутник OKB (∠OKB = 90°). За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника ∠KOB + ∠KBO = 90°; ∠KOB = 90° − ∠KBO; ∠KOB = 90° − 42° = 48°. Відповідь: 48°. 134. Відрізок AD- бісектриса трикутника ABC. Через точку C проведено пряму, яка паралельна прямій AD і перетинає пряму AB у точці E. Визначте вид трикутника ACE. Нехай ABC − трикутник, AD − бісектриса, CE ∥ AD. Розглянемо паралельні прямі AD і EC та січну AE. Маємо: ∠BAD = ∠AEC як відповідні. Розглянемо паралельні прямі AD і EC та січну AC. Маємо: ∠ACE = ∠DAC як внутрішні односторонні. За означенням бісектриси маємо, що ∠BAD = ∠DAC. Тоді ∠AEC = ∠ACE. Отже, трикутник ACE − рівнобедрений з основою EC. 135. На площині позначено 1000 точок. Доведіть, що існує пряма, відносно якої у кожній півплощині лежать по 500 точок. З'єднаємо кожну пару точок із тисячі прямими. Серед 500 прямих знайдемо таку, яка не буде перпендикулярна до інших прямих і виберемо її у якості осі абсцис. Усі решта точок спроектуємо на вісь абсцис. Між точками 𝑥𝑥500 та 𝑥𝑥501 проведемо пряму, перпендикулярну до осі абсцис. Одержана пряма є шуканою, оскільки по різні її боки знаходитиметься рівно по 500 точок.

5. Ромб 136. Накресліть ромб зі стороною 5 см і кутом 40°. Проведіть дві висоти з вершини його гострого кута та дві висоти з вершини тупого кута. На рисунку ABCD − ромб, AB = BC = CD = AD = 5 см, ∠A = 40°, AE − висота (AE ⟂ BC), AF − висота (AF ⟂ DC), BM − висота (BM ⟂ AD), BN − висота (BN ⟂ DC).

137. Доведіть, що коли дві сусідні сторони паралелограма рівні, то він є ромбом. Нехай ABCD − паралелограм, у якому AB = AD. За властивістю протилежних сторін паралелограма AB = DC, AD = BC, тому AB = BC = CD = AD. Якщо в паралелограма всі сторони рівні, то за означенням ромба маємо, що ABCD − ромб.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

138. Доведіть, що чотирикутник, усі сторони якого рівні, є ромбом. Якщо в чотирикутнику всі сторони рівні між собою, то обов'язково рівними будуть і його протилежні сторони. Тому такий чотирикутник за ознакою є паралелограмом. А якщо в паралелограма всі сторони рівні (за умовою), то він є ромбом. 139. Діагональ AC ромба ABCD (рис. 49) утворює зі стороною AD кут 42°. Знайдіть усі кути ромба. Нехай ABCD − ромб, AC − діагональ, ∠CAD = 42°. Оскільки діагональ AC ромба є бісектрисою його кутів, то ∠CAB = ∠CAD = 42°. Тоді ∠BAD = 2∠CAD; ∠BAD = 2·42° = 84°. За властивістю кутів ромба, прилеглих до однієї сторони, маємо: ∠BAD + ∠D = 180°; ∠D = 180° − ∠BAD; ∠D = 180° − 84° = 96°. Протилежні кути ромба рівні, тому ∠BCD = ∠BAD = 84°, ∠B = ∠D = 96°. Відповідь: 84°, 96°, 84°, 96°. 140. У ромбі ABCD відомо, що кут C = 140°, а діагоналі перетинаються в точці O. Знайдіть кути трикутника AOB.

Нехай ABCD − ромб, діагоналі перетинаються в точці O, ∠C = 140°. Протилежні кути ромба рівні, тому ∠DAB = ∠BCD = 140°. Оскільки діагональ AC ромба є бісектрисою його кутів, то ∠BAO = ∠OAD = 140° : 2 = 70°. Діагоналі ромба перетинаються під прямим кутом, тому ∠AOB = 90°. За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника маємо: ∠OBA + ∠BAO = 90°; ∠OBA = 90° − 70° = 20°. Відповідь: 20°, 70°, 90°. 141. Обговоріть у класі, чи може діагональ ромба дорівнювати його стороні. Розв’язання простими міркуваннями: - У ромбі всі сторони рівні. - Діагоналі ромба перпендикулярні та ділять кути навпіл. - Якщо одна діагональ дорівнює стороні ромба, то ромб можна «скласти» на два рівнобедрені трикутники. - У такому випадку виходить, що в ромбі кути дорівнюють 60° і 120°. Тобто діагональ може дорівнювати стороні — і це не суперечить означенню ромба. 142. Знайдіть кути ромба, якщо його периметр дорівнює 24 см , а висота -3 см .

Нехай ABCD − ромб, PABCD = 24 см, AE = 3 см.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Оскільки в ромба всі сторони рівні, то AB = BC = CD = AD = 24 : 4 = 6 см. Розглянемо прямокутний трикутник AED (∠AED = 90°). У ньому катет AE удвічі менший за гіпотенузу AD, тому ∠ADE = 30°. За властивістю кутів ромба, прилеглих до однієї сторони, маємо, що ∠D + ∠C = 180°; ∠C = 180° − ∠D; ∠C = 180° − 30° = 150°. Відповідь: 30°, 150°, 30°, 150°. 143. Знайдіть периметр ромба ABCD, якщо кут A = 60°, діагональ BD = 9 см.

la. in.

Нехай ABCD − ромб, BD = 9 см, ∠A = 60°. Розглянемо рівнобедрений трикутник BAD (AB = AD як сторони ромба). Оскільки кут при вершині рівнобедреного трикутника дорівнює 60°, то цей трикутник − рівносторонній, тому ∠ABD = ∠ADB = 60° і AB = AD = BD = 9 см. Тоді PABCD = 4AB; PABCD = 4 · 9 = 36 см. Відповідь: 36 см. 144. Кут D ромба ABCD у 8 разів більший за кут CAD. Знайдіть кут BAD.

Нехай ABCD − ромб, ∠D більший за ∠CAD у 8 разів. Розглянемо рівнобедрений трикутник ADC (AD = DC як сторони ромба). За властивістю кутів при основі рівнобедреного трикутника маємо: ∠CAD = ∠ACD. Нехай ∠CAD = x, тоді ∠D = 8x. За теоремою про суму кутів трикутника маємо рівняння: x + x + 8x = 180°; 10x = 180°; x = 18°. Отже, ∠CAD = 18°. Оскільки AC − діагональ ромба, то вона є бісектрисою його кутів. Тому ∠BAD = 2∠CAD = 2·18° = 36°. Відповідь: 36°. 145. Кути, які сторона ромба утворює з його діагоналями, відносяться як 2 : 7. Знайдіть кути ромба.

Нехай ABCD − ромб, AC і BD − діагоналі, ∠OAB : ∠OBA = 2 : 7.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Розглянемо прямокутний трикутник BOA (∠BOA = 90°, бо діагоналі ромба перпендикулярні). Нехай ∠OAB = 2x, тоді ∠OBA = 7x. За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника маємо: ∠OAB + ∠OBA = 90°; 2x + 7x = 90°; 9x = 90°; x = 10°. Отже, ∠OAD = 2·10° = 20°, ∠OBA = 7·10° = 70°. Тоді ∠A = ∠C = 2·20° = 40°, ∠B = ∠D = 2·70° = 140°. Відповідь: 40°, 140°, 40°, 140°. 146. Точки M і K - відповідно середини сторін AB і BC ромба ABCD. Доведіть, що MD = KD.

Нехай ABCD − ромб, точки M і K − відповідно середини сторін AB і BC. Оскільки в ромба всі сторони рівні, то AB = BC = CD = AD. Так як M і K − відповідно середини сторін AB і BC, то AM = MB = BK = KC як половини рівних відрізків. ∠A = ∠C як протилежні кути ромба. Розглянемо трикутники AMD і CKD. У них: 1. AD = CD як сторони ромба; 2. ∠A = ∠C як протилежні кути ромба; 3. AM = KC як половини рівних сторін ромба. Отже, трикутник AMD = трикутник CKD за двома сторонами і кутом між ними (за I ознакою рівності трикутників). Тому MD = KD як відповідні елементи рівних трикутників. 147. Точки E і F - відповідно середини сторін BC і CD ромба ABCD. Доведіть, що ∠EAC = ∠FAC.

Нехай ABCD − ромб, точки E і F − відповідно середини сторін BC і CD. Оскільки в ромба всі сторони рівні, то AB = BC = CD = AD. Так як E і F − відповідно середини сторін BC і CD, то BE = EC = CF = FD як половини рівних відрізків. AC − діагональ ромба, тому вона є бісектрисою його кутів, звідки ∠ECA = ∠FCA. Розглянемо трикутники AEC і AFC. У них: 1. EC = CF як половини рівних сторін ромба; 2. ∠ECA = ∠FCA за доведеним вище; 3. AC − спільна сторона. Отже, трикутник AEC = трикутник AFC за двома сторонами і кутом між ними (за I ознакою рівності трикутників). Тому ∠EAC = ∠FAC як відповідні елементи рівних трикутників.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

148. Доведіть, що висоти ромба рівні.

la. in.

Нехай ABCD − ромб, BM і BN − відповідно висоти, проведені до сторін AD і CD. Оскільки в ромба всі сторони рівні, то AB = BC = CD = AD. Так як BM і BN − висоти, то ∠BMA = ∠BNC = 90°. ∠A = ∠C як протилежні кути ромба. Розглянемо прямокутні трикутники AMB і CNB. У них: 1. ∠A = ∠C як протилежні кути ромба; 2. AB = BC як сторони ромба. Отже, за ознакою рівності прямокутних трикутників △AMB = △CNB за гіпотенузою і гострим кутом. Тому BM = BN як відповідні елементи рівних трикутників. 149. Висота ромба, проведена з вершини його тупого кута, ділить сторону ромба навпіл. Менша діагональ ромба дорівнює 4 см . Знайдіть кути та периметр ромба.

Нехай ABCD − ромб, BM − висота, проведена до сторони AD, AM = MD, BD = 4 см. Оскільки в ромба всі сторони рівні, то AB = BC = CD = AD. Розглянемо трикутник ABD. Так як AM = MD і BM − висота, то вона є ще й медіаною, тому трикутник ABD − рівнобедрений AB = BD = 4 см. Тоді PABCD = 4AB = 4 · 4 = 16 см. Оскільки AB = AD як сторони паралелограма, то трикутник ABD − рівносторонній. За властивістю рівностороннього трикутника ∠A = 60°. За властивістю кутів ромба, прилеглих до однієї сторони, маємо: ∠A + ∠B = 180°, звідки ∠B = 120°. За властивістю протилежних кутів ромба ∠A = ∠C = 60°, ∠B = ∠D = 120°. Відповідь: 16 см, 60°, 120°, 60°, 120°. 150. Доведіть, що діагональ ромба ділить навпіл кут між висотами ромба, проведеними з тієї самої його вершини, що й діагональ.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай ABCD − ромб, BM і BN − відповідно висоти, проведені до сторін AD і CD, BD − діагональ. Оскільки BD − діагональ, то за властивістю ромба вона є бісектрисою його 1 кутів, тому ∠BDM = ∠BDN = ∠ADC. 2 Так як BM і BN − висоти, то ∠BMD = ∠BND = 90°. Розглянемо прямокутні трикутники BMD і BND. У них: 1. ∠BDM = ∠BDN за доведеним вище; 2. BD − спільна сторона. Отже, за ознакою рівності прямокутних трикутників △BMD = △BND за гіпотенузою і гострим кутом. Тому ∠MBD = ∠NBD як відповідні елементи рівних трикутників. 151. На сторонах AB і AD ромба ABCD відкладено рівні відрізки AE і AF відповідно. Доведіть, що ∠CEF = ∠CFE.

Нехай ABCD − ромб, E ∈ AB, F ∈ AD, AE = AF. Оскільки в ромба всі сторони рівні, то AB = BC = CD = AD. Так як AE = AF, то BE = DF як різниці рівних відрізків. Розглянемо трикутники CBE і CDF. У них: 1. CB = CD як сторони ромба; 2. BE = DF за раніше доведеним; 3. ∠B = ∠D як протилежні кути ромба. Отже, △CBE = △CDF за двома сторонами і кутом між ними (за I ознакою рівності трикутників). Тому CE = CF як відповідні елементи рівних трикутників. Тоді трикутник ECF − рівнобедрений, а за властивістю кутів при основі рівнобедреного трикутника маємо, що ∠CEF = ∠CFE. 152. Відрізок AM - бісектриса трикутника ABC. Через точку M проведено пряму, яка паралельна стороні AC і перетинає сторону AB у точці K, та пряму, яка паралельна стороні AB і перетинає сторону AC у точці D. Доведіть, що AM⊥DK.

Нехай ABC − трикутник, AM − бісектриса кута BAC, MK ∥ AC, MK ∩ AB = K, MD ∥ AB, MD ∩ AC = D. Оскільки MK ∥ AC і MD ∥ AB, то чотирикутник AKMD − паралелограм. Так як діагональ AM є бісектрисою його кута KAD, то AKMD − ромб, а діагоналі ромба перпендикулярні. Тому AM ⟂ DK. 153. Побудуйте ромб: 1. за стороною та кутом; 2. за двома діагоналями;  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

3. за висотою та кутом. 1. Дано: AB = a − сторона ромба ABCD, ∠P1A1K1 = α − кут ромба. Побудувати: ромб ABCD. Будую довільну пряму m. Позначаю на прямій m точку A. Будую кут, який дорівнює куту P1A1K1, вершина якого міститься у точці A, а одна зі сторін кута збігається з прямою m. У заданому куті α проводжу коло з центром у вершині A1 так, щоб воно перетнуло сторони кута, наприклад, у точках K1 і P1. Проводжу коло того самого радіуса з центром у точці A. Нехай воно перетне пряму m у точці K. Проводжу коло радіуса K1P1 з центром у точці K, кола перетнуться у точці P. Проводжу промінь AP. ∠PAK = ∠P1A1K1. З точки A проводжу коло радіуса AB = a, яке в перетині з прямою m дає точку D, а в перетині з променем AP дає точку B. З точки B проводжу коло довільного радіуса, яке перетне пряму m у двох точках − M і N. Проводжу кола з центрами в точках M і N радіуса, більшого за половину MN. У результаті перетину цих кіл одержую точки S і T, через які проводжу пряму k таку, що k ⟂ MN. Аналогічно будую пряму l ⟂ k, яка проходить через точку B. З точки B проводжу коло радіуса AB = a, яке в перетині з прямою l дає точку C. Сполучаю відрізком точки C і D. Отже, побудований ромб ABCD шуканий, бо в ньому AB = a, ∠BAC = ∠P1A1K1 = α за побудовою.

2. Дано: AC = a, BD = b − діагоналі ромба ABCD. Побудувати: ромб ABCD. Будую довільну пряму m. Позначаю на прямій m точку O. З точки O проводжу коло довільного радіуса, яке перетне пряму m у двох точках − M і N. Проводжу кола з центрами в точках M і N радіуса, більшого за половину MN. У результаті перетину цих кіл одержую точки S і T, через які проводжу пряму k таку, що k ⟂ MN. Проводжу коло діаметра AC = a з центром у точці O, яке в перетині з прямою m дає точки A і C, і коло діаметра BD = b з центром у точці O, яке в перетині з прямою k дає точки B і D. Сполучаю відрізками точки A і B, B і C, C і D та A і D. Отже, побудований ромб ABCD − шуканий, бо в ньому AC = a, BD = b за побудовою.

3. Дано: RZ = h − висота ромба ABCD, ∠P1A1K1 = α − кут ромба. Побудувати: ромб ABCD.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Будую довільну пряму m. Позначаю на прямій m точку A. Будую кут, який дорівнює куту P1A1K1, вершина якого міститься у точці A, а одна зі сторін кута збігається з прямою m. У заданому куті α проводжу коло з центром у вершині A1 так, щоб воно перетнуло сторони кута, наприклад, у точках K1 і P1. Проводжу коло того самого радіуса з центром у точці A. Нехай воно перетне пряму m у точці K. Проводжу коло радіуса K1P1 з центром у точці K, кола перетнуться у точці P. Проводжу промінь AP. ∠PAK = ∠P1A1K1. Позначаю на прямій m точку R. З точки R проводжу коло довільного радіуса, яке перетне пряму m у двох точках − M і N. Проводжу кола з центрами в точках M і N радіуса, більшого за половину MN. У результаті перетину цих кіл одержую точки S і T, через які проводжу пряму k таку, що k ⟂ MN. З точки R проводжу коло радіуса RZ = h, яке перетне пряму k у точці Z. Аналогічно описаному вище будую пряму l, яка проходить через точку Z і таку, що l ⟂ k. Пряма l у перетині зі стороною кута PAM дасть точку B. З точки B проводжу коло радіуса AB, яке в перетині з прямою l дає точку C. З точки A проводжу коло радіуса AB, яке в перетині з прямою m дає точку D. Сполучаю відрізком точки C і D. Отже, побудований ромб ABCD − шуканий, бо в ньому RZ = h, ∠PAK = ∠P1A1K1 = α за побудовою.

154. Побудуйте ромб: 1. за стороною та діагоналлю; 2. за висотою та діагоналлю. 1. Дано: AB = a − сторона ромба, AC = b − діагональ ромба ABCD. Побудувати: ромб ABCD. Будую довільну пряму m. Позначаю на прямій m точку A. З точки A проводжу коло радіуса AC = b, яке перетне пряму m у точці C. Проводжу кола з центрами в точках A і C радіуса AB = a. У результаті перетину цих кіл одержую точки B і D. Сполучаю відрізками точки A і B, B і C, C і D та A і D. Отже, побудований ромб ABCD − шуканий, бо в ньому AB = a, AC = b за побудовою;

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

2. Дано: RC = h − висота ромба ABCD, AC = a − діагональ ромба. Побудувати: ромб ABCD. Будую довільну пряму m. Позначаю на прямій m точку R. З точки R проводжу коло довільного радіуса, яке перетне пряму m у двох точках − M і N. Проводжу кола з центрами в точках M і N радіуса, більшого за половину MN. У результаті перетину цих кіл одержую точки S і T, через які проводжу пряму k таку, що k ⟂ MN. З точки R проводжу коло радіуса RC = h, яке перетне пряму k у точці C. Аналогічно описаному вище будую пряму l, яка проходить через точку C і таку, що l ⟂ k. Проводжу коло радіуса AC = a, яке в перетині з прямою m дає точку A. Аналогічно описаному вище будую серединний перпендикуляр відрізка AC, який перетне прямі m і l відповідно у точках D і B. Сполучаю відрізками точки A і B, B і C, C і D та A і D. Отже, побудований ромб ABCD − шуканий, бо в ньому RC = h, AC = a за побудовою.

155. Бісектриси кутів A і B паралелограма ABCD перетинають Його сторони BC і AD у точках F і E відповідно. Визначте вид чотирикутника ABFE.

Нехай ABCD − паралелограм, AF і BE − відповідно бісектриси кутів BAD і CBA. Розглянемо паралельні прямі BC і AD та січну AF. Тоді ∠BFA = ∠EAF як внутрішні різносторонні. Оскільки рівними є кути однієї пари внутрішніх різносторонніх кутів, то рівними є кути й іншої пари, тобто ∠BAF = ∠EFA, звідки слідує, що AB ∥ EF. Тоді в чотирикутнику ABFE BF ∥ AE і AB ∥ EF, тому цей чотирикутник є паралелограмом. Оскільки в паралелограмі ABFE AF і BE − бісектриси його кутів, то ABFE − ромб. 156. У трикутнику ABC проведено серединний перпендикуляр його бісектриси BD, який перетинає сторони AB і BC у точках K і P відповідно. Визначте вид чотирикутника BKDP.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай ABC − трикутник, BD − бісектриса, KP − її серединний перпендикуляр. Оскільки BD − бісектриса, то за означенням ∠KBO = ∠PBO. Розглянемо прямокутні трикутники POB і KOB (∠POB = ∠KOB = 90°). У них: 1. BO − спільна сторона; 2. ∠KBO = ∠PBO за доведеним вище. Отже, за ознакою рівності прямокутних трикутників △POB = △KOB за катетом і гострим кутом. Тому KO = OP і KB = PB як відповідні елементи рівних трикутників. Розглянемо прямокутні трикутники BOP і DOK (∠BOP = ∠DOK = 90°). У них: 1. BO = OD, бо KP − серединний перпендикуляр BD; 2. OP = KO за доведеним вище. Отже, за ознакою рівності прямокутних трикутників △BOP = △DOK за двома катетами. Тому KD = BP як відповідні елементи рівних трикутників. Аналогічно з рівності трикутників BOK і DOP можна довести, що KB = DP. Оскільки в чотирикутнику BKDP всі сторони рівні, то цей чотирикутник є ромбом. 157. У прямокутнику ABCD відомо, що AD = 9 см, ∠BDA = 30°. На сторонах BC і AD позначено відповідно точки M і K так, що утворився ромб AMCK. Знайдіть сторону цього ромба.

Нехай ABCD − прямокутник, AD = 9 см, ∠BDA = 30°, AMCK − ромб. Оскільки діагоналі прямокутника рівні і точкою перетину діляться навпіл, то AO = OD. Звідси випливає, що трикутник AOD − рівнобедрений з основою AD. За властивістю кутів при основі рівнобедреного трикутника ∠OAD = ∠ODA = 30°. Так як AC − діагональ ромба AMCK, то за властивістю діагоналей ромба ∠CAK = ∠CAM = 30°. Тоді ∠MAK = 2·∠CAK = 60°. Так як протилежні кути ромба рівні, то ∠MAK = ∠MCK = 60°. ∠BCD = ∠BCK + ∠KCD; ∠KCD = ∠BCD − ∠BCK; ∠KCD = 90° − 60° = 30°. Розглянемо прямокутний трикутник CDK (∠CDK = 90°). Оскільки катет KD лежить 1 проти кута 30°, то він дорівнює половині гіпотенузи: KD = CK. 2 Нехай KD = x см, тоді KC = 2x см. AK = KC як сторони ромба. AD = AK + KD. Рівняння: x + 2x = 9; 3x = 9; x = 3. Отже, KD = 3 см, тоді KC = 2·3 = 6 см. Відповідь: 6 см. 158. Побудуйте ромб за діагоналлю та кутом, вершина якого належить цій діагоналі. Дано: AC = a − діагональ ромба ABCD, ∠P1A1K1 = α − кут ромба. Побудувати: ромб ABCD. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку A. Будую кут, який дорівнює половині кута P1A1K1, вершина якого міститься у точці A, а одна зі сторін кута збігається з прямою m. Щоб побудувати кут, який дорівнює половині кута P1A1K1, спочатку будую бісектрису заданого кута: у куті α проводжу коло з центром у вершині A1 так, щоб воно перетнуло сторони кута в точках K1 і P1; проводжу два кола з центрами в точках K1 і P1  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

радіуса, більшого за A1K1; у точці їх перетину M1 проводжу промінь A1M1 — це бісектриса кута P1A1K1. Проводжу коло того самого радіуса з центром у точці A. Нехай воно перетне пряму m у точці K. Проводжу коло радіуса K1P1 з центром у точці K, кола перетнуться у точці P. 𝛼𝛼 Проводжу промінь AP. ∠PAK = ∠P1A1K1 : 2 = . 2 З точки A проводжу коло радіуса AC = a, яке в перетині з променем AP дає точку C. Позначаю на прямій m точку R. З точки R проводжу коло довільного радіуса, яке перетне пряму m у двох точках — M і N. Проводжу кола з центрами в точках M і N радіуса, більшого за половину MN. У результаті перетину цих кіл одержую точки S і T, через які проводжу пряму k таку, що k ⟂ MN. Аналогічно будую пряму l, яка проходить через точку C і таку, що l ⟂ k. Продовжую сторону кута AP до перетину з прямою l, у результаті одержую точку B. З точки A проводжу коло радіуса AB, яке в перетині з прямою m дає точку D. Сполучаю відрізками точки A і B, B і C, C і D та A і D. Отже, побудований ромб ABCD − шуканий, бо в ньому AC = a, ∠PAK = α за побудовою.

159. Побудуйте ромб за діагоналлю та протилежним їй кутом ромба. Дано: AC = a − діагональ ромба ABCD, ∠F1A1P1 = α − кут ромба. Побудувати: ромб ABCD. Продовжую сторону кута K1A1 за точку A1, добудовуючи розгорнутий кут. ∠F1A1P1 — суміжний з ∠P1A1K1, він дорівнює іншому куту ромба, бо сума прилеглих кутів до однієї сторони дорівнює 180°. Подальші побудови див. № 158.

160. Побудуйте ромб: 1. за сумою діагоналей і кутом між діагоналлю та стороною; 2. за гострим кутом і різницею діагоналей;  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

3. за гострим кутом і сумою сторони та висоти; 4. за стороною та сумою діагоналей; 5. за тупим кутом і сумою діагоналей; 6. за стороною та різницею діагоналей. 1. Дано: a = d1 + d2 — сума діагоналей ромба ABCD, ∠P1A1Q1 = α — кут між діагоналлю і стороною ромба. Побудувати: ромб ABCD. Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку A. Будую кут з вершиною у точці A, який дорівнює куту ∠P1A1Q1. Будую коло з центром у точці A радіуса a, у результаті його перетину з прямою m одержую точку K. Будую серединний перпендикуляр RQ до відрізка AK, у результаті його перетину з прямою m одержую точку X. Будую бісектрису прямого кута AXR — промінь XY. Перетин променя XY зі стороною кута дає точку B. Будую пряму l таку, що вона проходить через точку B і l ⟂ m. У результаті перетину прямих l і m одержую точку O. На прямій l за точкою O відкладаю відрізок OD = BO. Аналогічно на прямій m відкладаю OC = AO. Сполучаю точки A і D, B і C та C і D. Отже, побудований ромб ABCD — шуканий, бо побудований згідно з умовою.

2. Дано: a = d1 − d2 — різниця діагоналей ромба ABCD, ∠P1A1Q1 = α — гострий кут ромба. Побудувати: ромб ABCD. Схема побудови. Будую довільну пряму r і позначаю на ній точку A. Будую кут з вершиною у точці A, який дорівнює куту ∠P1A1Q1. Будую бісектрису побудованого кута, на якій відкладаю відрізок AE = a. Будую серединний перпендикуляр RQ до відрізка AE, у результаті його перетину з прямою m одержую точку G. Будую бісектрису прямого кута RGE — промінь GF. Перетин променя GF зі стороною кута дає точку B. Будую пряму l таку, що вона проходить через точку B і l ⟂ m. У результаті перетину прямих l і m одержую точку O. На прямій l за точкою O відкладаю відрізок OD = BO. Аналогічно на прямій m відкладаю OC = AO. Сполучаю точки A і D, B і C та C і D. Отже, побудований ромб ABCD — шуканий, бо побудований відповідно до заданих умов.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

3. Дано: 𝑎𝑎 + ℎ - сума сторони та висоти ромба ABCD, α - гострий кут ромба. Побудувати: ромб ABCD.

Схема побудови: 1. Провести довільну пряму m та позначити на ній точку А. 2. З точки А побудувати кут α. 3. На продовженні променя кута α відкласти точку L радіусом 𝑎𝑎 + ℎ. 4. До заданого кута α добудувати прямий кут та побудувати його бісектрису. Отримаємо 90°−𝛼𝛼 . кут 2

90°−𝛼𝛼

5. З точки L в напрямку до середини кута α відкласти кут та провести промінь до 2 перетину з прямою m. На перетині позначити точку E. 6. З точки E побудувати перпендикуляр (висоту ромба). На перетині з променем кута α отримаємо точку В. 7. З точки В відкладаємо промінь перпендикулярний до висоти ромба. 8. З точки В будуємо дугу радіусом AB. На перетині з побудованим перпендикуляром отримаємо точку C. 9. З точки С відкладаємо ще один кут α. 10. На перетині променів отримаємо точку D. ABCD – шуканий ромб. 4. Дано: AB = a − сторона ромба ABCD, b = d1 + d2 − сума діагоналей ромба. Побудувати: ромб ABCD. Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку A. Будую коло радіуса b з центром у точці A, яке в перетині з прямою m дасть точку K. Будую серединний перпендикуляр RQ відрізка AK, у результаті його перетину з прямою m одержую точку X. Будую бісектрису прямого кута RXA — промінь XY. Будую коло радіуса a з центром у точці A, яке в перетині з прямою XY дасть точку B. Будую пряму l таку, що l проходить через точку B і l ⟂ m. У результаті перетину прямих l і m одержую  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

точку O. Будую на прямій l за точкою O відрізок OD = BO. Аналогічно на прямій m будую OC = AO. Сполучаю точки A і B, A і D, B і C та C і D. Отже, побудований ромб ABCD − шуканий за побудовою.

la. in.

5. Дано: a = d1 + d2 − сума діагоналей ромба ABCD, ∠P1A1K1 = α − тупий кут ромба. Побудувати: ромб ABCD. Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку A. Будую кут з вершиною у точці A, який дорівнює куту ∠P1A1K1. Будую бісектрису побудованого кута, на якій відкладаю відрізок AK = a. Будую серединний перпендикуляр RQ до відрізка AK, у результаті його перетину з відрізком AK одержую точку G. Будую бісектрису прямого кута RGA — промінь GF. Перетин променя GF зі стороною кута дає точку B. Будую пряму l таку, що вона проходить через точку B і l ⟂ m. У результаті перетину прямих l і AK одержую точку O. Будую на прямій l за точкою O відрізок OD = BO. Аналогічно на прямій AK будую OC = AO. Сполучаю точки A і D, B і C та C і D. Отже, побудований ромб ABCD − шуканий за побудовою.

6. Дано: AB = a − сторона ромба ABCD, b = d1 − d2 − різниця діагоналей ромба. Побудувати: ромб ABCD. Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку A. Будую коло радіуса b з центром у точці A, яке в перетині з прямою m дає точку E. Будую серединний перпендикуляр RQ відрізка AE, у результаті його перетину з прямою m одержую точку G. Будую бісектрису прямого кута RGE — промінь GF. Будую коло радіуса a з центром у точці A, яке в перетині з променем GF дає точку B. Будую пряму l таку, що l проходить через точку B і l ⟂ m. У результаті перетину прямих l і m одержую точку O. Будую на прямій l за точкою O відрізок OD = BO. Аналогічно на прямій m будую OC = AO. Сполучаю точки A і B, A і D, B і C та C і D. Отже, побудований ромб ABCD − шуканий за побудовою.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

161. Дано точки M, N і K. Побудуйте ромб ABCD так, щоб точка M була серединою сторони AB, а точки N і K - основами висот, проведених з вершини B до сторони AD і з вершини D до сторони BC відповідно. Дано: M — середина сторони AB ромба ABCD, N і K — основи висот, проведених з вершини B до сторони AD і з вершини D до сторони BC відповідно. Побудувати: ромб ABCD. Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку N. Через точку N проводжу пряму k таку, що k ⟂ m. Через точку K проводжу пряму l таку, що l ⟂ k, у результаті перетину прямих l і k одержую точку B. Через точку K проводжу пряму p таку, що p ⟂ m, у результаті перетину прямих p і m одержую точку D. Будую промінь BM, який у перетині з прямою m утворює точку A. Проводжу коло радіуса AB з центром у точці D, яке в перетині з прямою l дає точку C. Сполучаю відрізками точки A і B, B і C, C і D та A і D. Отже, побудований ромб ABCD — шуканий за побудовою.

162. На сторонах кута з вершиною в точці A відкладено рівні відрізки AB і AC. Через точки B і C проведено прямі, які перпендикулярні до сторін AB і AC відповідно та перетинаються в точці D. Доведіть, що промінь AD є бісектрисою кута BAC.

Нехай CAB − заданий кут, AB = AC, DC ⟂ AC, DB ⟂ AB. Розглянемо прямокутні трикутники DCA і DBA (∠DCA = ∠DBA = 90°). У них: 1. AC = AB за умовою; 2. AD − спільна сторона. Отже, за ознакою рівності прямокутних трикутників △DCA = △DBA за гіпотенузою і катетом. Тому ∠CAD = ∠BAD як відповідні елементи рівних трикутників, звідки слідує, що AD – бісектриса кута CAB.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

163. На продовженні сторони AC трикутника ABC за точку A позначили точку D таку, що AD = AB, а на продовженні цієї сторони за точку C – точку E таку, що CE = BC. Знайдіть кути та периметр трикутника ABC, якщо DE = 18 см, ∠BDA = 15°, ∠BEC = 36°.

la. in.

Нехай ABC − заданий трикутник, AD = AB, CE = BC, DE = 18 см, ∠BDA = 15°, ∠BEC = 36°. Розглянемо рівнобедрений трикутник DAB (AD = AB). За властивістю кутів при основі рівнобедреного трикутника маємо: ∠ABD = ∠ADB = 15°. Кут BAC — зовнішній кут при вершині A трикутника DAB, тому ∠BAC = ∠ADB + ∠ABD = 15° + 15° = 30°. Розглянемо рівнобедрений трикутник ECB (CE = BC). За властивістю кутів при основі маємо: ∠CBE = ∠BEC = 36°. Кут BCA — зовнішній кут при вершині C трикутника BCE, тому ∠BCA = ∠CBE + ∠BEC = 36° + 36° = 72°. У трикутнику ABC: ∠BAC + ∠BCA + ∠ABC = 180°; ∠ABC = 180° − (30° + 72°) = 78°. Оскільки AD = AB і CE = BC, то AB + AC + BC = AD + AC + CE = DE = 18 см. Відповідь: 30°, 78°, 72°; 18 см. 164. На аркуші паперу в клітинку вибрали довільно 100 клітинок. Доведіть, що серед них можна знайти не менше ніж 25 клітинок, які не мають спільних точок. Розглянемо «найгірший» випадок, коли 100 клітинок утворюватимуть квадрат 10⨯10 клітинок. Тоді знайти 25 клітинок, які не мають спільних точок, можна, наприклад, так (див. рис.). Якщо при виборі 100 клітинок якась кількість клітинок не дотикатиметься між собою або не матиме навколо себе 8 інших клітинок, то виконати умову задачі буде ще простіше.

6. Квадрат 165. Доведіть, що коли один із кутів ромба прямий, то цей ромб є квадратом. Нехай ABCD − ромб, ∠A = 90°. Оскільки ромб є паралелограмом, у якому один з кутів — прямий, то він є прямокутником. Так як усі сторони ромба рівні, то цей прямокутник є квадратом.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

166. Доведіть, що коли дві сусідні сторони прямокутника рівні, то цей прямокутник є квадратом.

la. in.

Нехай ABCD - прямокутник, AB = AD. У прямокутнику AB = CD і AD = BC як протилежні сторони. Оскільки AB = AD, то AB = BC = CB = AD, а якщо в прямокутника всі сторони рівні, то він ϵ квадратом. 167. Діагональ BD квадрата ABCD дорівнює 5 см . Яка довжина діагоналі AC ? Чому дорівнюють кути трикутника AOB, де O - точка перетину діагоналей квадрата?

Нехай ABCD − квадрат, у якому BD і AC − діагоналі, BD ∩ AC = O, BD = 5 см. Діагоналі квадрата рівні, тому AC = BD = 5 см. Діагоналі квадрата є бісектрисами його кутів, тому ∠BAO = ∠ABO = 90° : 2 = 45°. Діагоналі квадрата перпендикулярні, тому ∠BOA = 90°. 168. На стороні BC квадрата ABCD позначили точку K так, що ∠AKB = 74°. Знайдіть кут CAK.

Нехай ABCD − квадрат, AC − діагональ, ∠AKB = 74°. Оскільки ∠BCD = 90° і AC − бісектриса цього кута, то ∠BCA = ∠DCA = 90° : 2 = 45°. ∠AKB і ∠AKC суміжні, тому ∠AKB + ∠AKC = 180°; ∠AKC = 180° − 74° = 106°. Розглянемо трикутник AKC. За теоремою про суму кутів трикутника: ∠AKC + ∠KCA + ∠CAK = 180°; ∠CAK = 180° − (106° + 45°) = 29°. Відповідь: 29°. 169. На стороні BC квадрата ABCD позначили точку K так, що AK = 2BK. Знайдіть кут KAD.

Нехай ABCD − квадрат, AK = 2BK. Розглянемо прямокутний трикутник ABK (∠ABK = 90°). У ньому катет BK удвічі менший за гіпотенузу AK, тому ∠BAK = 30°.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Тоді ∠BAD = ∠BAK + ∠KAD; ∠KAD = ∠BAD − ∠BAK; ∠KAD = 90° − 30° = 60°. Відповідь: 60°. 170. Чи є правильним твердження: 1. будь-який квадрат є паралелограмом; Так; 2. будь-який ромб є квадратом; Ні, бо у ромба не завжди кути дорівнюють по 90°; 3. будь-який прямокутник є квадратом; Ні, бо не в будь-якого прямокутника всі сторони рівні; 4. будь-який квадрат є прямокутником; Так; 5. будь-який квадрат є ромбом; Так; 6. якщо діагоналі чотирикутника рівні, то він є прямокутником; Ні; 7. якщо діагоналі чотирикутника перпендикулярні, то він є ромбом; Ні; 8. існує ромб, який є прямокутником; Так; 9. існує квадрат, який не є ромбом; Ні; 10. якщо діагоналі чотирикутника не перпендикулярні, то він не є ромбом; Так; 11. якщо діагоналі паралелограма не рівні, то він не є прямокутником; Так; 12. якщо діагональ прямокутника ділить його кут навпіл, то цей прямокутник є квадратом? Так. 171. Через вершини квадрата проведено прямі, паралельні його діагоналям. Доведіть, що точки перетину цих прямих є вершинами квадрата.

Нехай ABCD − квадрат, AC і BD − діагоналі, MN ∥ AC, KL ∥ AC, MK ∥ BD, NL ∥ BD. Оскільки MN ∥ AC і KL ∥ AC, то MN ∥ KL за ознакою паралельності прямих; аналогічно, якщо MK ∥ BD і NL ∥ BD, то MK ∥ NL. Отже, чотирикутник MNLK − паралелограм. AC ⟂ BD як діагоналі квадрата, MN ∥ AC і MK ∥ BD за умовою, тоді MN ⟂ BD і MN ⟂ MK. Отже, у паралелограмі MNLK ∠NMK = 90°. Тому цей паралелограм є прямокутником. Аналогічно можна показати, що MNCA і BNLD − прямокутники. Так як MN ∥ AC, MN = AC, NL ∥ BD, NL = BD як протилежні сторони прямокутників, а AC = BD як діагоналі квадрата ABCD, то MN = NL, звідки слідує, що MNLK − квадрат.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

172. У прямокутному трикутнику через точку перетину бісектриси прямого кута та гіпотенузи проведено прямі, паралельні катетам. Доведіть, що чотирикутник, який утворився, є квадратом.

la. in.

Нехай ABC − прямокутний трикутник, ∠ABC = 90°, BN − бісектриса ∠ABC, MN ∥ BC, NK ∥ AB. Оскільки MN ∥ BC і NK ∥ AB, то MNKB − паралелограм. Так як ∠ABC = 90°, то MNKB є прямокутником. Оскільки BN − бісектриса ∠ABC і водночас діагональ прямокутника MNKB, то цей прямокутник є квадратом. 173. Точки M, K, N, P є відповідно серединами сторін AB, BC, CD і AD квадрата ABCD. Доведіть, що чотирикутник MKNP квадрат.

Нехай ABCD − квадрат, M ∈ AB, AM = MB, K ∈ BC, BK = KC, N ∈ CD, CN = ND, P ∈ AD, AP = PD. Оскільки ABCD − квадрат, то AB = BC = CD = AD як сторони квадрата. Тоді AM = MB = BK = KC = CN = ND = AP = PD як половини рівних відрізків. Розглянемо прямокутні трикутники MAP, MBK, NCK, NDP (∠MAP = ∠MBK = ∠NCK = ∠NDP = 90°). У них: 1. AM = MB = CN = ND за доведеним вище; 2. BK = KC = AP = PD за доведеним вище. Отже, за ознакою рівності прямокутних трикутників △MAP = △MBK = △NCK = △NDP за двома катетами. Тому MP = MK = KN = NP як відповідні елементи рівних трикутників. Тоді MKNP − ромб. Розглянемо прямокутні рівнобедрені трикутники MAP і MBK. У них ∠APM = ∠AMP = ∠BMK = ∠BKM = 45°. Тоді ∠BMA = ∠BMK + ∠KMP + ∠AMP = 180°; ∠KMP = 180° − (45° + 45°) = 90°. Якщо у ромба один з кутів − прямий, то такий ромб є квадратом. Отже, MKNP − квадрат. 174. У трикутнику ABC відомо, що ∠C = 90°, AC = BC = 14 см. Дві сторони квадрата CDEF лежать на катетах трикутника ABC, а вершина E належить гіпотенузі AB. Знайдіть периметр квадрата CDEF.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай ABC − прямокутний трикутник, ∠C = 90°, AC = BC = 14 см. Оскільки AC = BC, то трикутник ABC − прямокутний рівнобедрений, тому ∠CAB = ∠CBA = 45°. Розглянемо трикутник EFB. У ньому ∠EFB = 90° як суміжний з прямим кутом (кутом квадрата) EFC, ∠FBE = 45°. За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника ∠BEF + ∠FBE = 90°; ∠BEF = 90° − 45° = 45°. Тому трикутник EFB − прямокутний і рівнобедрений (FE = FB). CF = DE як сторони квадрата. Тоді CF + FE = CF + FB = CB. Аналогічно CD + DE = AC. Тому PCDEF = CF + FE + CD + DE = CB + AC = 2AC = 2 · 14 = 28 см. Відповідь: 28 см. 175. У квадраті ABCD позначено точку M так, що трикутник AMB рівносторонній. Доведіть, що трикутник CMD рівнобедрений.

Оскільки трикутник AMB − рівносторонній, то ∠ABM = ∠BAM = ∠AMB = 60°. ∠CBM + ∠MBA = ∠ABC; ∠CBM = ∠ABC − ∠MBA; ∠CBM = 90° − 60° = 30°. Аналогічно ∠DAM = 30°. Розглянемо трикутники BMC і AMD. У них: 1. BC = AD як сторони квадрата; 2. BM = AM як сторони рівностороннього трикутника; 3. ∠CBM = ∠DAM за доведеним вище. Отже, △BMC = △AMD за двома сторонами і кутом між ними (за I ознакою рівності трикутників). Тому MC = MD як відповідні елементи рівних трикутників. Тоді трикутник CMD − рівнобедрений. 176. Доведіть, що коли діагоналі паралелограма рівні та перпендикулярні, то цей паралелограм є квадратом.

Нехай ABCD − паралелограм, AC і BD − діагоналі, AC = BD, AC ⟂ BD. Якщо в паралелограма діагоналі рівні, то він є прямокутником. Розглянемо прямокутні трикутники BOC і DOC (∠BOC = ∠DOC = 90°). У них: 1. BO = OD як половини рівних відрізків; 2. OC − спільна сторона. Отже, △BOC = △DOC за двома катетами. Тому BC = CD як відповідні елементи рівних трикутників. Якщо в прямокутника сусідні сторони рівні, то цей прямокутник є квадратом. 177. Чотирикутники ABCD, DEFM, MNKL, LPOS, SQTV - квадрати (рис. 53). Знайдіть суму довжин тих сторін квадратів, які не лежать на прямій AV, якщо довжина відрізка AV дорівнює 16 см .  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

AV = AD + DM + ML + LS + SV. Оскільки сторони кожного квадрата рівні між собою, то AB + BC + CD = 3AD; DE + EF + FM = 3DM; MN + NK + KL = 3ML; LP + PO + OS = 3LS; SQ + QT + TV = 3SV. Тоді 3(AD + DM + ML + LS + SV) = 3AV = 3 · 16 = 48 см. 178. Побудуйте квадрат за його стороною. Дано: AB = a − сторона квадрата ABCD. Побудувати: квадрат ABCD. Будую довільну пряму m. Позначаю на прямій m точку D. З точки D проводжу коло довільного радіуса, яке перетне пряму m у двох точках − M і N. Проводжу кола з центрами в точках M і N радіуса, більшого за половину MN. У результаті перетину цих кіл одержую точки S і T, через які проводжу пряму k таку, що k ⟂ MN. З точки D проводжу коло радіуса AB = a, яке перетне пряму k у точці C. Аналогічно описаному вище будую пряму l, яка проходить через точку C і таку, що l ⟂ k. Будую коло з центром у точці D, яке перетне пряму m у точці A. Будую коло з центром у точці C, яке перетне пряму l у точці B. Сполучаю відрізками точки A і B, B і C, C і D та A і D. Отже, побудований квадрат ABCD − шуканий, бо в ньому AB = a за побудовою.

179. Доведіть, що точки перетину бісектрис кутів прямокутника, який не є квадратом, є вершинами квадрата. Нехай ABCD − прямокутник, AN, CK, BK і DN − бісектриси його кутів. Тоді ∠BAM = ∠MAD = ∠ADP = ∠PDC = ∠DCP = ∠PCB = ∠CBM = ∠MBA = 90° : 2 = 45° як половини прямих кутів. Розглянемо трикутник AMB. За теоремою про суму кутів трикутника:  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

∠BAM + ∠MAB + ∠AMB = 180°; ∠AMB = 180° − (45° + 45°) = 90°. ∠KMN = ∠AMB = 90° як вертикальні. Аналогічно можна показати, що ∠NPK = 90°. Розглянемо трикутник AND. ∠NAD + ∠NDA + ∠AND = 180°; ∠AND = 180° − (45° + 45°) = 90°. Аналогічно можна показати, що ∠BKC = 90°. Отже, в чотирикутнику MNPK всі кути прямі, тобто він є прямокутником. Розглянемо прямокутні трикутники BMA і CPD. У них: 1. AB = CD як сторони прямокутника; 2. ∠BAM = ∠CDP за доведеним вище. Отже, △BMA = △CPD за гіпотенузою і гострим кутом. Тому AM = DP як відповідні елементи рівних трикутників. У рівнобедреному трикутнику AND AN = DN, тому AN = AM + MN → MN = AN − AM; DN = DP + PN → PN = DN − DP, звідки MN = PN як різниці рівних відрізків. Якщо в прямокутнику сусідні сторони рівні, то цей прямокутник є квадратом.

180. Вершини M і K рівностороннього трикутника AMK належать сторонам BC і CD квадрата ABCD. Доведіть, що MK ∥ BD.

Нехай ABCD − квадрат, M ∈ BC, K ∈ CD, трикутник AMK − рівносторонній. Розглянемо прямокутні трикутники ABM і ADK (∠ABM = ∠ADK = 90°). У них: 1. AB = AD як сторони квадрата; 2. AM = AK як сторони рівностороннього трикутника. Отже, △ABM = △ADK за гіпотенузою і катетом. Тому BM = DK як відповідні елементи рівних трикутників. Так як BC = CD як сторони квадрата, то BC = BM + MC → MC = BC − BM; CD = CK + KD → CK = CD − KD, звідки MC = CK як різниці рівних відрізків. Тоді трикутник MCK − прямокутний рівнобедрений, отже ∠CMK = ∠CKM = 45° як кути при основі. Оскільки BD є діагоналлю квадрата, то вона є й його бісектрисою, тобто ∠DBC = ∠CDB = 45°. Розглянемо прямі MK і BD та січну BC. Тоді ∠CMK = ∠CBD = 45° і є відповідними. Отже, MK ∥ BD.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

181. Дано точки M і K. Побудуйте квадрат ABCD так, щоб точка M була серединою сторони AB, а точка K - серединою сторони BC. Дано: точки М і K - середини відповідно сторін AB і BC квадрата ABCD. Побудувати: квадрат ABCD. Будую відрізок МК. Проводжу до нього серединний перпендикуляр FE. Для цього будую дугу довільного радіуса, але більшого за половину відрізка MK, з центром у точці M. Аналогічно будую дугу такого ж радіуса з центром у точці K. Дуги перетнуться у точках E і F. Будую пряму EF - серединний перпендикуляр до відрізка MK. Серединний перпендикуляр EF перетинає відрізок MK у точці O. На прямій EF будую дугу з центром у точці O радіуса KO, в результаті одержую точку B. Проводжу промені BM і BK. На промені BM відкладаю за точкою M відрізок MA = BM, а на промені BK відкладаю за точкою K відрізок KC = BK, у результаті чого одержую вершини A та C. Проводжу два кола з центрами в точках A та C радіуса AB, які в перетині дадуть вершину D. Сполучаю відрізками точки C і D та A і D. Отже, побудований квадрат ABCD - шуканий, бо в ньому BK = KC і BM = MA за побудовою.

182. Через довільну точку, яка належить квадрату, проведено дві перпендикулярні прямі, кожна з яких перетинає дві протилежні сторони квадрата. Доведіть, що відрізки цих прямих, які належать квадрату, рівні.

Нехай ABCD - квадрат, MN і EF перетинають дві протилежні сторони, MN⊥EF. Проведемо KM∥AD і PF∥AB. Розглянемо прямокутні трикутники MKN і EPF. У них: 1. KN = PF як відрізки, що дорівнюють сторонам квадрата; 2. ∠MNK = ∠EFP як кути з перпендикулярними сторонами. Отже, △MKN = △EPF за катетом і гострим кутом. Тому MN = EF як відповідні елементи рівних трикутників. 183. Побудуйте квадрат: 1. за сумою діагоналі та сторони;  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

2. за різницею діагоналі та сторони. 1. Дано: AK = a + d - сума сторони і діагоналі квадрата ABCD. Побудувати: квадрат ABCD. Нехай AB = BC = CD = AD = a, AC = BD = d. Будую довільну пряму m. Позначаю на прямій m точку A. Проводжу дугу з центром у точці A радіуса AK й у перетині з прямою m одержую точку K. 3 точки A проводжу коло довільного радіуса, яке перетне пряму m у двох точках - M i N. Проводжу кола з центрами в точках M i N радіуса, більшого за половину MN. У результаті перетину цих кіл одержую точки S і T, через які проводжу пряму k таку, що k⊥MN. Аналогічно через точку K проводжу пряму l⊥m. Будую кут 22,5°, вершина якого міститься у точці K. Для цього достатньо побудувати бісектрису прямого кута, а потім бісектрису кута 45° (див. задачу № 158). Прямі k і KF перетнуться в точці B. Проводжу коло з центром у точці A радіуса AB, яке перетне пряму m у точці D. Проводжу два кола з центрами в точках B та D радіуса AB, які в перетині дадуть вершину C. Сполучаю відрізками точки C і D та B і C. Отже, побудований квадрат ABCD - шуканий, бо в ньому AK = a + d за побудовою;

2. Дано: AK = d - a — різниця сторони і діагоналі квадрата ABCD. Побудувати: квадрат ABCD. Схема побудови. Нехай AB = BC = CD = AD = a, AC = BD = d. Будую довільну пряму m. Позначаю на прямій m точку A. Проводжу дугу з центром у точці A радіуса AK й у перетині з прямою m одержую точку K. Будую квадрат AXYK за стороною AK (див. задачу № 178). Проводжу діагональ AY квадрата AXYK. На прямій m відкладаю відрізок AF = AY. На прямій m за точкою K відкладаю відрізок KD = AK. Будую квадрат ABCD за стороною AD. Отже, побудований квадрат ABCD - шуканий, бо в ньому AK = d - a за побудовою.

184. У квадраті ABCD позначено точку O так, що ∠OAD = ∠ODA = 15°. Доведіть, що трикутник BOC рівносторонній.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай ABCD − квадрат, точка O лежить у квадраті, ∠OAD = ∠ODA = 15°. Припустимо, що твердження доведене, тобто трикутник BOC − рівносторонній. Тоді виконуються співвідношення BO = OC = BC і ∠BOC = ∠OCB = ∠OBC = 60°. Тоді за аксіомою вимірювання кутів ∠ABC = ∠ABO + ∠OBC; ∠ABO = ∠ABC − ∠OBC, ∠ABO = 90° − 60° = 30°. Аналогічно ∠DCO = 30°. Розглянемо трикутники AOB і DOC. У них: 1. ∠ABO = ∠DCO за доведеним вище; 2. BO = CO як сторони рівнобедреного трикутника; 3. AB = DC як сторони квадрата. Отже, трикутник AOB = трикутнику DOC за двома сторонами і кутом між ними (за I ознакою рівності трикутників). Тому AB = BO = CO = CD як відповідні елементи рівних трикутників. Тоді трикутники ABO і DCO − рівнобедрені з кутами при вершині 30°. Тоді кути при основі дорівнюють по (180° − 30°) : 2 = 75°. Тоді за аксіомою вимірювання кутів ∠BAD = ∠BAO + ∠OAD; ∠OAD = ∠BAD − ∠BAO; ∠OAD = 90° − 75° = 15°, як задано за умовою. Аналогічно ∠ODA = 15°. Отже, наше припущення вірне, тому трикутник BOC − рівнобедрений.

185. На сторонах BC і CD квадрата ABCD позначено точки M і E так, що кути BAM і MAE рівні. Доведіть, що AE = BM + DE.

Нехай ABCD − квадрат, M ∈ BC, E ∈ CD, ∠BAM = ∠MAE. Продовжимо сторону квадрата CD і за точкою D відкладемо відрізок DK = BM. Сполучимо точки A та K. Розглянемо прямокутні трикутники ABM і ADK (∠ABM = ∠ADK = 90°). У них: 1. AB = AD як сторони квадрата; 2. BM = DK за побудовою. Отже, трикутник ABM = трикутнику ADK за двома катетами. Тому ∠BAM = ∠KAD і ∠AMB = ∠AKD як відповідні елементи рівних трикутників.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай ∠BAM = ∠KAD = x, тоді за властивістю гострих кутів прямокутного трикутника ∠AMB = ∠AKD = 90° − x. ∠BAD = ∠BAM + ∠MAE + ∠EAD; ∠EAD = ∠BAD − (∠BAM + ∠MAE); ∠EAD = 90° − 2x. ∠EAK = ∠EAD + ∠DAK; ∠EAK = 90° − 2x + x = 90° − x. Розглянемо трикутник EAK. У ньому ∠EAK = ∠EKA = 90° − x. Тому він рівнобедрений (AE = EK). Тоді AE = ED + DK = ED + BM = BM + DE. 186. Підлога кімнати має форму квадрата. На підлозі лежить квадратний килим, кожна сторона якого віддалена від найближчої стіни кімнати на 30 см. Периметр килима дорівнює 22 м. Скільки метрів плінтусів потрібно для цієї кімнати (товщиною плінтусів знехтуйте)?

Згідно властивості квадрата, його периметр: 𝑃𝑃 = 4𝑎𝑎 Оскільки килим квадратний, тоді його сторона: 22 𝑎𝑎 = = 5,5 м. 4 Сторона кімнати (з урахуванням зазорів по 0,3 м з кожного боку): 𝐴𝐴 = 𝑎𝑎 + 2 ⋅ 0,3 = 5,5 + 0,6 = 6,1 м. Периметр кімнати (довжина плінтусів): 𝑃𝑃 = 4𝐴𝐴 = 4 ⋅ 6,1 = 24,4 м. Відповідь: 24,4 м. 187. На рисунку AB∥CD, AB = AE, CD = CE. Доведіть, що BE⊥DE.

Нехай на рисунку AB‖CD, AB = AE, CD = CE. Оскільки AB = AE, то трикутник ABE − рівнобедрений з основою BE. Тому ∠ABE = ∠BEA як кути при основі. Нехай ∠ABE = ∠BEA = x.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Оскільки CD = CE, то трикутник ECD − рівнобедрений з основою DE. Тому ∠CED = ∠CDE як кути при основі. Нехай ∠CED = ∠CDE = y. ∠BAE = ∠DCM як відповідні при паралельних прямих AB і CD та січній AC. Розглянемо трикутник ABE. За теоремою про суму кутів трикутника маємо: ∠BAE + ∠ABE + ∠BEA = 180°; ∠BAE = 180° − (∠ABE + ∠BEA); ∠BAE = 180° − (x + x) = 180° − 2x. Розглянемо трикутник CDE. За теоремою про зовнішній кут трикутника при вершині C маємо: ∠DCM = ∠CED + ∠CDE; ∠DCM = y + y = 2y. Тому 180° − 2x = 2y; 2x + 2y = 180°; x + y = 90°. За аксіомою вимірювання кутів ∠AEC = ∠BEA + ∠BED + ∠DEC; ∠BED = ∠AEC − (∠BEA + ∠DEC); ∠BED = 180° − (x + y) = 180° − 90° = 90°. Отже, ∠BED = 90°, тому BE ⟂ DE. 188. На рисунку EF∥AD, BF = KF, CF = DF. Доведіть, що EF∥BC.

Розглянемо трикутники BCF і KDF. У них: 1. BF = KF за умовою; 2. CF = DF за умовою; 3. ∠CFB = ∠DFK як вертикальні. Отже, трикутник BCF = трикутнику KDF за двома сторонами і кутом між ними (за I ознакою рівності трикутників). Тому ∠CBF = ∠DKF як відповідні елементи рівних трикутників. Кути CBF і DKF є внутрішніми різносторонніми при прямих BC і AK та січній BK. Оскільки ці кути рівні, то BC ∥ AK. Тоді BC ∥ AK і EF ∥ AD за умовою, тому EF ∥ BC. 189. Розташуйте на площині вісім точок так, щоб на серединному перпендикулярі будьякого відрізка з кінцями в цих точках лежало рівно дві із цих точок.

Шуканими точками будуть вершини фігури, утвореної з квадрата, до кожної сторони якого добудовано рівносторонній трикутник.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

7. Середня лінія трикутника 190. Чи є відрізок MK середньою лінією трикутника ABC?

la. in.

Так, бо точка M - середина сторони AB, а точка K - середина сторони AC. 191. Чи є відрізок EF середньою лінією трикутника MKP?

Ні, бо точка F не ε серединою сторони KP. 192. Відрізки DE і DF - середні лінії трикутника ABC. Чи є відрізок EF середньою лінією цього трикутника?

Так. Оскільки DE - середня лінія трикутника ABC, то точка E - середина сторони BC; оскільки DF - середня лінія трикутника ABC, то точка F - середина сторони AC. Так як точки E і F є серединами сторін BC і AC відповідно, то EF середня лінія трикутника ABC. 193. Сторони трикутника дорівнюють 6 см,8 см і 12 см. Знайдіть середні лінії цього трикутника.

Нехай ABC - трикутник, AB = 6 см, BC = 8 см, AC = 12 см. За теоремою про середню лінію трикутника маємо: 1 𝑁𝑁𝑁𝑁 = 𝐴𝐴𝐴𝐴; 2 1 𝑁𝑁𝑁𝑁 = ⋅ 6 = 3 (см); 2 1

𝑀𝑀𝑀𝑀 = 𝐵𝐵𝐵𝐵; 2 1 𝑀𝑀𝑀𝑀 = ⋅ 8 = 4( см); 2 1 𝑀𝑀𝑀𝑀 = 𝐴𝐴𝐴𝐴; 2

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html 1

𝑀𝑀𝑀𝑀 = ⋅ 12 = 6( см). 2 Відповідь: 3 см, 4 см, 6 см. 194. Точки M і K - середини сторін AB і AC трикутника ABC відповідно. Знайдіть периметр трикутника ABC, якщо периметр трикутника MAK дорівнює 17 см .

la. in.

Нехай ABC − трикутник, PMAK = 17 см, точки M і K − середини сторін AB і AC. Оскільки M − середина AB, то AB = 2AM, аналогічно AC = 2AK. За теоремою про середню лінію 1 трикутника MK = BC; BC = 2MK. 2 PABC = AB + BC + AC = 2AM + 2MK + 2AK = 2(AM + MK + AK) = 2PMAK = 2·17 = 34 см. Відповідь: 34 см . 195. Доведіть, що периметр трикутника, сторони якого є середніми лініями трикутника ABC, дорівнює половині периметра трикутника ABC.

Нехай ABC − трикутник, MN, MP і NP − середні лінії. За теоремою про середню лінію трикутника маємо: 1 1 1 MN = AC; MP = BC; NP = AB. 2 2 2 Периметр трикутника MNP: 1 1 1 1 1 PMNP = MN + MP + NP = AC + BC + AB = (AC + BC + AB) = PABC. 2 2 2 2 2 196. Як ви думаєте чи існує трикутник, у якого середні лінії рівні між собою?

Середня лінія трикутника — це відрізок, що сполучає середини двох його сторін. Властивість: середня лінія паралельна третій стороні і дорівнює половині її довжини. Нехай у трикутника ABC середні лінії: 1 DE ∥ AC, DE = AC 2 1

DF ∥ AB, DF = AB 2 1

EF ∥ BC, EF = BC 2 Якщо всі середні лінії рівні:

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

DE = DF = EF Тоді: 1 1 1 AC = AB = BC ⇒ AC = AB = BC 2 2 2 Отже, такий трикутник існує, і це — рівносторонній трикутник. Відповідь: так, існує. Усі середні лінії рівні між собою тільки в рівносторонньому трикутнику. 197. Доведіть, що середні лінії трикутника розбивають його на чотири рівних трикутники.

Нехай ABC − трикутник, MN, MP і NP − середні лінії. Оскільки MN, MP і NP середні лінії, то AM = MB, BN = NC, AP = PC. За теоремою про середню лінію трикутника маємо: 1 1 1 MN = AC; MP = BC; NP = AB. 2 2 2 Тоді AM = MB = NP, BN = NC = MP, AP = PC = MN. Тоді △MBN = △PNC = △NPM = △AMP трьома сторонами (за III ознакою рівності трикутників). 198. Точки E і F - відповідно середини сторін AB і BC трикутника ABC. Знайдіть сторону AC, якщо вона на 7 см більша за відрізок EF.

Нехай ABC − трикутник, точки E і F − відповідно середини сторін AB і BC. За теоремою 1 про середню лінію трикутника маємо: EF = AC; AC = 2EF. 2 Нехай EF = x см, тоді AC = x + 7 см. Рівняння: x + 7 = 2x; x = 7. Тоді AC = 7 + 7 = 14 см. Відповідь: 14 см . 199. Доведіть, що середня лінія DE трикутника ABC (точки D і E належать сторонам AB і BC відповідно) та його медіана BM точкою перетину діляться навпіл.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Нехай ABC − трикутник, DE − середня лінія, BM − медіана. Оскільки BM − медіана, то точка M − середина сторони AC, звідки AM = MC. Тоді середніми лініями є й відрізки DM і EM. За теоремою про середню лінію трикутника маємо: ME ∥ AB і DM ∥ BC. Отже, чотирикутник DBEM − паралелограм. За властивістю діагоналей паралелограма вони точкою перетину поділяються навпіл. 200. Доведіть, що висота AM трикутника ABC перпендикулярна до його середньої лінії, яка сполучає середини сторін AB і AC.

la. in.

Нехай ABC − трикутник, EF − середня лінія, AM − висота. За теоремою про середню лінію трикутника маємо, що EF ∥ BC. Якщо BC ⟂ AM і EF ∥ BC, то AM ⟂ EF. 201. Знайдіть кути трикутника, дві середні лінії якого рівні та перпендикулярні.

Нехай ABC − трикутник, MN, MP і NP − середні лінії, MN = NP, MN ⟂ NP. Оскільки MN ⟂ NP, MN ∥ BC, NP ∥ AB, то AB ⟂ BC, тобто ∠ABC = 90° і трикутник ABC прямокутний. 1 1 Оскільки MN = NP і за теоремою про середню лінію трикутника MN = BC, NP = AB, 2 2 то AB = BC, тобто трикутник ABC − прямокутний рівнобедрений. За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника ∠BAC + ∠BCA = 90°, а оскільки вони є кутами при основі рівнобедреного трикутника, то ∠BAC = ∠BCA. Тому ∠BAC = ∠BCA = 90° : 2 = 45°. Відповідь: 45°, 45°, 90°. 202. Середня лінія рівнобедреного трикутника, паралельна основі, дорівнює 6 см . Знайдіть сторони даного трикутника, якщо його периметр дорівнює 46 см.

Нехай ABC − трикутник, MN − середня лінія, MN = 6 см, PABC = 46 см. 1 За теоремою про середню лінію трикутника MN = AC; AC = 2MN; AC = 2 · 6 = 12 см. 2 Оскільки трикутник ABC рівнобедрений, то його бічні сторони рівні. Тому AB = BC = (46 − 12) : 2 = 34 : 2 = 17 см. Відповідь: 17 см, 17 см, 12 см.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

203. Сума діагоналей чотирикутника дорівнює 28 см . Знайдіть периметр чотирикутника, вершини якого є серединами сторін даного чотирикутника.

2 1

NK = BD; 2 1

KP = AC; 2 1

la. in.

Нехай ABCD − чотирикутник, AC + BD = 28 см. PMNKP = MN + NK + KP + MP. За теоремою про середню лінію трикутника маємо: 1 MN = AC;

MP = BD. 2 Тоді 1 1 1 1 PMNKP = AC + BD + AC + BD = AC + BD = 28 см. 2 2 2 2 Відповідь: 28 см. 204. Вершинами чотирикутника є середини сторін ромба з діагоналями 8 см і 14 см . Визначте вид чотирикутника та знайдіть його сторони.

Нехай ABCD − ромб, AC і BD − діагоналі, AC = 14 см, BD = 8 см, M, N, P і K − відповідно середини сторін ромба AB, BC, CD і AD. 1 MN − середня лінія трикутника ABC, тому MN ∥ AC і MN = AC; 2 MN = 14 : 2 = 7 см. Аналогічно: 1 NP ∥ BD і NP = BD; 2 NP = 8 : 2 = 4 см; 1 PK ∥ AC і PK = AC; 2 PK = 14 : 2 = 7 см; 1 MK ∥ BD і MK = BD; 2 MK = 8 : 2 = 4 см. Отже, з того, що MN ∥ AC, NP ∥ BD, PK ∥ AC і MK ∥ BD, випливає, що MN ∥ PK, NP ∥ MK, тому чотирикутник MNPK − паралелограм. Оскільки AC ⟂ BD як діагоналі ромба, то MN ⟂ NP. Отже, у паралелограмі MNPK ∠MNP = 90°, тому він є прямокутником. Відповідь: Прямокутник; 7 см, 4 см, 7 см, 4 см.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

205. Вершинами чотирикутника є середини сторін прямокутника з діагоналлю 12 см . Визначте вид чотирикутника та знайдіть його сторони.

Нехай ABCD − прямокутник, AC і BD − діагоналі, AC = BD = 12 см, M, N, P і K − відповідно середини сторін прямокутника AB, BC, CD і AD. 1 MN − середня лінія трикутника ABC, тому MN ∥ AC і MN = AC; MN = 12 : 2 = 6 см. 1

Аналогічно NP ∥ BD і NP = BD; NP = 12 : 2 = 6 см; 1

la. in.

PK ∥ AC і PK = AC; PK = 12 : 2 = 6 см;

MK ∥ BD і MK = BD; MK = 12 : 2 = 6 см. 2 Отже, з того, що MN ∥ AC, NP ∥ BD, PK ∥ AC і MK ∥ BD, випливає, що MN ∥ PK, NP ∥ MK, тому чотирикутник MNPK − паралелограм. Оскільки MN = NP = PK = MK = 6 см, паралелограм MNPK є ромбом. Відповідь: Ромб; 6 см, 6 см, 6 см, 6 см. 206. Доведіть, що вершини трикутника рівновіддалені від прямої, на якій лежить його середня лінія.

Нехай ABC − трикутник, MN − середня лінія. Виконаємо добудову: проведемо перпендикуляри з вершин трикутника: AP ⟂ MN, BO ⟂ MN, CK ⟂ MN. Розглянемо прямокутні трикутники APM і MOB (∠APM = ∠MOB = 90°). У них: 1. AM = MB, бо точка M − середина сторони AB; 2. ∠PMA = ∠OMB як вертикальні. Отже, △APM = △MOB за гіпотенузою і гострим кутом. Тому AP = BO як відповідні елементи рівних трикутників. Розглянемо прямокутні трикутники BON і CKN (∠BON = ∠CKN = 90°). У них: 1. BN = NC, бо точка N − середина сторони BC; 2. ∠BNO = ∠CNK як вертикальні. Отже, △BON = △CKN за гіпотенузою і гострим кутом. Тому BO = CK як відповідні елементи рівних трикутників. Отже, AP = BO = CK, тобто всі вершини трикутника ABC рівновіддалені від прямої, на якій лежить його середня лінія. 207. На сторонах AB і BC трикутника позначено відповідно точки M і K так, що AM = 3BM, CK = 3BK. Доведіть, що MK∥AC, і знайдіть відрізок MK, якщо AC=16 см.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай ABC − трикутник, M ∈ AB, AM = 3BM, K ∈ BC, CK = 3BK, AC = 16 см. Виконаємо добудову: проведемо середню лінію NP трикутника ABC. За теоремою про 1 1 середню лінію трикутника NP ∥ AC і NP = AC; NP = · 16 = 8 см. 2 2 Точки M і N − середини відповідно відрізків BN і BP. Тоді MK − середня лінія трикутника BNP. 1 1 За теоремою про середню лінію трикутника MK ∥ NP і MK = NP; MK = · 8 = 4 см. 2 2 Оскільки NP ∥ AC і MK ∥ NP, то MK ∥ AC. 208. Кути BAD і BCE - зовнішні кути трикутника ABC. Із вершини B проведено перпендикуляри BM i BK до бісектрис кутів BAD і BCE відповідно. Знайдіть відрізок MK, якщо периметр трикутника ABC дорівнює 18 см .

Нехай ABC − трикутник, PABC = 18 см, AM і CK − бісектриси, BD ⟂ AM, BE ⟂ CK. Розглянемо прямокутні трикутники AMD і AMB (∠AMD = ∠AMB = 90°). У них: 1. MA − спільна сторона; 2. ∠DAM = ∠MAB, бо AM − бісектриса кута BAD. Отже, △AMD = △AMB за катетом і гострим кутом. Тому DM = MB і DA = AB як відповідні елементи рівних трикутників. Розглянемо прямокутні трикутники CKB і CKE (∠CKB = ∠CKE = 90°). У них: 1. CK − спільна сторона; 2. ∠ECK = ∠KCB, бо CK − бісектриса кута BCE. Отже, △CKB = △CKE за катетом і гострим кутом. Тому BK = KE і EC = BC як відповідні елементи рівних трикутників. Оскільки DM = MB і BK = KE, то MK − середня лінія трикутника DBE. DE = DA + AC + CE = AB + AC + BC = PABC. 1 1 За теоремою про середню лінію трикутника MK ∥ DE і MK = DE; MK = · 18 = 9 см. 2 2 Відповідь: 9 см. 209. Побудуйте трикутник за серединами трьох його сторін.

Дано: M, N і K − середини сторін трикутника ABC.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Побудувати: трикутник ABC. Сполучаю відрізками точки M і K, N і K та M і N, у результаті чого одержую трикутник MNK. Будую пряму, перпендикулярну до MN. З точки K проводжу коло довільного радіуса, яке перетне пряму MN у двох точках − X і Y. Проводжу кола з центрами в точках X і Y того самого радіуса. У результаті перетину цих кіл одержую точку Z, через точки Z і K проводжу пряму k таку, що k ⟂ MN. Будую пряму, паралельну до MN, яка проходить через точку K. Для цього достатньо, аналогічно описаному вище, побудувати DO ⟂ k. Проводжу коло з центром у точці K радіуса MN. У результаті його перетину з прямою DO одержую точки A і C. Будую промені AM і CN, які в перетині дають точку B. Отже, трикутник ABC − шуканий за побудовою. 210. Побудуйте паралелограм за серединами трьох його сторін.

Дано: M, N і K − середини сторін паралелограма ABCD. Побудувати: паралелограм ABCD. Схема побудови. Сполучаю відрізками точки M і K та M і N. Будую серединний перпендикуляр відрізка MK і знаходжу точку P − середину цього відрізка. Через точку P проводжу пряму k, паралельну MN. Аналогічно проводжу пряму l ∥ MK. Одержую k ∩ l = O. Проводжу коло радіуса MN з центром у точці O. У результаті його перетину з прямою k одержую точки A та C. Аналогічно одержую точки B та D. Сполучаю відрізками точки A і B, B і C, C і D та A і D. Отже, побудований паралелограм ABCD − шуканий за побудовою. 211. Діагоналі опуклого чотирикутника ABCD перпендикулярні. Через середини сторін AB і AD проведено прямі, перпендикулярні відповідно до сторін DC і BC. Доведіть, що точка перетину проведених прямих належить прямій AC.

Нехай ABCD − опуклий чотирикутник, у якому AC і BD − діагоналі, AC ⟂ BD, AC ∩ BD = F; точки M і N − відповідно середини сторін AB і AD, MK ⟂ CD, NL ⟂ BC. Так як M і N − відповідно середини сторін AB і AD, то AM = MB і AN = ND. Продовжимо MK до перетину з BC, одержимо точку Q. Побудуємо △QCR ∼ △BCD.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Тоді ∠CQR = ∠CBD. Отже, BD ∥ QR за властивістю паралельних прямих. Оскільки AC ⟂ BD, то AC ⟂ QR. Нехай AC ∩ QR = G. Так як точки M і N − відповідно середини сторін AB і AD, то MN − середня лінія трикутника ABD, звідки MN ∥ BD. Але BD ∥ QR, тому MN ∥ QR. Тоді ∠LNM = ∠LRQ як відповідні кути при паралельних прямих MN і QR та січній LR. У той же час NL ⟂ BC, тому RL ⟂ QC. Отже, RL − висота трикутника QCR. Таким чином, QK ⟂ CR, CG ⟂ QR, RL ⟂ QC, тобто QK, CG і RL − висоти трикутника QCR, тому вони перетинаються в одній точці − точці O, звідки випливає, що O ∈ CR, тобто O ∈ AC. 212. Сторони AB і CD опуклого чотирикутника ABCD рівні. Через середини діагоналей AC і BD проведено пряму, яка перетинає сторони AB і CD у точках M і N відповідно. Доведіть, що ∠BMN = ∠CNM.

Нехай ABCD − опуклий чотирикутник, AC і BD − діагоналі, точки E і F − відповідно середини діагоналей AC і BD, M ∈ AB, N ∈ CD, AB = CD. Виконаємо добудову: позначимо точку K як середину сторони BC і сполучимо її з точками E і F. Тоді EK − середня лінія трикутника ABC, FK − середня лінія трикутника BCD. Оскільки AB = CD за умовою, то EK = FK, тому трикутник EKF − рівнобедрений. За властивістю кутів при основі рівнобедреного трикутника ∠KEF = ∠KFE. Розглянемо паралельні прямі AB і EK та січну ME. Тоді ∠BME = ∠KEF як відповідні. Аналогічно ∠CNF = ∠KFE. Тоді ∠BMN = ∠CNM. 213. До кола із центром O через точку C проведено дотичні CA і CB ( A і B - точки дотику). Відрізок AD - діаметр кола. Доведіть, що BD∥CO.

Нехай (O; OA) − коло, AD − діаметр кола, CA і CB − дотичні до кола (A і B точки дотику). Проведемо радіус OB у точку дотику. Тоді ∠AOB = 90°. За властивістю дотичних до кола маємо: OA ⟂ CA, OB ⟂ CB. Розглянемо прямокутні трикутники OAC і OBC. У них: 1. CO − спільна сторона; 2. OA = OB як радіуси. Отже, за ознакою рівності прямокутних трикутників △OAC = △OBC за гіпотенузою і катетом. Тому ∠COA = ∠COB як відповідні елементи рівних трикутників. Оскільки ∠AOB = 90°, то ∠COA = ∠COB = 45°. Розглянемо рівнобедрений трикутник BOD (OB = OD як радіуси). За властивістю кутів при основі рівнобедреного трикутника ∠OBD = ∠ODB. Оскільки ∠BOD = 90°, то ∠OBD = ∠ODB = 45°.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Розглянемо прямі BD і CO та січну BO. Оскільки ∠AOC = ∠ODB і вони є відповідними, то BD ∥ CO. 214. У трикутнику ABC відомо, що AB = BC, ∠B = 32°, AK - бісектриса трикутника. Через точку K проведено пряму, яка паралельна стороні AB і перетинає сторону AC у точці M. Знайдіть кут AKM.

la. in.

Нехай ABC − рівнобедрений трикутник, AB = BC, ∠B = 32°, AK − бісектриса, KM ∥ AB. За властивістю кутів при основі рівнобедреного трикутника ∠BAC = ∠BCA = (180° − 32°) : 2 = 74°. Оскільки AK − бісектриса, то ∠BAK = ∠KAC = 74° : 2 = 37°. Розглянемо паралельні прямі AB і KM та січну AK. Тоді ∠BAK = ∠AKM = 37° як внутрішні різносторонні. Відповідь: 37°. 215. Діагональ BD паралелограма ABCD є його висотою та дорівнює стороні BC. Знайдіть сторону CD паралелограма, якщо точка B віддалена від прямої CD на 4 см .

Нехай ABCD − паралелограм, BD = BC, BD ⟂ AD, MB = 4 см. Розглянемо прямокутний рівнобедрений трикутник DBC (∠DBC = 90°, BD = BC). За властивістю кутів при основі рівнобедреного прямокутного трикутника маємо: ∠BDC = ∠BCD = 45°. Якщо точка віддалена від прямої CD на 4 см, то через точку B слід провести перпендикуляр завдовжки 4 см: BM ⟂ CD. Оскільки в рівнобедреному трикутнику відрізок BM є висотою, то він є одночасно медіаною та бісектрисою. Розглянемо прямокутний трикутник CMB (∠CMB = 90°). У ньому ∠BCM = ∠CBM = 45°, тому трикутник є рівнобедреним, звідки CM = BM. Оскільки точка M − середина сторони CD, то CD = 2CM = 2 · 4 = 8 см. Відповідь: 8 см. 216. П'ять точок належать рівносторонньому трикутнику, сторона якого дорівнює 1 см . Доведіть, що із цих точок можна вибрати дві, відстань між якими не більша за 0,5 см.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай ABC − рівносторонній трикутник, AB = BC = AC = 1 см. Позначимо точки M, N і K − відповідно середини сторін AB, BC і AC, і побудуємо відрізки MN, NK і MK − середні лінії трикутника. 1 1 За теоремою про середню лінію маємо: MN = AC, звідки MN = · 1 = 0,5 см. 2 2 Аналогічно MK = KN = 0,5 см. Крім того, оскільки M, N і K − середини сторін AB, BC і AC, то AM = MB = BN = NC = AK = KC = 0,5 см. У результаті одержали чотири рівносторонні трикутники зі стороною 0,5 см. В одному з цих трикутників міститься принаймні дві із п'яти заданих точок, відстань між якими не більша за 0,5 см. 8. Трапеція 217. Накресліть, використовуючи клітинки зошита, трапецію: 1. рівнобічну; 2. прямокутну; 3. яка не є ні прямокутною, ні рівнобічною; 4. у якої один із кутів при основі гострий, а другий кут при цій самій основі тупий.

218. Перерисуйте в зошит рисунок, проведіть висоти трапеції, одним із кінців яких є відповідно точки B, M, K і D. Див. рис. Висоти: 1. BE, MN, PK, FD; 2. DF, KC, EM, PB.

219. Знайдіть на рисунку трапеції, укажіть їхні основи та бічні сторони.

a. Трапеція AMCK (основи: AM і KC, бічні сторони: MC і AK або основи: MC і AK, бічні сторони: AM і KC); трапеція ABCK (основи: AK і BC, бічні сторони: AB і KC); трапеція AMCD (основи: AD і MC, бічні сторони: AM і CD);  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

б. трапеція DBAE (основи: DB і EA, бічні сторони: DE і BA ); в. трапеція ABCK (основи: AK і BC, бічні сторони: AB і KC); трапеція AMCD (основи: AD і MC, бічні сторони: AM і DC). 220. Чи є чотирикутник ABCD, зображений на рисунку, трапецією? У разі ствердної відповіді вкажіть основи та бічні сторони трапеції.

la. in.

a. Так; основи: AD і BC, бічні сторони: AB і CD; б. Ні, бо ∠A + ∠B ≠ 180° як кути, прилеглі до однієї бічної сторони; в. Так, основи: AD і BC, бічні сторони: AB і CD. 221. Периметр рівнобічної трапеції дорівнює 52 см , основи -13 см і 21 см . Знайдіть бічну сторону трапеції.

Нехай ABCD − рівнобічна трапеція (AD∥BC, AB = CD), PABCD = 52 см, BC = 13 см, AD = 21 см. PABCD = AB + BC + CD + AD; PABCD − (BC + AD) AB = CD = 2 52 − (13 + 21) = 9(см) AB = CD = 2 Відповідь: 9 см. 222. Периметр трапеції дорівнює 49 см, бічні сторони — 5,6 см і 7,8 см. Знайдіть основи трапеції, якщо одна з них на 7,4 см більша за другу.

Нехай ABCD − трапеція (AD∥BC), PABCD = 49 см, AB = 5,6 см, CD = 7,8 см. PABCD = AB + BC + CD + AD. Нехай менша основа BC = x см, тоді AD = (x + 7,4) см. Рівняння: 5,6 + x + 7,8 + x + 7,4 = 49; 2x = 28,2; x = 14,1.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Отже, BC = 14,1 см, тоді AD = 14,1 + 7,4 = 21,5 см. Відповідь: 14,1 см, 21,5 см. 223. Доведіть, що сума кутів трапеції, прилеглих до її бічної сторони, дорівнює 180°.

la. in.

Нехай ABCD − трапеція (AD ∥ BC). Розглянемо паралельні прямі AD і BC та січну AB. ∠DAB + ∠ABC = 180°, бо ці кути є внутрішніми односторонніми при паралельних прямих. 224. 1. Знайдіть кути A і C трапеції ABCD з основами AD і BC, якщо ∠B=132°, ∠D=24°. 2. Знайдіть кути трапеції ABCD, прилеглі до бічної сторони AB, якщо кут A менший від кута B на 38°.

1. ∠A + ∠B = 180° як кути трапеції, прилеглі до бічної сторони, звідки ∠A = 180° − ∠B; ∠A = 180° − 132° = 48°; ∠C + ∠D = 180° як кути трапеції, прилеглі до бічної сторони, звідки ∠C = 180° − ∠D; ∠C = 180° − 24° = 156°; 2. Нехай ∠A = x, тоді ∠B = x + 38°. ∠A + ∠B = 180° як кути трапеції, прилеглі до бічної сторони. Рівняння: x + x + 38° = 180°; 2x = 142°; x = 71°. Отже, ∠A = 71°, ∠B = 71° + 38° = 109°. Відповідь: 1. 48°, 156°; 2. 71°, 109°. 225. Знайдіть кути трапеції ABCD, прилеглі до бічної сторони CD, якщо ∠C:∠D = 8:7.

Нехай ABCD − трапеція (AD ∥ BC). ∠C : ∠D = 8 : 7. Нехай ∠C = 8x, тоді ∠D = 7x. ∠C + ∠D = 180° як кути трапеції, прилеглі до бічної сторони. Рівняння: 8x + 7x = 180°; 15x = 180°; x = 12°. Отже, ∠C = 8·12° = 96°, ∠D = 7·12° = 84°. Відповідь: 96°, 84°. 226. Один із кутів рівнобічної трапеції дорівнює 46°. Знайдіть решту їі кутів.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай ABCD − рівнобічна трапеція (AD ∥ BC, AB = CD), ∠A = 46°. ∠A + ∠B = 180° як кути трапеції, прилеглі до бічної сторони, звідки ∠B = 180° − ∠A; ∠B = 180° − 46° = 134°; ∠D = ∠A = 46° і ∠C = ∠B = 134° як кути при основі рівнобічної трапеції. Відповідь: 134°, 46°, 134°. 227. Знайдіть кути рівнобічної трапеції, якщо різниця ії протилежних кутів дорівнює 20∘ .

Нехай ABCD − рівнобічна трапеція (AD ∥ BC, AB = CD). Задані кути не можуть бути прилеглими до однієї основи, бо в рівнобічній трапеції такі кути рівні. Тому нехай, наприклад, ∠C − ∠A = 20°. Нехай ∠A = x, тоді ∠C = x + 20°. ∠B = ∠C як кути, прилеглі до однієї основи рівнобічної трапеції. ∠A + ∠B = 180° як кути, прилеглі до бічної сторони. Рівняння: x + x + 20° = 180°; 2x = 160°; x = 80°. Отже, ∠A = ∠D = 80°, ∠B = ∠C = 80° + 20° = 100°. Відповідь: 80°, 100°, 80°, 100°. 228. У рівнобічній трапеції кут між бічною стороною та висотою, проведеною з вершини тупого кута, дорівнює 23°. Знайдіть кути трапеції.

Нехай ABCD − рівнобічна трапеція (AD ∥ BC, AB = CD), ∠ABF = 23°. Розглянемо прямокутний трикутник BFA (∠BFA = 90°). За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника ∠BAF + ∠ABF = 90°; ∠BAF = 90° − ∠ABF; ∠BAF = 90° − 23° = 67°. ∠A + ∠B = 180° як кути трапеції, прилеглі до бічної сторони, звідки ∠B = 180° − ∠A; ∠B = 180° − 67° = 113°; ∠D = ∠A = 67° і ∠C = ∠B = 113° як кути при основі рівнобічної трапеції. Відповідь: 113°, 67°, 113°, 67°.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

229. Чи можуть у трапеції бути: 1. три прямих кути; 2. три гострих кути; 3. два протилежних кути тупими; 4. два протилежних кути прямими; 5. два протилежних кути рівними? 1. Ні, тому що тоді й четвертий кут має бути прямим; 2. ні; 3. так; 4. ні, бо тоді й інша пара протилежних кутім має бути прямими; 5. ні, бо тоді бічні сторони мають бути паралельними. 230. Чи можуть: 1. основи трапеції бути рівними; 2. діагоналі трапеції точкою перетину ділитися навпіл? 1. Ні, бо тоді вони повинні бути ще й паралельними, а фігура − паралелограмом; 2. ні (див. п. 1). 231. Доведіть, що коли кути при одній з основ трапеції рівні, то дана трапеція є рівнобічною.

Нехай ABCD − трапеція (AD ∥ BC), ∠A = ∠D. Виконаємо добудову: проведемо висоти трапеції з ∠B і ∠C. Розглянемо прямокутні трикутники BEA і CFD (∠BEA = ∠CAB = 90°). У них: 1. ∠A = ∠D за умовою; 2. BE = CF як висоти трапеції. Отже, △BEA = △CFD за катетом і гострим кутом. Тому AB = CD як відповідні елементи рівних трикутників, звідки випливає, що трапеція ABCD − рівнобічна. 232. Доведіть, що сума протилежних кутів рівнобічної трапеції дорівнює 180°. Чи є правильним обернене твердження: якщо сума протилежних кутів трапеції дорівнює 180°, то дана трапеція є рівнобічною?

Нехай ABCD − рівнобічна трапеція (AD ∥ BC, AB = CD). Оскільки трапеція рівнобічна, то ∠A = ∠D і ∠B = ∠C як кути, прилеглі до однієї основи рівнобічної трапеції. Крім того, у рівнобічній трапеції ∠A + ∠B = 180° і ∠C + ∠D = 180° як кути, прилеглі до бічної сторони. Тому ∠A + ∠C = ∠B + ∠D = 180°.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Перевіримо обернене твердження. Нехай ∠A + ∠C = ∠B + ∠D = 180°. Оскільки ∠A + ∠B = 180° і ∠C + ∠D = 180° як кути, прилеглі до бічної сторони, то ∠A = ∠D і ∠B = ∠C. Проведемо висоти трапеції BE і CF. Розглянемо прямокутні трикутники BEA і CFD (∠BEA = ∠CFD = 90°). У них: 1. ∠A = ∠D за доведеним вище; 2. BE = CF як висоти трапеції. Отже, △BEA = △CFD за катетом і гострим кутом. Тому AB = CD як відповідні елементи рівних трикутників, звідки випливає, що трапеція ABCD − рівнобічна. 233. Середня лінія рівностороннього трикутника зі стороною 6 см розбиває його на трикутник і чотирикутник. Визначте вид чотирикутника та знайдіть його периметр.

Нехай ABC − рівносторонній трикутник, AB = BC = AC = 6 см, MN − середня лінія. Так як MN ∥ AC і AM та NC не паралельні, то чотирикутник AMNC трапеція. Оскільки MN − 1 середня лінія трикутника ABC, то MN ∥ AC і MN = AC; MN = 6 : 2 = 3 см. 2 Точки M і N − середини сторін AB і BC, AB = BC як сторони рівностороннього 1 1 трикутника, тому AM = NC = AB; AM = NC = · 6 = 3 см. 2 2 PAMNC = AM + MN + NC + AC = 3 + 3 + 3 + 6 = 15 см. Відповідь: Трапеція; 15 см. 234. Висота рівнобічної трапеції, проведена з кінця меншої основи, ділить більшу основу на відрізки завдовжки 6 см і 10 см . Знайдіть основи трапеції.

Нехай ABCD − рівнобічна трапеція (AD ∥ BC, AB = CD), BF − висота, AF = 6 см, FD = 10 см. Проведемо висоту трапеції CK. Розглянемо прямокутні трикутники BFA і CKD (∠BFA = ∠CKD = 90°). У них: 1. ∠A = ∠D як кути при основі рівнобічної трапеції; 2. BF = CK як висоти трапеції. Отже, △BFA = △CKD за катетом і гострим кутом. Тому AF = KD = 6 см як відповідні елементи рівних трикутників. За аксіомою вимірювання відрізків FD = FK + KD; FK = FD − KD; FK = 10 − 6 = 4 см. Чотирикутник FBCK − прямокутник, тому BC = FK = 4 см. AD = AF + FD = 6 + 10 = 16 см. Відповідь: 4 см, 16 см. 235. Один із кутів рівнобічної трапеції дорівнює 60°, бічна сторона — 18 см , а сума основ — 50 см . Знайдіть основи трапеції.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

2 1

la. in.

Нехай ABCD − рівнобічна трапеція (AD ∥ BC, AB = CD), ∠BAF = 60°, AB = CD = 18 см, AD + BC = 50 см. Добудуємо висоти BF і CK. Розглянемо прямокутний трикутник AFB. За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника ∠BAF + ∠ABF = 90°; ∠ABF = 90° − ∠BAF; ∠ABF = 90° − 60° = 30°. Тоді за властивістю катета, який лежить проти кута 30°, маємо: 1 AF = AB;

AF = · 18 = 9 см. 2 Розглянемо прямокутні трикутники BFA і CKD (∠BFA = ∠CKD = 90°). У них: 1. ∠A = ∠D як кути при основі рівнобічної трапеції; 2. AB = CD як бічні сторони рівнобічної трапеції. Отже, трикутник BFA = трикутнику CKD за гіпотенузою і гострим кутом. Тому AF = KD = 9 см як відповідні елементи рівних трикутників. За аксіомою вимірювання відрізків BC + AD = BC + AF + FK + KD. Чотирикутник FBCK − прямокутник, тому BC = FK. Тоді BC+AD−(AF+KD) 50−(9+9) BC = FK = = = 16 см. 2 2 Отже, BC = 16 см, AD = 2AF + FK; AD = 2 · 9 + 16 = 34 см. Відповідь: 16 см, 34 см. 236. Основи прямокутної трапеції дорівнюють 10 см і 24 см , а один із кутів — 45°. Знайдіть меншу бічну сторону трапеції.

Нехай ABCD − прямокутна трапеція (AD ∥ BC), BC = 10 см, AD = 24 см, ∠KDC = 45°. Добудуємо висоту CK. Чотирикутник ABCK − прямокутник, тому AB = KC, і BC = AK. Розглянемо прямокутний трикутник CKD (∠CKD = 90°). За властивістю гострих кутів ∠KCD + ∠KDC = 90°; ∠KCD = 90° − ∠KDC; ∠KCD = 90° − 45° = 45°. Отже, трикутник CKD − прямокутний і рівнобедрений (за властивістю рівності кутів при основі), тому CK = KD. За аксіомою вимірювання відрізків AD = AK + KD;  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

KD = AD − AK; KD = 24 − 10 = 14 см. Тоді AB = 14 см. Відповідь: 14 см . 237. Основи прямокутної трапеції дорівнюють 7 см і 15 см , а один із кутів — 60°. Знайдіть більшу бічну сторону трапеції.

la. in.

Нехай ABCD − прямокутна трапеція (AD ∥ BC), BC = 7 см, AD = 15 см, ∠KDC = 60°. Добудуємо висоту CK. Чотирикутник ABCK − прямокутник, тому AB = KC і BC = AK. Розглянемо прямокутний трикутник CKD (∠CKD = 90°). За властивістю гострих кутів ∠KCD + ∠KDC = 90°; ∠KCD = 90° − ∠KDC; ∠KCD = 90° − 60° = 30°. За аксіомою вимірювання відрізків AD = AK + KD; KD = AD − AK; KD = 15 − 7 = 8 см. За властивістю катета, який лежить проти кута 30°, маємо: 1 KD = CD; 2 CD = 2KD; CD = 2·8 = 16 см. Відповідь: 16 см. 238. Основи трапеції дорівнюють 9 см і 15 см . Чому дорівнює її середня лінія?

Нехай ABCD − трапеція (AD∥BC), BC = 9 см, AD = 15 см. За властивістю середньої лінії трапеції AD + BC 15 + 9 = = 12(см) MN = 2 2 Відповідь: 12 см. 239. Середня лінія трапеції дорівнює 8 см, а одна з основ - 5 см . Знайдіть другу основу трапеції.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Нехай ABCD − трапеція (AD∥BC), BC = 5 см, MN = 8 см. За властивістю середньої лінії трапеції AD + BC MN = ⇒ AD = 2MN − BC = 2 ⋅ 8 − 5 = 11 (см) 2 Відповідь: 11 см. 240. Одна з основ трапеції на 8 см більша за другу, а середня лінія дорівнює 17 см . Знайдіть основи трапеції.

la. in.

Нехай ABCD − трапеція (AD∥BC), AD > BC на 8 см, MN = 17 см. За властивістю AD+BC . середньої лінії трапеції MN = 2 Нехай BC = 𝑥𝑥 см, тоді AD = (𝑥𝑥 + 8)(см). Рівняния: 𝑥𝑥 + 8 + 𝑥𝑥 17 = ⇒ 2𝑥𝑥 + 8 = 34 ⇒ 2𝑥𝑥 = 26 ⇒ 𝑥𝑥 = 13 2 Oтже, BC = 13 см, AD = 13 + 8 = 21 (см). Відповідь: 13 см, 21 см . 241. Основи трапеції відносяться як 3:4, а середня лінія дорівнює 14 см . Знайдіть основи трапеції.

Нехай ABCD − трапеція (AD∥BC), BC:AD = 3:4, MN = 14 см. За властивістю середньої AD+BC . лінії трапеції MN = 2 Нехай BC = 3𝑥𝑥 см, тоді AD = 4𝑥𝑥 см. Рівняння: 3𝑥𝑥 + 4𝑥𝑥 14 = ⇒ 7𝑥𝑥 = 28; 𝑥𝑥 = 4 2 Отже, BC = 3⋅4 = 12 (см), AD = 4⋅4 = 16 (см). Відповідь: 12 см, 16 см. 242. Висота прямокутної трапеції, проведена з вершини тупого кута, ділить більшу основу на відрізки завдовжки 7 см і 5 см , рахуючи від вершини прямого кута. Знайдіть середню лінію трапеції.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай ABCD - прямокутна трапеція (AD∥BC, AB⊥AD), CK - висота, AK = 7 см, KD = 5 см. Оскільки BC∥AK, BA⊥AK, CK⊥AK, то чотирикутник ABCK - прямокутник. Тоді BC = AK = 7 см. За аксіомою вимірювання відрізків AD = AK + KD = 7 + 5 = 12 (см). За властивістю середньої лінії трапеції AD + BC 12 + 7 MN = = = 9,5(см) 2 2 Відповідь: 9,5 см. 243. Середня лінія прямокутної трапеції дорівнює 9 см, а висота, проведена з вершини тупого кута, ділить більшу основу на відрізки, один з яких у 2 рази більший за другий, рахуючи від вершини прямого кута. Знайдіть основи трапеції.

Нехай ABCD − прямокутна трапеція (AD∥BC, AB⊥AD), MN − середня лінія, MN = 9 см, AK:KD = 2:1. Оскільки BC∥AK, BA⊥AK, CK⊥AK, то чотирикутник ABCK − прямокутник. Тоді BC = AK. За аксіомою вимірювання відрізків AD = AK + KD. Нехай KD = x см, тоді BC = AK = 2x см, AD = 2x + x = 3x см. AD+BC За властивістю середньої лінії трапеції MN = . 3𝑥𝑥+2𝑥𝑥

Рівняння: 9 = ; 5x = 18; x = 3,6. 2 Тоді BC = 2·3,6 = 7,2 см, AD = 3·3,6 = 10,8 см. Відповідь: 7,2 см, 10,8 см. 244. У трапеції ABCD відомо, що AB = CD, ∠BAC = 20°, ∠CAD = 50°. Знайдіть кути ACB і ACD.

Нехай ABCD − рівнобічна трапеція (AD∥BC, AB = CD), ∠BAC = 20°, ∠CAD = 50°. Розглянемо паралельні прямі AD і BC та січну AC. Тоді ∠ACB = ∠CAD = 50° як внутрішні різносторонні.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

За аксіомою вимірювання кутів ∠BAD = ∠BAC + ∠CAD; ∠BAD = 20° + 50° = 70°. ∠A = ∠D = 70° як кути при основі рівнобічної трапеції. Розглянемо трикутник ACD. За теоремою про суму кутів трикутника: ∠CAD + ∠ACD + ∠ADC = 180°; ∠ACD = 180° − (∠CAD + ∠ADC); ∠ACD = 180° − (50° + 70°) = 60°. Відповідь: 50°, 60°. 245. У трапеції ABCD відомо, що BC ∥ AD, AB ⟂ AD, BC = CD, ∠ABD = 80°. Знайдіть кути трапеції.

Нехай ABCD − прямокутна трапеція (AD ∥ BC, AB ⟂ AD), BC = CD, ∠ABD = 80°. За аксіомою вимірювання кутів ∠ABC = ∠ABD + ∠DBC; ∠DBC = ∠ABC − ∠ABD = 90° − 80° = 10°. ∠ADB = ∠DBC = 10° як внутрішні різносторонні при паралельних прямих AD і BC та січній BD. Трикутник BCD − рівнобедрений з основою BD, тоді ∠CBD = ∠CDB = 10°. Тоді теоремою про суму кутів трикутника ∠BCD = 180° − (10° + 10°) = 160°. ∠ADC = ∠ADB + ∠BDC; ∠ADC = 10° + 10° = 20°. Відповідь: 90°, 90°, 160°, 20°. 246. У трапеції ABCD менша основа BC дорівнює 6 см. Через вершину B проведено пряму, яка паралельна стороні CD і перетинає сторону AD у точці M. Знайдіть периметр трапеції, якщо периметр трикутника ABM дорівнює 16 см.

Нехай ABCD − трапеція (AD ∥ BC), BC = 6 см, BM ∥ CD, PABM = 16 см. Оскільки BC ∥ MD і BM ∥ CD, то чотирикутник BCDM − паралелограм. Тому MD = BC = 6 см, BM = CD. PABCD = AB + BC + CD + AM + MD = AB + BC + BM + AM + MD; PABM = AB + BM + AM, тому PABCD = PABM + BC + MD; PABCD = 16 + 6 + 6 = 28 см. Відповідь: 28 см. 247. Через вершину C трапеції ABCD проведено пряму, яка паралельна бічній стороні AB і перетинає більшу основу AD у точці E. Знайдіть кути трапеції, якщо ∠D = 35°, ∠DCE = 65°.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай ABCD − трапеція (AD ∥ BC), CE ∥ AB, ∠D = 35°, ∠DCE = 65°. ∠D + ∠C = 180° як кути, прилеглі до бічної сторони трапеції, тому ∠C = 180° − ∠D; ∠C = 180° − 35° = 145°. Розглянемо трикутник ECD. За теоремою про суму кутів трикутника ∠CED + ∠ECD + ∠CDE = 180°; ∠CED = 180° − (∠ECD + ∠CDE); ∠CED = 180° − (65° + 35°) = 80°. Оскільки AB ∥ EC за побудовою, то ∠A = ∠CED = 80° як відповідні кути при паралельних прямих AB і CE та січній AE. ∠AEC + ∠CED = 180°; ∠AEC = 180° − ∠CED; ∠AEC = 180° − 80° = 100°, тому ∠B = 100°. Відповідь: 80°, 100°, 145°, 35°. 248. Діагоналі рівнобічної трапеції ABCD (AB = CD) перетинаються в точці O. Доведіть, що AO = OD і BO = OC.

Нехай ABCD − рівнобічна трапеція (AD ∥ BC, AB = CD), AC і BD − діагоналі, AC ∩ BD = O. Розглянемо трикутники ABD і ACD. У них: 1. AD − спільна сторона; 2. ∠A = ∠D як кути при основі рівнобічної трапеції; 3. AB = CD як бічні сторони рівнобічної трапеції. Отже, трикутник ABD = трикутнику ACD за двома сторонами і кутом між ними (за I ознакою рівності трикутників). Тому ∠ABD = ∠DCA як відповідні елементи рівних трикутників. Розглянемо трикутники ABO і DCO. У них: 1. ∠ABO = ∠DCO за доведеним вище; 2. ∠AOB = ∠DOC як вертикальні; 3. AB = CD як бічні сторони рівнобічної трапеції. Отже, трикутник ABO = трикутнику DCO за стороною і двома прилеглими до неї кутами (за II ознакою рівності трикутників). Тому AO = OD і BO = OC як відповідні елементи рівних трикутників. 249. Висота рівнобічної трапеції дорівнює h, а бічну сторону видно з точки перетину діагоналей під кутом 60°. Знайдіть діагональ трапеції.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай ABCD − рівнобічна трапеція (AD ∥ BC, AB = CD), AC і BD − діагоналі, AC ∩ BD = O, ∠COD = 60°, BF − висота, BF = h. Кути COD і DOA − суміжні, тому ∠COD + ∠DOA = 180°; ∠DOA = 180° − ∠COD; ∠DOA = 180° − 60° = 120°. Трикутник AOD − рівнобедрений, бо AO = DO як частини діагоналей рівнобічної трапеції, які перетинаються в точці O. Тоді ∠OAD = ∠ODA як кути при основі рівнобедреного трикутника, звідки ∠OAD = ∠ODA = (180° − 120°) : 2 = 30°. Розглянемо прямокутний трикутник BFD (∠BFD = 90°). За властивістю катета, який лежить проти кута 30°, маємо: 1 BF = BD; BD = 2BF = 2h. 2 Отже, діагоналі рівнобічної трапеції дорівнюють 2h. 250. Сторони трапеції дорівнюють a, a, a і 2a. Знайдіть кути трапеції.

Нехай ABCD − трапеція (AD ∥ BC), a, a, a і 2a − її сторони. Оскільки три сторони рівні, то трапеція рівнобічна. Нехай AB = BC = CD = a, тоді AD = 2a. Проведемо висоту BF. AD−BC 2𝑎𝑎−𝑎𝑎 𝑎𝑎 Тоді BF = = = . 2 2 2 Розглянемо прямокутний трикутник AFB (∠AFB = 90°). Оскільки в ньому катет AF удвічі менший за гіпотенузу AB, то ∠ABF = 30°. За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника ∠BAF + ∠ABF = 90°; ∠BAF = 90° − ∠ABF; ∠BAF = 90° − 30° = 60°. ∠A + ∠ABC = 180° як кути трапеції, прилеглі до бічної сторони, звідки ∠ABC = 180° − ∠A; ∠ABC = 180° − 60° = 120°. Тоді ∠A = ∠D = 60° і ∠B = ∠C = 120° як кути при основі рівнобічної трапеції. Відповідь: ∠A = ∠D = 60°, ∠B = ∠C = 120°. 251. Висловіть гіпотезу, за якої умови висота рівнобічної трапеції дорівнює піврізниці основ. Гіпотеза:  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Висота рівнобічної трапеції дорівнює піврізниці основ, якщо гострі кути при більшій основі — прямі або рівні 45°.

la. in.

Пояснення: 1. Нехай у рівнобічній трапеції ABCD (AD∥BC)) більша основа AD = a, менша — BC = b, а висота — h. 2. Проведемо висоту з вершини B на більшу основу AD. Отримаємо прямокутний трикутник, у якому один катет — висота h, а другий — відрізок між основами (позначимо його x). 3. Оскільки трапеція рівнобічна, такі відрізки з обох боків однакові, тому a – b = 2x, 𝑎𝑎−𝑏𝑏 . тобто 𝑥𝑥 = a−b

4. Якщо висота дорівнює піврізниці основ, тобто h = , тоді маємо h = x. 2 5. Отже, у прямокутному трикутнику катети рівні ⇒ він рівнобедрений ⇒ гострий кут при основі дорівнює 45°. 252. Побудуйте рівнобічну трапецію за основою, бічною стороною та кутом між ними. Дано: a – бічна сторона, b – основа, 𝛂𝛂 – кут між ними. Побудувати: ABCD — трапеція, AD = b; AB = CD = a; ∠A = ∠D = 𝛂𝛂. Побудова: 1. Будую кут ∠A = 𝛂𝛂; 2. На променях кута A відкладаємо відрізки AD = b та AB = a; 3. В точці D будуємо ще один кут 𝛂𝛂; 4. На промені кута D відкладаємо відрізок CD = a; 5. Сполучаємо точки B і C. ABCD — шукана трапеція.

253. Побудуйте прямокутну трапецію за основами та меншою бічною стороною. Дано: AD = a, BC = b − основи прямокутної трапеції ABCD, AB = c − менша бічна сторона. Побудувати: прямокутну трапецію ABCD. Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку A. З точки A проводжу коло радіуса AD = a, яке перетне пряму m у точці D. Будую n ⟂ m. Будую коло  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

з центром у точці A радіуса AB = c, яке перетне промінь AS у точці B. Через точку B проводжу l ⟂ n. Будую коло з центром у точці B радіуса BC = b, яке перетне пряму l у точці C. Сполучаю відрізком точки C і D. Отже, побудована трапеція ABCD − шукана, бо в ній AD = a, BC = b, AB = c за побудовою.

la. in.

254. Побудуйте рівнобічну трапецію за основою, бічною стороною та діагоналлю. Дано: AD = a − основа рівнобедреної трапеції ABCD, AC = b − діагональ, AB = CD = c − бічна сторона. Побудувати: рівнобедрену трапецію ABCD. Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку A. З точки A проводжу коло радіуса AD = a, яке перетне пряму m у точці D. Будую коло з центром у точці A радіуса AC = b і коло з центром у точці D радіуса CD = c, які перетнуться у точці C. Через точку C проводжу пряму n ⟂ m, а потім через цю ж точку l ⟂ n. Будую коло з центром у точці A радіуса AB = c, яке перетне пряму l у точці B. Сполучаю відрізками точки A і B та C і D. Отже, побудована трапеція ABCD − шукана, бо в ній AD = a, AC = b, AB = CD = c за побудовою.

255. Бічна сторона рівнобічної трапеції дорівнює 6 см, більша основа - 10 см. Знайдіть середню лінію трапеції, якщо один з її кутів дорівнює 60°.

Нехай ABCD − рівнобічна трапеція (AD∥BC, AB = CD), AB = CD = 6 см, AD = 10 см, ∠BAD = 60°. Розглянемо прямокутний трикутник AFB (∠AFB = 90°). За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника ∠BAF + ∠ABF = 90°; ∠ABF = 90° − ∠BAF; ∠ABF = 90° − 60° = 30°. 1 1 Тоді за властивістю катета, який лежить проти кута 30°, маємо: AF = AB; AF = ·6 = 3 2 2 см.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

У рівнобічній трапеції висота, проведена з вершини тупого кута, ділить більшу основу на два відрізки, менший з яких дорівнює піврізниці основ, а більший − півсумі основ. AD−BC Тому AF = ; BC = AD − 2AF; BC = 10 − 2·3 = 4 см. 2 За властивістю середньої лінії трапеції маємо: AD + BC 10 + 4 MN = = = 7 (см) 2 2 Відповідь: 7 см. 256. Діагональ рівнобічної трапеції дорівнює 14 см і утворює з основою кут 60°. Знайдіть середню лінію трапеції.

Нехай ABCD – рівнобічна трапеція (AD∥BC, AB=CD), AC=14 см, ∠CAF=60°. Проведемо висоту CF. Розглянемо прямокутний трикутник AFC (∠AFC=90°). За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника ∠CAF+∠ACF=90°; ∠ACF=90°−∠CAF; ∠ACF=90°−60°=30°. 1 1 Тоді за властивістю катета, який лежить проти кута 30°, маємо AF= AC; AF= ·14=7 см. 2 2 У рівнобічній трапеції висота, проведена з вершини тупого кута, ділить більшу основу на два відрізки, більший з яких дорівнює півсумі основ, тобто середній лінії. Отже, MN=7 см. Відповідь: 7 см. 257. Середня лінія трапеції ABCD розбиває її на дві трапеції, середні лінії яких дорівнюють 15 см і 19 см . Знайдіть основи трапеції ABCD.

Нехай ABCD - трапеція (AD∥BC), MN - середня лінія трапеції ABCD, FE=15 см - середня лінія трапеції MBCN,KP=19 см - середня лінія трапеції AMND. Розглянемо трапецію KFEP ( KP∥FE ). MN - ії середня лінія. Тоді маємо: KP+FE 19+15 MN = = = 17 (см). 2 2 Розглянемо трапецію MBCN (MN∥BC). FE - її середня лінія. Тоді маємо: MN+BC FE = ⇒ BC = 2FE - MN =2∙15 - 17 = 13 (см). 2 Розглянемо трапецію AMND (AD∥MN). KP − її середня лінія. Тоді маємо: AD+MN KP = ⇒ AD = 2KP – MN =2∙19 – 17 = 21 (см). 2 Відповідь: 13 см, 21 см.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

258. Кожну з бічних сторін трапеції ABCD поділено на чотири рівні частини: AE = EF = FK = KB, DN = NM = MP = PC. Знайдіть відрізки EN, FM і KP, якщо AD = 19 см, BC = 11 см.

la. in.

Нехай ABCD - трапеція (AD∥BC), AE = EF = FK = KB, DN = NM = MP = PC, AD = 19cм, BC = 11cм. AF = AE + EF; FB = FK + KB, звідки AF = FB, тобто точка F - середина відрізка AB. Аналогічно можна показати, що M - середина відрізка CD. Тому FM - середня лінія трапеції ABCD. За властивістю середньої лінії трапеції 𝐴𝐴𝐴𝐴+𝐵𝐵𝐵𝐵 19+11 𝐹𝐹𝐹𝐹 = = = 15 (см). 2 2 AE = EF, тобто точка E − середина відрізка AF. Аналогічно N − середина відрізка MD. Тому EN − середня лінія трапеції AFMD. За властивістю середньої лінії трапеції 𝐴𝐴𝐴𝐴+𝐹𝐹𝐹𝐹 19+15 𝐸𝐸𝐸𝐸 = = = 17 (см). 2 2 FK = KB, тобто точка K - середина відрізка FB. Аналогічно P - середина відрізка MC. Тому KP - середня лінія трапеції FBCM. За властивістю середньої лінії трапеції 𝐹𝐹𝐹𝐹+𝐵𝐵𝐵𝐵 15+11 𝐾𝐾𝐾𝐾 = = = 13 (см). 2 2 Відповідь: 17 см,15 см, 13 см. 259. Основи рівнобічної трапеції відносяться як 2:5, а діагональ ділить тупий кут трапеції навпіл. Знайдіть сторони трапеції, якщо їі периметр дорівнює 68 см .

Нехай ABCD − рівнобічна трапеція (AD∥BC, AB = CD), AC − діагональ, ∠BCA = ∠ACD, BC:AD = 2:5, PABCD=68 см. ∠BCA = ∠CAD як внутрішні різносторонні при паралельних прямих BC і AD та січній AC. Тому ∠BCA = ∠CAD = ∠ACD, звідки випливає, що трикутник ACD − рівнобедрений з основою AC (AD = CD). Нехай BC = 2x см, тоді, оскільки трапеція рівнобічна, AB = CD = AD = 5x см. Периметр: 68 = AB + BC + CD + AD. Рівняння: 68 = 5x + 2x + 5x + 5x 17x = 68 x=4 Тоді:  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

BC = 2·4 = 8 см AB = CD = AD = 5·4 = 20 см Відповідь: BC = 8 см, AB = CD = AD = 20 см. 260. У трапеції 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 відомо, що 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐶𝐶𝐶𝐶, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 24 см, ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = = ∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶, а периметр дорівнює 60 см . Знайдіть невідомі сторони трапеції.

la. in.

Нехай ABCD − рівнобічна трапеція (AD∥BC, AB = CD), BD − діагональ, ∠ADB = ∠CDB, AD = 24 см, PABCD = 60 см. ∠ADB = ∠CBD як внутрішні різносторонні при паралельних прямих BC і AD та січній BD. Тому ∠CDB = ∠ADB = ∠CBD, звідки випливає, що трикутник BCD − рівнобедрений з основою BD (BC = CD). Тоді AB = BC = CD. PABCD = AB + BC + CD + AD. Рівняння: 60 = AB + BC + CD + 24 AB + BC + CD = 36 AB = BC = CD = 36 : 3 = 12 см Відповідь: AB = BC = CD = 12 см. 261. Діагональ рівнобічної трапеції перпендикулярна до бічної сторони, а менша основа дорівнює бічній стороні. Знайдіть кути трапеції.

Нехай ABCD − рівнобічна трапеція (AD∥BC, AB = CD), AC − діагональ, AC ⟂ CD, BC = AB. ∠BCA = ∠CAD як внутрішні різносторонні при паралельних прямих AD і BC та січній AC. ∠BAC = ∠BCA як кути при основі рівнобедреного трикутника ABC. Тому нехай ∠BCA = ∠CAD = ∠BAC = x. За аксіомою вимірювання кутів ∠A = ∠BAC + ∠CAD = x + x = 2x. ∠A = ∠D = 2x як кути при основі рівнобедреної трапеції. Розглянемо прямокутний трикутник ACD (∠ACD = 90°). За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника: ∠CAD + ∠CDA = 90° x + 2x = 90° 3x = 90° x = 30° Отже, ∠A = ∠D = 2·30° = 60°. ∠A + ∠B = 180° як кути при основі трапеції, звідки  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

∠B = 180° − ∠A ∠B = 180° − 60° = 120°. ∠B = ∠C = 120° як кути при основі рівнобедреної трапеції. Відповідь: ∠A = ∠D = 60°, ∠B = ∠C = 120°. 262. У рівнобічній трапеції ABCD діагональ AC перпендикулярна до бічної сторони CD, відрізок CM - висота трапеції, AB = 8 см, ∠D = 60°. Знайдіть: 1. основу AD; 2. відрізок MD; 3. середню лінію трапеції; 4. основу BC; 5. периметр трапеції. Використовуючи знайдені величини, розшифруйте прізвище українського вченого та педагога, доктора фізико-математичних наук, члена Національної академії наук України, одного із засновників факультету кібернетики Київського Національного університету імені Тараса Шевченка і першого декана цього факультету. Номер завдання відповідає місцю, на якому стоїть буква у прізвищі. Відповідь 4 см 8 см 12 см 16 см 40 см Буква Я Ш К Л О

У рівнобічній трапеції AB = CD = 8 см. 1. У трикутнику ACD кут С = 90°, отже ∆ACD – прямокутний. Також нам відомо, що ∠D = 60°, тоді ∠A = 90° - 60° = 30°. Знайдемо гіпотенузу AD за властивістю катета, що лежить проти кута 30°: AD = CD ∙ 2 = 8 ∙ 2 = 16 см. (Л) 2. У трикутнику CMD кут M = 90°, отже ∆CMD – прямокутний. Також нам відомо, що ∠D = 60°, тоді ∠C = 90° - 60° = 30°. Знайдемо катет MD за властивістю катета, що лежить проти кута 30°: MD = CD : 2 = 8 : 2 = 4 см. (Я) 3. У рівнобічній трапеції висота, проведена з вершини тупого кута, ділить більшу основу на два відрізки, більший з яких дорівнює півсумі основ, тобто середній лінії. Отже, HK = AM = AD – MD = 16 – 4 = 12 см. (Ш) 4. Середня лінія трапеції дорівнює півсумі основ. Звідси знайдемо: AD + BC HK = ⇒ 2HK = AD + BC ⇒ BC = 2HK − AD = 2 ∙ 12 − 16 = 8 см. (К) 2 5. PABCD = AB + BC + CD + AD = 8 + 8 + 8 + 16 = 40 см. (О) Відповідь: ЛЯШКО. 263. Доведіть, що коли діагоналі рівнобічної трапеції перпендикулярні, то її висота дорівнює середній лінії трапеції.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай ABCD − рівнобічна трапеція (AD∥BC, AB = CD), AC і BD − діагоналі, AC ⟂ BD. Розглянемо трикутники ABD і DCA. У них: 1. AD − спільна сторона; 2. AB = CD як бічні сторони рівнобічної трапеції; 3. ∠BAD = ∠CDA як кути при основі рівнобедреної трапеції. Отже, △ABD = △DCA за двома сторонами і кутом між ними (за I ознакою рівності трикутників). Тому ∠BDA = ∠CAD як відповідні елементи рівних трикутників. Розглянемо прямокутний трикутник AOD (∠AOD = 90°). Оскільки ∠ODA = ∠OAD за раніше доведеним, то за властивістю гострих кутів прямокутного трикутника ∠ODA = ∠OAD = 45°. Проведемо висоту BF. За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника: ∠BDF + ∠FBD = 90° ∠FBD = 90° − ∠BDF ∠FBD = 90° − 45° = 45° Тому BF = FD як бічні сторони рівнобедреного трикутника BDF. У рівнобічній трапеції висота, проведена з вершини тупого кута, ділить більшу основу на два відрізки, більший з яких дорівнює півсумі основ, тобто середній лінії, тобто FD = MN. Отже, BF = MN. 264. Доведіть, що коли висота рівнобічної трапеції дорівнює її середній лінії, то діагоналі трапеції перпендикулярні.

Нехай ABCD − рівнобічна трапеція (AD ∥ BC, AB = CD), AC і BD − діагоналі, BF = MN. У рівнобічній трапеції висота, проведена з вершини тупого кута, ділить більшу основу на два відрізки, більший з яких дорівнює півсумі основ, тобто середній лінії, тобто FD = MN. Оскільки BF = MN, то FD = BF. Тоді трикутник BFD − прямокутний рівнобедрений (BF = FD). За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника ∠BDF = ∠FBD = 90°:2 = 45°. Розглянемо трикутники ABD і DCA. У них: 1. AD − спільна сторона; 2. AB = CD як бічні сторони рівнобічної трапеції;  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

3. ∠BAD = ∠CDA як кути при основі рівнобічної трапеції. Отже, △ABD = △DCA за двома сторонами і кутом між ними (за I ознакою рівності трикутників). Тому ∠BDA = ∠CAD як відповідні елементи рівних трикутників, звідки випливає, що трикутник AOD − рівнобедрений і ∠ODA = ∠OAD = 45°. Тоді за теоремою про суму кутів трикутника ∠ODA + ∠OAD + ∠AOD = 180°; ∠AOD = 180° − (∠ODA + ∠OAD); ∠AOD = 180° − (45° + 45°) = 90°, тобто AO ⟂ OD, або AC ⟂ BD. 265. Діагональ прямокутної трапеції розбиває ї1 на два трикутники, один з яких є рівностороннім зі стороною 𝑎𝑎. Знайдіть середню лінію трапеції.

Нехай ABCD − прямокутна трапеція (AD∥BC, AB ⟂ AD), MN − середня лінія, AC = AD = CD = a. AD + BC За властивістю середньої лінії трапеції MN = . Оскільки ACD − рівносторонній 2 трикутник, то ∠CAD = ∠ACD = ∠D = 60°. За аксіомою вимірювання кутів ∠BAD = ∠BAC + ∠CAD; ∠BAC = ∠BAD − ∠CAD; ∠BAC = 90° − 60° = 30°. Розглянемо прямокутний трикутник ABC (∠ABC = 90°). За властивістю катета, який лежить проти кута 30°, маємо: 1 𝑎𝑎 BC = AC = . 2

2 𝑎𝑎 𝑎𝑎+

3𝑎𝑎

Тоді MN = 2 = = 0,75𝑎𝑎. 4 2 Відповідь: 0,75a. 266. Діагональ рівнобічної трапеції розбиває ї на два рівнобедрених трикутники. Знайдіть кути трапеції.

Нехай ABCD − рівнобічна трапеція (AD∥BC, AB = CD), AC − діагональ, AB = BC, AC = AD. Нехай ∠BAC = x. Тоді ∠BAC = ∠BCA = x як кути при основі рівнобедреного трикутника. ∠BCA = ∠CAD як внутрішні різносторонні при паралельних прямих AD і BC та січній AC. За аксіомою вимірювання кутів ∠BAD = ∠BAC + ∠CAD; ∠BAD = x + x = 2x. Тоді ∠BAD = ∠D = 2x як кути при основі рівнобічної трапеції. Розглянемо трикутник ACD. За теоремою про суму кутів трикутника маємо:  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

∠CAD + ∠D + ∠ACD = 180°; x + 2x + 2x = 180°; 5x = 180°; x = 36°. Тому ∠A = ∠D = 2·36° = 72°. ∠DAB + ∠ABC = 180° як кути, прилеглі до бічної сторони трапеції, звідки ∠ABC = 180° − ∠DAB; ∠ABC = 180° − 72° = 108°. Тому ∠B = ∠C = 108°. Відповідь: ∠A = ∠D = 72°, ∠B = ∠C = 108°. 267. У трапеції ABCD (BC∥AD) відомо, що AC⊥BD, ∠CAD = 30°, BD = 8 см. Знайдіть середню лінію трапеції.

Нехай ABCD − трапеція (AD∥BC), AC ⟂ BD, ∠CAD = 30°, BD = 8 см. Розглянемо прямокутний трикутник AOD (∠AOD = 90°). У ньому катет OD лежить 1 проти кута 30°, тому DO = AD; AD = 2DO. 2 ∠BCA = ∠CAD як внутрішні різносторонні при паралельних прямих AD і BC та січній AC, звідки випливає, що ∠BCA = ∠CAD = 30°. Розглянемо прямокутний трикутник BOC (∠BOC = 90°). У ньому катет OB лежить проти 1 кута 30°, тому BO = BC; BC = 2BO. 2 За властивістю середньої лінії трапеції AD+BC 2DO+2BO MN = = = DO + BO = BD. 2 2 Отже, MN = BD = 8 см. Відповідь: 8 см. 268. Доведіть, що точка перетину бісектрис кутів, прилеглих до бічної сторони трапеції, належить прямій, яка містить її середню лінію.

Нехай ABCD − трапеція (AD ∥ BC), AK і BK − бісектриси кутів A і B. ∠CBA + ∠ABC = 180° як кути, прилеглі до бічної сторони трапеції. Оскільки AK і BK − бісектриси, то ∠BAK + ∠ABK = 90°. Розглянемо трикутник ABK. Тоді за теоремою про суму кутів трикутника ∠BAK + ∠ABK + ∠BKA = 180°, звідки ∠BKA = 90°. Позначимо на стороні AB таку точку M, що AM = MB. За властивістю медіани, 1 проведеної з вершини прямого кута, маємо: MK = AB, тому MK = AM = MB. 2

Розглянемо трикутник MBK. Оскільки MK = MB, то він є рівнобедреним з основою BK. За властивістю кутів при основі рівнобедреного трикутника ∠MKB = ∠MBK. Так як MK  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

− бісектриса, то ∠MBK = ∠KBC, звідки ∠MKB = ∠KBC. Але ці кути є внутрішніми різносторонніми при прямих BC і MK та січній BK. З рівності кутів випливає, що MK ∥ BC. Отже, точка K належить середній лінії трапеції. 269. Доведіть, що коли діагоналі трапеції рівні, то ця трапеція є рівнобічною. Умова. У трапеції ABCD з основами AD∥BC діагоналі рівні: AC = BD. Довести, що трапеція рівнобічна (AB = CD). Доведення.

Опустимо перпендикуляри з C і D на пряму AD: CF⊥AD, BE⊥AD. Розглянемо два прямокутні трикутники: ∆ACF та ∆DBE. Їхні гіпотенузи рівні: AC = BD (за умовою). Один катет у них теж рівний: CF = BE — це спільна відстань між паралельними прямими AD і BC. Отже, ∆ACF = ∆DBE за гіпотенузою і катетом. Звідси AF = DE. Тепер розглянемо прямокутні трикутники ∆ABE і ∆DCF. З рівності AF = DE випливає AE = DF, бо AE = AF − FE і DF = DE − FE. Отже, у ∆ABE і ∆DCF обидва катети рівні (AE = DF; BE = CF) ⇒ трикутники рівні за двома катетами ⇒ AB = CD. Висновок: якщо в трапеції діагоналі рівні, то вона рівнобічна. 270. Побудуйте трапецію: 1. за основами та бічними сторонами; 2. за основою, висотою та діагоналями; 3. за різницею основ, бічними сторонами та діагоналлю. 1. Дано: AD = a, BC = b, AB = c, CD = d − сторони трапеції ABCD. Побудувати: трапецію ABCD. Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку A. З точки A проводжу коло радіуса AD = a, яке перетне пряму m у точці D. Будую коло з центром у точці A радіуса BC = b, яке перетне пряму m у точці K. Будую коло з центром у точці K радіуса AB = c і коло з центром у точці D радіуса CD = d, які перетнуться у точці C. Через точку C проводжу пряму n ∥ m, а потім через цю ж точку l ⟂ n. Будую коло з центром у точці C радіуса BC = b, яке перетне пряму l у точці B. Сполучаю відрізком точки A і B. Отже, побудована трапеція ABCD – шукана, бо в ній AD = a, BC = b, AB = c, CD = d за побудовою.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

2. Дано: AD = a − основа трапеції ABCD, LR = h − висота трапеції, AC = b, BD = c − діагоналі. Побудувати: трапецію ABCD. Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку A. З точки A проводжу коло радіуса AD = a, яке перетне пряму m у точці D. Позначаю на прямій m довільну точку R і будую n ⟂ m. Будую коло з центром у точці R радіуса LR = h, яке перетне пряму n у точці L. Будую l ⟂ n, одержу l ∥ m. Будую коло з центром у точці A радіуса AC = b, яке перетне пряму l у точці C. Будую коло з центром у точці D радіуса BD = c, яке перетне пряму l у точці B. Сполучаю відрізками точки A і B та C і D. Отже, побудована трапеція ABCD − шукана, бо в ній AD = a, LR = h, AC = b, BD = c за побудовою.

3. Дано: AD−BC = a − різниця основ трапеції ABCD, AB = b, CD = c − бічні сторони, BD = d − діагональ. Побудувати: трапецію ABCD. Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку K. З точки K проводжу коло радіуса AD−BC = a, яке перетне пряму m у точці D. Будую коло з центром у точці K радіуса AB = b і коло з центром у точці D радіуса CD = c, які перетнуться у точці C. Будую пряму n, яка проходить через точку C і таку, що n ⟂ m. Будую l ⟂ n, одержу l ∥ m. Будую коло з центром у точці D радіуса BD = d, яке перетне пряму l у точці B. Будую коло з центром у точці B радіуса AB = b, яке перетне пряму m у точці A. Сполучаю відрізками точки A і B та C і D. Отже, побудована трапеція ABCD − шукана, бо в ній AD−BC = a, AB = b, CD = c, BD = d за побудовою.

271. Побудуйте рівнобічну трапецію за основою, висотою та бічною стороною. Дано: AD = a − основа трапеції ABCD, LR = h − висота трапеції, AB = CD = b − бічні сторони. Побудувати: трапецію ABCD. Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку A. З точки A проводжу коло радіуса AD = a, яке перетне пряму m у точці D. Позначаю на прямій m довільну точку R і будую n ⟂ m. Будую коло з центром у точці R радіуса LR = h, яке перетне пряму n у точці L. Будую l ⟂ n, одержу l ∥ m. Будую коло з центром у точці A радіуса AB = b, яке перетне пряму l у точці B. Будую коло з центром у точці D радіуса CD = b, яке перетне пряму l у точці C. Сполучаю відрізками точки A і B та C і D. Отже, побудована трапеція ABCD − шукана, бо в ній AD = a, LR = h, AB = CD = b за побудовою.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

272. Побудуйте трапецію: 1. за основами та діагоналями; 2. за бічними сторонами, середньою лінією та висотою; 3. за бічними сторонами, висотою та однією з діагоналей. 1. Дано: AD = a, BC = b − основи трапеції ABCD, AC = c, BD = d − діагоналі. Побудувати: трапецію ABCD. Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку A. З точки A проводжу коло радіуса AD = a, яке перетне пряму m у точці D. З точки D проводжу за точку D коло радіуса BC = b, яке перетне пряму m у точці E. Будую коло з центром у точці E радіуса BD = d і коло з центром у точці A радіуса AC = c, які перетнуться у точці C. Будую пряму n ⟂ m, яка проходить через точку C. Будую пряму l ⟂ n, яка проходить через точку C; одержу l ∥ m. Будую коло з центром у точці C радіуса BC = b, яке перетне пряму l у точці B. Сполучаю відрізками точки A і B та C і D. Отже, побудована трапеція ABCD − шукана, бо в ній AD = a, BC = b, AC = c, BD = d за побудовою.

2. Дано: AB = a, CD = b − бічні сторони трапеції ABCD, RL = h − висота трапеції, EF = c − середня лінія. Побудувати: трапецію ABCD. Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку R. Будую пряму n ⟂ m, яка проходить через точку R. Будую коло з центром у точці R радіуса RL = h, яке перетне пряму n у точці L. Будую пряму l ⟂ n, яка проходить через точку L; одержу l ∥ m. Проводжу серединний перпендикуляр відрізка RL і одержую пряму k, таку що k ∩ n = Q. Будую коло з центром у точці Q діаметра EF = c, яке в перетині з прямою k дає точки E і F. Будую коло з центром у точці E діаметра AB = a, яке в перетині з прямими m і l дає відповідно точки A і B. Будую коло з центром у точці F діаметра CD = b, яке в перетині з прямими m і l дає відповідно точки D і C. Сполучаю відрізками точки A і B та C і D. Отже, побудована трапеція ABCD − шукана, бо в ній AB = a, CD = b, RL = h, EF = c за побудовою.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

3. Дано: AB = a, CD = b − бічні сторони трапеції ABCD, RL = h − висота трапеції, AC = c − діагональ. Побудувати: трапецію ABCD. Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку R. Будую пряму n ⟂ m, яка проходить через точку R. Будую коло з центром у точці R радіуса RL = h, яке перетне пряму n у точці L. Будую пряму l ⟂ n, яка проходить через точку L; одержу l ∥ m. Позначаю на прямій m довільну точку A. Будую коло з центром у точці A діаметра AB = a, яке в перетині з прямою l дає точку B. Будую коло з центром у точці A діаметра AC = c, яке в перетині з прямою l дає точку C. Будую коло з центром у точці C діаметра CD = b, яке в перетині з прямою m дає точку D. Сполучаю відрізками точки A і B та C і D. Отже, побудована трапеція ABCD − шукана, бо в ній AB = a, CD = b, RL = h, AC = c за побудовою.

273. Через вершину B паралелограма ABCD проведено пряму, яка не має з паралелограмом інших спільних точок. Вершини A і C віддалені від цієї прямої на відстані a і b відповідно. Знайдіть відстань від точки D до цієї прямої.

Нехай ABCD − паралелограм, AM = a, CN = b. Проведемо перпендикуляр з точки O − точки перетину діагоналей, до прямої MN. Оскільки AM ⟂ MN, OP ⟂ MN, CN ⟂ MN, то за властивістю паралельних прямих AM ∥ OP ∥ CN. Тоді чотирикутник AMNC − трапеція. Так як діагоналі паралелограма точкою перетину поділяються навпіл, то AO = OC і тоді OP − середня лінія трапеції AMNC. AM + CN 𝑎𝑎 + 𝑏𝑏 OP = = . 2 2 Розглянемо трикутник DKB. Оскільки BO = OD і OP ∥ DK, то OP - його середня лінія: 1 𝑎𝑎+𝑏𝑏 OP = DK ⇒ DK = 2OP = 2 ⋅ = 𝑎𝑎 + 𝑏𝑏. 2 2 274. У колі проведено діаметри AB і CD. Доведіть, що AC = BD i AC ∥ BD.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай (O; R) − коло, AB і CD − діаметри. Розглянемо трикутники AOC і BOD. У них: 1. AO = BO як радіуси; 2. CO = DO як радіуси; 3. ∠AOC = ∠BOD як вертикальні. Отже, трикутник AOC = трикутнику BOD за двома сторонами і кутом між ними (за першою ознакою рівності трикутників). Тому AC = BD і ∠CAO = ∠DBO як відповідні елементи рівних трикутників. Оскільки ∠CAO = ∠DBO і вони є внутрішніми різносторонніми при прямих AC і BD та січній AB, то AC ∥ BD. 275. У колі з центром O проведено діаметр AB і хорду AC. Доведіть, що ∠BOC = 2∠BAC.

Нехай (O; R) − коло, AB − діаметр, AC − хорда. Оскільки OA = OC як радіуси, то трикутник AOC − рівнобедрений, звідки ∠ACO = ∠CAO. Тоді ∠COB = ∠ACO + ∠CAO за властивістю зовнішнього кута трикутника, тому ∠COB = 2∠CAO = 2∠BAC. 276. Пряма AB дотикається до кола з центром O в точці C, AC = BC. Доведіть, що OA = OB.

Нехай (O; R) − коло, AC = BC. Проведемо радіус OC у точку дотику C. Тоді OC ⟂ AB. Розглянемо прямокутні трикутники ACO і BCO (∠ACO = ∠BCO = 90°). У них: 1. OC − спільна сторона; 2. AC = BC за умовою. Отже, трикутник ACO = трикутнику BCO за двома катетами. Тому AO = BO як відповідні елементи рівних трикутників. 277. Хорда AB кола з центром O перпендикулярна до радіуса OC і ділить його навпіл. 3найдіть: 1. кут AOB; 2. кут ACB.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай (O; R) − коло, AB ⟂ OC, CK = KO. Оскільки OB = OC як радіуси, то трикутник OCB − рівнобедрений з основою CB. У ньому BK − висота та медіана, бо BK ⟂ OC і CK = KO. Тоді OB = BC, отже OC = OB = BC, тому трикутник OCB − рівносторонній, звідки ∠COB = ∠BCO = 60°. Аналогічно можна показати, що трикутник OCA − рівносторонній, звідки ∠AOC = ∠OCK = 60°. За аксіомою вимірювання кутів: 1. ∠AOB = ∠AOC + ∠COB; ∠AOB = 60° + 60° = 120°; 2. ∠ACB = ∠BCO + ∠OCK; ∠ACB = 60° + 60° = 120°. Відповідь: 1. 120°; 2. 120°. 278. Многокутник розбито на трикутники, які пофарбовано в чорний та білий кольори так, що будь-які два трикутники, що мають спільну сторону, пофарбовано в різні кольори. Доведіть, що кількість чорних трикутників не більша за потроєну кількість білих трикутників. До кожного чорного трикутника може прилягати не більше трьох білих трикутників. Тому кількість чорних трикутників не може бути більшою за потроєну кількість білих. 9. Центральні та вписані кути 279. Чому дорівнює градусна міра центрального кута кола, який спирається на дугу, що становить: 1 1. 360∘ ⋅ = 60∘ ; 2. 360 ⋅ ∘

6 1

10 1

= 36∘ ;

3. 360∘ ⋅ = 180∘ ;

2 2

4. 360 ⋅ = 80∘ . ∘

280. Знайдіть градусні міри двох дуг кола, на які його ділять дві точки, якщо градусна міра однієї з дуг на 80° більша за градусну міру другої. Нехай ∪AB = x, тоді ∪ACB = x + 80°. Градусна міра всього кола дорівнює 360°. ∪AB + ∪ACB = 360°. Рівняння: x + x + 80° = 360°; 2x = 280°; x = 140°. Отже, ∪AB = 140°, тоді ∪ACB = 140° + 80° = 220°. Відповідь: 140°, 220°. 281. Знайдіть градусні міри двох дуг кола, на які його ділять дві точки, якщо градусні міри цих дуг відносяться як 7:11.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Нехай ∪AB = 7x, тоді ∪ACB = 11x. Градусна міра всього кола дорівнює 360°. ∪AB + ∪ACB = 360°. Рівняння: 7x + 11x = 360°; 18x = 360°; x = 20°. Отже, ∪AB = 7·20° = 140°, тоді ∪ACB = 11·20° = 220°. Відповідь: 140°, 220°.

la. in.

282. Знайдіть градусну міру дуги, яку описує кінець годинної стрілки: 1) за 2 год; 2) за 5 год; 3) за 8 год; 4) за 30 хв; 5) за 12 год. 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°. 283. Які з кутів, зображених на рисунку, є вписаними? На яку дугу спирається кожний із вписаних кутів? ∠CAS − спирається на ∪CDS; ∠DBP − спирається на ∪DFP; ∠PBF − спирається на ∪PF; ∠FBD − спирається на ∪FSD.

284. На рисунку зображено коло із центром O. Знайдіть: 1. кут BDC, якщо ∠BAC = 40°; 2. кут BEC, якщо ∠BOC = 70°; 3. дугу CE, якщо ∠CDE = 80°; 4. дугу DBA, якщо ∪DBA = 300°.

1. ∠BDC = ∠BAC як вписані в коло кути, що спираються на одну й ту саму дугу, тому ∠BDC = 40°. 2. ∠BOC − центральний кут, що спирається на дугу BC, ∠BEC − вписаний в коло кут, що 1 1 спирається на ту саму дугу, тому ∠BEC = ∠BOC; ∠BEC = · 70° = 35°. 2 2 3. ∠CDE − вписаний в коло кут, що спирається на дугу CE, ∠COE − центральний кут, що спирається на ту саму дугу, тому ∠COE = 2∠CDE; ∠COE = 2 · 80° = 160°. Тоді ∪CE = ∠COE = 160°. 4. У підручнику описка, слід знайти кут DBA. ∪DA = 360° − ∪DBA; ∪DA = 360° − 300° = 60°. 1 ∠DBA − вписаний в коло кут, що спирається на дугу DA, тому ∠DBA = ∪DA;  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html 1

∠DBA = · 60° = 30°. 2 Відповідь: 1. 40°; 2. 35°; 3. 160°; 4. 30°. 285. Обговоріть у класі, чи є помилки на рисунку. Обґрунтуйте вашу думку. а. Вписаний у коло кут, який спирається на діаметр кола, дорівнює 90°, а не 95°;

la. in.

б. кути не можуть дорівнювати 50° i 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.

286. Знайдіть вписаний кут, якщо градусна міра дуги, на яку він спирається, дорівнює: 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°.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

287. На рисунку ∪AB = 70°, ∠ABC = 60°. Знайдіть дугу BC.

la. in.

∠ABC − вписаний у коло кут, що спирається на дугу AC. 1 Тоді ∠ABC = ∪AC, звідки ∪AC = 2∠ABC; ∪AC = 2·60° = 120°. 2 Градусна міра всього кола дорівнює 360°. ∪AB + ∪BC + ∪AC = 360°; ∪BC = 360° − (∪AB + ∪AC); ∪BC = 360° − (70° + 120°) = 170°. Відповідь: 170°. 288. На рисунку ∪AB = 64°, ∪BC = 92°. Знайдіть кут ABC.

Градусна міра всього кола дорівнює 360°. ∪AB + ∪BC + ∪AC = 360°; ∪AC = 360° − (∪AB + ∪BC); ∪AC = 360° − (64° + 92°) = 204°. ∠ABC − вписаний в коло кут, що спирається на дугу AC. 1 1 ∠ABC = ∪AC; ∠ABC = · 204° = 102°. 2 2 Відповідь: 102°. 289. Центральний кут AOC на 25° більший за вписаний кут ABC, що спирається на дугу AC. Знайдіть кути AOC і ABC.

∠AOC − центральний кут, що спирається на дугу AC, ∠ABC − вписаний у коло кут, що 1 спирається на ту саму дугу, тому ∠ABC = ∠AOC; ∠AOC = 2∠ABC. 2 Нехай ∠ABC = x, тоді ∠AOC = x + 25°. Рівняння: x + 25° = 2x; x = 25°.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Отже, ∠ABC = 25°, тоді ∠AOC = 25° + 25° = 50°. Відповідь: 50°, 25°. 290. Кінці хорди AB ділять коло на дві дуги, градусні міри яких відносяться як 3:7. Під якими кутами видно цю хорду з точок M і K?

la. in.

∪AKB : ∪AMB = 3 : 7. Нехай ∪AKB = 3x, тоді ∪AMB = 7x. Градусна міра всього кола дорівнює 360°. ∪AKB + ∪AMB = 360°. Рівняння: 3x + 7x = 360°; 10x = 360°; x = 36°. Отже, ∪AKB = 3·36° = 108°, тоді ∪AMB = 7·36° = 252°. 1 ∠AMB − вписаний у коло кут, що спирається на дугу AKB, тому ∠AMB = ∪AKB; 2

∠AMB = · 108° = 54°. 2

Аналогічно ∠AKB = ∪AMB; 1

∠AKB = · 252° = 126°. 2 Відповідь: 54°, 126°. 291. На рисунку зображено коло із центром O, ∠AOE = 52°, ∠BEC = 36°. Знайдіть: 1. кут BCE; 2. кут ABE; 3. дугу AB; 4. дугу CDE; 5. кут CDE. Використовуючи знайдені градусні міри кутів і дуг, розшифруйте назву українського міста, у якому розташований всесвітньо відомий Національний дендрологічний парк. Номер завдання відповідає місцю, на якому стоїть буква у слові.

1. ∠ЕОВ = 180° — розгорнутий кут. За теоремою про вписані кути маємо: 1 ∠ВСЕ = ∠ЕОВ; ∠ВСЕ = 180° : 2 = 90°. (У) 2

2. За теоремою про вписані кути маємо: ∠АВЕ = ∠АОЕ; ∠АВЕ = 52° : 2 = 26°. (М) 2 3. ∠АОВ = 180° – ∠АОЕ = 180° – 52° = 128°. Тоді ∪АВ = ∠АОВ = 128°. (А) 4. ∠EBC = 180° – ∠BEC – ∠BCE = 180° – 36° – 90° = 54°. ∪CDE = 2 • ∠EBC = 2 • 54° = 108°. (Н) 5. ∠CDE спирається на дугу ∪EABC = ∪EA + ∪AB + ∪BC = 52° + 128° + 2 • 36° = 252°. Тоді за теоремою про вписані кути маємо: 1 ∠CDE = ∪EABC = 252° : 2 = 126°. (Ь) 2

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Відповідь: УМАНЬ. 292. На рисунку хорди AB і CD рівні. Доведіть, що ∪AMB = ∪CND.

la. in.

Нехай (O; R) − коло, AB = CD. Розглянемо трикутники AOB і COD. У них: 1. AO = CO як радіуси; 2. BO = DO як радіуси; 3. AB = CD за умовою. Отже, ΔAOB = ΔCOD за трьома сторонами (за III ознакою рівності трикутників). Тому ∠AOB = ∠COD як відповідні елементи рівних трикутників. Оскільки ∠AOB і ∠COD − рівні центральні кути, що спираються на дуги AMB і CND, то ∪AMB = ∪CND. 293. Доведіть, що коли дві дуги кола рівні, то рівні й хорди, які їх стягують.

Нехай (O; R) − коло, ∪AMB = ∪CND. Тоді ∠AOB = ∠COD як центральні кути, що спираються на рівні дуги. Розглянемо трикутники AOB і COD. У них: 1. AO = CO як радіуси; 2. BO = DO як радіуси; 3. ∠AOB = ∠COD за доведеним вище. Отже, △AOB = △COD за двома сторонами і кутом між ними (за I ознакою рівності трикутників). Тому AB = CD як відповідні елементи рівних трикутників. 294. Точки A,B і C ділять коло на три дуги так, що ∪AB:∪BC:∪AC=1:2:3. Знайдіть кути трикутника ABC.

Нехай (O; R) − коло, ∪AB : ∪BC : ∪AC = 1 : 2 : 3. Нехай ∪AB = x, тоді ∪BC = 2x, ∪AC = 3x. Градусна міра всього кола дорівнює 360°. ∪AB + ∪BC + ∪AC = 360°. Рівняння:  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

2 1

x + 2x + 3x = 360°; 6x = 360°; x = 60°. Отже, ∪AB = 60°, тоді ∪BC = 2·60° = 120°; ∪AC = 3·60° = 180°. ∠BCA − вписаний у коло кут, що спирається на дугу AB. Тому 1 1 ∠BCA = ∪AB; ∠BCA = · 60° = 30°. 2 2 Аналогічно 1 1 ∠BAC = ∪BC; ∠BAC = · 120° = 60°; 2 1

la. in.

∠ABC = ∪AC; ∠ABC = · 180° = 90°. 2 2 Відповідь: 30°, 60°, 90°. 295. Вершини рівнобедреного трикутника ABC(AB = BC) ділять описане навколо нього коло на три дуги, причому ∪AB = 70°. Знайдіть кути трикутника ABC.

Нехай (O; R) − коло, ABC − рівнобедрений трикутник (AB = BC), ∪AB = 70°. За властивістю кутів при основі рівнобедреного трикутника ∠BCA = ∠BAC. Тому ∪AB = ∪BC = 70°. ∠BCA − вписаний у коло кут, що спирається на дугу AB. 1 1 Тому ∠BCA = ∪AB; ∠BCA = · 70° = 35°. 2

Аналогічно ∠BAC = · 70° = 35°. 2 За теоремою про суму кутів трикутника ∠A + ∠B + ∠C = 180°; ∠B = 180° − (∠A + ∠C); ∠B = 180° − (35° + 35°) = 110°. Відповідь: 35°, 35°, 110°. 296. Кінці діаметрів AC і BD кола послідовно сполучили так, що утворився чотирикутник ABCD. 1. Визначте вид чотирикутника ABCD. 2. Знайдіть дуги AB, BC, CD і AD, якщо ∠ABD = 80°.

Нехай (O; R) − коло, AC і BD − діаметри, ∠ABD = 80°. 1. Оскільки AC − діаметр, ∠ADC − вписаний у коло й спирається на діаметр, то ∠ADC = 90°. Аналогічно ∠DAB = ∠ABC = ∠BCD = 90°, тому чотирикутник ABCD − прямокутник.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

2. ∠ABD − вписаний у коло кут, що спирається на дугу AD. ∪AD = ∠AOD. 1 Тому ∠ABD = ∠AOD; ∠AOD = 2∠ABD; ∠AOD = 2·80° = 160°. 2 Тоді ∪AD = 160°. ∠BOC = ∠AOD = 160° як вертикальні. Тому аналогічно ∪BC = 160°. ∠BOC і ∠COD − суміжні, тому ∠BOC + ∠COD = 180°; ∠COD = 180° − ∠BOC; ∠COD = 180° − 160° = 20°. ∠AOB = ∠COD = 20° як вертикальні. Тому ∪CD = ∪AB = 20°. Відповідь: 20°, 160°, 20°, 160°. 297. Гострий кут прямокутного трикутника дорівнює 32°. Знайдіть градусні міри дуг, на які вершини трикутника ділять коло, описане навколо нього, та радіус цього кола, якщо гіпотенуза даного трикутника дорівнює 12 см .

Нехай (O; R) − коло, ABC – прямокутний трикутник (∠ABC = 90°), ∠A = 32°, AC = 12 см. Оскільки ABC − прямокутний, то його гіпотенуза збігається з діаметром кола. Тоді ∪AC = 180°. ∠CAB − вписаний у коло кут, що спирається на дугу CB. ∪CB = 2∠CAB; ∪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. ∪AB = 2∠ACB; ∪AB = 2·58° = 116°. 1 R = AC; 2 1

R = · 12 = 6 см. 2 Biдповідь: 64°, 180°, 116°; 6 см. 298. Доведіть, що коли вписаний кут є прямим, то він спирається на діаметр.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай (O; R) − коло, ∠ABC = 90°. ∠ABC − вписаний у коло кут, що спирається на дугу AC, ∠AOC − відповідний йому центральний кут, що спирається на ту саму дугу. 1 Тоді ∠ABC = ∠AOC; ∠AOC = 2∠ABC; ∠AOC = 2·90° = 180°. 2 Отже, ∠AOC є розгорнутим, тому AB − діаметр. 1 299. Хорди AB і CD кола перетинаються в точці M. Доведіть, що ∠AMC = (∪AC + 2 ∪BD).

Нехай (O; R) − коло, AB і CD − хорди, AB ∩ CD = M. Розглянемо трикутник CMB. За властивістю зовнішнього кута трикутника ∠AMC = ∠MBC + ∠MCB. ∠MBC − вписаний у коло кут, що спирається на дугу AC, ∠MCB − вписаний у коло кут, що спирається на дугу BD. Тоді 1 1 ∠MBC = ∪AC, ∠MCB = ∪BD, звідки 2

2 1

∠AMC = (∪AC + ∪BD). 2 300. Хорди AB і CD кола не перетинаються, а прямі AB і CD перетинаються в точці M. 1 Доведіть, що ∠AMC = (∪AC − ∪BD).

Нехай (O; R) − коло, AB і CD − хорди, AM ∩ CM = M. Розглянемо трикутник ADM. За властивістю зовнішнього кута трикутника ∠ADC = ∠DAM + ∠AMD; ∠AMD = ∠ADC − ∠DAM. ∠ADC − вписаний у коло кут, що спирається на дугу AC, ∠DAM − вписаний у коло кут, що спирається на дугу BD. 1 1 Тоді ∠ADC = ∪AC, ∠DAM = ∪BD, 2

звідки ∠AMD = (∪AC − ∪BD). 2

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

301. Через точку A, яка лежить поза колом із центром O, проведено дві прямі, одна з яких дотикається до кола в точці B, а друга проходить через його центр. Відомо, що ∪BMC = 100°. Знайдіть кут BAC.

la. in.

Нехай (O; R) − коло, ∪BMC = 100°. Проведемо радіус OB. Оскільки OB − радіус, проведений у точку дотику прямої AB до кола, то OB ⟂ AB, ∠OBA = 90°. Так як ∪BMC = 100°, то ∠BOC = 100°. Розглянемо прямокутний трикутник ABO. За властивістю зовнішнього кута трикутника маємо: ∠BOC = ∠A + ∠ABO; ∠A = ∠BOC − ∠ABO; ∠A = 100° − 90° = 10°. Відповідь: 10°. 302. Бісектриса кута B трикутника ABC перетинає коло, описане навколо цього трикутника, у точці D. Знайдіть кути трикутника ADC, якщо ∠ABC = 80°.

Нехай (O; 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 й 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°. 303. На дузі AC кола, описаного навколо рівностороннього трикутника ABC, позначено точку M так, що ∪AM = 2∪CM. Знайдіть кути трикутника AMC.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай (O;R) − коло, ABC − вписаний рівносторонній трикутник, ∪AM = 2∪CM. Оскільки ABC − рівносторонній трикутник, то ∠ABC = ∠BCA = ∠BAC = 60°. ∠BMA і ∠BCA − вписані в коло кути, що спираються на одну й ту саму дугу AB, тому ∠BMA = ∠BCA = 60°. ∠BAC і ∠BMC − вписані в коло кути, що спираються на одну й ту саму дугу BC, тому ∠BAC = ∠BMC = 60°. ∠CAM і ∠CBM − вписані в коло кути, що спираються на одну й ту саму дугу MC, тому ∠CAM = ∠CBM = 60°. За аксіомою вимірювання кутів ∠AMC = ∠AMB + ∠BMC; ∠AMC = 60° + 60° = 120°. Оскільки ∠ABC = 60°, то ∪AMC = 2·60° = 120°. ∪AMC = ∪AM + ∪MC. Нехай ∪CM = x, тоді ∪AM = 2x. Рівняння: x + 2x = 120°; 3x = 120°; x = 40°. Отже, ∪CM = 40°, тоді ∪AM = 2·40° = 80°. Тоді ∠MAC = 40° : 2 = 20°, ∠ACM = 80° : 2 = 40°. Відповідь: 120°, 20°, 40°. 304. Коло, побудоване на стороні AB трикутника ABC як на діаметрі, перетинає сторони AC і BC у точках M і K відповідно. Доведіть, що відрізки AK і BM - висоти трикутника ABC.

Нехай (O; R) − коло, AB − діаметр. ∠BKA − вписаний у коло кут, який спирається на діаметр, тому ∠BKA = 90°, AK ⟂ BC, AK − висота трикутника ABC. ∠BMA − вписаний у коло кут, який спирається на діаметр, тому ∠BMA = 90°, BM ⟂ AC, BM − висота трикутника ABC. 305. Коло, побудоване на стороні AC трикутника ABC як на діаметрі, перетинає сторону AB у точці K так, що ∠ACK = ∠BCK. Доведіть, що трикутник ABC рівнобедрений.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай (O; R) − коло, AC − діаметр, ∠ACK = ∠BCK. ∠AKC − вписаний у коло кут, який спирається на діаметр, тому ∠AKC = 90°, CK ⟂ AB, CK − висота трикутника ABC. Оскільки ∠ACK = ∠BCK, то CK − бісектриса трикутника ABC. Якщо CK є висотою і бісектрисою, то трикутник ABC − рівнобедрений з основою AB, тому CK є й медіаною, звідки AK = KB. 306. Доведіть, що градусні міри дуг кола, які містяться між двома паралельними хордами, рівні.

Нехай (O; R) − коло, AB ∥ CD. Проведемо відрізки AC і BD. ∠BAC = ∠ACD як внутрішні різносторонні при паралельних прямих AB і CD та січній AC. 1 ∠BAC = ∪BC; ∪BC = 2∠BAC. 2

Аналогічно ∠ACD = ∪AD; ∪AD = 2∠ACD. 2 Тому ∪BC = ∪AD. 307. Вершини квадрата ABCD лежать на колі. На дузі AB позначено довільну точку M. Доведіть, що ∠AMD = ∠CMD = ∠CMB.

Нехай (O; R) − коло, ABCD − квадрат. З того, що AB = BC = CD = AD як сторони квадрата, випливає, що ∪AB = ∪BC = ∪CD = ∪AD. ∠AMD − вписаний у коло кут, що спирається на дугу AD. 1 Тоді ∠AMD = ∪AD. 2 Аналогічно  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html 1

∠CMD = ∪CD; 2 1

la. in.

∠CMB = ∪BC. 2 Тому ∠AMD = ∠CMD = ∠CMB. 308. Кут при вершині рівнобедреного трикутника дорівнює 56°. На бічній стороні трикутника як на діаметрі побудовано півколо, яке інші сторони трикутника ділять на три дуги. Знайдіть градусні міри утворених дуг.

Нехай (O; 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. 1 Тоді ∠ABM = ∪ANM, ∪ANM = 2∠ABM; ∪ANM = 2·56° = 112°. 2 Так як AB − діаметр, то ∪ANB = ∪ANM + ∪BM = 180°; ∪BM = 180° − ∪ANM; ∪BM = 180° − 112° = 68°. ∠BAN − вписаний у коло кут, що спирається на дугу BN. 1 Тоді ∠BAN = ∪BMN, ∪BMN = 2∠BAN; 2 ∪BMN = 2·62° = 124°. ∪BMN = ∪BM + ∪MN; ∪MN = ∪BMN − ∪BM; ∪MN = 124° − 68° = 56°. ∪AN + ∪BMN = 180°; ∪AN = 180° − 124° = 56°. Відповідь: ∪AN = 56°; ∪MN = 56°; ∪BM = 68°. 309. Як, користуючись лише косинцем, знайти центр даного кола? 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. 310. Дано коло, у якому проведено діаметр AB, і позначено точку C поза колом. Як, користуючись лише лінійкою, провести через точку C пряму, що перпендикулярна до прямої AB?

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай (O;R) − коло, AB − діаметр. Проводжу відрізок AC, який перетне коло в точці M, і BC, 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 BM − висоти трикутника ABC, AN ∩ BM = P. Оскільки висоти трикутника перетинаються в одній точці, то проводжу промінь CP, який у перетині з AB дасть точку K, тому CK ⟂ AB. 311. Два кола мають єдину спільну точку M. Через точку M проведено дві прямі, які перетинають дані кола. Точки їхнього перетину з колами, відмінні від точки M, сполучено хордами. Доведіть, що ці хорди паралельні. Нехай (O1; R), (O2; r) − кола, M − спільна точка кіл. Можливі два варіанти: 1. кола дотикаються зовні;

2. кола дотикаються внутрішньо.

Розглянемо перший випадок. Точка M належить прямій O1O2. Проведемо спільну дотичну до кіл пряму NK. Тоді NK ⟂ O1O2. 1 1 ∠MCD = ∪MD, ∠NMD = ∪MD, звідки ∠MCD = ∠NMD. 2

Аналогічно ∠ABM = ∪AM, ∠KMA = ∪AM, звідки ∠ABM = ∠KMA. 2

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

∠KMA = ∠NMD як вертикальні. Тоді ∠ABM = ∠MCD. Але ці кути є внутрішніми різносторонніми при прямих AB і CD та січній BC, тому AB ∥ CD. Аналогічний результат можна показати й у другому випадку. 312. До кола, описаного навколо трикутника ABC, проведено в точці B дотичну, яка перетинає пряму AC у точці D. Відрізок BM - бісектриса трикутника ABC. Доведіть, що BD = MD.

la. in.

Нехай (O;R) − коло, ABC − вписаний трикутник, DB − дотична, BM − бісектриса. 1 1 Оскільки BM − бісектриса, то ∠ABM = ∠MBC = ∠ABC. ∠DBA = ∪AB за властивістю 2 2 кута між дотичною і хордою, проведеною в точку дотику. ∠BCA − вписаний у коло кут, що спирається на дугу AB. 1 Тоді ∠BCA = ∪AB. Отже, ∠DBA = ∠BCA. 2 За аксіомою вимірювання кутів маємо: ∠DBM = ∠DBA + ∠ABM. ∠BMD − зовнішній кут трикутника BMC, тому ∠BMD = ∠CBM + ∠BCM. Отже, ∠DBM = ∠BMD, звідки слідує, що трикутник BDM − рівнобедрений з основою BM. Тому DB = DM. 313. Дано відрізок AB і кут α. Знайдіть геометричне місце точок X таких, що ∠AXB = α. За наслідком теореми про вписані кути геометричним місцем точок будуть дві дуги, які спираються на хорду 𝐴𝐴𝐴𝐴.

314. Побудуйте трикутник за стороною, протилежним їй кутом і висотою, проведеною до даної сторони. Дано: BC = a − сторона трикутника ABC, ∠P1M1Q1 = α − протилежний до сторони BC кут, BK = b − висота, проведена до сторони BC. Побудувати: трикутник ABC. Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку M. Будую кут ∠PMQ = α. На прямій m позначаю довільну точку B, відмінну від M. Будую коло з центром у точці B радіуса BC = a. Воно перетне сторону MP кута PMQ у точці C. Сполучаю відрізком точки B і C. Через точки B, C й M будую коло з центром у точці перетину

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

серединних перпендикулярів сторін трикутника BCM.

la. in.

Будую пряму k ⟂ BC у точці B. На прямій k від точки B відкладаю відрізок b. У результаті одержу точку K. Через точку K будую пряму n ∥ BC, яка перетне коло в точках A і A1. Сполучаю відрізками точки A і C та A і B, а також точки A1 і C та A1 і B. Отже, побудовані трикутники ABC і A1BC − шукані, бо в них BC = a, ∠PMQ = ∠BAC = ∠BA1C = α, BK = b за побудовою. 315. Побудуйте трикутник за стороною, протилежним їй кутом і медіаною, проведеною до даної сторони. Дано: BC = a − сторона трикутника ABC, ∠P1M1Q1 = α − протилежний до сторони BC кут, AE = b − медіана, проведена до сторони BC. Побудувати: трикутник ABC. Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку M. Будую кут ∠PMQ = α. На прямій m позначаю довільну точку B, відмінну від M. Будую коло з центром у точці B радіуса BC = a. Воно перетне сторону MP кута PMQ у точці C. Сполучаю відрізком точки B і C. Через точки B, C й M будую коло з центром у точці перетину серединних перпендикулярів сторін трикутника BCM. Позначаю точку перетину серединного перпендикуляра до сторони BC і сторони BC літерою E. Будую коло з центром у точці E радіуса AE = b. Воно перетне попередньо побудоване коло в точках A і A1. Сполучаю відрізками точки A і C та A і B, а також точки A1 і C та A1 і B. Отже, побудовані трикутники ABC і A1BC − шукані, бо в них BC = a, ∠PMQ = ∠BAC = ∠BA1C = α, AE = A1E = b за побудовою.

316. Побудуйте паралелограм за двома сторонами та кутом між діагоналями. Дано: AB = a; AD = b − сторони паралелограма ABCD, ∠P1M1Q1 = α − кут між діагоналями. Побудувати: паралелограм ABCD. Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку M. Будую кут ∠PMQ = α. На прямій m позначаю довільну точку A, відмінну від M. Будую відрізок завдовжки 2b. Будую коло з центром у точці A радіуса 2b. Воно перетне сторону MP кута PMQ у точці D1. Сполучаю відрізком точки A і D1. Через точки A, D1 і M будую коло з центром у точці перетину серединних перпендикулярів сторін трикутника AD1M. Позначаю точку  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

перетину серединного перпендикуляра до сторони AD1 і сторони AD1 літерою D. Будую коло з центром у точці D радіуса AB = a. Воно перетне попередньо побудоване коло в точці C. Через точку C проводжу n ∥ AD1. Будую коло з центром у точці A радіуса AB = a. Воно перетне пряму n у точці B. Сполучаю відрізками точки A і B, B і C та C і D. Отже, побудований паралелограм ABCD − шуканий, бо в ньому AB = a, AD = b, ∠BOC = α − кут між діагоналями за побудовою.

317. Побудуйте паралелограм за кутом і двома діагоналями. Дано: AC = a, BD = b — діагоналі паралелограма ABCD, ∠P1M1Q1 = α — кут паралелограма. Побудувати: паралелограм ABCD. Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку M. Будую кут ∠PMQ = α. На прямій m позначаю довільну точку A, відмінну від M. Будую коло з центром у точці A радіуса a. Воно перетне сторону MP кута PMQ у точці C. Сполучаю відрізком точки A і C. Через точки A, C і M будую коло з центром у точці перетину серединних перпендикулярів сторін трикутника ACM. Позначаю точку перетину серединного 𝑏𝑏 перпендикуляра до сторони AC літерою O. Будую коло з центром у точці O радіуса . 2 Воно перетне попередньо побудоване коло в точці B. Через точки B і O проводжу пряму. Відкладаю за точкою O точку D таку, що OD = BO. Сполучаю відрізками точки A і B, B і C, C і D та A і D. Отже, побудований паралелограм ABCD — шуканий, бо в ньому AC = a, BD = b, ∠ABC = α — кут паралелограма за побудовою (∠ABC = ∠AMC як кути, що спираються на одну й ту саму дугу).

318. У прямокутному трикутнику ABC на катеті AC як на діаметрі побудовано коло, що перетинає гіпотенузу AB у точці E. Через точку E проведено дотичну до кола, яка перетинає катет CB у точці D. Доведіть, що трикутник BDE рівнобедрений.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай ABC — прямокутний трикутник (∠ACB = 90°), (O; R) — коло, AC — діаметр, ED — дотична до кола, D ∈ BC. Нехай ∠A = α, ∠B = β, α + β = 90°. Оскільки AC — діаметр кола, то трикутник AEC — прямокутний, у якого ∠AEC = 90°, ∠A = α, тому за властивістю гострих кутів прямокутного трикутника ∠ACE = 90° − α = β. Отже, ∠ECB = 90° − β = α. Оскільки OA = OC = OE, то трикутник COE — рівнобедрений з основою EC. Тому ∠OEC = ∠OCE = β як кути при основі рівнобедреного трикутника. Оскільки ED — дотична до кола в точці E, то OE ⟂ ED. Тому ∠OED = 90°. За аксіомою вимірювання кутів ∠OED = ∠OEC + ∠CED, звідки ∠CED = ∠OED − ∠OEC = 90° − β = α. Оскільки ∠AEC = 90°, то ∠BEC = ∠BED + ∠DEC. Отже, ∠BED = ∠BEC − ∠DEC = 90° − α = β. У трикутнику BDE ∠BED = ∠DBE = β, тому трикутник BDE — рівнобедрений. 319. Дано відрізок AB. Знайдіть геометричне місце точок X таких, що трикутник AXB прямокутний.

Якщо відрізок AB розглядати як гіпотенузу, то геометричним місцем точок X, для яких трикутник AXB є прямокутним, буде коло діаметра AB без точок A і B (див., наприклад, трикутник AX1B). Якщо відрізок AB розглядати як катет, то геометричним місцем точок X, для яких трикутник AXB є прямокутним, буде дві прямі, які проходять через кінці відрізка AB і перпендикулярні до нього, без точок A і B (див., наприклад, трикутник AX2B). 320. Бісектриса кута A трикутника ABC перетинає описане навколо нього коло в точці D. Точка O - центр вписаного кола трикутника ABC. Доведіть, що DO = DB = DC.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай (O; R) — коло, ABC — вписаний трикутник, AD — бісектриса. Оскільки точка O — 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 BC, звідки ∠DBC = ∠DCB. Нехай ∠DBC = ∠DCB = α. ∠DBC = ∠DAC як кути, що спираються на одну й ту саму дугу DC. Тому ∠DAC = ∠BAD = α. BO — бісектриса кута B, тому нехай ∠CBA = 2β. За аксіомою вимірювання кутів ∠DBO = ∠DBC + ∠CBO; ∠DBO = α + β. ∠DOB — зовнішній кут трикутника AOB, тому за властивістю зовнішнього кута ∠DOB = ∠BAO + ∠OBA; ∠DOB = α + β. Тому ∠DOB = ∠DBO, звідки маємо, що трикутник BDO — рівнобедрений. Отже, DB = DO, звідки DO = DB = DC. 321. Бісектриси кутів A, B і C трикутника ABC перетинають описане навколо нього коло в точках A1, B1 і C1 відповідно. Доведіть, що A1B1 ⟂ CC1.

Нехай (O; R) − коло, ABC − вписаний трикутник, AA1, BB1 і CC1 − бісектриси кутів трикутника. Нехай ∠A = 2α, ∠B = 2β, ∠C = 2γ. Оскільки AA1, BB1 і CC1 бісектриси кутів трикутника ABC, то вони перетинаються в точці O − центрі вписаного кола, ∠CAO = ∠OAB = α, ∠ABO = ∠OBC = β, ∠ACO = ∠OCB = γ. За теоремою про суму кутів трикутника ∠A + ∠B + ∠C = 180°; 2α + 2β + 2γ = 180°; α + β + γ = 90°. ∠BAA1 = ∠BB1A1 = α як кути, що спираються на одну й ту саму дугу AB. ∠OB1D = ∠BB1A1, тому ∠OB1D = α. ∠C1OB1 − внутрішній кут кола, тому 1 ∠C1OB1 = (∪C1A + ∪AB1 + ∪BA1 + ∪A1C) = 1

= (2γ + 2β + 2α + 2α) = α + β + γ + α = 90° + α. 2

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

∠C1OB1 − зовнішній кут трикутника OB1D, тому ∠C1OB1 = ∠ODB1 + ∠OB1D, звідки ∠ODB1 = ∠C1OB1 − ∠OB1D; ∠ODB1 = 90° + α − α = 90°. Тому A1B1 ⟂ CC1. 322. Побудуйте трикутник: 1. за стороною, протилежним їй кутом і радіусом вписаного кола; 2. за стороною, протилежним їй кутом і медіаною, проведеною до другої сторони. 1. Дано: BC = a — сторона трикутника ABC, ∠P1M1Q1 = α — протилежний до сторони BC кут, OX = b — радіус вписаного кола. Побудувати: трикутник ABC. Центр вписаного в трикутник кола міститься в точці перетину бісектрис. Нехай ∠BAO = ∠OAC = ∠1, ∠ABO = ∠OBC = ∠2, ∠ACO = ∠OCB = ∠3, ∠COD = ∠4, ∠BOD = ∠5. Оскільки ∠5 — зовнішній кут трикутника AOB, то ∠5 = ∠1 + ∠2. Аналогічно ∠4 = ∠1 + ∠3. Додавши почастинно останні дві рівності, одержимо: ∠5 + ∠4 = 2∠1 + ∠2 + ∠3, тобто 1 1 1 ∠BOC = ∠A + (∠B + ∠C) = ∠A + (180° − ∠A) = 90° − ∠A. 2 2 2 Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку M. Будую кут ∠PMQ = α. Будую бісектрису MK даного кута. Будую перпендикуляр MN до прямої MQ. Тоді 1 ∠MNK = 90° + α. На промені MN позначаю довільну точку B. Через точку C проводжу 2 пряму n ⟂ BC. Проводжу коло з центром в точці C радіуса b. Отримаю точку G на прямій n. Через точку G проводжу пряму, паралельну до BC, яка перетинає коло в точці O. Тоді ∠BOC = ∠MNK як кути, що спираються на одну й ту саму дугу. Через точку O проводжу пряму l ⟂ BC. Перетин прямої l з BC дасть точку X. Будую коло з центром O радіуса b — вписане в шуканий трикутник. Будую коло з центром у точці B радіуса BX, яке перетинає вписане коло в точці E. Будую коло з центром у точці C радіуса CX, яке перетинає вписане коло в точці F. Через точки B й E та C і F проводжу прямі, які перетнуться в точці A. Отже, трикутник ABC — шуканий, бо в ньому BC = a, ∠PMQ = ∠BAC = α, OX = b за побудовою.

2. Дано: BC = a — сторона трикутника ABC, ∠P1M1Q1 = α — протилежний до сторони BC кут, BN = b — медіана до сторони AC. Побудувати: трикутник ABC. Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку M. Будую кут ∠PMQ = α. На прямій m позначаю довільну точку B. Будую коло з центром у точці B радіуса a, яке перетинає промінь MP у точці C. Через точки M, B і C проводжу коло, центр якого — точка O, що міститься на перетині серединних перпендикулярів відрізків MB і BC. Будую коло з центром у точці B радіуса b. Сполучаю точки O та C, знаходжу середину відрізка OC — точку L. Будую коло з центром у точці L радіуса LO, яке в перетині з колом (B; b) дасть точку N. Проводжу промінь CN, який у перетині з колом, описаним навколо трикутника MBC, дасть точку A. Сполучаю точки A, B і C. Оскільки кут BAC  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

спирається на ту саму ∪BC, що і кут BMC, то ∠BAC = α. Отже, трикутник ABC — шуканий, бо в ньому BC = a, ∠PMQ = ∠BAC = α, BN = b за побудовою.

Фізика: Хімія:

19 4

la. in.

323. У таблиці подано інформацію про сумарну кількість медалей, здобутих українськими школярами та школярками на деяких міжнародних предметних олімпіадах у 2023 р. Побудуйте кругову діаграму, що відображає цю інформацію. Всього медалей: 4 + 5 + 4 + 6 = 19 шт. = 100%; 360° : 100% = 3,6° – 1%. 4 Інформатика: • 100% = 21%; 21% • 3,6° = 75,6°. • 100% = 26%; 26% • 3,6° = 93,6°.

• 100% = 21%; 21% • 3,6° = 75,6°.

Математика:

• 100% = 32%; 32% • 3,6° = 115,2°. 21%

32%

26%

21%

Інформатика

Фізика

Хімія

Математика

324. Учениця 8 класу Ярина так використовує вільний від навчання час: допомозі батькам вона присвячує 25% вільного часу, читанню - 30%, грі на комп'ютері та перегляду роликів в інтернеті -10%, перебуванню на свіжому повітрі -15%, а решту часу займається спортом. Побудуйте кругову діаграму, що відображає цю інформацію. 100% – 25% – 30% – 10% – 15% = 20% — решта часу. 360° : 100% = 3,6° — 1%; Вільний час: 25% • 3,6° = 90°; Читання: 30% • 3,6° = 108°; Комп’ютер: 10% • 3,6° = 36°; Свіже повітря: 15% • 3,6° = 54°; Решта: 20% • 3,6° = 72°.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

20%

15%

10%

Вільний час

Читання

30%

Комп'ютер

Свіже повітря

25%

Решта

la. in.

325. Периметр трикутника ABC дорівнює 30 см . Точка дотику вписаного кола до сторони AB ділить ї у відношенні 3:2, рахуючи від вершини A, а точка дотику до сторони BC віддалена від вершини C на 5 см. Знайдіть сторони трикутника.

Нехай ABC − трикутник, PABC = 30 см, (O; R) − вписане у нього коло, AM:MB = 3:2, CN = 5 см. Нехай AM = 3x см, тоді MB = 2x см. За властивістю дотичних, проведених до кола з однієї точки, BM = BN = 2x см; AM = AK = 3x см, CN = CK = 5 см. За аксіомою вимірювання відрізків маємо: AB = AM + MB; AB = 3x + 2x = 5x см; BC = BN + NC; BC = (2x + 5) см; AC = AK + KC; AC = (3x + 5) см. PABC = AB + BC + AC. Рівняння: 5x + 2x + 5 + 3x + 5 = 30; 10x = 20; x = 2 см. Отже, AB = 5·2 = 10 см; BC = 2·2 + 5 = 9 см; AC = 3·2 + 5 = 11 см. Відповідь: 10 см, 9 см, 11 см. 326. До кола, вписаного в трикутник ABC, проведено три дотичні. Периметри трикутників, які ці дотичні відтинають від даного трикутника, дорівнюють P1, P2 і P3. Знайдіть периметр трикутника ABC.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай ABC − трикутник, (O; R) − вписане у нього коло, P1, P2 і P3 − периметри трикутників. За властивістю дотичних, проведених до кола з однієї точки, XY = XM, ZY = ZN, EN = EF, PF = PK, HK = HG, DG = DM. PABC = AD + DM + MX + XB + BZ + ZN + NE + EC + CP + PK + KH + HA = = (AD + DG + GH + AH) + (XB + BZ + ZY + XY) + (EC + CP + PE + EF) = P1 + P2 + P3. Відповідь: P1 + P2 + P3. 327. Установіть вид трикутника, у якого центр описаного кола належить медіані. 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.

328. Клітинки квадрата розміром 100×100 клітинок розфарбовано в шаховому порядку. Квадрат розрізали на квадрати, сторони яких містять непарну кількість клітинок, і в кожному такому квадраті позначили центральну клітинку. Доведіть, що білих і чорних клітинок позначено порівну. 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. 10. Описане та вписане кола чотирикутника 329. Накресліть прямокутник зі сторонами 2 см і 3 см . Опишіть навколо нього коло.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

330. Накресліть довільну рівнобічну трапецію. Опишіть навколо неї коло.

la. in.

331. Накресліть рівнобічну трапецію з більшою основою 6 см , бічною стороною 4 см і кутом 60°. Впишіть у неї коло.

332. Накресліть довільний квадрат. Впишіть у нього коло й опишіть навколо нього коло.

333. Чи можна описати коло навколо чотирикутника ABCD, якщо його кути A, B, C і D відповідно дорівнюють: 1. 90°, 90°, 80°, 100°; Не можна. Навколо чотирикутника можна описати коло, якщо сума протилежних його кутів дорівнює 180°. ∠A + ∠C = 90° + 80° ≠ 180°; ∠B + ∠D = 90° + 100° ≠ 180°; 2. 90°, 80°, 90°, 100°; Можна. Навколо чотирикутника можна описати коло, якщо сума протилежних його кутів дорівнює 180°. ∠A + ∠C = 90° + 90° = 180°; ∠B + ∠D = 80° + 100° = 180°; 3. 50°, 70°, 130°, 110°? Можна. Навколо чотирикутника можна описати коло, якщо сума протилежних його кутів дорівнює 180°. ∠A + ∠C = 50° + 130° = 180°; ∠B + ∠D = 70° + 110° = 180°. 334. Чи можна описати коло навколо чотирикутника ABCD, якщо його кути A,B,C і D відповідно пропорційні числам:  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

1. 3, 8, 11, 6; Нехай ∠A = 3x, тоді ∠B = 8x, ∠C = 11x, ∠D = 6x. 3x + 11x = 8x + 6x; 14x = 14x. Отже, навколо такого чотирикутника можна описати коло; 2. 4, 5, 4, 2? Нехай ∠A = 4x, тоді ∠B = 5x, ∠C = 4x, ∠D = 2x. 4x + 4x ≠ 5x + 2x; 8x ≠ 7x. Отже, навколо такого чотирикутника не можна описати коло. 335. Доведіть, що можна описати коло навколо: 1. будь-якого прямокутника; У прямокутнику всі кути дорівнюють по 90°, тому суми протилежних кутів дорівнюють по 180°. Отже, навколо будь−якого прямокутника можна описати коло; 2. будь-якої рівнобічної трапеції. У рівнобічній трапеції кути при основі рівні; сума прилеглих до бічної сторони кутів дорівнює 180°, тому суми протилежних кутів трапеції дорівнюють по 180°. Отже, навколо будь−якої рівнобедреної трапеції можна описати колю. 336. Яка точка є центром кола, описаного навколо прямокутника? Точка перетину серединних перпендикулярів його сторін, яка збігається з точкою перетину діагоналей. 337. Чи можна описати коло навколо ромба, який не є квадратом? Ні. Навколо чотирикутника можна описати коло, якщо сума його протилежних кутів дорівнює 180°. Протилежні кути ромба, який не є квадратом, або гострі, тоді їх сума менша від 180°, або тупі, тоді їх сума більша від 180°. 338. У прямокутнику ABCD відомо, що AB = 12 см, ∠CAD = 30°. Знайдіть радіус кола, описаного навколо даного прямокутника.

Нехай ABCD − прямокутник, AB = 12 см, ∠CAD = 30°. Центр описаного навколо прямокутника кола міститься в точці перетину його діагоналей. Діагоналі точкою перетину діляться навпіл, тому OA = OB = OC = OD. Розглянемо прямокутний трикутник CDA. CD = AB = 12 см як протилежні сторони прямокутника. За властивістю катета, який лежить проти кута 30°, маємо: 1 CD = AC; AC = 2CD; AC = 2·12 = 24 см. 2

Тоді AO = AC; AO = ·24 = 12 см. 2 2 Відповідь: 12 см. 339. Чи можна вписати коло в чотирикутник ABCD, якщо його сторони AB, BC, CD, AD відповідно пропорційні числам: 1. 7,8,12,11; 2. 7,12,8,11? Щоб можна було в чотирикутник ABCD вписати коло, необхідно виконання умови AB + CD = BC + AD. 1. Нехай AB = 7x см, BC = 8x см, CD = 12x см, AD = 11x см.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Тоді 7x + 12x = 8x + 11x; 19x = 19x. Отже, вписати коло можна; 2. Нехай AB = 7x см, BC = 12x см, CD = 8x см, AD = 11x см. Тоді 7x + 8x ≠ 12x + 11x; 15x ≠ 23x. Отже, вписати коло не можна. 340. Сума двох протилежних сторін чотирикутника, описаного навколо кола, дорівнює 18 см . Знайдіть периметр даного чотирикутника.

la. in.

Нехай ABCD − чотирикутник, який описано навколо кола. Оскільки чотирикутник описано навколо кола, то AB + CD = BC + AD = 18 см. PABCD = AB + BC + CD + AD = (AB + CD) + (BC + AD); PABCD = 18 + 18 = 36 см. Відповідь: 36 см. 341. Бічна сторона рівнобічної трапеції дорівнює 7 см . Чому дорівнює периметр даної трапеції, якщо в неї можна вписати коло?

Нехай ABCD - рівнобічна трапеція, AB = CD = 7 см. Оскільки в трапецію можна вписати коло, то AB + CD = BC + AD = 7 + 7 = 14 (см). PABCD = AB + BC + CD + AD = (AB + CD) + (BC + AD); PABCD = 14 + 14 = 28 см. Відповідь: 28 см. 342. У чотирикутнику CDEF, у який можна вписати коло, CD = 6 см, DE = 8 см, EF = 12 см. Знайдіть сторону CF.

Нехай CDEF − чотирикутник, у який вписано коло, CD = 6 см, DE = 8 см, EF = 12 см. Оскільки в чотирикутник можна вписати коло, то CD + EF = CF + DE; CF = CD + EF − DE; CF = 6 + 12 − 8 = 10 см.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Відповідь: 10 см . 343. Доведіть, що в будь-який ромб можна вписати коло. Яка точка є центром кола, вписаного в ромб?

la. in.

Коло можна вписати в чотирикутник, у якого суми протилежних сторін рівні. У ромба всі сторони рівні, тому і суми протилежних сторін теж є рівними. Центром вписаного в ромб кола є точка перетину його діагоналей. 344. Чи можна вписати коло в паралелограм, який не є ромбом?

Нехай ABCD − паралелограм, який не є ромбом. Тоді в нього AB = CD, BC = AD, AB ≠ BC, звідки AB + CD ≠ BC + AD, тому вписати коло в паралелограм не можна. 345. Під яким кутом видно бічну сторону трапеції із центра вписаного кола? Як ви думаєте, чому ця задача аналогічно до задачі 49? Обговоріть це питання в класі.

Нехай ABCD − трапеція, у яку вписано коло. Якщо в трапецію вписано коло, то вона рівнобічна. Центр вписаного в трапецію кола знаходиться у точці перетину бісектрис її кутів. ∠A + ∠B = 180° як кути при бічній стороні рівнобічної трапеції. 1 1 Тоді ∠A + ∠B = 90°. 2 2 Розглянемо трикутник AOB. За теоремою про суму кутів трикутника маємо: ∠BAO + ∠ABO + ∠BOA = 180°; 90° + ∠BOA = 180°; ∠BOA = 90°. Відповідь: 90°. 346. Один із кутів ромба дорівнює 60°, а більша діагональ - 24 см . Знайдіть радіус кола, вписаного в даний ромб.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Нехай ABCD − ромб, у який вписано коло, ∠BCD = 60°, AC = 24 см. Проведемо радіус у 1 точку дотику, тоді OE ⟂ BC. За властивостями діагоналей ромба маємо: AO = OC = AC; 1

OC = · 24 = 12 см. 2

la. in.

OC − бісектриса кута BCD, тому ∠BCO = ∠OCD = ∠BCD, звідки ∠BCO = · 60° = 30°. 2 2 Розглянемо прямокутний трикутник OEC (∠OEC = 90°). За властивістю катета, який 1 1 лежить проти кута 30°, маємо: OE = OC; OE = · 12 = 6 см. 2 2 Відповідь: 6 см. 347. Доведіть, що коли в прямокутник можна вписати коло, то цей прямокутник є квадратом.

Нехай ABCD − прямокутник, у який вписано коло. Якщо в чотирикутник вписано коло, то AB + CD = BC + AD. Оскільки в прямокутнику AB = CD і BC = AD як протилежні сторони, то 2AB = 2BC; AB = BC. Звідси випливає, що в прямокутнику сусідні сторони рівні, тому він є квадратом. 348. Доведіть, що коли навколо ромба можна описати коло, то цей ромб є квадратом.

Нехай ABCD − ромб, навколо якого описано коло. Якщо навколо чотирикутника описано коло, то ∠A + ∠C = ∠B + ∠D = 180°. Оскільки у ромба ∠A = ∠C і ∠B = ∠D як протилежні кути, то 2∠A = 2∠B = 180°; ∠A = ∠B = 90°. Звідси слідує, що в ромбі сусідні кути дорівнюють по 90°, тому він є квадратом. 349. Сторона AD чотирикутника ABCD є діаметром кола, описаного навколо нього, ∠ABC = 108°, ∠BCD = 132°. Знайдіть кути BAD, ADC, CAD, BDA.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай ABCD − чотирикутник, навколо якого описано коло, AD − діаметр, ∠ABC = 108°, ∠BCD = 132°. Оскільки коло описане навколо чотирикутника, то ∠BAD + ∠BCD = 180°; ∠BAD = 180° − ∠BCD; ∠BAD = 180° − 132° = 48°; ∠ABC + ∠ADC = 180°; ∠ADC = 180° − ∠ABC; ∠ADC = 180° − 108° = 72°. Розглянемо прямокутний трикутник ACD (∠ACD = 90° як вписаний у коло кут, що спирається на діаметр). За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника маємо: ∠CAD + ∠ADC = 90°; ∠CAD = 90° − ∠ADC; ∠CAD = 90° − 72° = 18°. Розглянемо прямокутний трикутник ABD (∠ABD = 90° як вписаний у коло кут, що спирається на діаметр). За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника маємо: ∠BDA + ∠BAD = 90°; ∠BDA = 90° − ∠BAD; ∠BDA = 90° − 48° = 42°. Відповідь: 48°, 72°, 18°, 42°. 350. Знайдіть кути чотирикутника MNKP, вписаного в коло, якщо ∠MKP = 58°, ∠MPN = 34°, ∠KMP = 16°.

Нехай MNKP − чотирикутник, навколо якого описано коло, ∠MKP = 58°, ∠MPN = 34°, ∠KMP = 16°. ∠MKP = ∠MNP = 58°, ∠MPN = ∠MKN = 34°, ∠KMP = ∠KNP = 16° як вписані в коло кути, що спираються на одну й ту саму дугу. За аксіомою вимірювання кутів ∠MNK = ∠MNP + ∠PNK; ∠MNK = 58° + 16° = 74°; ∠NKP = ∠NKM + ∠MKP; ∠NKP = 34° + 58° = 92°. Оскільки коло описане навколо чотирикутника, то ∠MNK + ∠MPK = 180°; ∠MPK = 180° − ∠MNK; ∠MPK = 180° − 74° = 106°; ∠NMP + ∠NKP = 180°; ∠NMK = 180° − ∠NKP; ∠NMK = 180° − 92° = 88°. Відповідь: 88°, 74°, 92°, 106°. 351. Рівнобічну трапецію вписано в коло, центр якого належить одній з основ. Кут між діагоналями трапеції, протилежний ї бічній стороні, дорівнює 56°. Знайдіть кути трапеції.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай ABCD − рівнобічна трапеція, навколо якої описано коло (BC ∥ AD, AB = CD), AD − діаметр, ∠CED = 56°. Трикутник ACD − прямокутний (∠ACD = 90°), бо ∠ACD − вписаний у коло й спирається на діаметр. Розглянемо трикутник CED. За теоремою про суму кутів трикутника ∠CED + ∠ECD + ∠EDC = 180°; ∠EDC = 180° − (∠CED + ∠ECD); ∠EDC = 180° − (56° + 90°) = 34°. Оскільки трапеція рівнобічна, то ∠EAD = ∠EDA. Кут CED − зовнішній кут трикутника AED, тому ∠CED = ∠EAD + ∠EDA; ∠CED = 2∠EAD; ∠EAD = ∠CED : 2; ∠EAD = 56° : 2 = 28°. За аксіомою вимірювання кутів ∠CDA = ∠CDE + ∠EDA; ∠CDA = 34° + 28° = 62°. Оскільки трапеція рівнобічна, то ∠CDA = ∠BAD = 62°. ∠CDA + ∠DCB = 180° як кути, прилеглі до бічної сторони трапеції, звідки ∠DCB = 180° − ∠CDA; ∠DCB = 180° − 62° = 118°. Тоді ∠ABC = ∠DCB = 118° як кути при основі рівнобічної трапеції. Відповідь: 62°, 118°, 62°, 118°. 352. Висоти BM і CK гострокутного трикутника ABC перетинаються в точці H. Доведіть, що точки A, K, H і M лежать на одному колі.

Нехай ABC − гострокутний трикутник, BM і CK − його висоти, BM ∩ CK = H. Оскільки BM і CK − висоти, то ∠CKA = ∠BMA = 90°. Тоді в чотирикутнику AKHM ∠AKH + ∠AMH = 90° + 90° = 180°. ∠AKH + ∠KHM + ∠AMH + ∠KAM = 360°; ∠KHM + ∠KAM = 360° − (∠AKH + ∠AMH); ∠KHM + ∠KAM = 360° − 180° = 180°. Отже, в чотирикутнику AKHM й сума інших протилежних кутів дорівнює 180°, а це означає, що навколо чотирикутника можна описати коло, тому точки A, K, H і M лежать на цьому колі.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

353. У прямокутну трапецію вписано коло. Точка дотику ділить більшу бічну сторону на відрізки завдовжки 8 см і 50 см . Знайдіть периметр даної трапеції, якщо радіус вписаного кола дорівнює 20 см .

la. in.

Нехай ABCD − прямокутна трапеція, CM = 8 см, MD = 50 см, ON = OK = OP = OM = 20 см. За аксіомою вимірювання відрізків CD = CM + MD; CD = 8 + 50 = 58 см. NP = AB = 2r = 2·20 = 40 см. AB + CD = 40 + 58 = 98 см. Оскільки в трапецію вписано коло, то AB + CD = BC + AD = 98 см. Тоді PABCD = AB + BC + CD + AD = (AB + CD) + (BC + AD); PABCD = 98 + 98 = 196 см. Відповідь: 196 см. 354. У прямокутну трапецію вписано коло. Точка дотику ділить більшу бічну сторону на відрізки завдовжки 3 см і 12 см . Знайдіть радіус вписаного кола, якщо периметр трапеції дорівнює 54 см .

Нехай ABCD − прямокутна трапеція, CM = 3 см, MD = 12 см, PABCD = 54 см. За аксіомою вимірювання відрізків CD = CM + MD; CD = 3 + 12 = 15 см. PABCD = AB + BC + CD + AD = (AB + CD) + (BC + AD). Оскільки в трапецію вписано коло, то AB + CD = BC + AD. NP = AB = 2r. 1 1 Тоді PABCD = 2(AB + CD); AB = PABCD − CD; AB = ∙ 54 − 15 = 27 − 15 = 12 см, звідки 2 2 r = AB : 2; r = 12 : 2 = 6 см. Відповідь: 6 см. 355. Центр кола, описаного навколо трапеції, належить більшій основі, а бічна сторона дорівнює меншій основі. Знайдіть кути трапеції.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай ABCD − трапеція, вписана в коло, O ∈ AD, AB = BC. Оскільки навколо трапеції описано коло, то вона є рівнобічною, тому AB = CD = BC. Розглянемо трикутники AOB, BOC і COD. У них: 1. AB = BC = CD за умовою; 2. AO = BO = CO як радіуси; 3. BO = CO = DO як радіуси. Отже, △AOB = △BOC = △COD за трьома сторонами (за III ознакою рівності трикутників). Тому ∠AOB = ∠BOC = ∠COD як відповідні елементи рівних трикутників. Але ∠AOB + ∠BOC + ∠COD = 180°, звідки ∠AOB = ∠BOC = ∠COD = 180° : 3 = 60°. Оскільки трикутники AOB, BOC і COD − рівнобедрені з основами AB, BC і CD (AO = BO, BO = CO, CO = DO) і ∠AOB = ∠BOC = ∠COD = 60°, то вони рівносторонні. За аксіомою вимірювання кутів ∠ABC = ∠ABO + ∠OBC; ∠ABC = 60° + 60° = 120°. Аналогічно ∠BCD = 120°. Відповідь: 60°, 120°, 120°, 60°. 356. Діагональ трапеції, вписаної в коло, дорівнює d. Бічну сторону видно із центра описаного кола під кутом 120°. Знайдіть середню лінію трапеції.

Нехай ABCD − трапеція, вписана в коло, AC = d, ∠COD = 120°. Оскільки навколо трапеції описано коло, то вона є рівнобічною, тому AC = BD = d, AB = CD. 1 ∠CAD − вписаний кут, що спирається на ∪CD, тому ∠CAD = ∠COD; 1

∠CAD = · 120° = 60°. 2 Розглянемо трикутники CAD і BDA. У них: 1. CD = AB за доведеним вище; 2. AD − спільна сторона; 3. ∠CDA = ∠BAD як кути при основі рівнобічної трапеції. Отже, △CAD = △BAD за двома сторонами і кутом між ними (за I ознакою рівності трикутників). Тому ∠CAD = ∠BDA як відповідні елементи рівних трикутників. BC + AD Проведемо висоту BK. За властивістю висоти рівнобічної трапеції KD = = MN. 2 Розглянемо прямокутний трикутник BKD (∠BKD = 90°). За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника ∠BDK + ∠KBD = 90°;  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

∠KBD = 90° − ∠BDK; ∠KBD = 90° − 60° = 30°. Тоді за властивістю катета, який лежить проти кута 30°, маємо: 1 1 KD = BD; KD = d. 2

Отже, MN = d. 1

la. in.

Відповідь: d. 2 357. Бічні сторони та менша основа рівнобічної трапеції дорівнюють 6 см , а один з її кутів дорівнює 60°. Знайдіть радіус кола, описаного навколо даної трапеції.

Нехай ABCD − рівнобічна трапеція, вписана в коло, AB = BC = CD = 6 см. Розглянемо трикутник AOB. Він рівнобедрений з основою AB, бо AO = BO як радіуси. ∠BAO = ∠ABO = 60° як кути при основі рівнобедреного трикутника. Тоді ∠AOB + ∠BAO + ∠ABO = 180°; ∠AOB = 180° − (∠BAO + ∠ABO); ∠AOB = 180° − (60° + 60°) = 60°. Отже, трикутник AOB − рівносторонній. Тому r = AO = AB = 6 см. Відповідь: 6 см. 358. 3 довільної точки M катета AC прямокутного трикутника ABC опущено перпендикуляр MK на гіпотенузу AB. Доведіть, що ∠MKC = ∠MBC. Нехай ABC − прямокутний трикутник, M ∈ AC, MK ⟂ AB. Розглянемо чотирикутник CMKB. У ньому ∠MKB + ∠MCB = 90° + 90° = 180°. Тоді ∠MKB + ∠MCB + ∠CMK + ∠CBK = 360°, звідки ∠CMK + ∠CBK = 180°. Отже, навколо цього чотирикутника можна описати коло. ∠MKC і ∠MBC − кути, вписані в коло, що спираються на одну й ту саму дугу MC, тому ∠MKC = ∠MBC.

359. 3 довільної точки O, яка належить гострому куту A, але не належить його сторонам, опущено перпендикуляри OB і OC на його сторони. Доведіть, що ∠OAB = ∠OCB.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай CAB − кут, O ∈ ∠CAB, OC ⟂ AC, OB ⟂ AB. Розглянемо чотирикутник ACOB. У ньому ∠ACO + ∠OBA = 90° + 90° = 180°. Тоді ∠ACO + ∠COB + ∠OBA + ∠BAC = 360°, звідки ∠COB + ∠BAC = 180°. Отже, навколо цього чотирикутника можна описати коло. ∠OAB і ∠OCB − кути, вписані в коло, що спираються на одну й ту саму ∪OB, тому ∠OAB = ∠OCB. 360. Бісектриси BK і CM трикутника ABC перетинаються в точці O, ∠A = 60°. Знайдіть кут CMK.

Нехай ABC − трикутник, BK і CM − бісектриси, BK∩CM = O, ∠A = 60°. Розглянемо трикутник ABC. За теоремою про суму кутів трикутника ∠ABC + ∠BCA + ∠BAC = 180°; ∠ABC + ∠BCA = 180° − ∠BAC; ∠ABC + ∠BCA = 180° − 60° = 120°. 1 Оскільки BK і CM − бісектриси, то ∠ABK = ∠KBC = ∠ABC; 1

∠BCM = ∠MCA = ∠BCA. 2 Розглянемо трикутник OBC. 1 1 1 ∠OBC + ∠BCO = ∠ABC + ∠BCA = (∠ABC + ∠BCA); 2 1

∠OBC + ∠BCO = · 120° = 60°. 2 Кут MOB зовнішній кут трикутника BOC, тому ∠MOB = ∠OBC + ∠BCO; ∠MOB = 60°. Кут MOB суміжний з кутом MOK, тому ∠MOB + ∠MOK = 180°; ∠MOK = 180° − ∠MOB; ∠MOK = 180° − 60° = 120°. Розглянемо чотирикутник AMOK. Оскільки ∠MAK + ∠MOK = 180°, то ∠AMO + ∠AKO = 180°, а це означає, що навколо чотирикутника можна описати коло. Проведемо бісектрису AN. Оскільки бісектриси трикутника перетинаються в одній точці, то AO − частина бісектриси. Тоді ∠BAN = ∠NAC = 60° : 2 = 30°. ∠OAK − кут, вписаний у коло, що спирається на дугу ∪OK, тому 1 ∠OAK = ∪OK; ∪OK = 2∠OAK; ∪OK = 2·30° = 60°. 2 ∠OMK − кут, вписаний у коло, що спирається на дугу ∪OK, тому  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html 1

∠OMK = ∪OK; ∠CMK = ∠OMK = · 60° = 30°. 2 2 Відповідь: 30°. 361. Бісектриси MA і KB трикутника MNK перетинаються в точці O, точки A, N, B і O лежать на одному колі. Знайдіть кут N.

la. in.

Нехай MNK − трикутник, MA і KB − бісектриси, MA∩KB = O. Оскільки MA і KB − 1 1 бісектриси, то ∠NMA = ∠AMK = ∠NMK = x; ∠NKB = ∠BKM = ∠NKM = y. 2 2 Розглянемо трикутник MOK. За теоремою про суму кутів трикутника ∠MOK + ∠MKO + ∠BOM = 180°; ∠MOK = 180° − (∠MKO + ∠BOM); ∠MOK = 180° − (x + y). Тоді ∠BOA = ∠MOK = 180° − (x + y) як вертикальні. Так як точки A, N, B і O лежать на колі, то ∠N + ∠BOA = 180°; ∠N = 180° − ∠BOA; ∠N = 180° − (180° − (x + y)) = x + y. Розглянемо трикутник MNK. У ньому ∠M = ∠NMA + ∠AMK = x + x = 2x; ∠K = ∠NKB + ∠BKM = y + y = 2y. За теоремою про суму кутів трикутника ∠M + ∠N + ∠K = 180°; ∠N = 180° − (∠M + ∠K); ∠N = 180° − (2x + 2y), звідки x + y = 180° − (2x + 2y); 180° = 3(x + y); x + y = 60°. Відповідь: 60°. 362. Поза прямокутним трикутником ABC на його гіпотенузі AB побудовано квадрат ABFD. Доведіть, що ∠ACO = ∠OCB, де O - точка перетину діагоналей квадрата.

Нехай ABC − прямокутний трикутник, ∠C = 90°, ABFD − квадрат, AF і BD його діагоналі, AF ∩ BD = O. Розглянемо чотирикутник AOBC. У ньому ∠C = 90° за умовою, ∠AOB = 90° як кут між діагоналями квадрата. Тому ∠C + ∠AOB = 180°. Тоді за теоремою про суму кутів чотирикутника ∠CAO + ∠CBO = 180°. А це означає, що навколо чотирикутника AOBC можна описати коло. ∠AOB і ∠OCB − кути, вписані в коло, що спираються на рівні хорди AO і BO як половини діагоналей квадрата. Тому ∠AOB = ∠OCB. 363. Вершини A і B трикутника ABC із прямим кутом C ковзають по сторонах прямого кута з вершиною P. Доведіть, що точка C при цьому переміщується по відрізку.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай ABC − прямокутний трикутник, ∠C = 90°, ∠APB = 90°. Розглянемо чотирикутник ACBP. ∠ACB + ∠APB = 90° + 90° = 180°. Тоді ∠PAC + ∠PBC = 180°, тобто навколо чотирикутника можна описати коло. ∠BPC = ∠CAB як вписані в коло кути, що спираються на ∪BC. Оскільки кут CAB не може змінюватися як кут заданого трикутника, не може змінюватися й величина кута BPC, а це означає, що точка C переміщається лише по відрізку PC. 364. 3\ довільної точки M, яка належить куту з вершиною A, але не належить його сторонам, проведено перпендикуляри MP і MQ до сторін кута. Із точки A проведено перпендикуляр AK до відрізка PQ. Доведіть, що ∠PAK = ∠MAQ.

Нехай ∠A − заданий кут, MP ⟂ AP, MQ ⟂ AQ, AK ⟂ PQ. Розглянемо чотирикутник APMQ. Оскільки MP ⟂ AP і MQ ⟂ AQ, то ∠MPA = ∠MQA = 90°; ∠MPA + ∠MQA = 180°. Тоді ∠PAQ + ∠PMQ = 180°, тобто навколо чотирикутника можна описати коло. ∠APQ = ∠AMQ як вписані в коло кути, що спираються на ∪AQ. Розглянемо прямокутні трикутники AKP і AQM. Оскільки в них ∠APK = ∠AMQ за доведеним вище, то ∠PAK = ∠MAQ. 365. На бічних сторонах трапеції, у яку можна вписати коло, як на діаметрах побудовано два кола. Доведіть, що ці кола мають одну спільну точку.

Нехай (O; R), (M; R1), (N; R2) − кола. Оскільки в трапецію можна вписати коло, то для її сторін виконується співвідношення AB + CD = BC + AD. За властивістю середньої лінії трапеції BC+AD AB+CD 2R +2R MN = = = 1 2 = R1 + R 2 , звідки маємо, що кола дотикаються. 2 2 2 366. У трикутнику ABC відрізок AD - бісектриса. Через точку D проведено пряму, яка паралельна стороні AC і перетинає сторону AB у точці E. Через точку E проведено  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

пряму, яка паралельна стороні BC і перетинає сторону AC у точці F. Доведіть, що AE = CF.

la. in.

Нехай ABC − трикутник, AD − бісектриса, ED ∥ AC, EF ∥ BC. Оскільки AD − бісектриса, то ∠EAD = ∠DAC. ∠DAC = ∠EDA як внутрішні різносторонні при паралельних прямих ED і AC та січній AD. Тоді ∠EAD = ∠EDA і трикутник AED рівнобедрений, звідки AE = DE. Чотирикутник EDCF − паралелограм (ED ∥ AC, EF ∥ BC), звідки DE = CF. Так як AE = DE і DE = CF, то AE = CF. 367. Висота BM ромба ABCD, опущена з вершини тупого кута на сторону AD, перетинає діагональ AC у точці K, ∠BKC = 64°. Знайдіть кут ABC.

Нехай ABCD − паралелограм, AC − діагональ, BM ⟂ AD, BM ∩ AC = K, ∠BKC = 64°. Розглянемо прямокутний трикутник KBC (∠KBC = 90°). За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника ∠BKC + ∠BCK = 90°; ∠BCK = 90° − ∠BKC; ∠BCK = 90° − 64° = 26°. Оскільки діагональ паралелограма є бісектрисою його кутів, то ∠BCD = 2∠BCK; ∠BCD = 2·26° = 52°. Сума прилеглих до сторони паралелограма кутів дорівнює 180°, тому ∠ABC + ∠BCD = 180°; ∠ABC = 180° − ∠BCD; ∠ABC = 180° − 52° = 128°. Відповідь: 128°. 368. Чи можна квадрат розрізати на тисячокутник і 199 п'ятикутників? Знайдемо кількість вершин многокутників, на які ми розріжемо квадрат. У тисячокутнику є 1000 вершин, із яких з вершинами квадрата може збігатися не більше 4. Решту 1000 – 4 = 996 можуть бути вершинами п'ятикутників, але п'ятикутники можуть мати не більше 5⋅199 = 995 (вершин). Отже, розрізування у такий спосіб неможливе. Завдання № 1 «Перевірте себе» в тестовій формі (сторінка 83) 1. Яким із наведених способів можна позначити чотирикутник, зображений на рисунку?  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

А. MPQN; Б. QMNP; В. NPMQ; Г. QNPM.

la. in.

Відповідь: Б. 2. Які кути може мати чотирикутник? А. Чотири тупих кути; Б. чотири гострих кути; В. два тупих і два прямих кути; Г. два прямих кути, один гострий кут і один тупий кут. Сума кутів чотирикутника дорівнює 360°. Можливий варіант Г, наприклад: 90° + 90° + 60° + 120° = 360°. Відповідь: Г. 3. У чотирикутнику кожна сторона дорівнює одній і тій самій його діагоналі. Чому дорівнюють кути чотирикутника? А. 60°, 60°, 120°, 120°; Б. 60°, 120°, 90°, 90°; В. 90°, 90°, 90°, 90°; Г. 150°, 30°, 150°, 30°. Якщо у чотирикутнику кожна сторона дорівнює діагоналі, то це означає, що діагоналі ділять його на рівносторонні трикутники (тобто кожна сторона дорівнює діагоналі, як у рівносторонньому трикутнику, де сторони утворюють між собою кути 60° і 120°). Отже, кути чотирикутника чергуються як 60° і 120°. Відповідь: А. 4. Бісектриса кута паралелограма ділить його сторону навпіл. Чому дорівнюють сторони паралелограма, якщо його периметр дорівнює 30 см ? А. 5 см,10 см; Б. 6 см,4 см; В. 7 см,8 см; Г. 3 см,12 см.

Нехай ABCD — паралелограм, бісектриса кута A перетинає сторону BC у точці E. ∠BEA = ∠EAD (як внутрішні різносторонні, бо AB ∥ CD). AE — бісектриса, отже ∠EAD = ∠BAE. Звідси ∠BEA = ∠BAE, тобто трикутник ABE — рівнобедрений (BE = AB). Отже, BC = BE + EC = 2AB Нехай коротша сторона — x, довша — 2x. Периметр: 2(x + 2x) = 6x = 30 x = 5 см, 2x = 10 см. Відповідь: А.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

2 1

la. in.

5. Чотирикутник є паралелограмом, якщо: А. у нього є дві пари рівних сторін; Б. у нього є дві пари рівних кутів; В. кожна діагональ ділить його на два рівних трикутники; Г. у нього три сторони рівні. Якщо в чотирикутнику кожна діагональ ділить його на два рівних трикутники, то ці трикутники мають спільну сторону (діагональ) і рівні відповідні сторони, що доводить рівність протилежних сторін чотирикутника. Отже, за цією ознакою чотирикутник є паралелограмом. Відповідь: В. 6. Яке з даних тверджень неправильне? А. Чотирикутник, який одночасно є і ромбом, і прямокутником, − квадрат; Б. паралелограм, у якого діагоналі рівні й перпендикулярні, квадрат; В. паралелограм, у якого всі кути прямі й діагоналі рівні, квадрат; Г. ромб, у якого діагоналі рівні, − квадрат. Паралелограм, у якого всі кути прямі й діагоналі рівні, — це просто прямокутник, бо в будь-якому прямокутнику діагоналі рівні, але не обов’язково перпендикулярні. Відповідь: В. 7. У трикутнику ABC точки M і N належать відповідно сторонам AB і BC. Відрізок MN є середньою лінією, якщо: А. MN ∥ AC; 1 Б. MN = AC; В. MN = AC, ∠BNM = ∠BAC; 2 1

Г. MN = AC, ∠BNM = ∠BCA. 2 За означенням, середня лінія трикутника — це відрізок, що сполучає середини двох його сторін і паралельний третій стороні, а також дорівнює половині цієї сторони. Відповідь: Г. 8. Яку з даних властивостей не може мати трапеція? А. Протилежні кути рівні; Б. діагоналі рівні та перпендикулярні; В. один із кутів при більшій основі більший за один із кутів при меншій основі; Г. середня лінія трапеції дорівнює ї висоті. Протилежні кути рівні — таке не може бути у трапеції, бо в трапеції лише одна пара сторін паралельна, а отже, протилежні кути мають різну суму. Відповідь: А. 9. Вписані кути одного кола рівні, якщо вони: А. спираються на одну хорду; Б. мають спільну вершину; В. спираються на одну дугу; Г. мають спільну сторону. Вписані кути одного кола рівні, якщо спираються на одну й ту саму дугу (бо градусна міра вписаного кута дорівнює половині дуги, на яку він спирається). Відповідь: В. 10. Навколо чотирикутника CDEF описано коло, ∠CDF = 80°, ∠DEC = 30°. Чому дорівнює кут DCF? А. 50°; Б. 110°;  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

В. 70°; Г. 90°.

la. in.

За теоремою вписані кути є рівними, якщо вони спираються на одну й ту саму дугу, отже ∠CED = ∠CFD = 30°, так як спирається на дугу ∪СD. Розглянемо трикутник ΔCDF. За теоремою про суму кутів трикутника: ∠DCF + ∠CFD + ∠CDF = 180° ∠DCF = 180° − ∠CFD − ∠CDF = 180° − 30° − 80° = 70°. Відповідь: В.

Готуємося до тематичного оцінювання (сторінка 85) 1. Знайдіть кути паралелограма, якщо один із них на 32° більший за другий. Дано: ABCD — паралелограм. Один з кутів більший за інший на 32° (нехай ∠B − ∠A = 32°). Знайти: ∠A, ∠B, ∠C, ∠D. Розв'язання:

1. За властивістю паралелограма сума кутів, прилеглих до однієї сторони, дорівнює 180°. ∠A + ∠B = 180° 2. Нехай менший кут ∠A = x. Тоді більший кут ∠B = x + 32°. 3. Складемо та розв'яжемо рівняння: x + (x + 32°) = 180° 2x + 32° = 180° 2x = 180° − 32° 2x = 148° x = 148° : 2 x = 74° 4. Отже, менший кут ∠A = 74°. Знайдемо більший кут: ∠B = 74° + 32° = 106° 5. Протилежні кути паралелограма рівні: ∠C = ∠A = 74°, ∠D = ∠B = 106° Відповідь: 74°, 106°, 74°, 106°.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

2. Дві сторони паралелограма відносяться як 2 : 3. Знайдіть більшу сторону паралелограма, якщо його периметр дорівнює 20 см . Дано: P = 20 см. Сторони відносяться як 2 : 3 Знайти: Більшу сторону паралелограма. Розв'язання:

la. in.

1. Нехай коефіцієнт пропорційності дорівнює x. Тоді менша сторона паралелограма дорівнює 2x см, а більша — 3x см. 2. Периметр паралелограма обчислюється за формулою P = 2(a + b). Підставимо наші значення у формулу: 2(2x + 3x) = 20 2·5x = 20 10x = 20 x = 20 : 10 x=2 3. Отже, коефіцієнт пропорційності дорівнює 2. Знайдемо довжину більшої сторони: 3·2 = 6 см. Відповідь: 6 см. 3. Діагоналі прямокутника ABCD перетинаються в точці O, BC = 8 см, BD = 12 см. Обчисліть периметр трикутника AOD. Дано: ABCD — прямокутник. AC ∩ BD = O. BC = 8 см. BD = 12 см. Знайти: PΔAOD (периметр трикутника AOD). Розв'язання:

1. Розглянемо прямокутник ABCD. За властивістю прямокутника протилежні сторони рівні. Отже: AD = BC = 8 см. 2. За властивістю прямокутника його діагоналі рівні (AC = BD) і точкою перетину діляться навпіл (AO = OC, BO = OD). Оскільки діагоналі рівні між собою, то й їхні 1 1 половини теж рівні: AO = OD = BD = ∙ 12 = 6 см. 2 2 3. Знайдемо периметр трикутника AOD як суму довжин його сторін: PΔAOD = AO + OD + AD = 6 + 6 + 8 = 20 см. Відповідь: 20 см. 4. Один із кутів ромба дорівнює 40°. Знайдіть кути, які утворює сторона ромба з його діагоналями. Дано: ABCD — ромб. ∠A = 40°. AC і BD — діагоналі. Знайти: кути, які утворює сторона AB з діагоналями (∠BAC і ∠ABD). Розв'язання:  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

1. Діагоналі ромба є бісектрисами його кутів (ділять кути навпіл). Оскільки ∠A = 40°, то кут між стороною AB і діагоналлю AC дорівнює половині кута A: 1 1 ∠BAC = ∠A = ∙ 40° = 20°. 2 2 2. Сума кутів, прилеглих до однієї сторони ромба, становить 180°. Знайдемо кут B: ∠B = 180° − ∠A = 180° − 40° = 140°. 3. Аналогічно, діагональ BD ділить кут B навпіл. Отже, кут між стороною AB і діагоналлю BD дорівнює: 1 1 ∠ABD = ∠B = ∙ 140° = 70°. 2 2 Відповідь: 20° і 70°. 5. Чому дорівнює периметр трикутника, середні лінії якого дорівнюють 8 см,7 см і 10 см? Дано: △ABC — заданий трикутник. M, N, K — середини сторін (вершини трикутника, утвореного середніми лініями). Сторони △MNK: MN = 8 см, NK = 7 см, MK = 10 см Знайти: PABC — периметр трикутника ABC. Розв'язання:

1. Оскільки MN, NK і MK — середні лінії трикутника ABC, то за властивістю середньої лінії кожна з них дорівнює половині сторони, якій вона паралельна (AC ∥ MN, AB ∥ NK, BC ∥ MK). Тобто, сторони великого трикутника ABC удвічі більші за відповідні сторони малого трикутника MNK. 2. Знайдемо сторони трикутника ABC: AC = 2·MN = 2·8 = 16 см AB = 2·NK = 2·7 = 14 см BC = 2·MK = 2·10 = 20 см 3. Периметр трикутника — це сума довжин усіх його сторін. Обчислимо PABC: PABC = AB + BC + AC = 14 + 20 + 16 = 50 см Другий спосіб (через периметри): периметр трикутника, утвореного середніми лініями (PMNK), дорівнює половині периметра даного трикутника (PABC). PMNK = 8 + 7 + 10 = 25 см  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

PABC = 2·PMNK = 2·25 = 50 см Відповідь: 50 см. 6. Одна з основ трапеції дорівнює 20 см , а середня лінія трапеції − 16 см . Знайдіть другу основу трапеції. Дано: ABCD — трапеція (AD∥BC). AD = 20 см (одна з основ). EF = 16 см (середня лінія). Знайти: BC — другу основу. Розв'язання:

la. in.

За властивістю середньої лінії трапеції, вона паралельна основам і дорівнює їх півсумі: 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐵𝐵𝐵𝐵 20 + 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐸𝐸𝐸𝐸 = ⇒ 16 = ⇒ 2 2 16 ∙ 2 = 20 + BC ⇒ 32 = 20 + BC ⇒ BC = 12 (см) Відповідь: 12 см. 7. На діагоналі AC паралелограма ABCD позначили точки M і K так, що AM = CK (точка M лежить між точками A і K ). Доведіть, що BM = DK. Дано: ABCD — паралелограм. M∈AC, K∈AC (точки M і K лежать на діагоналі AC). AM = CK. Довести: BM = DK. Доведення:

Для доведення рівності відрізків BM і DK розглянемо △ABM та △CDK. AB = CD, оскільки це протилежні сторони паралелограма. Оскільки ABCD — паралелограм, то AB ∥ CD. Діагональ AC є січною. ∠BAC і ∠ACD є внутрішніми різносторонніми кутами, утвореними при перетині паралельних прямих AB і CD січною AC. Отже, ∠BAC = ∠ACD. Оскільки точки M і K лежать на діагоналі AC, то ∠BAM = ∠DCK. AM = CK за умовою задачі. △ABM = △CDK за двома сторонами і кутом між ними (за першою ознакою рівності трикутників: AB = CD, ∠BAM = ∠DCK, AM = CK). Наслідок: Оскільки △ABM і △CDK рівні, то рівні й їхні відповідні сторони. Звідси, BM = DK, що й потрібно було довести. 8. Знайдіть кути чотирикутника ABCD, вписаного в коло, якщо ∠ACD = 52°, ∠CBD = 48°, ∠BDC = 34°. Дано: ABCD — чотирикутник, вписаний у коло. ∠ACD = 52°, ∠CBD = 48°, ∠BDC = 34°. Знайти: ∠A, ∠B, ∠C, ∠D — кути чотирикутника. Розв'язання:  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Для розв'язання задачі використаємо ключову властивість кутів, вписаних у коло: вписані кути, що спираються на одну й ту саму дугу, рівні між собою. Знаходимо складові кутів: Кут ∠CAD і кут ∠CBD спираються на одну й ту саму дугу CD. Отже: ∠CAD = ∠CBD = 48° Кут ∠BAC і кут ∠BDC спираються на одну й ту саму дугу BC. Отже: ∠BAC = ∠BDC = 34° Кут ∠ABD і кут ∠ACD спираються на одну й ту саму дугу AD. Отже: ∠ABD = ∠ACD = 52° Обчислюємо повні кути A і B: ∠A = ∠BAC + ∠CAD = 34° + 48° = 82° ∠B = ∠ABD + ∠CBD = 52° + 48° = 100° Обчислюємо кути C і D (використовуємо властивість вписаного чотирикутника): За властивістю чотирикутника, вписаного в коло, сума його протилежних кутів дорівнює 180° (∠A + ∠C = 180° та ∠B + ∠D = 180°). ∠C = 180° − ∠A = 180° − 82° = 98° ∠D = 180° − ∠B = 180° − 100° = 80° Відповідь: кути чотирикутника дорівнюють 82°, 100°, 98°, 80°. 9. Основи рівнобічної трапеції дорівнюють 8 см і 18 см, а діагональ є бісектрисою її тупого кута. Знайдіть периметр трапеції. Дано: ABCD — рівнобічна трапеція (AD ∥ BC, AB = CD). Основи: AD = 18 см, BC = 8 см. Діагональ AC є бісектрисою тупого кута ∠BCD (або ∠C). Знайти: PABCD — периметр трапеції. Розв'язання:

1. Оскільки діагональ AC є бісектрисою кута ∠BCD, то вона ділить його на два рівні кути: ∠BCA = ∠ACD 2. Оскільки основи трапеції паралельні (AD ∥ BC), а AC є січною, то кути ∠BCA і ∠CAD є внутрішніми різносторонніми і рівні між собою: ∠BCA = ∠CAD Порівнюючи рівності з кроків 1 і 2, отримуємо, що: ∠ACD = ∠CAD  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Оскільки в △ACD два кути при основі AC рівні, то цей трикутник є рівнобедреним. 3. У рівнобедреному △ACD сторони, протилежні рівним кутам, також рівні. Отже, бічна сторона CD дорівнює більшій основі AD: CD = AD = 18 см 4. Оскільки трапеція рівнобічна, то AB = CD = 18 см. Периметр трапеції дорівнює сумі довжин усіх її сторін: PABCD = AD + BC + AB + CD = 18 + 8 + 18 + 18 = 26 + 36 = 62 см Відповідь: 62 см. 10. Знайдіть радіус кола, вписаного в прямокутну трапецію, основи якої дорівнюють 30 см і 20 см , а більша бічна сторона − 26 см . Дано: ABCD — прямокутна трапеція (∠A = ∠B = 90°). Основи: AD = 30 см, BC = 20 см. Більша бічна сторона: CD = 26 см. Знайти: r — радіус вписаного кола. Розв'язання:

Якщо в чотирикутник можна вписати коло, то суми його протилежних сторін рівні: AD + BC = AB + CD У цій прямокутній трапеції менша бічна сторона AB дорівнює висоті h трапеції. Підставимо відомі значення у формулу: 30 + 20 = AB + 26 50 = AB + 26 AB = 50 – 26 = 24 (см) Отже, висота трапеції h = 24 см. Оскільки коло вписано в трапецію, діаметр кола d дорівнює висоті трапеції h (d = h). h

Радіус 𝑟𝑟 становить половину діаметра: r = = 2

24 2

=12 (см)

Відповідь: 12 см. 11. Кут при вершині рівнобедреного трикутника дорівнює 40°. На основі трикутника як на діаметрі побудовано півколо, яке інші сторони трикутника ділять на три дуги. Знайдіть градусну міру дуги, яка належить трикутнику. Дано: △ABC — рівнобедрений (AB = BC). ∠B = 40° (кут при вершині). Півколо побудоване на основі AC як на діаметрі. O — центр півкола (середина AC). M і N — точки перетину півкола зі сторонами AB і BC. Знайти: градусну міру дуги ∪MN (дуга, що належить трикутнику). Розв'язання:

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Оскільки △ABC рівнобедрений, то кути при основі AC рівні: 180° − ∠B 180° − 40° 140° = = = 70° ∠A = ∠C = 2 2 2 Розглядаємо трикутник △AOM: O — центр півкола, M лежить на колі. Отже, OA і OM — радіуси, і OA = OM. Це означає, що △AOM є рівнобедреним. Кут ∠OAM = ∠A = 70°. Кути при основі AM рівні: ∠AMO = ∠OAM = 70°. Знайдемо центральний кут ∠AOM: ∠AOM = 180° − (∠OAM + ∠AMO) = 180° − (70° + 70°) = 40° Розглядаємо трикутник △CON: Аналогічно, OC і ON — радіуси, тому OC = ON, і △CON є рівнобедреним. Кут ∠OCN = ∠C = 70°. Знайдемо центральний кут ∠CON: ∠CON = 180° − (70° + 70°) = 40° Знаходимо градусну міру ∪MN: Точки A, O, C лежать на одній прямій, тому кут ∠AOC дорівнює 180°. ∪MN відповідає центральному куту ∠MON. ∠MON = ∠AOC − ∠AOM − ∠CON = 180° − 40° − 40° = 100° Градусна міра ∪ дорівнює градусній мірі відповідного центрального кута: ∪MN = 100° Відповідь: 100°. 12. Середня лінія рівнобічної трапеції дорівнює 8 см, а її діагоналі перпендикулярні. Знайдіть висоту трапеції. Дано: ABCD — рівнобічна трапеція (AD∥BC). Середня лінія m =8 см. Діагоналі перпендикулярні (AC⟂BD). Знайти: h — висоту трапеції. Розв'язання:

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Середня лінія 𝑚𝑚 трапеції дорівнює півсумі її основ AD та BC: m=

AD+BC 2

= 8 см.

Аналіз трикутників: Нехай O — точка перетину перпендикулярних діагоналей. Оскільки трапеція рівнобічна, △AOD та △BOC є прямокутними рівнобедреними трикутниками (тому що AC⟂BD, а AO = DO і BO = CO). Висота h трапеції складається з висот h1 і h2, опущених з O на основи AD та BC відповідно. У прямокутному △AOD висота h1 дорівнює половині гіпотенузи AD: h1 =

AD 2

h2 =

BC 2

la. in.

У прямокутному △BOC висота h2 дорівнює половині гіпотенузи BC:

Висновок: Висота трапеції h дорівнює сумі h1 та h2: AD BC AD + BC h = h1 + h2 = + = 2 2 2 AD+BC AD+BC Оскільки h = іm= , звідси випливає h = m. Відповідь: 8 см.

§2. ПОДІБНІСТЬ ТРИКУТНИКІВ 11. Теорема Фалеса. Теорема про пропорційні відрізки 369. Накресліть довільний відрізок і поділіть його на п'ять рівних частин. Будую відрізок AB. Проводжу довільний промінь AC, який не збігається з AB. За допомогою циркуля відкладаю від точки A на промені AC п’ять рівних відрізків: AC1, C1C2, C2C3, C3C4, C4C5. Сполучаю точки C5 і B. Через точки C1, C2, C3 і C4 проводжу прямі, паралельні C5B: C1B1, C2B2, C3B3, C4B4, C5B. Тоді AB1 = B1B2 = B2B3 = B3B4 = B4B.

370. Накресліть довільний відрізок і поділіть його на сім рівних частин. Будую відрізок AB. Проводжу довільний промінь AC, який не збігається з AB. За допомогою циркуля відкладаю від точки A на промені AC сім рівних відрізків: AC1, C1C2, C2C3, C3C4, C4C5, C5C6, C6C7. Сполучаю точки C7 і B. Через точки C1, C2, C3, C4, C5 і C6 проводжу прямі, паралельні C7B: C1B1, C2B2, C3B3, C4B4, C5B5, C6B6 ∥ C7B. Тоді AB1 = B1B2 = B2B3 = B3B4 = B4B5 = B5B6 = B6B.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

371. Накресліть довільний відрізок AB і побудуйте на ньому точку C таку, що AC : CB = 2 : 7. Будую відрізок AB. Проводжу довільний промінь AX, який не збігається з AB. За допомогою циркуля відкладаю від точки A на промені AX дев'ять рівних відрізків, кінець другого позначаю точкою D, кінець дев'ятого — точкою E. Сполучаю точки F і B. Через точку D проводжу пряму, паралельну FB : DC ∥ FB. За теоремою Фалеса про пропорційні відрізки маємо: якщо AD : DF = 2 : 7, то AC : CB = 2 : 7.

372. Накресліть довільний відрізок CD і побудуйте на ньому точку E таку, що CE : ED = 1 : 5. Будую відрізок CD. Проводжу довільний промінь CX, який не збігається з CD. За допомогою циркуля відкладаю від точки C на промені CX шість рівних відрізків, кінець другого позначаю точкою A, кінець шостого − точкою B. Сполучаю точки B і D. Через точку A проводжу пряму, паралельну BD : AE ∥ BD. За теоремою Фалеса про пропорційні відрізки маємо: якщо CA : AB = 1 : 5, то CE : ED = 1 : 5.

373. На рисунку OA1 = A1A2 = A2A3 = A3A4, A1B1, A2B2, A3B3 ∥ A4B4, OB1 = 3 см. Знайдіть відрізки B1B2, OB3, B1B4.

За теоремою Фалеса OB1 = B1B2 = B2B3 = B3B4.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Тоді B1B2 = 3 см, OB3 = 3 · OB1; OB3 = 3 · 3 = 9 см; B1B4 = 3 · OB1; B1B4 = 3 · 3 = 9 см. Відповідь: 3 см, 9 см, 9 см. 374. На рисунку AB = BC, EF = 5 см. Знайдіть відрізок ED.

𝐶𝐶𝐶𝐶

𝑀𝑀𝑀𝑀

la. in.

Оскільки CF ⟂ FD, BE ⟂ FD, AD ⟂ FD, то CF ∥ BE ∥ AD. Якщо AB = BC, то за теоремою Фалеса ED = EF = 5 см. Відповідь: 5 см. 375. Знайдіть відношення відрізків AB і CD, якщо їхні довжини відповідно дорівнюють 12 см і 18 см . Чи зміниться це відношення, якщо довжини даних відрізків виразити в дециметрах? у міліметрах? AB : CD = 12 см : 18 см = 2 : 3. Відношення не зміниться, якщо взяти будь−які інші одиниці вимірювання, але однакові для двох відрізків. Відповідь: 2 : 3; не зміниться. 376. Чи пропорційні відрізки AB і CD відповідно відрізкам EF і MK, якщо: 1. AB = 16 см, CD = 6 см, EF = 24 см, MK = 9 см; 2. AB = 8 см, CD = 20 см, EF = 10 см, MK = 35 см? 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐸𝐸𝐸𝐸 16 24 8 8 1. = ; = ; = . Оскільки останній запис є тотожністю, то відрізки AB і CD 9

пропорційні відповідно відрізкам EF і MK. 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐸𝐸𝐸𝐸 8 10 2 2 2. = ; = ; ≠ . Оскільки останній запис не є тотожністю, то відрізки AB і CD 𝐶𝐶𝐶𝐶 𝑀𝑀𝑀𝑀 20 35 5 7 не пропорційні відповідно відрізкам EF і MK. 377. Серед відрізків AB, CD, EF, MK, PS виберіть чотири відрізки так, щоб два з них були пропорційними двом іншим відрізкам, якщо AB = 3 см, CD = 16 см, EF = 18 см, MK = 36 см, PS = 6 см. 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝑃𝑃𝑃𝑃 3 6 1 1 = ; = ; = . 𝐸𝐸𝐸𝐸 𝑀𝑀𝑀𝑀 18 36 6 6 Отже, відрізки AB і EF пропорційні відповідно відрізкам PS і MK. 378. На рисунку BD∥CE, AB = 16 см, BC = 6 см, AD = 8 см. Знайдіть відрізок DE.

За теоремою про пропорційні відрізки маємо: 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐵𝐵𝐵𝐵⋅𝐴𝐴𝐴𝐴 6⋅8 = ; 𝐷𝐷𝐷𝐷 = ; 𝐷𝐷𝐷𝐷 = = 3(см). 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐷𝐷𝐷𝐷 16 Відповідь: 3 см. 379. На рисунку A1B1, A2B2, A3B3, A1A2 = 9 см, A2A3 = 15 см, B1B2 = 6 см. Знайдіть відрізок B2B3.  shkola.in.ua

За теоремою про пропорційні відрізки маємо: 6⋅15

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

𝐴𝐴1 𝐴𝐴2 𝐴𝐴2 𝐴𝐴3

𝐵𝐵1 𝐵𝐵2 𝐵𝐵2 𝐵𝐵3

; 𝐵𝐵2 𝐵𝐵3 =

𝐵𝐵1 𝐵𝐵2 ⋅𝐴𝐴2 𝐴𝐴3 𝐴𝐴1 𝐴𝐴2

;

la. in.

𝐵𝐵2 𝐵𝐵3 = = 10( см). 9 Відповідь: 10 см. 380. На рисунку DE ∥ AC, BE = 10 см, відрізок BD у два рази більший за відрізок AD. Знайдіть відрізок BC.

За теоремою про пропорційні відрізки маємо: 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴⋅𝐵𝐵𝐵𝐵 = ; 𝐸𝐸𝐸𝐸 = . 𝐸𝐸𝐸𝐸 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐵𝐵𝐵𝐵 Нехай AD = x см, тоді BD = 2x см. 𝑥𝑥⋅10 Тоді 𝐸𝐸𝐸𝐸 = = 5 (см). 2𝑥𝑥 За аксіомою вимірювання відрізків BC = BE + EC; BC = 10 + 5 = 15. (см). Відповідь: 15 см . 381. Пряма, паралельна стороні BC трикутника ABC, перетинає його сторону AB у точці M, а сторону AC − у точці K, AM = 9 см, BM = 6 см, KC = 8 см. Знайдіть відрізок AK.

Нехай ABC – трикутник, MK ∥ BC, AM = 9 см, BM = 6 см, KC = 8 см. За теоремою про пропорційні відрізки маємо: 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝐴𝐴𝐴𝐴⋅𝐾𝐾𝐾𝐾 9⋅8 = ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = = 12 (см). 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐾𝐾𝐾𝐾 𝑀𝑀𝑀𝑀 6 Відповідь: 12 см. 382. Доведіть, що середня лінія трикутника ABC, паралельна стороні AC, ділить навпіл будь−який відрізок, який сполучає вершину B з довільною точкою сторони AC.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай ABC – трикутник, MN – середня лінія. Оскільки MN – середня лінія, то MN ∥ AC, AM = MB. Тоді за теоремою Фалеса BE = ED. 383. Відстань від точки перетину діагоналей прямокутника до його більшої сторони дорівнює 7 см . Знайдіть довжину меншої сторони прямокутника.

Нехай ABCD – прямокутник, AC і BD – діагоналі, AC ∩ BD = O, OE ⟂ BC, OE = 7 см. OE ∥ CD. За властивістю діагоналей прямокутника BO = OD. Тому за теоремою Фалеса BE = EC, звідки маємо, що OE – середня лінія трикутника BCD. 1 Тоді OE = CD; CD = 2 · OE; CD = 2 · 7 = 14 см. 2 Відповідь: 14 см. 384. Висота рівностороннього трикутника дорівнює 12 см. На якій відстані від сторін трикутника розташована точка перетину його бісектрис?

Нехай ABC – трикутник, BP ⟂ AC, BP = 12 см. Оскільки BP – висота рівностороннього трикутника, то вона є медіаною і бісектрисою. Аналогічно відрізки AN і CM теж є висотами, медіанами і бісектрисами, які перетинаються в точці O, тому AN = BP = CM = 12 см. За властивістю медіан трикутника вони перетинаються в одній точці і поділяються точкою перетину у співвідношенні 2 : 1. 𝐵𝐵𝐵𝐵 2 𝐵𝐵𝐵𝐵 3 𝐵𝐵𝐵𝐵 12 Тому = ; = ; 𝑂𝑂𝑂𝑂 = ; 𝑂𝑂𝑂𝑂 = = 4(см). 𝑂𝑂𝑂𝑂 3 1 𝑂𝑂𝑂𝑂 1 3 Відповідь: 4 см. 385. Медіана CD трикутника ABC дорівнює 9 см. Знайдіть відрізки CO і OD, де O – точка перетину медіан трикутника ABC.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай ABC − трикутник, CD − медіана, CD = 9 см. За властивістю медіан трикутника вони перетинаються в одній точці і поділяються точкою перетину у співвідношенні 2 : 1. 𝐶𝐶𝐶𝐶 2 𝐶𝐶𝐶𝐶 3 𝐶𝐶𝐶𝐶 9 Тому = ; = ; 𝑂𝑂𝑂𝑂 = ; 𝑂𝑂𝑂𝑂 = = 3( см). 3 𝑂𝑂𝑂𝑂 1 𝑂𝑂𝑂𝑂 1 3 Тоді CO = 2OD; CO = 2 · 3 = 6 см. Відповідь: 6 см, 3 см. 386. Відрізок BD є бісектрисою трикутника ABC, AB = 40 см, AD = 30 см, CD = 12 см. Знайдіть сторону BC.

Нехай ABC – трикутник, BD – бісектриса, AB = 40 см, AD = 30 см, CD = 12 см. За властивістю бісектриси трикутника маємо: 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴⋅𝐷𝐷𝐷𝐷 40⋅12 = ; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = ; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = = 16( см). 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐷𝐷𝐷𝐷 30 Відповідь: 16 см. 387. Відрізок AM – бісектриса трикутника ABC, AB = 48 см, AC = 32 см, BM = 18 см. Знайдіть сторону BC.

Нехай ABC – трикутник, AM – бісектриса, AB = 48 см, AC = 32 см, BM = 18 см. За властивістю бісектриси трикутника маємо: 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐵𝐵𝐵𝐵⋅𝐴𝐴𝐴𝐴 18⋅32 = ; 𝑀𝑀𝑀𝑀 = ; 𝑀𝑀𝑀𝑀 = = 12 (см). 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝐴𝐴𝐴𝐴 48 За аксіомою вимірювання відрізків BC = BM + MC; BC = 18 + 12 = 30 см. Відповідь: 30 см.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

388. Кінці відрізка, який не перетинає дану пряму, віддалені від цієї прямої на 8 см і 14 см . Знайдіть відстань від середини цього відрізка до даної прямої.

la. in.

Нехай відрізок AB не перетинає пряму a, M – середина AB. Відстань від точки до прямої дорівнює довжині перпендикуляра, опущеного з точки на пряму. Тому AC ⟂ a, MN ⟂ a, BD ⟂ a, AC = 8 см, BD = 14 см. Тоді чотирикутник ABDC – трапеція (AC ∥ BD). Якщо AM = MB, то за теоремою Фалеса CN = ND, тому MN – середня лінія трапеції ABDC. За 𝐴𝐴𝐴𝐴+𝐵𝐵𝐵𝐵 8+14 ; 𝑀𝑀𝑀𝑀 = = 11(см). означенням середньої лінії 𝑀𝑀𝑀𝑀 = 2 2 Відповідь: 11 см. 389. Відстань від середини хорди BC до діаметра AC дорівнює 3 см, ∠BAC = 30°. Знайдіть хорду AB.

Нехай (O; R) – коло, AC – діаметр, BC – хорда, D – середина BC, FD = 3 см, BD = DC, ∠BAC = 30°. Проведемо перпендикуляр з вершини B, тоді KB ∥ FD. За теоремою Фалеса маємо, що якщо BD = DC, то KF = FC. Тоді FD – середня лінія трикутника BKC. За 1 властивістю середньої лінії трикутника FD = KB; KB = 2 · FD; KB = 2 · 3 = 6 см. 2 Розглянемо прямокутний трикутник AKB. За властивістю катета, який лежить проти кута 1 30°, маємо: KB = AB; AB = 2 · KB; AB = 2 · 6 = 12 см. 2 Відповідь: 12 см. 390. Відрізок BM – висота ромба ABCD, проведена до сторони AD, ∠A = 45°, AM = 8 см. Знайдіть відстань від точки перетину діагоналей ромба до сторони AD.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай ABCD − ромб, BM − висота, AM = 8 см, ∠A = 45°. Проведемо ON ⟂ AD. Розглянемо прямокутний трикутник AMB (∠AMB = 90°). За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника ∠BAM + ∠ABM = 90°; ∠ABM = 90° − ∠BAM; ∠ABM = 90° − 45° = 45°. Отже, трикутник AMB − прямокутний рівнобедрений, тому AM = BM = 8 см. Оскільки BM ⟂ AD і ON ⟂ AD, то BM ∥ ON. BO = OD, оскільки O − точка перетину діагоналей ромба; BD = 2OD. Тоді за теоремою про пропорційні відрізки маємо: 𝑂𝑂𝑂𝑂 𝑂𝑂𝑂𝑂 𝑂𝑂𝑂𝑂⋅𝐵𝐵𝐵𝐵 𝑂𝑂𝑂𝑂⋅8 = ; 𝑂𝑂𝑂𝑂 = ; 𝑂𝑂𝑂𝑂 = = 4 (см). 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐵𝐵𝐵𝐵 2𝑂𝑂𝑂𝑂 Відповідь: 4 см. 391. У трикутнику ABC відомо, що AB = BC, AC = 8 см, AD – медіана, BE – висота, BE = 12 см. Із точки D опущено перпендикуляр DF на сторону AC. Знайдіть відрізок DF і кут ADF.

Нехай ABC − трикутник, AB = BC, AC = 8 см, AD − медіана, BE − висота, BE = 12 см. Оскільки AB = BC, то трикутник ABC − рівнобедрений з основою AC. У рівнобедреному трикутнику висота, проведена до основи, є його медіаною, тому AE = EC = 8 : 2 = 4 см. Так як BE ⟂ AC і DF ⟂ AC, то BE ∥ DF. Оскільки AD − медіана, то BD = DC, тому за теоремою Фалеса 1 1 EF = FC = EC = · 4 = 2 см. 2

DF − середня лінія трикутника BEC, тому DF = BE; DF = · 12 = 6 см. 2 2 За аксіомою вимірювання відрізків AF = AE + EF; AF = 4 + 2 = 6 см. Отже, трикутник ADF − рівнобедрений (AF = FD), тоді ∠ADF = ∠DAF = 45°. Відповідь: 6 см, 45°. 392. Сторона AC трикутника ABC дорівнює 24 см . Сторону AB поділили на чотири рівних відрізки та через точки поділу провели прямі, паралельні стороні AC. Знайдіть відрізки цих прямих, які належать трикутнику.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай ABC – трикутник, AC = 24 см. Оскільки AA1 = A1A2 = A2A3 = A3B і AC ∥ A1C1 ∥ A2C2 ∥ A3C3, то за теоремою Фалеса CC1 = C1C2 = C2C3 = C3B. За аксіомою вимірювання відрізків AA2 = AA1 + A1A2, A2B = A2A3 + A3B, тому AA2 = A2B і A2 – середина AB. Аналогічно C2 – середина BC. Тому A2C2 – середня лінія трикутника ABC. 1 1 A2C2 = AC; A2C2 = · 24 = 12 см. 2 2 Аналогічно можна показати, що A3C3 – середня лінія трикутника A2BC2. 1 1 Тому A3C3 = A2C2; A3C3 = · 12 = 6 см. 2 2 Аналогічно маємо, що A1C1 – середня лінія трапеції AA2C2C, AC ∥ A2C2. 𝐴𝐴 𝐶𝐶 +𝐴𝐴𝐴𝐴 12+24 Тому 𝐴𝐴1 𝐶𝐶1 = 2 2 ; 𝐴𝐴1 𝐶𝐶1 = = 18( см). 2 2 Відповідь: 18 см, 12 см, 6 см. 393. Основи трапеції дорівнюють 16 см і 28 см . Одну з бічних сторін поділили на три рівних відрізки та через точки поділу провели прямі, паралельні основам. Знайдіть відрізки цих прямих, які належать трапеції.

Нехай ABCD – трапеція, AD = 28 см, BC = 16 см. Оскільки AA1 = A1A2 = A2B і AD∥A1D1∥A2D2∥BC, то за теоремою Фалеса DD1 = D1D2 = D2C. Оскільки A1A2 = A2B, то A2 – середина A1B. Аналогічно D2 – середина D1C. Крім того, A1D1 ∥ BC, тому A2D2 – середня лінія трапеції A1BCD1. 𝐴𝐴 𝐷𝐷 +𝐵𝐵𝐵𝐵 Тому 𝐴𝐴2 𝐷𝐷2 = 1 1 ; A1D1 + BC = 2A2D2. 2 Аналогічно можна одержати, що A1D1 – середня лінія трапеції AA2D2D, звідки 𝐴𝐴1 𝐷𝐷1 = 𝐴𝐴2 𝐷𝐷2 +𝐴𝐴𝐴𝐴 ; A2D2 + AD = 2A1D1. 2 Нехай A1D1 = x см, A2D2 = y см. Маємо систему рівнянь: 𝑥𝑥 + 16 = 2𝑦𝑦; −𝑥𝑥 + 2𝑦𝑦 = 16; ∣⋅ 2 � � 𝑦𝑦 + 28 = 2𝑥𝑥; 2𝑥𝑥 − 𝑦𝑦 = 28; −2𝑥𝑥 + 4𝑦𝑦 = 32; 3𝑦𝑦 = 60; 𝑥𝑥 = 24; 𝑦𝑦 = 20; � � � � 2𝑥𝑥 − 𝑦𝑦 = 28; 2𝑥𝑥 − 𝑦𝑦 = 28; 2𝑥𝑥 − 20 = 28; 𝑦𝑦 = 20. Отже, A1D1 = 24 см, A2D2 = 20 см. Відповідь: 24 см, 20 см. 394. Сторону DE трикутника DEF поділили на три рівних відрізки та через точки поділу провели прямі, паралельні стороні DF. Знайдіть відрізки цих прямих, які належать трикутнику DEF, якщо DF = 15 см.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай DEF – трикутник, DF = 15 см. Оскільки DD1 = D1D2 = D2E і DF∥D1F1∥D2F2, то за теоремою Фалеса FF1 = F1F2 = F2E. Оскільки D1D2 = D2E, то D2 – середина D1E. Аналогічно F2 – середина F1E. Крім того, D2F2 ∥ D1F1, тому D2F2 – середня лінія трикутника D1EF1. 1 Тому D2F2 = D1F1; 2 · D2F2 = D1F1. 2 Аналогічно можна одержати, що D1F1 – середня лінія трапеції DD2F2F, звідки 𝐷𝐷 𝐹𝐹 +𝐷𝐷𝐷𝐷 𝐷𝐷1 𝐹𝐹1 = 2 2 ; D2F2 + DF = 2 · D1F1. Тоді D2F2 + DF = 4 · D2F2; 3 · D2F2 = DF; 3 · D2F2 = 15; D2F2 = 5 см, звідки D1F1 = 2 · 5 = 10 см. Відповідь: 10 см, 5 см. 395. Доведіть, що середня лінія трапеції ділить її діагоналі навпіл.

Нехай ABCD – трапеція (AD ∥ BC), AC і BD – діагоналі, MN – середня лінія. Оскільки MN – середня лінія трапеції, то MN ∥ BC ∥ AD; AM = MB, CN = ND. Тоді за теоремою Фалеса AP = PC і BK = KD, тобто середня лінія ділить діагоналі трапеції навпіл. 396. Середня лінія MK трапеції ABCD перетинає діагональ AC у точці E, ME = 4 см, EK = 6 см. Знайдіть основи трапеції.

Нехай ABCD – трапеція (AD ∥ BC), AC – діагональ, MN – середня лінія, ME = 4 см, EK = 6 см. Оскільки MN – середня лінія трапеції, то AM = MB, CK = KD, MN ∥ BC ∥ AD. За теоремою Фалеса AE = EC. Тоді ME – середня лінія трикутника ABC, а EK – середня 1 1 лінія трикутника ACD. Тому ME = BC; EK = AD, звідки BC = 2 · ME; AD = 2 · EK; 2 2 BC = 2 · 4 = 8 см; AD = 2 · 6 = 12 см. Відповідь: 8 см, 12 см.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

397. Діагоналі трапеції перетинають її середню лінію MK у точках E і F. Доведіть, що ME = KF.

la. in.

Нехай ABCD – трапеція (AD ∥ BC), AC і BD – діагоналі, MN – середня лінія. Оскільки MN – середня лінія трапеції, то AM = MB, CK = KD, MN ∥ BC ∥ AD. За теоремою Фалеса AE = EC. Тоді ME – середня лінія трикутника ABC, а FN – середня лінія трикутника 1 1 BCD. Тому ME = BC; FN = BC, звідки ME = FN. 2 2 398. Основи трапеції дорівнюють 12 см і 22 см. Знайдіть відрізки, на які діагоналі трапеції ділять ї середню лінію.

Нехай ABCD – трапеція (AD ∥ BC), AC і BD – діагоналі, MN – середня лінія, BC = 12 см, AD = 22 см. Оскільки MN – середня лінія трапеції, то AM = MB, CN = ND, MN ∥ BC ∥ AD. За теоремою Фалеса AE = EC. Тоді ME – середня лінія трикутника ABC, а FN – 1 1 середня лінія трикутника DBC. Тому ME = BC; FN = BC, звідки 1

ME = · 12 = 6 см, 2 1

FN = · 12 = 6 см. 2

𝑀𝑀𝑀𝑀 =

𝐴𝐴𝐴𝐴+𝐵𝐵𝐵𝐵 2

; 𝑀𝑀𝑀𝑀 =

22+12 2

= 17 (см).

За властивістю додавання відрізків MN = ME + EF + FN; EF = MN − (ME + FN); EF = 17 − (6 + 6) = 5 см. Відповідь: 6 см, 5 см, 6 см. 399. На рисунку AE ∥ BF ∥ CM ∥ DK, AB = 25 см, BC = 20 см, CD = 35 см, EK = 48 см. Знайдіть відрізки EF, FM і MK.

Нехай AE ∥ BF ∥ CM ∥ DK, AB = 25 см, BC = 20 см, CD = 35 см, EK = 48 см. Тоді за теоремою про пропорційні відрізки маємо: якщо AB : BC : CD = 20 : 25 : 35 = 4 : 5 : 7, то EF : FM : MK = 4 : 5 : 7.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай EF = 4x см, тоді FM = 5x см, MK = 7x см. Рівняння: 4x + 5x + 7x = 48; 16x = 48; x = 3. Отже, EF = 4 · 3 = 12 см, FM = 5 · 3 = 15 см, MK = 7 · 3 = 21 см. Відповідь: 12 см, 15 см, 21 см. 400. Через точку D, позначену на стороні AC трикутника ABC, проведено пряму, яка паралельна стороні AB і перетинає сторону BC у точці E. Знайдіть відрізок BE, якщо AD : DC = 5 : 7, BC = 36 см.

Нехай ABC – трикутник, D ∈ AC, DE ∥ AB, BC = 36 см, AD : DC = 5 : 7. За теоремою про 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐷𝐷𝐷𝐷 𝐷𝐷𝐷𝐷⋅𝐵𝐵𝐵𝐵 пропорційні відрізки = ; 𝐸𝐸𝐸𝐸 = . 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐸𝐸𝐸𝐸 𝐴𝐴𝐴𝐴 За аксіомою вимірювання відрізків BC = BE + EC. 7𝐵𝐵𝐵𝐵 12𝐵𝐵𝐵𝐵 36⋅5 Тоді 𝐵𝐵𝐵𝐵 + = 36; = 36; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = = 15(см). 5 5 12 Відповідь: 15 см. 401. Точки M і K − середини сторін AB і AD паралелограма ABCD відповідно. Доведіть, що точка перетину прямих BK і DM належить діагоналі AC.

Нехай ABCD – паралелограм, M і K – середини сторін AB і AD. Діагоналі паралелограма точкою перетину діляться навпіл, тому BO = OD. Розглянемо трикутник ABD. У ньому AO, BK і DM – медіани. За властивістю медіан трикутника маємо, що медіани перетинаються в одній точці, тому F ∈ AC. 402. Доведіть, що коли дві медіани трикутника рівні, то цей трикутник рівнобедрений.

Нехай ABC – трикутник, AN і CM – медіани, AN = CM. Медіани трикутника перетинаються в одній точці, якою поділяються у відношенні 2 : 1.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html 2

la. in.

Тому AO = AN, CO = CM. Якщо AN = CM, то AO = CO, тому трикутник AOC 3 3 рівнобедрений, звідки ∠OAC = ∠OCA. Розглянемо трикутники ANC і CMA. У них: 1. AC – спільна сторона; 2. AN = CM за умовою; 3. ∠NAC = ∠MCA за доведеним вище. Отже, трикутник ANC = трикутнику CMA за двома сторонами і кутом між ними (за першою ознакою рівності трикутників). Тому ∠MAC = ∠NCA як відповідні елементи рівних трикутників, звідки слідує, що трикутник ABC – рівнобедрений. 403. У трикутнику ABC (AB = BC) проведено медіану AM і висоту BH. Знайдіть висоту BH, якщо AM = 45 см, ∠CAM = 30°.

Нехай ABC – рівнобедрений трикутник (AB = BC), AM – медіана; AM = 45 см, BH – висота, ∠CAM = 30°. Оскільки трикутник ABC – рівнобедрений, то висота BH є також його медіаною. Медіани трикутника перетинаються в одній точці і поділяються нею у відношенні 2 : 1. Нехай AO = 2x см, тоді OM = x см. За аксіомою вимірювання відрізків AM = AO + OM. Рівняння: 2x + x = 45; 3x = 45; x = 15. Отже, OM = 15 см, AO = 2 · 15 = 30 см. Розглянемо прямокутний трикутник AHO (∠AHO = 90°). За властивістю катета 1 1 прямокутного трикутника, який лежить проти кута 30°, OH = AO; OH = · 30 = 15 см. 2 2 BH = BO + OH; BH = 3 · OH; BH = 3 · 15 = 45 см. Відповідь: 45 см. 404. Дано відрізок AB і точку O, яка не належить прямій AB. Побудуйте трикутник, для якого відрізок AB є стороною, а точка O – точкою перетину медіан.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Дано: AB = a – сторона трикутника ABC, O – точка перетину медіан, O не належить AB. Побудувати: трикутник ABC. Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку A. З точки A проводжу коло радіуса AB = a, яке перетне пряму m у точці B. Проводжу промені AO і BO. Будую серединні перпендикуляри відрізків AO і BO, які поділять їх на рівні частини: AR = RO і BP = PO. З точки на промені AO відкладаю відрізок OY = AR. Аналогічно відкладаю на промені BO відрізок OX = BP. Проводжу промені AX і BY, які в перетині дають точку C. Отже, побудований трикутник ABC – шуканий, бо в ньому AB = a, а O – точка перетину медіан за побудовою. 405. Відрізок BD – бісектриса трикутника ABC, AB = 28 см, BC = 20 см, AC = 36 см. Знайдіть відрізки AD і CD.

Нехай ABC – трикутник, BD – бісектриса, AB = 28 см, BC = 20 см, AC = 36 см. За 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 властивістю бісектриси трикутника = . 𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐷𝐷𝐷𝐷

За аксіомою вимірювання відрізків AC = AD + DC; DC = AC − AD. Нехай AD = x см, тоді DC = (36 − x) см. 28 𝑥𝑥 = ; 20 36 − 𝑥𝑥 28(36 − x) = 20x; 7(36 − x) = 5x; 252 − 7x = 5x; 12x = 252; x = 21. Отже, AD = 21 см, тоді DC = 36 − 21 = 15 см. Відповідь: 21 см, 15 см. 406. У трикутник ABC вписано ромб CDEF так, що кут C у них спільний, а вершини D, E і F ромба належать відповідно сторонам AC, AB і BC трикутника. Знайдіть сторони AC і BC, якщо AE = 30 см, BE = 12 см, а периметр трикутника дорівнює 105 см.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Нехай ABC – трикутник, CDEF – ромб, AE = 30 см, BE = 12 см, PABC = 105 см. Діагональ ромба є бісектрисою його кута, тому CE – бісектриса кута DCF, а значить, і кута ACB. За 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐵𝐵𝐵𝐵 12 2 властивістю бісектриси трикутника маємо: = ; = = . 𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴

la. in.

Нехай BC = 2x см, тоді AC = 5x см. За аксіомою вимірювання відрізків AB = AE + BE; AB = 30 + 12 = 42 см. PABC = AB + BC + AC. Рівняння: 42 + 2x + 5x = 105; 7x = 63; x = 9. Отже, BC = 2 · 9 = 18 см, тоді AC = 5 · 9 = 45 см. Відповідь: 45 см, 18 см. 407. Сторони трикутника дорівнюють 39 см, 65 см і 80 см . Коло, центр якого належить більшій стороні трикутника, дотикається до двох інших Його сторін. На які відрізки центр цього кола ділить сторону трикутника?

Нехай ABC – трикутник, AB = 65 см, BC = 39 см, AC = 80 см, O ∈ AC. Розглянемо прямокутні трикутники OMB і ONB (∠OMB = ∠ONB = 90°). У них: 1. OB – спільна сторона; 2. OM = ON як радіуси. Отже, трикутник OMB = трикутнику ONB за катетом і гіпотенузою. Тому ∠MBO = ∠NBO як відповідні елементи рівних трикутників, тому BO – бісектриса. 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 За властивістю бісектриси маємо: = . 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝑂𝑂𝑂𝑂 Нехай AO = x см, тоді OC = (80 − x) см. 65 𝑥𝑥 = ; 39 80 − 𝑥𝑥 65(80 − x) = 39x; 5(80 − x) = 3x; 400 − 5x = 3x; 8x = 400; x = 50. Отже, AO = 50 см, тоді OC = 80 − 50 = 30 см. Відповідь: 50 см, 30 см. 408. У рівнобедреному трикутнику висота, проведена до основи, дорівнює 42 см , а  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

основа відноситься до бічної сторони як 6 : 11. Знайдіть радіус кола, вписаного в даний трикутник.

la. in.

Нехай ABC – рівнобедрений трикутник (AB = BC), BD ⟂ AC, BD = 42 см, AC : AB = 6 : 11. Центр вписаного в трикутник кола лежить у точці перетину бісектрис трикутника. Оскільки BD – висота, проведена до основи рівнобедреного трикутника, то вона є також бісектрисою і медіаною. 1 AD = DC = AC. 2 Нехай AC = 6x см, тоді AB = 11x см. 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐵𝐵𝐵𝐵 11𝑥𝑥 11 = ; =1 = . За властивістю бісектриси 𝐴𝐴𝐴𝐴

𝑂𝑂𝑂𝑂 𝑂𝑂𝑂𝑂

Нехай OD = y см, тоді BO = (42 − y)см. 42−𝑦𝑦 11 = ; 𝑦𝑦

⋅6𝑥𝑥

11y = 3(42 − y); 11y = 126 − 3y; 14y = 126; y = 9. Отже, OD = 9 см. Відповідь: 9 см. 409. Бічна сторона рівнобедреного трикутника дорівнює 60 см , а центр вписаного кола ділить медіану, проведену до основи, у відношенні 12 : 5. Знайдіть основу трикутника.

Нехай ABC – рівнобедрений трикутник, AB = BC = 60 см, BO : OD = 12 : 5. Центр вписаного в трикутник кола лежить у точці перетину бісектрис трикутника. Оскільки BD – медіана, проведена до основи рівнобедреного трикутника, то вона є також бісектрисою 1 і висотою. AD = DC = AC. 2

Нехай BO = 12 x см, тоді OD = 5x см. За властивістю бісектриси маємо: 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐴𝐴𝐴𝐴⋅𝑂𝑂𝑂𝑂 = ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = ;

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝑂𝑂𝑂𝑂

𝐵𝐵𝐵𝐵

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

𝐴𝐴𝐴𝐴 =

60⋅5𝑥𝑥 12𝑥𝑥

= 25( см).

la. in.

Тоді AC = 2AD; AC = 2 · 25 = 50 см. Відповідь: 50 см. 410. Точка D – середина основи AC рівнобедреного трикутника ABC. На стороні AB позначили точку M так, що AM : MB = 2 : 7. У якому відношенні пряма BD ділить відрізок CM?

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − рівнобедрений трикутник (AB = BC), AD = DC, M ∈ AB, AM : MB = 2 : 7. Оскільки D – середина AC, то BD − медіана. Так як вона проведена до основи рівнобедреного трикутника, то є його бісектрисою та висотою. За аксіомою вимірювання відрізків BC = AB = AM + MB. Нехай AM = 2x см, тоді MB = 7x см, AB = BC = 2x + 7x = 9x (см). За властивістю бісектриси трикутника 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑀𝑀𝑀𝑀 7𝑥𝑥 7 = ; = = . 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝑂𝑂𝑂𝑂 𝑂𝑂𝑂𝑂 9𝑥𝑥 9 Відповідь: 7 : 9. 411. У рівнобедреному трикутнику DEF провели висоту EC до його основи та на бічній стороні EF позначили точку A. Відрізки EC і DA перетинаються в точці O, причому AO:OD=3:8. Знайдіть відношення EA:AF.

Нехай ABC – рівнобедрений трикутник (AB = BC), AD = DC, M ∈ AB, AM : MB = 2 : 7. Оскільки D – середина AC, то BD – медіана. Так як вона проведена до основи рівнобедреного трикутника, то є його бісектрисою та висотою. За аксіомою вимірювання відрізків BC = AB = AM + MB. Нехай AM = 2x см, тоді MB = 7x см, AB = BC = 2x + 7x = 9x см. За властивістю бісектриси трикутника 𝐷𝐷𝐷𝐷 𝐷𝐷𝐷𝐷 𝐷𝐷𝐷𝐷 8𝑥𝑥 8 = ; = = ; 𝐸𝐸𝐸𝐸 𝑂𝑂𝑂𝑂 𝐸𝐸𝐸𝐸 3𝑥𝑥 3 𝐸𝐸𝐸𝐸 3𝑥𝑥 3 = = . 𝐴𝐴𝐴𝐴 5𝑥𝑥 5 Відповідь: 3 : 5.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

412. На стороні BC трикутника ABC позначено точку M так, що BM:MC=3:10. У якому відношенні відрізок AM ділить медіану BK трикутника ABC?

𝑂𝑂𝑂𝑂

la. in.

Нехай ABC – трикутник, M ∈ BC, BM : MC = 3 : 10. Проведемо через точку K пряму KN таку, що KN ∥ AM. Оскільки BK – медіана, то AK = KC, звідки за теоремою Фалеса MN = NC. За аксіомою вимірювання відрізків MC = MN + NC; 1 MN = MC. 2 Нехай BM = 3x см, тоді MC = 10x см. За теоремою про пропорційні відрізки 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐵𝐵𝐵𝐵 = ; 𝑂𝑂𝑂𝑂 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝐵𝐵𝐵𝐵 3𝑥𝑥 3 =1 = . 5

⋅10𝑥𝑥

Відповідь: 3 : 5. 413. На стороні AB трикутника ABC позначено точку M так, що AM:MB=4:3. У якому відношенні медіана BK: 1. ділить відрізок CM; 2. ділиться відрізком CM ?

1. Нехай ABC – трикутник, M ∈ AB, AM : MB = 4 : 3, AK = KC. Проведемо через точку M пряму MP таку, що MP ∥ BK. Нехай AM = 4x см, тоді MB = 3x см. За теоремою про пропорційні відрізки 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 4𝑥𝑥 4 = ; = = . 𝑃𝑃𝑃𝑃 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑃𝑃𝑃𝑃 3𝑥𝑥 3 За аксіомою вимірювання відрізків AK = KC = AP + PK; AK = 4x + 3x = 7x см. 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐾𝐾𝐾𝐾 Тоді = ; 𝐾𝐾𝐾𝐾

𝑃𝑃𝑃𝑃 7𝑥𝑥

𝑃𝑃𝑃𝑃 7

𝑂𝑂𝑂𝑂

𝐾𝐾𝐾𝐾

𝑂𝑂𝑂𝑂

= = . 3𝑥𝑥 3 За теоремою про пропорційні відрізки 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑃𝑃𝑃𝑃 𝑀𝑀𝑀𝑀 3 = ; = ; 𝑃𝑃𝑃𝑃

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

2. Проведемо через точку K пряму NK таку, що NK ∥ MC. Нехай AM = 4x см, тоді MB = 𝑁𝑁𝑁𝑁 2𝑥𝑥 2 3x см. Оскільки AK = KC, то за теоремою Фалеса AN = NM = 2x см і = = . 𝑁𝑁𝑁𝑁

𝑂𝑂𝑂𝑂

𝑀𝑀𝑀𝑀

3𝑥𝑥

la. in.

= = . За теоремою про пропорційні відрізки 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝑀𝑀𝑀𝑀 3 Відповідь: 1. 3 : 7; 2. 2 : 3. 414. Доведіть, що відрізок, який сполучає середини діагоналей трапеції, паралельний її основам і дорівнює половині їхньої різниці.

Нехай ABCD – трапеція (AD ‖ BC), AC і BD – діагоналі, AP = PC, DK = KB. Нехай M – середина сторони AB, N – середина сторони CD. Розглянемо трикутник ACD. У ньому AP = PC і CN = ND, тому PN – середня лінія, звідки PN ‖ AD. Розглянемо трикутник BDC. У ньому BK = KD і CN = ND, тому KN – середня лінія, звідки KN ‖ BC. Оскільки AD ‖ BC як основи, то PN і KN лежать на одній прямій. Отже, PK ‖ AD, PK ‖ BC. 1 1 PN = AD; KN = BC. 2 2 За аксіомою вимірювання відрізків PN = PK + KN; PK = PN − KN; 1 1 1 PK = AD − BC = (AD − BC). 2 2 2 415. Дано відрізки a, b, c. Побудуйте відрізок x такий, що a : x = b : c. Дано: AB = a, AC = b, BD = c – відрізки. Побудувати: відрізок x, що a : x = b : c. Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку A. З точки A проводжу коло радіуса AB = a, яке перетне пряму m у точці B. Через точку A проводжу довільний промінь AX. З точки B проводжу коло радіуса BD = c, яке перетне пряму m у точці D. Через точки B і C проводжу пряму BC. Через точку D проводжу пряму, паралельну CB, яка в перетині з променем AX дасть точку F. Отже, побудований відрізок CF – шуканий, бо в ньому a : x = b : c за побудовою.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

416. Через точку O, яка належить даному куту, проведіть відрізок, кінці якого належать сторонам даного кута та який ділиться точкою O: 1. навпіл; 2. у відношенні 2 : 3. Дано: ∠ABC = α, точка O. Побудувати: EF, такий що EO = OF. Схема побудови. Проводжу через точку O пряму k, паралельну стороні кута BC. Вона перетне сторону кута AB у точці K. За точкою K відкладаю відрізок KE = BK. Проводжу пряму EO, яка перетне сторону кута BC у точці F. Отже, побудований відрізок EF − 𝐸𝐸𝐸𝐸 𝐸𝐸𝐸𝐸 шуканий, бо за теоремою про пропорційні відрізки = ; 𝐾𝐾𝐾𝐾

la. in.

𝑂𝑂𝑂𝑂

2. Дано: ∠ABC = α, точка O. Побудувати: EF, такий що EO : OF = 2 : 3. Схема побудови. Проводжу через точку O пряму k, паралельну стороні кута BC. Вона перетне сторону кута AB у точці K. За точкою K відкладаю відрізок KE такий, що BK : KE = 3 : 2. Проводжу пряму EO, яка перетне сторону кута BC у точці F. Отже, 𝐸𝐸𝐸𝐸 𝐸𝐸𝐸𝐸 побудований відрізок EF− шуканий, бо за теоремою про пропорційні відрізки = = .

𝑂𝑂𝑂𝑂

𝐾𝐾𝐾𝐾

417. Побудуйте трикутник: 1. за стороною та кутами, які ця сторона утворює з медіанами, проведеними до двох інших сторін; 2. за двома медіанами та кутом між ними; 3. за висотою та медіаною, проведеними до однієї сторони, і кутом між цією стороною та медіаною, проведеною до іншої сторони; 4. за трьома медіанами.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

− сторона трикутника;

la. in.

Побудуємо відрізок BC, що дорівнює заданій стороні. В одній півплощині відносно BC побудуємо кут ∠KBC і ∠MCB, що дорівнюють даним кутам. O – точка перетину променів CM і BK. O – точка перетину медіан. 1 Поділимо BO навпіл і від точки O на промені BO відкладемо відрізок OK = BO. 1

OC поділимо навпіл і від точки O відкладемо OM = OC. 2 Перетин променів BM і CK дасть точку A. Трикутник ABC – шуканий. 2.

Побудуємо відрізок AK, що дорівнює одній із медіан. Поділимо його на 3 рівні частини і позначимо одну з точок поділу O так, щоб AO = 2OM. Через точку O проведемо пряму l під заданим кутом між медіанами. Поділимо другу задану медіану на 3 рівні частини і на прямій l відкладемо по різні боки від точки O відрізок OM, що дорівнює третині цієї  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

медіани, і OB, що дорівнює двом третинам медіани. Проведемо промені AM і BK, точку їх перетину позначимо C. З'єднаємо точки A, B і C. Трикутник ABC – шуканий. 3.

Висота BD і медіана BK, проведені до сторони AC, утворюють прямокутний трикутник BDK, де BD – катет, BK – гіпотенуза. За цими даними побудуємо прямокутний трикутник BDK. Оскільки медіани перетинаються в одній точці і діляться у відношенні 2 1 : 1, то OK = BK. O – точка перетину медіан. Розіб'ємо BK на 3 рівні частини. Кут AOK 3 – кут між медіанами. ∠AOK = 180° − ∠OAK = ∠OKD. Знайдемо ∠AOK, знаючи ∠OAK = ∠MAC і ∠OKD. Відкладемо кут KOA від променя OK в одну півплощину з висотою BD. Сторона кута, відмінна від OK, перетне пряму DK у 1 точці A. Поділимо AO навпіл і на промені AO за точкою O відкладемо OZ = AO, AZ – 2 друга медіана. Промінь BZ перетне промінь AK у точці C. Трикутник ABC – шуканий. 4.

Побудуємо відрізок AA1, що дорівнює одній із медіан. Поділимо його на 3 рівні частини і позначимо точку O так, щоб AO = 2A1O. Із точки O проведемо коло радіусом, що дорівнює двом третинам другої медіани, а із точки A – з радіусом, що дорівнює двом  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

третинам третьої медіани. Точку їх перетину позначимо F. Із точки O проведемо коло з радіусом, що дорівнює AF, а із точки F – радіусом OA. Точку перетину кіл позначте B. Проведемо промінь BA1 у півплощину відносно BA, в якій лежить точка O, та промінь FO. Точку перетину променів позначимо C. З'єднаємо точки A, B і C. Трикутник ABC – шуканий. 418. Побудуйте трикутник: 1. за стороною та медіанами, проведеними до двох інших сторін; 2. за висотою, проведеною до однієї зі сторін, і медіанами, проведеними до двох інших сторін. 1.

Побудуємо відрізок AC, що дорівнює заданій стороні. Із точки A проведемо коло з 2 2 радіусом, що дорівнює AM, а з точки C — коло з радіусом CK. 3 3 O — точка перетину кіл. 1 Проведемо промені AO і CO. На промені AO від точки O відкладемо OM = AM, а на 1

промені CO від точки O відкладемо OK = CK. 3 Промені AK і CM перетнуться в точці B. Трикутник ABC — шуканий. 2.

Побудуйте пряму a, оберіть на ній точку K і побудуйте перпендикуляр до a — C1K, що дорівнює половині заданої висоти. Із точки C1 проведіть коло з радіусом, що дорівнює  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

першій медіані, і точку його перетину з прямою a позначте C. Через точку C1 проведіть пряму b, паралельну до a. Поділіть відрізок CC1 на 3 рівні частини та позначте на CC1 точку O так, щоб CO = 2C1O. Із точки O проведіть коло з радіусом, що дорівнює двом третинам другої медіани, і точку його перетину з прямою a позначте A. Із точки O проведіть коло з радіусом, що дорівнює третині другої медіани, і точку його перетину з прямою b позначте A1. Проведіть промені AC1 і CA1, а точку їх перетину позначте B. З'єднайте точки A, B і C. Трикутник ABC — шуканий. 𝐴𝐴𝐵𝐵 𝐴𝐴𝐶𝐶 419. На сторонах кута A позначено точки B1, B2, C1, C2 так, що 1 = 1 . Доведіть, що 𝐵𝐵1 𝐵𝐵2

Нехай

𝐴𝐴𝐵𝐵1

𝐵𝐵1 𝐵𝐵2

𝐴𝐴𝐶𝐶1

𝐶𝐶1 𝐶𝐶2

la. in.

B1C1 ∥ B2C2.

𝐶𝐶1 𝐶𝐶2

За аксіомою вимірювання відрізків AB2 = AB1 + B1B2; B1B2 = AB2 − AB1; AC2 = AC1 + C1C2; C1C2 = AC2 − AC1. 𝐴𝐴𝐵𝐵1 𝐴𝐴𝐶𝐶1 Тоді = ; 𝐴𝐴𝐵𝐵2 −𝐴𝐴𝐵𝐵1

𝐴𝐴𝐶𝐶2 −𝐴𝐴𝐶𝐶1

𝐴𝐴𝐵𝐵2 − 𝐴𝐴𝐵𝐵1 𝐴𝐴𝐶𝐶2 − 𝐴𝐴𝐶𝐶1 = ; 𝐴𝐴𝐵𝐵1 𝐴𝐴𝐶𝐶1 𝐴𝐴𝐶𝐶2 𝐴𝐴𝐵𝐵2 −1= − 1; 𝐴𝐴𝐵𝐵1 𝐴𝐴𝐶𝐶1 𝐴𝐴𝐵𝐵2 𝐴𝐴𝐶𝐶 = 2. 𝐴𝐴𝐵𝐵1

𝐴𝐴𝐶𝐶1

Розглянемо трикутники B1AC1 і B2AC2. Оскільки відрізки, що утворилися на одній стороні кута, пропорційні відрізкам на іншій стороні кута, то прямі, які перетинають сторони кута, паралельні, тобто B1C1 ∥ B2C2. 420. Бісектриса зовнішнього кута при вершині B трикутника ABC перетинає промінь AC у точці D. Доведіть, що AB : BC = AD : CD.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐶𝐶𝐶𝐶

Нехай ABC − трикутник, BD − бісектриса зовнішнього кута при вершині B. ∠MBD = ∠DBC, бо BD − бісектриса. Побудуємо CN ∥ DB. Тоді ∠MBD = ∠BNC як відповідні кути при паралельних прямих CN і DB та січній AM. ∠DBC = ∠BCN як внутрішні різносторонні при паралельних прямих CN і DB та січній BC. Тоді маємо, що ∠BNC = ∠BCN, звідки слідує, що трикутник BCN рівнобедрений (BN = BC). 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 За теоремою про пропорційні відрізки = .

la. in.

Оскільки BN = BC, то = ; AB : BC = AD : CD. 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐶𝐶𝐶𝐶 421. Сторона квадрата ABCD дорівнює a. На дузі AC кола із центром B, радіус якого дорівнює a, позначено точку E таку, що ∠BEC = 75°. Знайдіть відрізок AE.

Нехай ABCD − квадрат, AB = a, ∠BEC = 75°. Розглянемо трикутник BEC. Він рівнобедрений, бо BE = BC = a. За властивістю кутів при основі рівнобедреного трикутника ∠BEC = ∠BCE = 75°. Тоді за теоремою про суму кутів трикутника маємо: ∠BEC + ∠BCE + ∠CBE = 180°; ∠CBE = 180° − (∠BEC + ∠BCE); ∠CBE = 180° − (75° + 75°) = 30°. За аксіомою вимірювання кутів: ∠ABC = ∠ABE + ∠CBE; ∠ABE = ∠ABC − ∠CBE; ∠ABE = 90° − 30° = 60°. Розглянемо трикутник BEA. Він рівнобедрений, бо BE = BA = a. Якщо кут при вершині дорівнює 60°, то й кути при основі теж дорівнюють по 60°, тому трикутник BEA рівносторонній, звідки AE = a. Відповідь: а. 422. Діагональ трапеції перпендикулярна до її основ, тупий кут, прилеглий до більшої основи, дорівнює 120°, бічна сторона, прилегла до цього кута, − 12 см , а більша основа − 16 см . Знайдіть середню лінію трапеції.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Нехай ABCD − трапеція (AD ∥ BC), ∠ADC = 120°, AD = 16 см, DC = 12 см. За теоремою про середню лінію трапеції маємо: 𝐴𝐴𝐴𝐴+𝐵𝐵𝐵𝐵 . 𝑀𝑀𝑀𝑀 = 2

2 1

∠ADC = ∠ADB + ∠BDC; ∠BDC = ∠ADC − ∠ADB; ∠BDC = 120° − 90° = 30°. Розглянемо прямокутний трикутник DBC (∠DBC = 90°). За властивістю катета, який лежить проти кута 30°, маємо: 1 BC = DC;

BC = · 12 = 6 см. 2

Тоді MN =

(16 + 6) 2

= 11 см.

la. in.

Відповідь: 11 см. 423. Рівносторонній трикутник покрито п'ятьма меншими рівними між собою рівносторонніми трикутниками. Доведіть, що для покриття досить і чотирьох таких трикутників. Для цього достатньо використати чотири рівносторонні трикутники, сторона яких дорівнює половині сторони заданого рівностороннього трикутника (див. рис.).

12. Подібні трикутники 424. На рисунку зображено подібні трикутники ABC і DEF, рівні кути яких позначено однаковою кількістю дужок. Які сторони цих трикутників пропорційні? Запишіть відповідні рівності.

ΔABC ~ ΔDEF, тоді

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐷𝐷𝐷𝐷

𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐸𝐸𝐸𝐸

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐷𝐷𝐷𝐷

425. Чи подібні трикутники ABC і MNK, якщо ∠A = 40°, ∠B = 82°, ∠M = 40°, ∠K = 58°, AB = 2,4 см, BC = 2,1 см, AC = 3,9 см, MN = 3,2 см, NK = 2,8 см, MK = 5,2 см? Щоб трикутники ABC і MNK були подібними, їхні відповідні кути мають бути рівними, а сторони − пропорційними. За теоремою про суму кутів трикутника маємо:  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

∠A + ∠B + ∠C = 180°; ∠C = 180° − (∠A + ∠B); ∠C = 180° − (40° + 82°) = 58°. ∠M + ∠N + ∠K = 180°; ∠N = 180° − (∠M + ∠K); ∠N = 180° − (40° + 58°) = 82°. Отже, ∠A = ∠M = 40°; ∠B = ∠N = 82°; ∠C = ∠K = 58°. 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐴𝐴𝐴𝐴 = = ; 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑁𝑁𝑁𝑁 2,4 2,1 3,9 = = ; 3,2 2,8 5,2 3 3 3 = = .

Отже, ΔABC ~ ΔMNK. 426. Відомо, що трикутник DEF подібний трикутнику MCP, коефіцієнт подібності 0,3, причому стороні DE відповідає сторона MC, стороні DF − сторона MP, MC = 12 см, MP = 8 см, EF = 4,5 см. Знайдіть невідомі сторони даних трикутників. Нехай трикутник DEF подібний трикутнику MCP, MC = 12 см, MP = 8 см, EF = 4,5 см. Тоді одержимо: 𝐷𝐷𝐷𝐷 𝐸𝐸𝐸𝐸 𝐷𝐷𝐷𝐷 = = = 0,3. 𝑀𝑀𝑀𝑀

Далі

𝐶𝐶𝐶𝐶 𝐷𝐷𝐷𝐷

𝑀𝑀𝑀𝑀

= 0,3; DE = 0,3 MC;

DE = 0,3 · 12 = 3,6 см; 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 0,3; DF = 0,3 MP;

𝑀𝑀𝑀𝑀

DF = 0,3 · 8 = 2,4 см; 𝐸𝐸𝐸𝐸 𝐸𝐸𝐸𝐸 = 0,3; 𝐶𝐶𝐶𝐶 = ; 0,3

𝐶𝐶𝐶𝐶

𝐶𝐶𝐶𝐶 =

4,5 0,3

= 15( см).

Відповідь: 3,6 см; 15 см; 2,4 см. 427. Відомо, що трикутник ABC ~ трикутнику A1B1C1, причому ∠A = ∠A1, ∠B = ∠B1, AB = 6 см, BC = 7 см, AC = 10 см, A1B1 = 9 см. Знайдіть сторони B1C1 і A1C1. Нехай трикутник ABC ~ трикутнику A1B1C1, ∠A = ∠A1, ∠B = ∠B1, AB = 6 см, BC = 7 см, AC = 10 см, A1B1 = 9 см. 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐴𝐴𝐴𝐴 = = . Тоді Тому

𝐴𝐴1 𝐵𝐵1 𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐵𝐵1 𝐶𝐶1 𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐴𝐴1 𝐵𝐵1 𝐵𝐵1 𝐶𝐶1 𝐵𝐵𝐵𝐵⋅𝐴𝐴1 𝐵𝐵1

𝐵𝐵1 𝐶𝐶1 =

𝐴𝐴𝐴𝐴

;

𝐴𝐴1 𝐶𝐶1

7⋅9 = 10,5( см); 6 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 = ; 𝐴𝐴1 𝐵𝐵1 𝐴𝐴1 𝐶𝐶1

𝐵𝐵1 𝐶𝐶1 =

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ 𝐴𝐴1 𝐵𝐵1 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 10⋅9 𝐴𝐴1 𝐶𝐶1 = = 15( см). 𝐴𝐴1 𝐶𝐶1 =

𝐷𝐷𝐷𝐷

la. in.

Відповідь: 10,5 см; 15 см. 428. Знайдіть кути трикутника A1B1C1, якщо трикутник ABC ~ трикутнику A1B1C1, причому стороні AB відповідає сторона A1B1, стороні BC — сторона B1C1, ∠A = 25°, ∠B = 70°. Нехай трикутник ABC ~ трикутнику A1B1C1, ∠A = 25°, ∠B = 70°. За теоремою про суму кутів трикутника маємо: ∠A + ∠B + ∠C = 180°; ∠C = 180° − (∠A + ∠B); ∠C = 180° − (25° + 70°) = 85°. Тоді ∠A1 = ∠A = 25°; ∠B1 = ∠B = 70°; ∠C1 = ∠C = 85°. Відповідь: 25°, 70°, 85°. 429. Сторони MK і DE, KT і EF − відповідні сторони подібних трикутників MKT і DEF, MK = 20 см, KT = 16 см, MT = 28 см, MK : DE = 4 : 5. Знайдіть сторони трикутника DEF. Нехай трикутник MKT ~ трикутнику DEF, MK = 20 см, KT = 16 см, MT = 28 см, MK : DE = 4 : 5. 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝐾𝐾𝐾𝐾 𝑀𝑀𝑀𝑀 4 Тоді = = = . 𝐸𝐸𝐸𝐸 𝐷𝐷𝐷𝐷 𝑀𝑀𝑀𝑀 4

Маємо:

𝐷𝐷𝐷𝐷 5⋅20

= ; 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 5

;

= 25( см); 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 4 5𝐾𝐾𝐾𝐾 𝐾𝐾𝐾𝐾 4 = ; 𝐸𝐸𝐸𝐸 = ; 4 𝐸𝐸𝐸𝐸 5 5 ⋅ 16 = 20( см); 𝐸𝐸𝐸𝐸 = 4 5𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑀𝑀𝑀𝑀 4 = ; 𝐷𝐷𝐷𝐷 = ; 4 𝐷𝐷𝐷𝐷 5 5⋅28 = 35( см). 𝐷𝐷𝐷𝐷 =

5𝑀𝑀𝑀𝑀

Відповідь: 25 см; 20 см; 35 см. 430. На рисунку AB ∥ CD. Знайдіть на цьому рисунку подібні трикутники. Запишіть пропорції, які починаються з відношення: 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐶𝐶𝐶𝐶 𝐴𝐴𝐴𝐴 1. ; 2. ; 3. . 𝐶𝐶𝐶𝐶

𝐴𝐴𝐴𝐴

ΔABE ~ ΔCDE. 1.

𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐶𝐶𝐶𝐶

𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐷𝐷𝐷𝐷

; 2.

𝐶𝐶𝐶𝐶

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐶𝐶𝐶𝐶

𝐴𝐴𝐴𝐴

; 3.

𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐶𝐶𝐶𝐶 𝐶𝐶𝐶𝐶

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

431. Пряма, паралельна стороні AC трикутника ABC, перетинає сторону AB у точці D, а сторону BC — у точці E. Знайдіть: 1. відрізок BD, якщо AB = 16 см, AC = 20 см, DE = 15 см; 2. відрізок AD, якщо AB = 28 см, BC = 63 см, BE = 27 см.

1. 2.

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐷𝐷𝐷𝐷 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐷𝐷𝐷𝐷

𝐷𝐷𝐷𝐷

= =

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐷𝐷𝐷𝐷 𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐵𝐵𝐵𝐵

la. in.

Нехай ABC — заданий трикутник, D ∈ AB, E ∈ BC, DE ∥ AC. ΔABC ~ ΔDBE. 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐴𝐴𝐴𝐴 Тоді = = . 𝐷𝐷𝐷𝐷 𝐴𝐴𝐴𝐴⋅𝐷𝐷𝐷𝐷

; 𝐵𝐵𝐵𝐵 =

; 𝐷𝐷𝐷𝐷 =

𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴⋅𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐵𝐵𝐵𝐵

; 𝐵𝐵𝐵𝐵 =

16⋅15

; 𝐷𝐷𝐷𝐷 =

= 12( см);

20 28⋅27 63

= 12 (см).

За аксіомою вимірювання відрізків AB = AD + DB; AD = AB − DB; AD = 28 − 12 = 16 см. Відповідь: 1. 12 см; 2. 16 см. 432. У трикутнику ABC відомо, що AB = 6 см. Через точку M сторони AB проведено пряму, яка паралельна стороні BC і перетинає сторону AC у точці K. Знайдіть невідомі сторони трикутника ABC, якщо AM = 4 см, MK = 8 см, AK = 9 см.

Нехай ABC − заданий трикутник, M ∈ AB, K ∈ AC, MK ∥ BC, AB = 6 см, AM = 4 см, MK = 8 см, AK = 9 см. ΔABC ~ ΔAMK. 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵 Тоді = = . = ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ 𝑀𝑀𝑀𝑀 6⋅8 𝐵𝐵𝐵𝐵 = ; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = = 12( см); 𝐴𝐴𝐴𝐴 4 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴⋅𝐴𝐴𝐴𝐴 6⋅9 = ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = = 13,5( см). 𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐴𝐴𝐴𝐴

Відповідь: 12 см; 13,5 см. 433. Продовження бічних сторін AB і CD трапеції ABCD перетинаються в точці E. Знайдіть відрізок CE, якщо DE = 40 см, BC : AD = 4 : 5.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Нехай ABCD − трапеція (AD ∥ BC), AB ∩ CD = E, DE = 40 см, BC:AD = 4:5. ΔAED ~ ΔBEC. 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐷𝐷𝐷𝐷 𝐴𝐴𝐴𝐴 = = . 𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐶𝐶𝐶𝐶

la. in.

Нехай BC = 4x см, AD = 5x см. 𝐷𝐷𝐷𝐷 𝐴𝐴𝐴𝐴 = ; Тоді 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐶𝐶𝐶𝐶 𝐷𝐷𝐷𝐷 ⋅ 𝐵𝐵𝐵𝐵 ; 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 40⋅4𝑥𝑥 𝐶𝐶𝐶𝐶 = = 32 (см). 5𝑥𝑥

Відповідь: 32 см. 434. Продовження бічних сторін AB і CD трапеції ABCD перетинаються в точці M. Знайдіть меншу основу трапеції, якщо більша основа AD дорівнює 42 см, AB = 9 см, BM = 54 см.

Нехай ABCD − трапеція (AD ∥ BC), AB ∩ CD = M, AD = 42 см, AB = 9 см, BM = 54 см. 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐷𝐷𝐷𝐷 𝐴𝐴𝐴𝐴 △ 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 ∼△ 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 ⋅ = = . 𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐶𝐶𝐶𝐶

𝐵𝐵𝐵𝐵

За аксіомою вимірювання відрізків 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐵𝐵𝐵𝐵; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 9 + 54 = 63 (см). Тоді

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐴𝐴𝐴𝐴⋅𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐴𝐴𝐴𝐴 42⋅54

;

𝐵𝐵𝐵𝐵 =

;

𝐵𝐵𝐵𝐵 =

= 36( см).

Відповідь: 36 см. 435. Користуючись означенням подібних трикутників, доведіть, що будь−які два рівносторонніх трикутники подібні. Нехай дано рівносторонні трикутники ABC і A1B1C1. Тоді AB = BC = AC; A1B1 = B1C1 = A1C1; ∠A = ∠B = ∠C = 60°;  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

∠A1 = ∠B1 = ∠C1 = 60°, звідки одержимо:

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐴𝐴1 𝐵𝐵1

𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐵𝐵1 𝐶𝐶1

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐴𝐴1 𝐶𝐶1

тому ΔABC ~ ΔA1B1C1 за означенням. 436. Точки M і K − середини сторін CD і AD квадрата ABCD відповідно. Користуючись означенням подібних трикутників, доведіть, що ΔMDK ~ ΔBCD.

la. in.

Нехай ABCD − квадрат, M і K − середини сторін CD і AD. У трикутнику KDM ∠D = 90°, ∠DKM = ∠DMK = 45°, бо це кути при основі прямокутного рівнобедреного трикутника (KD = MD). У трикутнику BCD ∠C = 90°, ∠CBD = ∠CDB = 45° як кути, утворені діагоналлю. 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝐷𝐷𝐷𝐷 1 Тоді = = . 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐶𝐶𝐷𝐷 2 Отже, в даних трикутниках відповідні кути рівні, а сторони пропорційні, тому ΔMDK ~ ΔBCD. 437. Сторони трикутника відносяться як 5 : 4 : 7. Знайдіть сторони подібного Йому трикутника, у якого: 1. периметр дорівнює 64 см; 2. менша сторона дорівнює 24 см . 1. Оскільки трикутники подібні, то сторони в обох трикутниках відносяться як 5 : 4 : 7. Нехай сторони подібного трикутника дорівнюють 5x см, 4x см і 7x см, а його периметр − 64 см. Рівняння: 5x + 4x + 7x = 64; 16x = 64; x = 4. Отже, сторони подібного трикутника дорівнюють: 5 · 4 = 20 см, 4 · 4 = 16 см, 7 · 4 = 28 см. 2. Найменшою є сторона завдовжки 4x см, тому 4x = 24; x = 6. Отже, сторони подібного трикутника дорівнюють: 5 · 6 = 30 см, 4 · 6 = 24 см, 7 · 6 = 42 см. Відповідь: 1. 20 см, 16 см, 28 см; 2. 30 см, 24 см, 42 см. 438. Сторони даного трикутника дорівнюють 15 см, 25 см і 35 см. Знайдіть сторони подібного йому трикутника, у якого: 1. периметр дорівнює 45 см; 2. різниця найбільшої і найменшої сторін становить 16 см. Нехай ΔABC ~ ΔA1B1C1, AB = 15 см, BC = 25 см, AC = 35 см. 1. PABC = AB + BC + AC; PABC = 15 + 25 + 35 = 75 см. Оскільки ΔABC ~ ΔA1B1C1,  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

то

𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴

𝑃𝑃𝐴𝐴1 𝐵𝐵1𝐶𝐶1 𝐴𝐴𝐴𝐴

Tоді

𝐴𝐴1 𝐵𝐵1 𝐴𝐴𝐴𝐴

Тому

𝐴𝐴1 𝐵𝐵1

45 𝐵𝐵𝐵𝐵

= .

𝐵𝐵1 𝐶𝐶1 5

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐴𝐴1 𝐶𝐶1

= ; 𝐴𝐴1 𝐵𝐵1 = 3

= . 3 3𝐴𝐴𝐴𝐴

;

la. in.

3 ⋅ 15 = 9( см); 5 5 3𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐵𝐵𝐵𝐵 = ; 𝐵𝐵1 𝐶𝐶1 = ; 5 𝐵𝐵1 𝐶𝐶1 3 3 ⋅ 25 𝐵𝐵1 𝐶𝐶1 = = 15( см); 5 5 3𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 = ; 𝐴𝐴1 𝐶𝐶1 = ; 5 𝐴𝐴1 𝐶𝐶1 3 3 ⋅ 35 𝐴𝐴1 𝐶𝐶1 = = 21( см); 5 2. нехай A1C1 − A1B1 = 16 см. Знайдемо різницю між найбільшою і найменшою сторонами трикутника ABC: 𝐴𝐴1 𝐵𝐵1 =

AC − AB = 35 − 15 = 20 см. 𝑘𝑘 = Тоді

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐴𝐴1 𝐵𝐵1 𝐴𝐴𝐴𝐴

Toмy

𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐵𝐵1 𝐶𝐶1 5

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐴𝐴1 𝐶𝐶1

= .

= ; 𝐴𝐴1 𝐵𝐵1 =

𝐴𝐴1 𝐵𝐵1 4⋅15

4 4𝐴𝐴𝐴𝐴

= . 4

;

𝐴𝐴1 𝐵𝐵1 = = 12( см); 5 5 4𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐵𝐵𝐵𝐵 = ; 𝐵𝐵1 𝐶𝐶1 = ; 5 𝐵𝐵1 𝐶𝐶1 4 4 ⋅ 25 𝐵𝐵1 𝐶𝐶1 = = 20( см); 5 5 4𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 = ; 𝐴𝐴1 𝐶𝐶1 = ; 5 𝐴𝐴1 𝐶𝐶1 4 4.35 = 28 (см). 𝐴𝐴1 𝐶𝐶1 =

Biдповідь: 1. 9 см, 15 см, 21 см; 2. 12 см, 20 см, 28 см. 439. На рисунку зображено трикутник ABC і вписаний у нього ромб BDEK. Знайдіть сторону ромба, якщо AB = 10 см, BC = 15 см.

Нехай ABC − трикутник, BDEK − вписаний у нього ромб, AB = 10 см, BC = 15 см. Якщо BDEK − ромб, то KE ∥ BD. 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐾𝐾𝐾𝐾 𝐴𝐴𝐴𝐴 Тоді ΔAKE ~ ΔABC, звідки слідує, що = = . Нехай 𝐾𝐾𝐾𝐾 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 𝐾𝐾𝐾𝐾 = 𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐴𝐴𝐴𝐴

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

𝑥𝑥 см. Тоді за аксіомою вимірювання відрізків AB = AK + KB; AK = AB − KB; AK = (10 − x) см. 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐾𝐾𝐾𝐾 10−𝑥𝑥 𝑥𝑥 = ; = ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵 10 15 10x = 15(10 − x); 2x = 30 − 3x; 5x = 30; x = 6. Отже, KB = BD = DE = KE = 6 см. Відповідь: 6 см. 440. На рисунку зображено прямокутний трикутник ABC (∠B = 90°) і вписаний у нього квадрат BMKN. Знайдіть відрізок CN, якщо BM = 6 см, AB = 10 см.

Нехай ABC − трикутник, BMKN − вписаний у нього квадрат, BM = 6 см, AB = 10 см. Якщо BMKN − квадрат, то KM ⟂ AB. 𝐾𝐾𝐾𝐾 𝑁𝑁𝑁𝑁 𝐾𝐾𝐾𝐾 Тоді ΔKNC ~ ΔABC, звідки слідує, що = = . Нехай NC = x см. 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐴𝐴𝐴𝐴 Тоді за аксіомою вимірювання відрізків BC = BN + NC; BC = (6 + x) см. 𝐾𝐾𝐾𝐾 𝑁𝑁𝑁𝑁 6 𝑥𝑥 = ; = ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵 10 𝑥𝑥 + 6 10x = 6(x + 6); 5x = 3x + 18; 2x = 18; x = 9. Отже, NC = 9 см. Відповідь: 9 см. 441. Два кола із центрами O1 і O2 та радіусами 8 см і 12 см відповідно мають тільки одну спільну точку A (точка A лежить між точками O1 і O2). Їхня спільна зовнішня дотична перетинає пряму O1O2 у точці B. Знайдіть відстані від точки B до центрів даних кіл.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐵𝐵𝑂𝑂2

𝑁𝑁𝑂𝑂2 𝑥𝑥+20

𝑁𝑁𝑂𝑂2

За аксіомою про вимірювання відрізків BO2 = BO1 + O1A + AO2; BO2 = BO1 + 8 + 12 = BO1 + 20 см. Нехай BO1 = x см, тоді BO2 = (x + 20) см. 𝐵𝐵𝑂𝑂1 𝑀𝑀𝑂𝑂 𝑥𝑥 8 = 1; = ; 12

Нехай M і N − точки дотику спільної дотичної до кіл (O1; R1) і (O2; R2), R1 = 8 см, R2 = 12 см. За властивістю радіусів, проведених у точку дотику, O1M ⟂ MN, O2N ⟂ MN, тому O1M ∥ O2N. Тоді ΔBMO1 ~ ΔBNO2, 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐵𝐵𝑂𝑂 𝑀𝑀𝑂𝑂 = 1 = 1.

la. in.

12x = 8(x + 20); 12x = 8x + 160; 4x = 160; x = 40. Отже, BO1 = 40 см, тоді BO2 = 40 + 20 = 60 см. Відповідь: 40 см, 60 см. 442. Периметр рівнобедреного трикутника дорівнює 48 см. Через середину висоти трикутника, опущеної на його основу, проведено пряму, паралельну бічній стороні. Знайдіть периметр трикутника, який ця пряма відтинає від даного.

Нехай ABC − рівнобедрений трикутник (AB = BC), PABC = 48 см, BD ⟂ AC, O — середина BD, MN ∥ BC. Висота BD рівнобедреного трикутника, проведена до основи, є його бісектрисою і медіаною, тому AD = DC. Оскільки MN ∥ BC, то ΔODN ~ ΔBDC. Тоді

𝑂𝑂𝑂𝑂 𝐵𝐵𝐵𝐵

𝑂𝑂𝑂𝑂

𝑀𝑀𝑀𝑀

𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐷𝐷𝐷𝐷

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐷𝐷𝐷𝐷

𝑂𝑂𝑂𝑂

𝐷𝐷𝐷𝐷

Так як BD = 2OD, то

2𝑂𝑂𝑂𝑂

𝐷𝐷𝐷𝐷

= . 2

Нехай DN = x см, тоді DC = AD = 2 x см. За аксіомою вимірювання відрізків AN = AD + DN; AN = 2x + x = 3x см; AC = AD + DC; AC = 2x + 2x = 4x см. Оскільки MN ∥ BC, то ΔAMN ~ ΔABC. Тоді

𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴

;

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴

𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 3𝑥𝑥

;

𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 4𝑥𝑥 3⋅48

𝑃𝑃AMN =

𝑃𝑃AMN 48

;

= 36(см).

la. in.

Bідповідь: 36 см. 443. У рівнобедрений трикутник, основа якого дорівнює 12 см, а бічна сторона − 18 см, вписано коло. Знайдіть відстань між точками дотику цього кола до бічних сторін трикутника.

𝐴𝐴𝐴𝐴

Нехай ABC − рівнобедрений трикутник (AB = BC), AC = 12 см, AB = BC = 18 см. Центр вписаного в трикутник кола міститься у точці перетину бісектрис трикутника, тому BD − бісектриса, проведена до основи. Тоді відрізок BD є висотою і медіаною трикутника ABC, звідки AD = DC = 12 : 2 = 6 см. BM = BN як відрізки дотичних, проведених до кола з однієї точки. Тому трикутник MBN − рівнобедрений. BK − бісектриса, проведена до його основи. Тоді відрізок BK є висотою і медіаною трикутника MBN. Із того, що BK ⟂ MN, BD ⟂ AC, слідує, що MN ∥ AC. 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝑀𝑀𝑀𝑀 Тоді ΔMBN ~ ΔABC. звідки = = . 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐴𝐴𝐴𝐴 AD = AM = 6 см як відрізки дотичних, проведених до кола з однієї точки. За аксіомою вимірювання відрізків: AB = AM + MB; MB = AB − AM; MB = 18 − 6 = 12 см. 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑀𝑀𝑀𝑀⋅𝐴𝐴𝐴𝐴 = ; 𝑀𝑀𝑀𝑀 = ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 12⋅12

𝐴𝐴𝐴𝐴

= 8(см). 𝑀𝑀𝑀𝑀 = 18 Відповідь: 8 см . 444. У трикутнику ABC відомо, що AB = 8 см, BC = 12 см, кут ABC = 120°, BD − бісектриса. Знайдіть відрізок BD.

Нехай ABC − трикутник, BD − бісектриса, AB = 8 см, BC = 12 см, ∠ABC = 120°. Оскільки BD − бісектриса, то ∠ABD = ∠DBC = 60°.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐷𝐷𝐷𝐷 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝑀𝑀𝑀𝑀⋅𝐵𝐵𝐵𝐵

la. in.

Через вершину A проведемо пряму AM ∥ DB. ∠MBA + ∠ABC = 180° як суміжні, звідки ∠MBA = 180° − ∠ABC; ∠MBA = 180° − 120° = 60°. ∠AMB = ∠DBC = 60° як відповідні кути при паралельних прямих AM і DB та січній MC. За теоремою про суму кутів трикутника: ∠AMB + ∠MBA + ∠MAB = 180°; ∠MAB = 180° − (∠AMB + ∠MBA); ∠MAB = 180° − (60° + 60°) = 60°. Отже, трикутник MAB − рівносторонній, тому MA = AB = MB = 8 см. За аксіомою вимірювання відрізків: MC = MB + BC; MC = 8 + 12 = 20 см. Так як AM ∥ DB, то ΔMAC ~ ΔBDC, звідки: 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝑀𝑀𝐶𝐶 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑀𝑀𝑀𝑀 = = ; = ; 𝐵𝐵𝐵𝐵 8⋅12

𝐵𝐵𝐵𝐵 = ; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = = 4,8(см). 𝑀𝑀𝑀𝑀 20 Відповідь: 4,8 см. 445 Сторона BC паралелограма ABCD у 2 рази більша за сторону AB. Бісектриси кутів A і B паралелограма перетинають пряму CD у точках M і K відповідно. Знайдіть сторони паралелограма, якщо MK = 18 см.

Нехай ABCD − паралелограм, BC = 2AB, BK і AM − бісектриси, MK = 18 см. Оскільки BK і AM − бісектриси, то ∠BAM = ∠MAD і ∠ABK = ∠KBC. ∠BAM = ∠AMD як внутрішні рівносторонні кути при паралельних прямих AD і BC (як сторони паралелограма) та січній AM. Тоді трикутник ADM − рівнобедрений (AD = MD) з основою AM за рівністю кутів при основі. Нехай AB = x см, тоді BC = 2x см, звідки AD = MD = 2x см. За аксіомою вимірювання відрізків: DM = DC + CM; CM = DM − DC; CM = 2x − x = x см. ∠ABK = ∠BKC як внутрішні рівносторонні кути при паралельних прямих CD і AB (як сторони паралелограма) та січній BK. Тоді трикутник BKC − рівнобедрений (CK = BC) з основою BK за рівністю кутів при основі. BC = CK = 2x см. За аксіомою вимірювання відрізків:  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

CK = CD + DK; DK = CK − CD; DK = 2x − x = x см. MK = MC + CD + DK; MK = x + x + x = 3x см. Рівняння: 3x = 18; x = 6. Отже, AB = CD = 6 см, AD = BC = 2 · 6 = 12 см. Відповідь: AB = CD = 6 см, AD = BC = 12 см. 446. Діагоналі прямокутника ABCD перетинаються в точці O, кут AOD на 60° більший за кут AOB, AC = 24 см. Знайдіть периметр трикутника COD.

Нехай ABCD − прямокутник, AC і BD − діагоналі, ∠AOD на 60° більший за ∠AOB, AC = 24 см. Нехай ∠AOB = x, тоді ∠AOD = x + 60°. ∠AOB + ∠AOD = 180° як суміжні кути; x + (x + 60°) = 180°; 2x = 120°; x = 60°. Отже, ∠AOB = 60°, ∠AOD = 60° + 60° = 120°. Тоді ∠AOB = ∠COD = 60°, ∠AOD = ∠BOC = 120° як вертикальні. За властивістю діагоналей прямокутника: 1 CO = OD = AC; 2 1

CO = OD = · 24 = 12 см. 2 Оскільки трикутник COD − рівнобедрений з ∠COD = 60° при вершині, то він рівносторонній. Тому PCOD = 3CO; PCOD = 3 · 12 = 36 см. Відповідь: 36 см. 447. Коло, центр якого належить стороні AB трикутника ABC, проходить через точку B, дотикається до сторони AC у точці C і перетинає сторону AB у точці D, причому AD : BD = 1 : 2. Знайдіть кути: 1. трикутника ABC; 2. трикутника BCD.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Нехай (O; BO) − коло, AC − дотична, AD : BD = 1 : 2. Нехай OB = OC = OD = x см. Тоді за аксіомою вимірювання відрізків: BD = BO + OD; BD = x + x = 2x см. 1 Оскільки AD/BD = , то 2

AD = BD; 2 1

la. in.

AD = · 2x = x см. 2 Радіус, проведений у точку дотику, перпендикулярний до дотичної, тому OC ⟂ AC. Розглянемо прямокутний трикутник ACO (кут ACO = 90°). Так як OC = x см, AO = AD + DO; AO = x + x = 2x см, то у ньому катет дорівнює половині гіпотенузи, тому він лежить проти кута 30°. Отже, ∠CAO = 30°. За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника: ∠CAO + ∠COA = 90°; ∠COA = 90° − 30° = 60°. 1 Тоді ∠CBA = ∠COA;

∠CBA = · 60° = 30° (за властивістю вписаного і центрального кутів, що спираються на 2 одну дугу). Розглянемо трикутник ABC. За теоремою про суму кутів трикутника: ∠CBA + ∠CAB + ∠ACB = 180°; ∠ACB = 180° − (30° + 30°) = 120°. у трикутнику BCD∠CBD = 30° (див. 1), ∠BCD = 90° як вписаний кут, що спирається на діаметр. Тому за теоремою про суму кутів трикутника ∠CBD + ∠BCD + ∠CDB = 180°; ∠CDB = 180° − (∠CBD + ∠BCD); ∠CDB = 180° − (30° + 90°) = 60°. Відповідь: 1. 30°, 30°, 120°; 2. 30°, 60°, 90°. 448. На площині позначили 25 точок так, що серед будь−яких трьох із них знайдуться дві точки, відстань між якими менша від одиниці. Доведіть, що існує коло одиничного радіуса, яке містить не менше ніж 13 даних точок. Виберемо деяку точку і позначимо її A. Якщо всі інші точки містяться всередині кола K1 радіуса 1 з центром у точці A, то задача розв’язана. Нехай B — одна з точок, що лежать поза колом K1. Розглянемо коло K2 радіуса 1 з центром у точці B. Нехай C — довільна із решти заданих точок. Тоді серед точок A, B і C існують дві, відстань між якими менше 1. Більше того, цими точками не можуть бути точки A та B. Таким чином, кола K1 і K2 містять усі задані точки, звідки випливає, що одне з цих кіл містить не менше 13 точок.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

13. Перша ознака подібності трикутників 449. На рисунку ∠BAC = ∠BED. Чи подібні трикутники ABC і EDB? У разі ствердної відповіді вкажіть пари відповідних сторін.

За умовою ∠BAC = ∠BED, ∠B — спільний. Отже, ΔBAC ~ ΔBED за двома рівними кутами (за І ознакою подібності трикутників). 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵 Тому = = . 𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐸𝐸𝐸𝐸

𝐵𝐵𝐵𝐵

la. in.

450. На рисунку DE ⟂ AB, BC ⟂ AD. Укажіть усі пари подібних трикутників, які зображено на цьому рисунку.

Якщо DE ⟂ AB, BC ⟂ AD, то ∠DEA = ∠BCA = 90°. 1. У трикутниках BCA і DEA ∠DEA = ∠BCA = 90° і кут B — спільний. Отже, ΔBCA ~ ΔDEA за двома рівними кутами (за I ознакою подібності трикутників); 2. у трикутниках BEF і DCF ∠BEF = ∠DCF = 90° і ∠BFE = ∠DFC як вертикальні. Отже, ΔBEF ~ ΔDCF за двома рівними кутами (за I ознакою подібності трикутників); 3. у трикутниках BCA і BEF ∠BCA = ∠BEF = 90° і кут B — спільний. Отже, ΔBCA ~ ΔBEF за двома рівними кутами (за I ознакою подібності трикутників); 4. у трикутниках DCF і DEA ∠DCF = ∠DEA = 90° і кут D — спільний. Отже ΔDCF ~ ΔDEA за двома рівними кутами (за I ознакою подібності трикутників). 451. На рисунку ∠ABC = ∠BDC. Які трикутники на цьому рисунку подібні? Запишіть рівність відношень їхніх відповідних сторін.

За умовою ∠ABC = ∠BDC, кут C — спільний. Отже, ΔABC ~ ΔBDC за двома рівними кутами (за І ознакою подібності трикутників). 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐴𝐴𝐴𝐴 Тому = = . 𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐷𝐷𝐷𝐷

𝐵𝐵𝐵𝐵

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

452. Укажіть пари подібних трикутників, зображених на рисунку, знайдіть довжину відрізка 𝑥𝑥 (розміри дано в сантиметрах).

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐵𝐵𝐵𝐵

la. in.

а. Оскільки ∠ADE = ∠BCA, ∠A − спільний, то △ADE ∼ △BCA за двома рівними кутами (за I ознакою подібності трикутників). 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐷𝐷𝐷𝐷 𝐴𝐴𝐴𝐴⋅𝐵𝐵𝐵𝐵 . Тому = ; 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 𝐴𝐴𝐴𝐴

За аксіомою вимірювання відрізків AE = AC + CE; AE = 4 + 6 = 10 (см). 10⋅3 Тоді 𝐷𝐷𝐷𝐷 = = 6( см); 5

б. оскільки ∠BAC = ∠CDE, ∠ACB = ∠ECD як вертикальні, то △ABC ∼ △DEC за двома рівними кутами (за I ознакою подібності трикутників). 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 Тому = ; 𝐶𝐶𝐶𝐶 𝐷𝐷𝐷𝐷 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ 𝐷𝐷𝐷𝐷 18 ⋅ 21 𝐶𝐶𝐶𝐶 = = = 25,2( см) 𝐴𝐴𝐴𝐴 15 Відповідь: а. 6 см; б. 25,2 см. 453. У трикутниках ABC і A1B1C1 відомо, що ∠A = ∠A1, ∠B = ∠B1, AB = 6 см, BC = 8 см, A1B1 = 9 см, A1C1 = 18 см. Знайдіть невідомі сторони даних трикутників.

Нехай ABC і A1B1C1 − трикутники, ∠A = ∠A1, ∠B = ∠B1, AB = 6 см, BC = 8 см, A1B1 = 9 см, A1C1 = 18 см. Оскільки ∠A = ∠A1, ∠B = ∠B1, то △ABC ∼ △A1B1C1 за двома рівними кутами (за I ознакою подібності трикутників). 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐴𝐴𝐴𝐴 Тому = = ; 𝐴𝐴1 𝐵𝐵1 𝐵𝐵1 𝐶𝐶1 𝐴𝐴1 𝐶𝐶1 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐵𝐵𝐵𝐵 ⋅ 𝐴𝐴1 𝐵𝐵1 𝐴𝐴𝐴𝐴 = ; 𝐵𝐵1 𝐶𝐶1 = ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴1 𝐵𝐵1 𝐵𝐵1 𝐶𝐶1 8⋅9 = 12(см); 𝐵𝐵1 𝐶𝐶1 = 6 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ 𝐴𝐴1 𝐶𝐶1 𝐴𝐴𝐴𝐴 = ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = ; 𝐴𝐴1 𝐵𝐵1 𝐴𝐴1 𝐶𝐶1 𝐴𝐴1 𝐵𝐵1  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html 6⋅18

𝐴𝐴𝐴𝐴 = = 12( см). 9 Відповідь: B1C1 = 12 см, AC = 12 см. 454. На стороні CD паралелограма ABCD позначено точку E, прямі BE і AD перетинаються в точці F, CE = 8 см, DE = 4 см, BE = 10 см, AD = 9 см. Знайдіть відрізки EF і FD.

Тому 𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐸𝐸𝐸𝐸 𝐸𝐸𝐸𝐸

𝐸𝐸𝐸𝐸

la. in.

Нехай ABCD − паралелограм, CE = 8 см, DE = 4 см, BE = 10 см, AD = 9 см. Розглянемо трикутники BEC і FED. У них: 1. ∠BEC = ∠FED як вертикальні; 2. ∠BCE = ∠EDF як внутрішні різносторонні при паралельних прямих BC і AD (як сторони паралелограма) та січній CD. Отже, △BEC ∼ △FED за двома рівними кутами (за I ознакою подібності трикутників). 𝐵𝐵𝐵𝐵

. 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 9 см як протилежні сторони паралелограма.

𝐹𝐹𝐹𝐹 𝐵𝐵𝐵𝐵⋅𝐸𝐸𝐸𝐸

; 𝐸𝐸𝐸𝐸 = ; 𝐸𝐸𝐸𝐸 10 ⋅ 4 = 5( см); 𝐸𝐸𝐸𝐸 = 8 𝐵𝐵𝐵𝐵 ⋅ 𝐸𝐸𝐸𝐸 𝐸𝐸𝐸𝐸 𝐵𝐵𝐵𝐵 = ; 𝐹𝐹𝐹𝐹 = ; 𝐸𝐸𝐸𝐸 𝐸𝐸𝐸𝐸 𝐹𝐹𝐹𝐹 9⋅4 = 4,5( см). 𝐹𝐹𝐹𝐹 = 𝐸𝐸𝐸𝐸

𝐸𝐸𝐸𝐸

Відповідь: 5 см; 4,5 см. 455. У трапеції ABCD (BC ∥ AD) відомо, що AD = 20 см, BC = 15 см, O − точка перетину діагоналей, AO = 16 см. Знайдіть OC.

Нехай ABCD − трапеція (AD ∥ BC), AD = 20 см, BC = 15 см, AO = 16 см. Розглянемо трикутники BOC і DOA. У них: 1) ∠CBO = ∠ODA як внутрішні різносторонні при паралельних прямих AD і BC та січній BD; 2) ∠BOC = ∠AOD як вертикальні. Отже, △BOC ∼ △DOA за двома рівними кутами (за I ознакою подібності трикутників). Тому 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝑂𝑂𝑂𝑂 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝑂𝑂𝑂𝑂 𝐵𝐵𝐵𝐵 15 ⋅ 16 𝐵𝐵𝐵𝐵 ⋅ 𝑂𝑂𝑂𝑂 = = ; = ; 𝑂𝑂𝑂𝑂 = ; 𝑂𝑂𝑂𝑂 = = 12(см) 𝐷𝐷𝐷𝐷 𝑂𝑂𝑂𝑂 𝐷𝐷𝐷𝐷 𝑂𝑂𝑂𝑂 𝐷𝐷𝐷𝐷 20 𝐷𝐷𝐷𝐷 Відповідь: 12 см. 456. Діагоналі трапеції ABCD з основами BC і AD перетинаються в точці O. Знайдіть основу AD, якщо BO : OD = 3 : 7, BC = 18 см.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Нехай ABCD − трапеція (AD ∥ BC), BC = 18 см, BO : OD = 3 : 7. Розглянемо трикутники BOC і DOA. У них: 1. ∠BCO = ∠DAO як внутрішні різносторонні при паралельних прямих AD і BC та січній AC; 2. ∠BOC = ∠AOD як вертикальні. Отже, △BOC ∼ △DOA за двома рівними кутами (за I ознакою подібності трикутників). 𝐷𝐷𝐷𝐷

𝑂𝑂𝑂𝑂

𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐴𝐴𝐴𝐴

la. in.

𝐵𝐵𝐵𝐵

Тому

Нехай BO = 3x см, тоді OD = 7x см. 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐵𝐵𝐵𝐵⋅𝐷𝐷𝐷𝐷 = ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = ;

𝐷𝐷𝐷𝐷

𝐴𝐴𝐴𝐴 18⋅7𝑥𝑥

𝐴𝐴𝐴𝐴 =

3𝑥𝑥

𝐵𝐵𝐵𝐵

= 42( см).

Відповідь: 42 см. 457. Чи подібні два прямокутних трикутники, якщо серед кутів одного з них є кут, який дорівнює 38°, а серед кутів другого − кут, який дорівнює 52°?

За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника A + ∠C = 90°; ∠A = 90° − ∠C; ∠A = 90° − 32° = 58°. Отже, ∠B = ∠B1 = 90°, ∠A = ∠A1 = 58°. Отже, △ABC ∼ △A1B1C1 за двома рівними кутами (за I ознакою подібності трикутників). 458. Доведіть, що два рівнобедрених трикутники подібні, якщо кути, протилежні їхнім основам, рівні. Якщо у двох рівнобедрених трикутниках рівними є кути, які протилежні їхнім основам, то рівними будуть і кути при основах. Тоді задані трикутники подібні за двома рівними кутами (за I ознакою подібності трикутників). 459. Чи можна стверджувати, що два рівнобедрених трикутники подібні, якщо в них є: 1. по рівному гострому куту; 2. по прямому куту; 3. по рівному тупому куту? 1. Не можна, бо цей гострий кут в одному трикутнику може бути при основі, а в іншому − при вершині; 2. так, бо якщо два рівнобедрені трикутники мають по прямому куту, то цей кут може  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

бути лише при вершині. Тоді кути при основі двох трикутників, які є рівними між собою, дорівнюватимуть по 45°. Отже, задані трикутники подібні за двома рівними кутами (за I ознакою подібності трикутників); 3. так, бо якщо два рівнобедрені трикутники мають по тупому куту, то цей кут може бути лише при вершині. Тоді кути при основі двох трикутників теж будуть рівними. Отже, задані трикутники подібні за двома рівними кутами (за I ознакою подібності трикутників). 460. Кут між бічною стороною та основою одного рівнобедреного трикутника дорівнює куту між бічною стороною та основою другого рівнобедреного трикутника. Бічна сторона та основа першого трикутника дорівнюють 18 см і 10 см відповідно, а основа другого − 8 см. Знайдіть бічну сторону другого трикутника.

Нехай ABC і A1B1C1 − трикутники, ∠A = ∠A1, AB = BC = 18 см, AC = 10 см, A1C1 = 8 см. За властивістю кутів при основі рівнобедреного трикутника ∠A = ∠C, ∠A1 = ∠C1. Отже, △ABC − △A1B1C1 за двома рівними кутами (за 1 ознакою подібності трикутників).

Тому 𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐴𝐴1 𝐵𝐵1

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐴𝐴1 𝐵𝐵1 𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐵𝐵1 𝐶𝐶1

; 𝐴𝐴1 𝐵𝐵1 =

𝐴𝐴1 𝐶𝐶1 18⋅8

𝐴𝐴1 𝐵𝐵1 =

𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐴𝐴𝐴𝐴

;

𝐴𝐴1 𝐶𝐶1 𝐴𝐴𝐴𝐴⋅𝐴𝐴1 𝐶𝐶1 𝐴𝐴𝐴𝐴

= 14,4( см).

;

Відповідь: 14,4 см. 461. Із вершини прямого кута трикутника опущено висоту на гіпотенузу. Скільки подібних трикутників утворилося при цьому?

1) Розглянемо трикутники ABC і BDC. У них: 1. ∠ABC = ∠BDC = 90°; 2. ∠C − спільний. Отже, △ABC ∼ △BDC за двома рівними кутами (за I ознакою подібності трикутників); 2) розглянемо трикутники ABC і BDA. У них: 1. ∠ABC = ∠BDA = 90°; 2. ∠𝐴𝐴 спільний.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Отже, △ABC ∼ △BDC за двома рівними кутами (за I ознакою подібності трикутників); 3) розглянемо трикутники ADB i CDB. У них: 1. ∠ADB = ∠CDB = 90°; 2. ∠BAD = ∠DBC як кути з відповідно перпендикулярними сторонами. Отже, △ADB ∼ △CDB за двома рівними кутами (за I ознакою подібності трикутників). 462. Сторони паралелограма дорівнюють 20 см і 14 см, висота, проведена до більшої сторони, дорівнює 7 см. Знайдіть висоту паралелограма, проведену до меншої сторони.

Нехай ABCD − паралелограм, BM і BN − висоти, BC = 20 см, AB = 14 см, BM = 7 см. AD = BC = 20 см, DC = AB = 14 см як протилежні сторони паралелограма, ∠A = ∠C як протилежні його кути. Розглянемо трикутники BMA і BNC. У них: 1. ∠BMA = ∠BNC = 90°, бо BM ⟂ AD і BN ⟂ DC; 2. ∠A = ∠C за доведеним вище. Отже, △BMA ∼ △BNC за двома рівними кутами (за 1 ознакою подібності трикутників). 𝐵𝐵𝐵𝐵

𝑀𝑀𝑀𝑀

𝐵𝐵𝐵𝐵

Тому = = ; 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝑁𝑁𝑁𝑁 𝐵𝐵𝐵𝐵 ⋅ 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐵𝐵𝐵𝐵 = ; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = ; 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐵𝐵𝐵𝐵 7⋅20 = 10 (см): 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 14

Відповідь: 10 см. 463. У трапеції ABCD з основами BC і AD діагоналі перетинаються в точці O, BO = 4 см, OD = 20 см, AC = 36 см. Знайдіть відрізки AO і OC.

Нехай ABCD − трапеція (AD ∥ BC), BO = 4 см, OD = 20 см, AC = 36 см. Розглянемо трикутники BOC і DOA. У них: 1. ∠BCO = ∠DAO як внутрішні різносторонні при паралельних прямих AD і BC та січній AC; 2. ∠BOC = ∠AOD як вертикальні. Отже, △BOC ∼ △DOA за двома рівними кутами (за I ознакою подібності трикутників). Тому

𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐷𝐷𝐷𝐷

𝑂𝑂𝑂𝑂

𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐴𝐴𝐴𝐴

За аксіомою вимірювання відрізків AC = AO + OC;

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

AO = AC − OC. Нехай OC = x см, тоді AO = 36 − x см. 𝑥𝑥 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝑂𝑂𝑂𝑂 4 = ; = ; 𝐷𝐷𝐷𝐷 𝑂𝑂𝑂𝑂 20 36 − 𝑥𝑥 4(36 − x) = 20x; 36 − x = 5x; 6x = 36; x = 6. Отже, OC = 6 см, AO = 36 − 6 = 30 см. Відповідь: 6 см; 30 см. 464. У трапеції ABCD (BC ∥ AD) відомо, що AD = 18 см, BC = 14 см, AC = 24 см. Знайдіть відрізки, на які точка перетину діагоналей ділить діагональ AC.

Нехай ABCD − трапеція (AD ∥ BC), AO = 18 см, BC = 14 см, AC = 24 см. Розглянемо трикутники BOC і DOA. У них: 1. ∠BCO = ∠DAO як внутрішні різносторонні при паралельних прямих AD і BC та січній AC; 2. ∠BOC = ∠AOD як вертикальні. Отже, △BOC ∼ △DOA за двома рівними кутами (за I ознакою подібності трикутників). 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝑂𝑂𝑂𝑂 𝐵𝐵𝐵𝐵 Тому = = . 𝐷𝐷𝐷𝐷

𝑂𝑂𝑂𝑂

𝐴𝐴𝐴𝐴

За аксіомою вимірювання відрізків AC = AO + OC; AO = AC − OC; Нехай OC = x см, тоді AO = (24 − x) см. 𝑥𝑥 14 𝑂𝑂𝑂𝑂 𝐵𝐵𝐵𝐵 = ; = ; 𝑂𝑂𝑂𝑂 𝐴𝐴𝐴𝐴 24 − 𝑥𝑥 18 14(24 − x) = 18x; 7(24 − x) = 9x; 168 − 7x = 9x; 16x = 168; x = 10,5. Отже, OC = 10,5 см, AO = 24 − 10,5 = 13,5 см. Відповідь: 10,5 см; 13,5 см. 465. Доведіть, що в подібних трикутниках бісектриси, проведені з вершин відповідних кутів, відносяться як відповідні сторони.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Нехай △ABC∼△A1B1C1, AD і A1D1 − бісектриси. За означенням бісектрис маємо: ∠BAD = ∠DAC = ∠B1A1D1 = ∠D1A1C1. Розглянемо трикутники ADC і A1D1C1. У них: 1. ∠C = ∠C1 як відповідні кути подібних трикутників; 2. ∠DAC = ∠D1A1C1 за доведеним вище. Отже, △ADC ∼ △A1D1C1 за двома рівними кутами (за I ознакою подібності трикутників). 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐷𝐷𝐷𝐷 𝐴𝐴𝐴𝐴 Тому = = , тобто бісектриси, проведені з вершин відповідних кутів, 𝐷𝐷1 𝐶𝐶1

𝐴𝐴1 𝐶𝐶1

la. in.

𝐴𝐴1 𝐷𝐷1

відносяться як відповідні сторони. 466. Доведіть, що в подібних трикутниках висоти, проведені з вершин відповідних кутів, відносяться як відповідні сторони.

Нехай △ABC ∼ △A1B1C1, BD і B1D1 − висоти. Тоді ∠BDC = ∠B1D1C1. Розглянемо трикутники BDC і B1D1C1. У них: 1. ∠C = ∠C1 як відповідні кути подібних трикутників; 2. ∠BDC = ∠B1D1C1 за доведеним вище. Отже, △BDC∼△B1D1C1 за двома рівними кутами (за I ознакою подібності трикутників). 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐷𝐷𝐷𝐷 𝐵𝐵𝐵𝐵 Тому = = , тобто висоти, проведені з вершин відповідних кутів, відносяться 𝐵𝐵1 𝐷𝐷1

𝐷𝐷1 𝐶𝐶1

𝐵𝐵1 𝐶𝐶1

як відповідні сторони. 467. Основи BC і AD трапеції ABCD дорівнюють відповідно 28 см і 63 см, ∠ABC = ∠ACD. Знайдіть діагональ AC.

Нехай ABCD − трапеція (AD ∥ BC), AD = 63 см, BC = 28 см, ∠ABC = ∠ACD. Розглянемо трикутники ABC і DCA. У них: 1. ∠BCA = ∠CAD як внутрішні різносторонні при паралельних прямих AD і BC та січній AC;  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

2. ∠ABC = ∠ACD за умовою. Отже, △ABC ∼ △DCA за двома рівними кутами (за I ознакою подібності трикутників). 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐴𝐴𝐴𝐴 = ; = ; Тому = 𝐷𝐷𝐷𝐷

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐷𝐷𝐷𝐷

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐷𝐷𝐷𝐷

AC = BC · DA; AC2 = 28 · 63 = 1764; AC = 42 (см). Відповідь: 42 см. 468. На стороні AC трикутника ABC позначили точку D таку, що ∠ABD = ∠C, AB = 20 см, BC = 28 см, AC = 40 см. Знайдіть невідомі сторони трикутника ABD.

la. in.

Нехай ABC − трикутник, ∠ABD = ∠C, AB = 20 см, BC = 28 см, AC = 40 см. Розглянемо трикутники ACB і ABD. У них: 1. ∠A − спільний; 2. ∠ACB = ∠ABD за умовою. Отже, △ACB ∼ △ABD за двома рівними кутами (за I ознакою подібності трикутників). Тому

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐶𝐶𝐶𝐶

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐶𝐶𝐶𝐶

= = ; = ; 𝐵𝐵𝐷𝐷 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐶𝐶𝐶𝐶 ⋅ 𝐴𝐴𝐴𝐴 ; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 28 ⋅ 20 𝐵𝐵𝐵𝐵 = = 14( см); 40 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐵𝐵2 = ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 202 = 10( см). 𝐴𝐴𝐴𝐴 =

𝐴𝐴𝐴𝐴

Відповідь: 14 см ; 10 см. 469. Гіпотенуза прямокутного трикутника дорівнює 20 см, а більший катет − 16 см. Знайдіть відрізки, на які серединний перпендикуляр гіпотенузи ділить більший катет.

Нехай ABC − прямокутний трикутник (∠ABC = 90°), AC = 20 см, AB = 16 см, MN − серединний перпендикуляр. Розглянемо трикутники ABC і AMN. У них: 1. ∠ABC = ∠AMN = 90°;  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

2. ∠A − спільний. Отже, △ABC ∼ △AMN за двома рівними кутами (за I ознакою подібності трикутників). 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐴𝐴𝐶𝐶 Тому = = . 𝐴𝐴𝐴𝐴

𝑀𝑀𝑀𝑀

𝐴𝐴𝐴𝐴

la. in.

Оскільки MN − серединний перпендикуляр, то 1 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑀𝑀𝑀𝑀 = 𝐴𝐴𝐴𝐴; 2 1 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑀𝑀𝑀𝑀 = ⋅ 20 = 10(см) ⋅ = ; 2 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ 𝐴𝐴𝐴𝐴 20 ⋅ 10 𝐴𝐴𝐴𝐴 = ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = = 12,5(см). 𝐴𝐴𝐴𝐴 16 За аксіомою вимірювання відрізків AB = AN + NB; NB = AB − AN; NB = 16 − 12,5 = 3,5 см. Відповідь: 12,5 см; 3,5 см. 470. Чи може пряма перетинати дві сторони рівнобедреного трикутника, відтинаючи від нього трикутник, Йому подібний, і не бути паралельною третій стороні?

Можна. Проведемо відрізок MN так, ∠NMC = ∠B. Розглянемо трикутники ABC і NMC. У них: 1. ∠B = ∠NMC за побудовою; 2. ∠C − спільний. Отже, △ABC ∼ △NMC за двома рівними кутами (за I ознакою подібності трикутників). 471. Хорди AB і CD кола перетинаються в точці M, AM = 6 см, BM = 14 см, CM = 12 см. Знайдіть відрізок DM.

Нехай (O; R) − коло, AB і CD − хорди, AB ∩ CD = M, AM = 6 см, BM = 14 см, CM = 12 см. Розглянемо трикутники AMC і DMB. У них: 1. ∠CAM = ∠MDB як кути, що спираються на одну й ту саму дугу;  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

2. ∠CMA = ∠BMA як вертикальні. Отже, △AMC ∼ △DMB за двома рівними кутами (за I ознакою подібності трикутників). 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐶𝐶𝐶𝐶 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐶𝐶𝐶𝐶 Тому = = ; = ; 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐷𝐷𝐷𝐷 𝐴𝐴𝐴𝐴⋅𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐷𝐷𝐷𝐷 =

𝐶𝐶𝐶𝐶

𝐷𝐷𝐷𝐷

; 𝐷𝐷𝐷𝐷 =

𝐷𝐷𝐷𝐷 6⋅14 12

𝐵𝐵𝐵𝐵

= 7( см).

la. in.

Відповідь: 7 см. 472. Хорди MK і NP кола перетинаються в точці F, MF = 9 см, KF = 12 см, а відрізок NF у 3 рази довший за відрізок PF. Знайдіть довжину хорди NP.

Нехай (O; R) − коло, MK і NP − хорди, MK ∩ NP = F, MF = 9 см, KF = 12 см, NF = 3PF. Розглянемо трикутники MFN і PFK. У них: 1. ∠NMF = ∠FPK як кути, що спираються на одну й ту саму дугу; 2. ∠NFM = ∠KFP як вертикальні. Отже, △MFN ∼ △PFK за двома рівними кутами (за I ознакою подібності трикутників). 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝐹𝐹𝐹𝐹 𝑀𝑀𝑀𝑀 Тому = = . 𝑃𝑃𝑃𝑃

𝐹𝐹𝐹𝐹

𝑃𝑃𝑃𝑃

Нехай PF = x см, тоді NF = 3x см. 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝐹𝐹𝐹𝐹 9 3𝑥𝑥 = ; = ; 𝑃𝑃𝑃𝑃

𝐹𝐹𝐹𝐹 𝑥𝑥

3x · x = 9 · 12; 3x2 = 108; x2 = 36; x = 6. Отже, PF = 6 см, тоді NF = 3 · 6 = 18 см. За аксіомою вимірювання відрізків NP = NF + FP; NP = 18 + 6 = 24 см. Відповідь: 24 см. 473. Точка K ділить хорду AC кола навпіл, а хорду DE − на відрізки завдовжки 2 см і 32 см. Знайдіть довжину хорди AC.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Нехай (O;R) − коло, AC і DE − хорди, AC ∩ DE = K, DK = 2 см, KE = 32 см, AK = KC. Розглянемо трикутники ADK і ECK. У них: 1. ∠DAK = ∠DEC як кути, що спираються на одну й ту саму дугу; 2. ∠DKA = ∠CKE як вертикальні. Отже, △ADK ∼ △ECK за двома рівними кутами (за I ознакою подібності трикутників). 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐸𝐸𝐸𝐸

𝐷𝐷𝐷𝐷 𝐶𝐶𝐶𝐶

𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐸𝐸𝐸𝐸

;

𝐷𝐷𝐷𝐷 𝐶𝐶𝐶𝐶

𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐸𝐸𝐸𝐸

;

Тому

la. in.

AK · CK = DK · EK; AK2 = 2 · 32; AK2 = 64; AK = 8 см. Тоді AC = 2AK; AC = 2 · 8 = 16 см. Biдповідь: 16 см. 474. Точка E ділить хорду CD кола на відрізки завдовжки 15 см і 16 см . Знайдіть радіус кола, якщо відстань від точки E до центра кола дорівнює 4 см.

Нехай (O; R) − коло, AB і CD − хорди, AB ∩ CD = E, CE = 15 см, ED = 16 см, OE = 4 см. Розглянемо трикутники ADE і CBE. У них: 1. ∠EAD = ∠BCE як кути, що спираються на одну й ту саму дугу; 2. ∠DEA = ∠BEC як вертикальні. Отже, △ADE ∼ △CBE за двома рівними кутами (за I ознакою подібності трикутників). 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐷𝐷𝐷𝐷 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐷𝐷𝐷𝐷 𝐴𝐴𝐴𝐴 = = ; = ; Тому 𝐶𝐶𝐶𝐶

𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐶𝐶𝐶𝐶

𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐶𝐶𝐶𝐶

DE · CE = BE · AE; BE · AE = 16 · 15 = 240 см2. За аксіомою вимірювання відрізків AE = AO + OE; AE = (R + 4) см; BO = BE + EO; BE = BO − EO; BE = (R − 4) см. Тоді (R + 4)(R − 4) = 240; R2 − 16 = 240; R2 = 256; R = 16 см. Відповідь: 16 см.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

475. Точка P ділить хорду MK кола на два відрізки завдовжки 8 см і 12 см. Знайдіть відстань від точки P до центра кола, якщо його радіус дорівнює 11 см.

la. in.

Нехай (O; R) − коло, AB і MK − хорди, AB ∩ MK = P, MP = 8 см, PK = 12 см, OA = 11 см. Розглянемо трикутники MPB і APK. У них: 1. ∠BMP = ∠KAP як кути, що спираються на одну й ту саму дугу; 2. ∠BPM = ∠KPA як вертикальні. Отже, △MPB ∼ △APK за двома рівними кутами (за I ознакою подібності трикутників). 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑃𝑃𝑃𝑃 𝑀𝑀𝑀𝑀 Тому = = ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝑃𝑃𝑃𝑃 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑃𝑃𝑃𝑃 = ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝑃𝑃𝑃𝑃 MP · PK = AP · PB; AP · PB = 8 · 12 = 96 см2. За аксіомою вимірювання відрізків AP = AO + OP; AP = 11 + OP; BO = BP + PO; BP = BO − PO; BP = 11 − OP. Тоді (11 + OP)(11 − OP) = 96; 121 − OP2 = 96; OP2 = 25; OP = 5 см. Відповідь: 5 см. 476. Через точку A проведено до кола дотичну AM (M − точка дотику) і січну, яка перетинає коло в точках K і P (точка K лежить між точками A і P). Знайдіть відрізок KP, якщо AM = 12 см, AP = 18 см.

Нехай (O; R) − коло, AM − дотична, AM = 12 см, AP = 18 см. За властивістю кута між 1 дотичною і хордою ∠AMK = ∪ MK. За теоремою про градусну міру вписаного кута 2

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html 1

маємо: ∠APM = ∪ MK. 2

Тому

𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑃𝑃𝑃𝑃

𝐾𝐾𝐾𝐾

𝑀𝑀𝑀𝑀

𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑃𝑃𝑃𝑃

Отже, ∠AMK = ∠APM. Розглянемо трикутники MKA і PMA. У них: 1. ∠AMK = ∠APM за доведеним вище; 2. ∠A − спільний. Отже, △MKA ∼ △PMA за двома рівними кутами (за I ознакою подібності трикутників). ;

𝑀𝑀𝐴𝐴2 𝐾𝐾𝐾𝐾 𝑀𝑀𝑀𝑀 = ; 𝐾𝐾𝐾𝐾 = ; 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑃𝑃𝑃𝑃 𝑃𝑃𝑃𝑃 122 𝐾𝐾𝐾𝐾 = = 8 (см). 18

la. in.

За аксіомою вимірювання відрізків AP = AK + KP; KP = AP − AK; KP = 18 − 8 = 10 см. Відповідь: 10 см. 477. Через точку A, яка лежить поза колом, проведено дві прямі, одна з яких дотикається до кола в точці B, а друга перетинає коло в точках C і D (точка C лежить між точками A і D), AB = 18 см, AC : CD = 4 : 5. Знайдіть відрізок AD.

Нехай (O; R) − коло, AB − дотична, AB = 18 см, AC : CD = 4 : 5. За властивістю кута між 1 дотичною і хордою ∠ABC = ∪ BC. 2

За теоремою про градусну міру вписаного кута маємо: ∠BDC = ∪ BC. 2

Отже, ∠ABC = ∠BDC. Розглянемо трикутники ABC і ADB. У них: 1. ∠ABC = ∠BDC за доведеним вище; 2. ∠A − спільний. Отже, △ABC ∼ △ADB за двома рівними кутами (за I ознакою подібності трикутників). 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐴𝐴𝐴𝐴 Тому = = . 𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐷𝐷𝐷𝐷

𝐶𝐶𝐶𝐶 4

5𝑥𝑥

𝐴𝐴𝐴𝐴

Нехай AC = 4x см, тоді CD = 5x см. 𝐴𝐴𝐴𝐴 4𝑥𝑥 4 Тоді = = ; AC = CD. 5

За аксіомою вимірювання відрізків AD = AC + CD; 4 9 AD = CD + CD = CD. 5 5 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 = ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 AB2 = AC · AD;

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html 9

182 = CD · CD; 36

CD2 = 324;

CD2 = 225; CD = 15 см. 9 Тоді AD = · 15 = 27 см. 5

la. in.

Відповідь: 27 см. 478. Через точку A, що лежить поза колом, проведено дві прямі, одна з яких перетинає коло в точках B і C (точка B лежить між точками A і C), а друга − у точках D і E (точка D лежить між точками A і E). 1. Доведіть, що AB · AC = AD · AE. 2. Знайдіть відрізок AE, якщо AB = 18 см, BC = 12 см і AD:DE = 5:7.

Розглянемо трикутники ADC і ABE. У них: 1. ∠A − спільний; 2. ∠DCA = ∠BEA як кути, які спираються на одну й ту саму дугу. Отже, △ADC ∼ △ABE за двома рівними кутами (за I ознакою подібності трикутників). 𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐷𝐷𝐷𝐷

𝐴𝐴𝐴𝐴

Тому = = . 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 = ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 AB·AC = AD·AE; за аксіомою вимірювання відрізків AC = AB + BC; AC = 18 + 12 = 30 см. Нехай AD = 5x см, тоді DE = 7x см. Тоді за аксіомою вимірювання відрізків AE = AD + DE; AE = 5x + 7x = 12x см. Рівняння: 18 · 30 = 5x · 12x; 60x2 = 540; x2 = 9; x = 3. AE = 12 · 3 = 36 см. Відповідь: 36 см. 479. У колі, радіус якого дорівнює 8 см, проведено хорду AB. На прямій AB поза відрізком AB позначили точку C таку, що AC : BC = 1 : 4. Знайдіть відстань від точки C до центра кола, якщо AB = 9 см.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Тому

𝐶𝐶𝐶𝐶

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐷𝐷𝐷𝐷

la. in.

Нехай (O; R) − коло, R = 8 см, AC : BC = 1 : 4, AB = 9 см. Нехай AC = x см, тоді BC = 4x см. За аксіомою вимірювання відрізків маємо: BC = BA + AC; AB = BC − AC; 9 = 4x − x; 3x = 9; x = 3. Отже, AC = 3 см, BC = 4 · 3 = 12 см. DE = 2OE; DE = 2 · 8 = 16 см. Розглянемо трикутники CAE і CDB. У них: 1. ∠C − спільний; 2. ∠CEA = ∠CBD як кути, що спираються на одну й ту саму дугу. Отже, △CAE ∼ △CDB за двома рівними кутами (за I ознакою подібності трикутників). 𝐶𝐶𝐶𝐶

𝐶𝐶𝐶𝐶

;

𝐶𝐶𝐶𝐶

За аксіомою вимірювання відрізків CE = CD + DE; CE = CD + 16. Тоді CD · CE = CA · CB; CD(CD + 16) = 3 · 12. Нехай CD = y. y(y + 16) = 36; y2 + 16y − 36 = 0; D = 162 + 4 · 36 = 256 + 144 = 400; −16 + 20 y1 = = 2, y2 =

2 −16 − 20 2

= −18 − не задовольняє умову.

Отже, CD = 2 см. За аксіомою вимірювання відрізків CO = CD + DO; CO = 2 + 8 = 10 см. Відповідь: 10 см. 480. У трикутник ABC вписано квадрат так, що дві його сусідні вершини належать стороні AC, а дві інші − сторонам AB і BC відповідно. Знайдіть сторону квадрата, якщо AC = a, а висота, проведена до сторони AC, дорівнює h.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

𝐵𝐵𝐵𝐵

Відповідь:

𝑎𝑎ℎ

Тому

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝑁𝑁𝑁𝑁

la. in.

Нехай ABC − трикутник, MNPK − квадрат, AC = a, BD = h. Розглянемо трикутники ABC і NBP. У них: 1. ∠B − спільний; 2. ∠BNP = ∠BAC як відповідні кути при паралельних прямих AC і NP (як протилежні сторони квадрата) та січній AB. Отже, △ABC ∼ △NBP за двома рівними кутами (за I ознакою подібності трикутників). 𝐴𝐴𝐴𝐴

𝑁𝑁𝑁𝑁

𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐴𝐴𝐴𝐴

;

𝐵𝐵𝐵𝐵 𝑁𝑁𝑁𝑁

𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐵𝐵𝐵𝐵

Нехай сторона квадрата NP = x см. За аксіомою вимірювання відрізків BD = BF + FD; BF = BD − FD; BF = (h − x) см. 𝑎𝑎 ℎ = ; 𝑥𝑥 ℎ − 𝑥𝑥 xh = a(h − x); xh = ah − ax; xh + ax = ah; 𝑥𝑥 =

𝑎𝑎ℎ

ℎ+𝑎𝑎

. ℎ+𝑎𝑎

481. У трикутнику ABC відомо, що BC = 72 см, AD − висота, AD = 24 см. У даний трикутник вписано прямокутник MNKP так, що вершини M і P належать стороні BC, а вершини N і K − сторонам AB і AC відповідно. Знайдіть сторони прямокутника, якщо MP : MN = 9 : 5.

Нехай ABC − трикутник, MNKP − прямокутник, BC = 72 см, AD − висота, AD = 24 см, MP : MN = 9 : 5. Розглянемо трикутники ABC і ANK. У них: 1. ∠A спільний; 2. ∠ABC = ∠ANK як відповідні кути при паралельних прямих BC і NK (як протилежні сторони прямокутника) та січній AB. Отже, △ABC ∼ △ANK за двома рівними кутами (за I ознакою подібності трикутників).  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html 𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐴𝐴𝐴𝐴

la. in.

Тому = = = . 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝑁𝑁𝑁𝑁 𝐴𝐴𝐴𝐴 Нехай MP = 9x см, тоді MN = 5x см. За аксіомою вимірювання відрізків AD = AF + FD; AF = AD − FD; AF = (24 − 5x) см. 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐴𝐴𝐴𝐴 = ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝑁𝑁𝑁𝑁 NK=MP=9x см як протилежні сторони прямокутника. 72 24 Тоді = ; 9𝑥𝑥 24−5𝑥𝑥 24 · 9x = 72(24−5x); 9x = 72 − 15x; 24x = 72; x = 3. Отже, MP = 9 · 3 = 27 см, тоді MN = 5 · 3 = 15 см. Відповідь: 15 см; 27 см. 482. Знайдіть висоту вежі, якщо відстані від спостерігача до жердини та до вежі відповідно дорівнюють 1,5 м і 39 м, висота жердини −3 м, а зріст спостерігача −1,8 м.

Нехай AF = 1,5 м, AC = 39 м, NE = 3 м, MA = 1,8 м. EN ⊥ AC, BK ⊥ AC, тому EF ∥ BC, звідки △AFE ∼ △ACB. MA = NF = KC. 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐸𝐸𝐸𝐸 𝐴𝐴𝐴𝐴 Тоді = = . За аксіомою вимірювання відрізків NE = NF + FE; 𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐴𝐴𝐴𝐴

FE = NE − NF; FE = 3 − 1,8 = 1,2 м. 𝐸𝐸𝐸𝐸 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐸𝐸𝐸𝐸⋅𝐴𝐴𝐴𝐴 ; Тоді = ; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐴𝐴𝐴𝐴

BC = (1,2 · 39) : 1,5 = 31,2 м. BK = BC + CK; BK = 31,2 + 1,8 = 33 м. Відповідь: 33 м. 483. Поясніть за допомогою рисунка, як можна знайти ширину BM річки, використовуючи подібність трикутників.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Розглянемо трикутники AMK і ABC. У них: 1. ∠A — спільний; 2. ∠MKA = ∠BCA за умовою. Отже, △AMK ∼ △ABC за двома рівними кутами (за I ознакою подібності трикутників). Тому

𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴

𝑀𝑀𝑀𝑀 𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴

;

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴

; 𝐴𝐴𝐴𝐴 =

𝐴𝐴𝐴𝐴⋅𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴

la. in.

За аксіомою вимірювання відрізків AB = AM + MB; MB = AB − AM. Отже, щоб знайти ширину річки MB, достатньо виміряти на березі відстані AM, AC і AK. 484. Петро сфотографував старим фотоапаратом дерево, яке росте біля його будинку. Зображення дерева, віддаленого на 60 м від об'єктива фотоапарата, має на плівці висоту 8 мм. Відстань від об'єктива до зображення дорівнює 40 м. Яка висота дерева?

Нехай AB = 8 мм = 0,8 см, DC = 40 мм = 4 см, CK = 60 м = 6000 см. Трикутники ACB і NCM рівнобедрені з основами AB і NM. ∠ACB = ∠NCM як вертикальні. Якщо рівними є кути при вершині рівнобедрених трикутників, то рівними є й кути при їхніх основах. Отже, △ACB ∼ △NCM за рівними двома кутами (за I ознакою подібності трикутників). Тому

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐶𝐶𝐶𝐶

𝑁𝑁𝑁𝑁 𝐶𝐶𝐶𝐶 𝐴𝐴𝐴𝐴⋅𝐶𝐶𝐶𝐶

𝑁𝑁𝑁𝑁 =

𝐷𝐷𝐷𝐷

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝑁𝑁𝑁𝑁

; 𝑁𝑁𝑁𝑁 =

𝐷𝐷𝐷𝐷

;

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐶𝐶𝐶𝐶 𝑁𝑁𝑁𝑁 0,8⋅6000 4

𝐷𝐷𝐷𝐷

𝐶𝐶𝐶𝐶

;

= 1200(см) = 12 м.

Відповідь: 12 м. 485. Знайдіть висоту дерева, якщо довжина його тіні дорівнює 8,4 м, а довжина тіні від вертикального стовпа заввишки 2 м у той самий час доби дорівнює 2,4 м.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

𝐴𝐴1 𝐵𝐵1 𝐵𝐵1 𝐶𝐶1 𝐵𝐵𝐵𝐵⋅𝐴𝐴1 𝐵𝐵1

𝐵𝐵1 𝐶𝐶1 =

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐴𝐴1 𝐶𝐶1

; 𝐵𝐵1 𝐶𝐶1 =

𝐴𝐴1 𝐵𝐵1 2⋅8,4 2,4

Нехай ABC і A1B1C1 − трикутники, AB = 2,4 м, BC = 2 м, A1B1 = 8,4 м. ∠B = ∠B1 = 90°, ∠A = ∠A1. Отже, трикутник ABC подібний до трикутника A1B1C1 за рівними двома кутами (за I ознакою подібності трикутників). 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵 Тому = = ; = ; 𝐵𝐵1 𝐶𝐶1

= 7(м).

la. in.

Відповідь: 7 м. 486. Знайдіть кути паралелограма, якщо кут між його висотами, проведеними з однієї вершини, дорівнює: 1) 20°; 2) 130°.

1. Нехай BM і BN − висоти, ∠MNB = 20°. ∠BMD = ∠DNB = 90°. Розглянемо чотирикутник MBND. За теоремою про суму кутів чотирикутника ∠BMD + ∠MDN + ∠DNB + ∠MBN = 360°; ∠MDN = 360° − (∠BMD + ∠DNB + ∠MBN); ∠MDN = 360° − (90° + 90° + 20°) = 160°. За властивістю кутів паралелограма, прилеглих до однієї сторони, ∠A + ∠D = 180°; ∠A = 180° − ∠D; ∠A = 180° − 160° = 20°. За властивістю протилежних кутів паралелограма ∠C = ∠A = 20°, ∠B = ∠D = 160°.

2. Нехай AM і AN − висоти, ∠MAN = 130°. ∠AMB = ∠AND = 90°. Розглянемо чотирикутник AMCN. За теоремою про суму кутів чотирикутника ∠AMC + ∠MCN + ∠CNA + ∠NAM = 360°; ∠MCN = 360° − (∠AMC + ∠CNA + ∠NAM); ∠MCN = 360° − (90° + 90° + 130°) = 50°. За властивістю кутів паралелограма, прилеглих до однієї сторони, ∠C + ∠D = 180°; ∠D = 180° − ∠C;  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

∠D = 180° − 50° = 130°. За властивістю протилежних кутів паралелограма ∠A = ∠C = 50°, ∠D = ∠B = 130°. Відповідь: 1. 20°, 160°, 20°, 160°; 2. 50°, 130°, 50°, 130°. 487. З довільної точки X гіпотенузи AB прямокутного трикутника ABC опущено перпендикуляри XM і XN відповідно на катети CA і CB. При якому положенні точки X на гіпотенузі довжина відрізка MN буде найменшою?

∠Х = 360° – ∠C – ∠М – ∠N = 360° – 90° – 90° – 90° = 90°. Таким чином ХMСN – прямокутник. Проведемо діагональ XC. Тоді XC = MN як діагоналі прямокутника. Таким чином найменша довжина MN, буде при найменшій довжині СX. Довжина відрізка СХ є найменшою коли є висотою. Таким чином, для знаходження точки Х достатньо провести висоту з прямого кута ∠C. Перетин висоти та гіпотенузи і є ця точка Х. 488. Один із кутів прямокутної трапеції дорівнює 135°, середня лінія − 21 см, а основи відносяться як 5 : 2. Знайдіть меншу бічну сторону трапеції.

Нехай ABCD − прямокутна трапеція (AD∥BC, AB⊥AD). За властивістю кутів прямокутної трапеції при бічній стороні маємо: ∠C + ∠D = 180°; ∠D = 180° − ∠C; ∠D = 180° − 135° = 45°. Розглянемо прямокутний трикутник CKD. За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника ∠KCD + ∠KDC = 90°; ∠KCD = 90° − ∠KDC; ∠KCD = 90° − 45° = 45°. Отже, трикутник CKD − рівнобедрений (CK = KD). Чотирикутник ABCK − прямокутник, тому AK = BC, AB = KC. Нехай AD = 5x см, тоді BC = 2x см.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

За теоремою про середню лінію трапеції маємо: 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝑀𝑀𝑀𝑀 = ; 2 5𝑥𝑥 + 2𝑥𝑥 ; 21 = 2 7x = 42; x = 6. Отже, AD = 5 · 6 = 30 (см), тоді BC = 2 · 6 = 12 (см). За аксіомою вимірювання відрізків AD = AK + KD; KD = AD − AK; KD = 30 − 12 = 18 (см). Тоді AB = KC = KD = 18 см. Відповідь: 18 см. 489. Як два рівних опуклих чотирикутники розрізати на частини, з яких можна скласти паралелограм? Їх потрібно розрізати по різних діагоналях (див. рис.).

14. Друга та третя ознаки подібності трикутників 490. На одній стороні кута A відкладено відрізки AB і AD, а на другій − відрізки AC і AE. Чи подібні трикутники ABC і ADE, якщо AB = 4 см, AD = 20 см, AC = 10 см, AE = 8 см?

Розглянемо трикутники ABC і AED. У них: 1. ∠A − спільний; 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 4 10 1 1 2. = ; = ; = . 𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐴𝐴𝐴𝐴 8

20 2

Отже, △ABC ∼ △AED за двома пропорційними сторонами та рівними кутами, утвореними цими сторонами (за II ознакою подібності трикутників). 491. На сторонах AB і AC трикутника ABC позначили відповідно точки D і E так, що AD 4 4 = AC, AE = AB. Знайдіть відрізок DE, якщо BC = 21 см. 7

 shkola.in.ua

Розглянемо трикутники AED і ABC. У них: 1. ∠A − спільний; 2.

𝐴𝐴𝐴𝐴

= .

𝐴𝐴𝐴𝐴

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

DE =

7 4 · 21 7

= 12 см

la. in.

Отже, △ABC ∼ △AED за двома пропорційними сторонами та рівними кутами, утвореними цими сторонами (за II ознакою подібності трикутників). Тому 𝐷𝐷𝐷𝐷 4 = ; 𝐵𝐵𝐵𝐵 7 4BC DE = ;

Відповідь: 12 см. 492. У трикутнику ABC відомо, що AB = 21 см, AC = 42 см, BC = 28 см. На продовженнях відрізків AB і BC за точку B відкладено відповідно відрізки BM і BK, BM = 8 см, BK = 6 см. Знайдіть відрізок KM.

Розглянемо трикутники ABC і KBM. У них: 1. ∠ABC = ∠KBM як вертикальні; 21 6

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐾𝐾𝐾𝐾

𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐵𝐵𝐵𝐵 28 7 8

;

; = . 2

Отже, △ABC ∼ △KBM за двома пропорційними сторонами та рівними кутами, утвореними цими сторонами (за II ознакою подібності трикутників). Тому 𝐴𝐴𝐴𝐴 7 2𝐴𝐴𝐴𝐴 2 ⋅ 42 = ; 𝐾𝐾𝐾𝐾 = ; 𝐾𝐾𝐾𝐾 = = 12 (см).

𝐾𝐾𝐾𝐾

Відповідь: 12 см. 493. Відрізки AB і CD перетинаються в точці O, AO = 24 см, BO = 16 см, CO = 15 см, OD = 10 см, ∠ACO = 72°. Знайдіть кут BDO.

Розглянемо трикутники AOC і BOD. У них: 1. ∠AOC=∠BOD як вертикальні; 2.

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐶𝐶𝐶𝐶

𝐷𝐷𝐷𝐷

;

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html 24

16 3 2

10 3

;

= . 2

la. in.

Отже, △AOC ∼ △BOD за двома пропорційними сторонами та рівними кутами, утвореними цими сторонами (за II ознакою подібності трикутників). Тому ∠BDO = ∠ACO = 72° як відповідні кути подібних трикутників. Відповідь: 72°. 494. На сторонах AC і BC трикутника ABC позначили відповідно точки M і K так, що CM = 15 см, CK = 12 см. Знайдіть відрізок MK, якщо AC = 20 см, BC = 25 см, AB = 30 см.

Нехай ABC − трикутник, M ∈ AC, K ∈ BC, CM = 15 см, CK = 12 см, AC = 20 см, BC = 25 см, AB = 30 см. Розглянемо трикутники ABC і KMC. У них: 1. ∠C − спільний; 𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐵𝐵𝐵𝐵

2. = ; 𝐾𝐾𝐾𝐾 𝑀𝑀𝑀𝑀 25 20 = ; 15 12 5 5 = . 3 3 Отже, △ABC ∼ △KMC за двома пропорційними сторонами та рівними кутами, утвореними цими сторонами (за II ознакою подібності трикутників). Тому 𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐾𝐾𝐾𝐾

3𝐴𝐴𝐴𝐴

= ; 𝑀𝑀𝑀𝑀 =

; 𝑀𝑀𝑀𝑀 =

3⋅30 5

= 18 (см).

Відповідь: 18 см. 495. Чи подібні трикутники ABC і A1B1C1, якщо: 1. AB = 6 см, BC = 10 см, AC = 14 см, A1B1 = 9 см, B1C1 = 15 см, A1C1 = 21 см; 2. AB = 1,3 см, BC = 2,5 см, AC = 3,2 см, A1B1 = 26 см, B1C1 = 50 см, A1C1 = 60 см? 𝐴𝐴𝐴𝐴 6 2 𝐵𝐵𝐵𝐵 10 2 𝐴𝐴𝐴𝐴 14 2 1. Перевіримо пропорційність сторін: = = ; = = ; = = . 2

Оскільки = = , то 3

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐴𝐴1 𝐵𝐵1

𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐵𝐵1 𝐶𝐶1

𝐴𝐴1 𝐵𝐵1 𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐴𝐴1 𝐶𝐶1

𝐵𝐵1 𝐶𝐶1

𝐵𝐵𝐵𝐵

sh Оскільки

≠

, то

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐴𝐴1 𝐵𝐵1

𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐵𝐵1 𝐶𝐶1

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐴𝐴1 𝐵𝐵1 𝐴𝐴𝐴𝐴

≠

3,2

і △ABC∼△A1B1C1 за трьома пропорційними

сторонами (за III ознакою подібності трикутників); 2. перевіримо пропорційність сторін:

3 𝐴𝐴1 𝐶𝐶1

𝐴𝐴1 𝐶𝐶1

1,3 26

;

𝐵𝐵1 𝐶𝐶1

2,5 50

;

𝐴𝐴𝐴𝐴

20 𝐴𝐴1 𝐶𝐶1

і △ABC та △A1B1C1 не є подібними.

496. Чи подібні два трикутники, якщо сторони одного відносяться як 3 : 8 : 9, а сторони другого дорівнюють 24 см, 9 см, 27 см? 9 см : 24 см : 27 см = 3 : 8 : 9, то трикутники пропорційні за трьома пропорційними сторонами (за III ознакою подібності трикутників). 497. У трикутниках ABC і A1B1C1 відомо, що ∠A=∠A1, кожна зі сторін AB і AC становить 0,6 сторін A1B1 і A1C1 відповідно. Знайдіть сторони BC і B1C1, якщо їхня сума дорівнює 48 см.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Нехай ABC і A1B1C1 − трикутник, ∠A = ∠A1, AB = 0,6A1B1, AC = 0,6A1C1, BC + B1C1 = 48 см. Розглянемо трикутники ABC і A1B1C1. У них: 1. ∠A=∠A1 за умовою; 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 2. = = 0,6. 𝐴𝐴1 𝐵𝐵1

𝐴𝐴1 𝐶𝐶1

Отже, △ABC∼△A1B1C1 за двома пропорційними сторонами та рівними кутами, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 0,6. утвореними цими сторонами (за II ознакою подібності трикутників). Тому 𝐵𝐵1 𝐶𝐶1

𝑀𝑀𝑀𝑀

𝐾𝐾𝐾𝐾

la. in.

Нехай BC = x см, тоді B1C1 = (48 − x) см. 𝑥𝑥 = 0,6; 48 − 𝑥𝑥 x = 0,6(48 − x); x = 28,8 − 0,6x; 1,6x = 28,8; x = 18. Отже, BC=18 см, тоді B1C1=48−18=30 (см). Відповідь: 18 см; 30 см. 498. У трикутниках DEF і MKN відомо, що ∠E = ∠K, а кожна зі сторін DE і EF у 2,5 раза більша за сторони MK і KN відповідно. Знайдіть сторони DF і MN, якщо їхня різниця дорівнює 30 см. Нехай DEF і MKN − трикутники, ∠E = ∠K, DE = 2,5MK, EF = 2,5KN, DF – MN = 30 см. Розглянемо трикутники DEF і MKN. У них: 1. ∠E = ∠K за умовою; 𝐷𝐷𝐷𝐷 𝐸𝐸𝐸𝐸 2. = = 2,5. Отже, △DEF ∼ △MKN за двома пропорційними сторонами та рівними кутами, утвореними цими сторонами (за II ознакою подібності трикутників). 𝐷𝐷𝐷𝐷 Тому = 2,5. 𝑀𝑀𝑀𝑀

Нехай DF = x см, тоді MN = (x − 30) см. 𝑥𝑥 = 2,5; 𝑥𝑥−30

x = 2,5(x − 30); x = 2,5x − 75; 1,5x = 75; x = 50. Отже, DF=50 см, тоді MN=50−30=20 (см). Відповідь: 50 см; 20 см. 499. На сторонах AB і AC трикутника ABC позначили відповідно точки D і E так, що AD : DB = AE : EC = 3 : 5. Знайдіть відрізок DE, якщо BC = 16 см.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Нехай ABC − трикутник, D ∈ AB, E ∈ AC, AD : DB = AE : EC = 3 : 5, BC = 16 см. За аксіомою вимірювання відрізків AB = AD + DB; DB = AB − AD; AC = AE + EC; EC = AC − AE. 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 3 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 3 𝐴𝐴𝐴𝐴−𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴−𝐴𝐴𝐴𝐴 5 = = ; = = ; = = ; 𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐸𝐸𝐸𝐸

−1=

5 𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐴𝐴𝐴𝐴−𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴−𝐴𝐴𝐴𝐴 5 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴

−1= ;

3 𝐴𝐴𝐴𝐴

1. ∠C − спільний; 2.

𝐴𝐴𝐴𝐴

5 8

𝐴𝐴𝐴𝐴

= . Розглянемо трикутники ABC і ADE. У них:

за доведеним вище.

𝐷𝐷𝐷𝐷 𝐴𝐴𝐵𝐵

Отже, △ABC ∼ △ADE за двома пропорційними сторонами та рівними кутами, утвореними цими сторонами (за II ознакою подібності трикутників). 𝐵𝐵𝐵𝐵 8 3𝐵𝐵𝐵𝐵 3⋅16 = ; 𝐷𝐷𝐷𝐷 = ; 𝐷𝐷𝐷𝐷 = = 6( см). Тому 𝐷𝐷𝐷𝐷

la. in.

Відповідь: 6 см. 500. З дерев'яних паличок виготовили три подібні різносторонні трикутники. У кожному з них більшу сторону пофарбували в блакитний колір, а меншу − у жовтий. 3 блакитних паличок склали один трикутник, а з жовтих − другий. Чи будуть ці трикутники подібні? Якщо △ABC ∼ △A1B1C1 ∼ △A2B2C2, то AB : A1B1 : A2B2 = AC : A1C1 : A2C2 = BC : B1C1 : B2C2. Тоді AB : BC : AC = A1B1 : B1C1 : A1C1 = A2B2 : B2C2 : A2C2 тобто трикутники, складені з найбільших і найменших сторін подібних трикутників, будуть пропорційні за III ознакою подібності трикутників. 501. У трикутнику ABC відомо, що AC = a, AB = BC = b, AM і CK бісектриси трикутника. Знайдіть відрізок MK.

Нехай ABC − трикутник, AC = a, AB = BC = b, AM і CK − бісектриси. Оскільки AB = BC за умовою, то трикутник ABC − рівнобедрений з основою AC. За властивістю кутів при основі рівнобедреного трикутника ∠A = ∠C. Якщо CK − бісектриса, то за властивістю 𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐴𝐴𝐴𝐴

. Аналогічно якщо AM − бісектриса, то за властивістю бісектриси

бісектриси 𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝑀𝑀𝑀𝑀

𝐵𝐵𝐵𝐵

. Тоді

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐾𝐾𝐾𝐾

𝑀𝑀𝑀𝑀

𝐵𝐵𝐵𝐵

. За аксіомою вимірювання відрізків

AB = AK + KB; AK = AB − KB; BC = BM + MC; MC = BC − BM. 𝐴𝐴𝐴𝐴−𝐾𝐾𝐾𝐾 𝐵𝐵𝐵𝐵−𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵 = ; = . 𝐾𝐾𝐾𝐾

𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐾𝐾𝐾𝐾

𝐵𝐵𝐵𝐵

Розглянемо трикутники ABC і KBM. у них:  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

1. ∠𝐵𝐵 − спільний; 2.

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐾𝐾𝐾𝐾

𝐵𝐵𝐵𝐵

за доведеним вище.

𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐾𝐾𝐾𝐾

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐾𝐾𝐾𝐾

З відношень для бісектрис кутів маємо, що Нехай 𝐾𝐾𝐾𝐾 = 𝑥𝑥 см. b(b − x) = ax; b2 – bx = ax; 𝑥𝑥 =

𝑏𝑏2

𝑎𝑎+𝑏𝑏

𝑏𝑏 𝑥𝑥

Відповідь:

𝑎𝑎𝑏𝑏2

𝑏𝑏(𝑎𝑎+𝑏𝑏)

𝑏𝑏−𝑥𝑥

;

𝑏𝑏2 𝑎𝑎+𝑏𝑏

𝑎𝑎⋅

𝑎𝑎𝑏𝑏2

𝐾𝐾𝐾𝐾

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝑏𝑏

𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐾𝐾𝐾𝐾

𝑎𝑎

𝑏𝑏−𝐾𝐾𝐾𝐾

la. in.

Тоді одержимо: 𝐾𝐾𝐾𝐾 =

𝑎𝑎

𝐴𝐴𝐴𝐴

Отже, △ABC ∼ △KBM за двома пропорційними сторонами та рівними кутами, утвореними цими сторонами (за II ознакою подібності трикутників). 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴⋅𝐾𝐾𝐾𝐾 = ; 𝐾𝐾𝐾𝐾 = . Тому

𝑏𝑏

𝑏𝑏(𝑎𝑎+𝑏𝑏)

502. У трикутнику ABC відомо, що AB = 8 см, BC = 12 см, AC = 16 см. На стороні AC позначено точку D так, що CD = 9 см. Знайдіть відрізок BD.

𝐷𝐷𝐷𝐷

Нехай ABC − трикутник, AB = 8 см, BC = 12 см, AC = 16 см, CD = 9 см. 𝐴𝐴𝐴𝐴 16 4 = = ; 𝐵𝐵𝐵𝐵 12 3 𝐵𝐵𝐵𝐵 12 4 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵 = = , тому = . 9

𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐷𝐷𝐷𝐷

Розглянемо трикутники ABC і BDC. У них: 1. ∠C − спільний; 2.

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐷𝐷𝐷𝐷

за доведеним вище.

Отже, △ABC ∼ △BDC за двома пропорційними сторонами та рівними кутами, утвореними цими сторонами (за II ознакою подібності трикутників). 𝐴𝐴𝐴𝐴 4 3𝐴𝐴𝐴𝐴 = ; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = ; Тому 𝐵𝐵𝐵𝐵 =

𝐵𝐵𝐵𝐵 3⋅8 4

= 6( см).

Відповідь: 6 см. 503. Iз точки A проведено два промені AM і AN. На промені AM позначено точки H і B, а на промені AN − точки C і D так, що AH · AB = AC · AD. Доведіть, що точки H, B, C і D лежать на одному колі.

 shkola.in.ua

Оскільки AH · AB = AC · AD, то 1. ∠A − спільний;

𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐴𝐴𝐴𝐴

за умовою.

𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐴𝐴𝐴𝐴

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

. Розглянемо трикутники AHC і ADB. У них:

la. in.

Отже, △AHC ∼ △ADB за двома пропорційними сторонами та рівними кутами, утвореними цими сторонами (за II ознакою подібності трикутників). Тому ∠ACH = ∠ABD як відповідні кути подібних трикутників. ∠HCD і ∠ACH − суміжні. За властивістю суміжних кутів ∠HCD + ∠ACH = 180°, звідки ∠HCD + ∠ABD = 180°. Аналогічно можна показати, що ∠CHB + ∠BDC = 180°. Розглянемо чотирикутник CHBD. У ньому сума протилежних кутів дорівнює по 180°, тому навколо нього можна описати коло, вершини кутів при цьому лежатимуть на колі. 504. На медіані BM трикутника ABC позначили точку K так, що ∠MKC = ∠BCM. Доведіть, що ∠AKM = ∠BAM.

Нехай ABC − трикутник, BM − медіана, ∠MKC = ∠BCM. Розглянемо трикутники BMC і CMK. У них: 1. ∠M − спільний; 2. ∠BCM = ∠MKC за умовою. Отже, △BMC ∼ △CMK за двома рівними кутами (за I ознакою подібності трикутників). 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝐵𝐵𝐵𝐵 = = . Тому 𝐶𝐶𝐶𝐶 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝐶𝐶𝐶𝐶 Оскільки BM − медіана, то AM = MC. Розглянемо трикутники KAM і ABM. У них: 1. ∠M − спільний; 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐾𝐾𝐾𝐾 2. = . 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐴𝐴𝐴𝐴 Отже, △KAM ∼ △ABM за двома пропорційними сторонами та рівними кутами, утвореними цими сторонами (за II ознакою подібності трикутників). Тому ∠AKM = ∠BAM як відповідні кути подібних трикутників. 505. Відрізки AB і CD перетинаються в точці M. Відомо, що AM · MB = CM · MD. Доведіть, що точки A, B, C і D лежать на одному колі.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Розглянемо трикутники ADM і CBM. У них: 1. ∠AMD=∠CMB як вертикальні; 2.

𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐶𝐶𝐶𝐶

𝐷𝐷𝐷𝐷 𝐵𝐵𝐵𝐵

за умовою.

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝑀𝑀𝑀𝑀

Нехай AB і CD − відрізки, AB ∩ CD=M, 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ 𝑀𝑀𝑀𝑀 = 𝐶𝐶𝐶𝐶: 𝑀𝑀𝑀𝑀 ⋅

𝐶𝐶𝐶𝐶

𝑀𝑀𝑀𝑀

la. in.

Отже, △ADM ∼ △CBM за двома пропорційними сторонами та рівними кутами, утвореними цими сторонами (за II ознакою подібності трикутників). Тому ∠DAM = ∠BCM як відповідні кути подібних трикутників. Тоді за властивістю належності чотирьох точок колу маємо, що точки A, B, C і D лежать на одному колі. 506. На спільній хорді двох кіл, що перетинаються, позначили точку M і через неї провели хорди AB і CD. Доведіть, що ∠DAB = ∠BCD.

Нехай два кола перетинаються по хорді EF. Розглянемо коло (O1; R1). Для хорд AB і EF, що перетинаються в точці M, за властивістю маємо: FM · ME = BM · MA. Аналогічно для хорд CD і NK одержимо: FM · ME = DM · MC. З останніх рівностей матимемо, що BM · MA = DM · MC. 𝐵𝐵𝑀𝑀 𝐷𝐷𝐷𝐷 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝑀𝑀𝑀𝑀 Тоді = ; = . Розглянемо трикутники BMC і DMA. У них: 𝑀𝑀𝑀𝑀

𝑀𝑀𝑀𝑀 𝐷𝐷𝐷𝐷

𝑀𝑀𝑀𝑀

𝐵𝐵𝐵𝐵

𝑀𝑀𝑀𝑀

за доведеним вище.

∠BMC = ∠DMA як вертикальні;

𝐷𝐷𝐷𝐷

𝑀𝑀𝑀𝑀

Отже, △BMC ∼ △DMA за двома пропорційними сторонами та рівними кутами, утвореними цими сторонами (за II ознакою подібності трикутників). Тому ∠BCM = ∠DAM як відповідні кути подібних трикутників, звідки ∠DAB = ∠BCD. 507. Периметр паралелограма ABCD дорівнює 46 см, ∠BAD = ∠ADB. Знайдіть сторони паралелограма, якщо периметр трикутника BCD дорівнює 32 см.

Нехай ABCD − паралелограм, PABCD=46 см, ∠BAD = ∠ADB, PBCD=32 см. Оскільки ∠BAD = ∠ADB, то трикутник ABD − рівнобедрений з основою AD (AB = BD). Діагональ розбиває паралелограм на два рівних трикутники, тому △ADB = △BCD, звідки PADB = PBCD = 32 см. PABCD = 2(AB+AD);  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

2(AB + AD) = 46; AB + AD = 23 (см). PADB = AB + AD + BD; PADB = AB + AD + AB; 32 = 23 + AB; AB = 9 (см). Тоді AD = 23 − AB; AD = 23 − 9 = 14 (см). За властивостями сторін паралелограма AB = CD = 9 см, AD = BC = 14 см. Biдповідь: AB = CD = 9 см, AD = BC = 14 см. 508. На діагоналі BD квадрата ABCD позначили точку E так, що DE = AD. Через точку E проведено пряму, яка перпендикулярна до прямої BD і перетинає сторону AB у точці F. Доведіть, що AF = FE = BE.

Нехай ABCD − квадрат, BD − діагональ, DE = AD, FK ⊥ BD. Розглянемо прямокутний трикутник BEF (∠BEF = 90°). Оскільки BD − діагональ квадрата, то вона є бісектрисою кута B, тому ∠ABD = ∠DBC = 90° : 2 = 45°. За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника ∠FBE + ∠BFE = 90°; ∠BFE = 90° − ∠FBE; ∠BFE = 90° − 45° = 45°. Отже, трикутник BEF − рівнобедрений з основою BF (BE = FE). Розглянемо рівнобедрений трикутник DAE (DE = AD). За властивістю кутів при основі рівнобедреного трикутника ∠AED = ∠EAD. Нехай ∠AED = ∠EAD = x. Тоді ∠BAE = 90° − x. За аксіомою вимірювання кутів маємо: ∠BED = ∠BEF + ∠FEA + ∠AED; ∠FEA = 180° −(∠BEF + ∠AED); ∠FEA = 180° − (90° + x) = 90° − x. Тоді трикутник AFE − рівнобедрений з основою AE, звідки AF = FE. З того, що BE = FE і AF =FE, слідує, що AF = FE = BE. 509. У трапеції ABCD відомо, що ∠B = 90°, ∠C = 150°, BC = 5 см. Знайдіть сторону CD, якщо висота трапеції, проведена з вершини C, розбиває дану трапецію на трикутник і квадрат.

Нехай ABCD − трапеція (AD ∥ BC), ∠B=90°, ∠C=150°, BC=5 см, CK − висота. Оскільки ABCK − квадрат, то AB = BC = CK = AK = 5 см. За аксіомою вимірювання кутів  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

∠BCD = ∠BCK + ∠KCD; ∠KCD = ∠BCD − ∠BCK; ∠KCD = 150° − 90° = 60°. Розглянемо прямокутний трикутник CKD. За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника ∠KCD + ∠KDC=90°; ∠KDC = 90° − ∠KCD; ∠KDC = 90° − 60° = 30°. За властивістю катета, який лежить проти кута 30°, маємо: 1 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝐶𝐶𝐶𝐶; 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 2𝐶𝐶𝐶𝐶; CD = 2 · 5 = 10 (см). 2 Відповідь: 10 см. 510. На колі позначили 999 точок синім олівцем та одну точку червоним олівцем. Яких многокутників з вершинами в позначених точках більше: тих, що містять червону точку, чи тих, що ї не містять? Порахуємо кількість трикутників з вершиною у червоній точці. Зрозуміло, що одну «синю» вершину можна вибрати із 999 точок, а іншу − із 998, що залишилися. Проте кожен такий трикутник врахований двічі за рахунок того, що помінявши при виборі сині точки місцями, ми одержимо той самий трикутник. Тому кількість трикутників дорівнює 999⋅998 = 498 501. Кількість n−кутників з вершиною у червоній точці дорівнює кількості 2

(n−1)−кутників, усі вершини яких містяться у синіх точках. Тому кількість многокутників з вершиною у червоній точці є більшою на 498 501, ніж многокутників, усі вершини яких містяться у «синіх» точках. Завдання № 2 «Перевір себе» в тестовій формі (сторінка 130) 1 1. Ha рисунку A1B1∥A2B2, A2B2∥A3B3, A1A2 = A1A3.Звідси випливає, що:

Відповідь: В. A1A3 = B1B3. 2. Якщо медіани AA1 і BB1 трикутника ABC перетинаються в точці M, то яка з даних рівностей є правильною для будь−якого трикутника ABC? 1 Відповідь: В. 𝑀𝑀𝐴𝐴1 = 𝐴𝐴𝐴𝐴. 2

3. На рисунку A1C1∥AC. Тоді:

Відповідь: B.

𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐵𝐵𝐶𝐶1

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐴𝐴1 𝐶𝐶1

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

4. У трикутнику ABC відомо, що AB = 8 см, BC = 4 см, AC = 9 см. У якому відношенні центр вписаного кола ділить бісектрису BB1, рахуючи від вершини B? Дано: △ABC. AB = 8 см, BC = 4 см, AC = 9 см, BB1 — бісектриса ∠B. O — центр вписаного кола (O ∈ BB1). Знайти: BO ∶ OB1. Розв'язання:

Бісектриса BB1 ділить сторону AC на відрізки, пропорційні прилеглим сторонам AB та BC: 𝐴𝐴𝐵𝐵1 𝐴𝐴𝐴𝐴 8 2 = = = 𝐵𝐵1 𝐶𝐶 𝐵𝐵𝐵𝐵 4 1 Отже, AB1 = 2 · B1C. Оскільки AC = AB1 + B1C = 9 см, підставимо AB1: 2 · B1C + B1C = 9 3 · B1C = 9 B1C = 3 см AB1 = 9 – 3 = 6 см Центр вписаного кола O лежить на перетині бісектрис. Отже, відрізок AO є бісектрисою кута ∠A в △ABC, і, відповідно, він є бісектрисою кута ∠BAB1 у трикутнику △ABB1. Бісектриса AO ділить сторону BB1 на відрізки BO та OB1, пропорційні прилеглим сторонам AB та AB1: 𝐴𝐴𝐴𝐴 8 4 𝐵𝐵𝐵𝐵 = = = 𝑂𝑂𝑂𝑂1 𝐴𝐴𝐵𝐵1 6 3 Відповідь: В. 4 : 3. 5. Через точку M сторони BC паралелограма ABCD проведено пряму, яка паралельна стороні CD. Ця пряма перетинає відрізки BD і AD у точках K і F відповідно. Відомо, що BM : FD = 2 : 1. Чому дорівнює відношення KD : BK? Дано: ABCD — паралелограм (AD∥BC). M ∈ BC, F ∈ AD, K ∈ BD. FM∥CD. (Це означає також FM∥AB). Відношення: BM ∶ FD = 2 ∶ 1. Знайти: KD ∶ BK. Розв'язання:

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Оскільки ABCD — паралелограм, то його протилежні сторони паралельні: AD∥BC. Це означає, що відрізок FD (на AD) паралельний відрізку BM (на BC) : FD∥BM. Розглянемо △KFD та △KMB. Вони утворені перетином паралельних прямих FD і BM січними BD і FM. ∠FKD = ∠MKB як вертикальні кути. ∠KDF = ∠KBM як внутрішні різносторонні кути при паралельних прямих AD і BC та січній BD. Отже, △KFD ∼ △KMB за двома кутами. У подібних трикутниках відношення відповідних сторін рівні. KD відповідає KB, а FD відповідає MB: 𝐾𝐾𝐷𝐷 𝐹𝐹𝐹𝐹 = 𝐾𝐾𝐾𝐾 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝐵𝐵𝐵𝐵 2 Нам дано відношення BM : FD = 2 : 1. Це означає, що = . Нам потрібне обернене 𝐹𝐹𝐹𝐹 1 відношення: 𝐹𝐹𝐹𝐹 1 𝐾𝐾𝐾𝐾 1 𝐹𝐹𝐹𝐹 = = ⇒ = 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝐵𝐵𝐵𝐵 2 𝐾𝐾𝐾𝐾 2 Відповідь: Б. 1 : 2. 6. У трикутнику ABC відомо, що AB = 14 см, BC = 21 см. На стороні AB на відстані 4 см від вершини A позначено точку D, через яку проведено пряму, паралельну стороні AC. Знайдіть відрізки, на які ця пряма ділить сторону BC. Дано: △ABC. AB = 14 см, BC = 21 см. D ∈ AB, причому AD = 4 см. Через D проведено пряму DE, паралельну AC (DE∥AC, E ∈ BC). Знайти: Відрізки BE та EC, на які пряма DE ділить сторону BC. Розв'язання:

Знайдемо довжину відрізка BD на стороні AB: BD = AB – AD = 14 – 4 = 10 см Оскільки DE∥AC, то △BDE подібний до △BAC (△BDE∼△BAC) за двома кутами (∠B — спільний, ∠BDE=∠BAC як відповідні кути при паралельних прямих DE та AC і січній AB). Коефіцієнт подібності k (від △BDE до △BAC) визначається відношенням відповідних сторін, прилеглих до спільного кута B:  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

𝐵𝐵𝐵𝐵 10 5 = = 𝐵𝐵𝐵𝐵 14 7 Відповідні сторони BE та BC також відносяться як k: 5 𝐵𝐵𝐵𝐵 5 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝑘𝑘 ⇒ = ⇒ 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 21 ⋅ = 3 ⋅ 5 = 15 см 21 7 7 𝐵𝐵𝐵𝐵 Відрізок EC є різницею між повною довжиною BC та відрізком BE: EC = BC – BE = 21 – 15 = 6 см Відповідь: В. 15 см, 6 см. 7. Відрізок MN проведено через точку перетину діагоналей нерівнобедреної трапеції ABCD паралельно основам. Скільки пар подібних трикутників зображено на рисунку?

la. in.

𝑘𝑘 =

Нехай O — точка перетину діагоналей AC і BD. Оскільки відрізок MN проходить через O і паралельний основам, ми маємо три паралельні прямі: BC∥MN∥AD. Подібні трикутники утворюються внаслідок двох основних властивостей: 1. Подібність трикутників, утворених діагоналями Оскільки основи трапеції паралельні (BC∥AD), трикутники, утворені діагоналями та основами, подібні за двома кутами (вертикальні ∠BOC та ∠DOA і внутрішні різносторонні кути). △BOC ∼ △DOA 2. Подібність трикутників, утворених паралельною прямою MN Оскільки MN паралельний основам, він відтинає чотири пари подібних трикутників (по дві пари для кожної основи). А. Використовуємо MN∥AD (паралельно більшій основі): 2. △BMO ∼ △BAD (спільний кут ∠B і MO∥AD). 3. △CNO ∼ △CDA (спільний кут ∠C і NO∥AD). Б. Використовуємо MN∥BC (паралельно меншій основі): 4. △AMO ∼ △ABC (спільний кут ∠A і MO∥BC). 5. △DNO ∼ △DCB (спільний кут ∠D і NO∥BC). Таким чином, на рисунку зображено 5 пар подібних трикутників. Відповідь: Г. 5. 8. Через вершини A і C нерівнобедреного трикутника ABC проведено коло, яке перетинає сторони BA і BC у точках E і D відповідно. Яка з даних рівностей є правильною?

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

𝐵𝐵𝐵𝐵

la. in.

Відношення, на які коло розбиває бічні сторони трикутника, встановлюється за допомогою подібності трикутників та властивості вписаного чотирикутника. 1. Визначення подібних трикутників Оскільки точки A, E, D, C лежать на одному колі, чотирикутник AECD є вписаним. У вписаному чотирикутнику зовнішній кут дорівнює внутрішньому протилежному куту. Кут ∠BED є зовнішнім до вписаного чотирикутника AECD при вершині E (як суміжний до ∠AED). Внутрішній протилежний до ∠AED кут — це ∠ACD (тобто ∠C у △ABC). Отже: ∠BED = ∠C (∠ACB). Ознака подібності (за двома кутами): Розглянемо △BDE і △BAC: ∠B — спільний кут. ∠BED = ∠C (встановлено вище). Таким чином, △BDE ∼ △BAC за двома кутами. 2. Встановлення відношення Оскільки трикутники подібні, відношення їхніх відповідних сторін є рівними: 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐷𝐷𝐷𝐷 = = 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐵𝐵𝐵𝐵 Відповідь: Б. = . 𝐵𝐵𝐵𝐵

9. Хорда AB перетинає хорду CD у її середині та ділиться цією точкою на відрізки, які дорівнюють 4 см і 25 см. Знайдіть хорду CD. Дано: Хорди AB та CD перетинаються в точці M. Точка M ділить хорду CD навпіл, тобто CM = MD. Хорда AB ділиться точкою M на відрізки: AM = 4 см і MB = 25 см. Знайти: Довжину хорди CD. Розв'язання:

Застосування теореми про перетин хорд: Якщо дві хорди кола перетинаються, то добуток відрізків однієї хорди дорівнює добутку відрізків іншої хорди: AM · MB = CM · MD Оскільки CM = MD, позначимо довжину цих відрізків як x. 4 · 25 = x · x ⇒ 100 = x2 ⇒ x = √100 = 10 см Отже, CM = 10 см і MD = 10 см. CD = CM + MD = 10 + 10 = 20 см Відповідь: Г. 20 см.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

10. У трикутнику ABC відомо, що AB = 10 см, BC = 4 см, CA = 8 см. На стороні AC позначено точку D таку, що AD = 6 см. Знайдіть відрізок BD.

la. in.

CD = AC – AD = 8 см − 6 см = 2 см Розглянемо △BDC і △ABC. Кут ∠C є спільним для обох трикутників. Перевіримо пропорційність сторін, що прилягають до кута ∠C: 𝐷𝐷𝐷𝐷 2 1 𝐵𝐵𝐵𝐵 4 1 = = ; = = 𝐵𝐵𝐵𝐵 4 2 𝐴𝐴𝐴𝐴 8 2 𝐷𝐷𝐷𝐷 𝐵𝐵𝐵𝐵 Оскільки відношення відповідних сторін рівні ( = ) і кут між ними спільний, то 𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐴𝐴𝐴𝐴

△BDC∼△ABC за двома пропорційними сторонами та кутом між ними. З подібності випливає, що відношення третіх сторін також дорівнює коефіцієнту 1 подібності : 2 1 1 𝐵𝐵𝐵𝐵 1 = ⇒ 𝐵𝐵𝐵𝐵 = ⋅ 𝐴𝐴𝐴𝐴 = ⋅ 10 см = 5 см 2 2 𝐴𝐴𝐵𝐵 2 Відповідь: А. 5 см.

Готуємося до тематичного оцінювання (сторінка 132) 1. Паралельні прямі a і b перетинають сторону BA кута ABC у точках D і M відповідно, а сторону BC − у точках F і K відповідно, точка D лежить між точками B і M, BD = 16 см, DM = 4 см, BF = 12 см. Знайдіть відрізок FK. Дано: ∠ABC. Прямі a і b паралельні: a∥b. D ∈ BA, M ∈ BA, F ∈ BC, K ∈ BC. D лежить між B і M. BD = 16 см. DM = 4 см. BF = 12 см. Знайти: FK. Розв'язання:

За теоремою Фалеса (узагальнена): Якщо паралельні прямі (𝑎𝑎 і 𝑏𝑏) перетинають сторони кута ABC, то відрізки, утворені на одній стороні, пропорційні відповідним відрізкам, утвореним на іншій стороні. Відповідно до цієї теореми, маємо пропорцію:  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

12 12 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐵𝐵𝐵𝐵 16 12 = ⇒ = ⇒4= ⇒ 𝐹𝐹𝐹𝐹 = ⇒ 𝐹𝐹𝐹𝐹 = 3 (см) 4 𝐹𝐹𝐹𝐹 𝐹𝐹𝐹𝐹 4 𝐷𝐷𝐷𝐷 𝐹𝐹𝐹𝐹 Відповідь: 3 см. 2. Трикутники ABC і A1B1C1 подібні, причому сторонам AB і BC відповідають сторони, A1B1 і B1C1. Знайдіть сторону A1B1, якщо AB = 9 см, BC = 3 см, B1C1 = 2 см. Дано: △ABC∼△A1B1C1. Відповідні сторони: AB↔A1B1 та BC ↔ B1C1. AB = 9 см. BC = 3 см. B1C1 = 2 см. Знайти: A1B1. Розв'язання:

Оскільки трикутники подібні, відношення відповідних сторін рівні: 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵 9 3 = ⇒ = ⇒ 3 · A1B1 = 9 · 2 ⇒ 3 · A1B1 = 18 ⇒ A1B1 = 6 (см) 𝐴𝐴1 𝐵𝐵1

𝐵𝐵1 𝐶𝐶1

𝐴𝐴1 𝐵𝐵1

Відповідь: 6 см. 3. Відрізок BM − бісектриса трикутника ABC, AB = 12 см, AM : MC = 2 : 3. Знайдіть сторону BC. Дано: △ABC. BM — бісектриса ∠B. AB = 12 см. AM ∶ MC = 2 ∶ 3. Знайти: BC. Розв'язання:

Бісектриса внутрішнього кута трикутника ділить протилежну сторону на відрізки, пропорційні прилеглим сторонам трикутника. 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 2 12 = ⇒ = ⇒2 · BC = 3 · 12 ⇒ 2 · BC = 36 ⇒ BC = 18 (см) 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝑀𝑀𝑀𝑀 3 𝐵𝐵𝐵𝐵 Відповідь: 18 см. 4. На стороні AB трикутника ABC позначили точку D так, що BD : DA = 1 : 3. Через точку D провели пряму, яка паралельна стороні AC трикутника і перетинає сторону BC в точці E. Знайдіть відрізок DE, якщо AC = 32 см. Дано: △ABC. D ∈ AB і E ∈ BC. DE ∥ AC. BD ∶ DA = 1 ∶ 3. AC = 32 см. Знайти: DE. Розв'язання:

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Визначення коефіцієнта подібності (k): Оскільки DE∥AC, то △BDE подібний до △BAC (△BDE ∼ △BAC) за двома кутами (∠B — спільний, ∠BDE = ∠BAC як відповідні кути при паралельних прямих). Коефіцієнт подібності k визначається відношенням відповідних сторін, прилеглих до спільного кута ∠B. Знайдемо відношення BD ∶ BA. За умовою BD ∶ DA=1 ∶ 3. Нехай BD = x, тоді DA = 3x. Повна сторона BA: BA = BD + DA = x + 3x = 4x Коефіцієнт подібності (від малого до великого трикутника): 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝑥𝑥 1 𝑘𝑘 = = = 𝐵𝐵𝐵𝐵 4𝑥𝑥 4 Складання та розв'язання пропорції: Оскільки трикутники подібні, відношення паралельних сторін DE та AC також дорівнює коефіцієнту подібності k: 𝐷𝐷𝐷𝐷 1 = 𝑘𝑘 = ⇒ 4 · DE = 32 ⇒ DE = 8 (см) 𝐴𝐴𝐴𝐴 4 Відповідь: 8 см. 5. У трапеції ABCD з основами AD і BC діагоналі перетинаються в точці O, BC = 14 см, AD = 21 см, AC = 20 см. Знайдіть відрізок AO. Дано: ABCD — трапеція (AD∥BC). Діагоналі AC та BD перетинаються в точці O. Основи: BC = 14 см, AD = 21 см. Діагональ: AC = 20 см. Розв'язання:

Визначення подібних трикутників: Розглянемо △BOC та △DOA. ∠BOC = ∠DOA як вертикальні кути. Оскільки AD∥BC (AD і BC — основи), то ∠OCB = ∠OAD та ∠OBC = ∠ODA як внутрішні різносторонні кути при січних AC та BD. Отже, △BOC ∼ △DOA за двома кутами. Визначення коефіцієнта подібності (k): Коефіцієнт подібності k (від малого △BOC до великого △DOA) дорівнює відношенню відповідних основ: 𝐵𝐵𝐵𝐵 14 2 𝑘𝑘 = = = 𝐴𝐴𝐴𝐴 21 3 Відповідні сторони OC та AO також відносяться як k. 2 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝑘𝑘 = 3 𝐴𝐴𝐴𝐴 Також ми знаємо, що діагональ AC складається з цих відрізків: AC = AO + OC ⇒ 20 = AO + OC  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Виразимо OC через AO: 2 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 3 Підставимо це в рівняння для AC: 5 2 2 20 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ �1 + � = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ 3 3 3 5 3 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 20 ∶ = 20 ⋅ = 4 ⋅ 3 = 12 (см) 3 5 Відповідь: 12 см. 6. Через точку C, яка лежить на відстані 5 см від центра кола, радіус якого дорівнює 7 см, проведено хорду. Точка C ділить цю хорду на відрізки, довжини яких відносяться як 2 : 3. Знайдіть довжину хорди. Дано: R = 7 см, OC = 5 см. Хорда AB проходить через C, AC ∶ CB = 2 ∶ 3. Знайти: AB. Розв'язання:

Проведемо діаметр DE через центр O і точку C. Цей діаметр є другою хордою, яка перетинає AB у точці C. DC = R + OC = 7 + 5 = 12 см. CE = R − OC = 7 − 5 = 2 см. За теоремою про перетин хорд, добуток відрізків хорди AB дорівнює добутку відрізків хорди DE: AC · CB = DC · CE = 12 · 2 = 24 см. Розрахунок довжини хорди: Введемо змінну x для пропорції AC ∶ CB = 2 ∶ 3: AC = 2x; CB = 3x Підставимо в рівняння: 2x · 3x = 24 6x2 = 24 x2 = 4 ⇒ x = 2 Довжина хорди AB: AB = AC + CB = 2x + 3x = 5x AB = 5 · 2 = 10 см Відповідь: 10 см.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

§3. РОЗВ’ЯЗУВАННЯ ПРЯМОКУТНИХ ТРИКУТНИКІВ 15. Метричні співвідношення в прямокутному трикутнику 511. Знайдіть висоту прямокутного трикутника, проведену з вершини прямого кута, якщо вона ділить гіпотенузу на відрізки завдовжки 2 см і 18 см .

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 — прямокутний трикутник, 𝐵𝐵𝐵𝐵 — висота, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2 см, 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 18 см. За метричним співвідношенням у прямокутному трикутнику 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴: 𝐵𝐵𝐷𝐷2 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ 𝐷𝐷𝐷𝐷

𝐵𝐵𝐷𝐷2 = 2 ⋅ 18 = 36 (см2 ) 𝐵𝐵𝐵𝐵 = √36 = 6 (см)

Відповідь: 6 см.

512. Катет прямокутного трикутника дорівнює 6 см, а його проєкція на гіпотенузу − 4 см. Знайдіть гіпотенузу.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 — прямокутний трикутник, 𝐵𝐵𝐵𝐵 — висота, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 6 см, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 4 см. За метричним співвідношенням у прямокутному трикутнику 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴: 𝐴𝐴𝐵𝐵2 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ 𝐴𝐴𝐴𝐴;

𝐴𝐴𝐵𝐵2 62 36 = = = 9 (см) 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 4 𝐴𝐴𝐴𝐴 4 Відповідь: 9 см. 513. Висота прямокутного трикутника, проведена до гіпотенузи, ділить ї на відрізки завдовжки 5 см і 20 см . Знайдіть катети трикутника.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 — прямокутний трикутник, 𝐵𝐵𝐵𝐵 — висота, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 5 см, 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 20 см. За аксіомою вимірювання відрізків 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐷𝐷𝐷𝐷;

la. in.

𝐴𝐴𝐴𝐴 = 5 + 20 = 25 (см).

За метричним співвідношенням у прямокутному трикутнику 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐵𝐵2 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ 𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 = 𝐷𝐷𝐷𝐷 ⋅ 𝐴𝐴𝐴𝐴;

𝐴𝐴𝐵𝐵2 = 5 ⋅ 25 = 125 (см2 ); 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 5√5 (см);

𝐵𝐵𝐶𝐶 2 = 20 ⋅ 25 = 500 (см2 ); 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 10√5 (см).

Відповідь: 5√5 см; 10√5 см. 514. Висота прямокутного трикутника, проведена з вершини прямого кута, дорівнює 48 см , а проєкція одного з катетів на гіпотенузу − 36 см . Знайдіть сторони даного трикутника.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 — прямокутний трикутник, 𝐵𝐵𝐵𝐵 — висота, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 48 см, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 36 см. За метричним співвідношенням у прямокутному трикутнику 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐷𝐷2

sh 𝐵𝐵𝐷𝐷2 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ 𝐷𝐷𝐷𝐷; 𝐷𝐷𝐷𝐷 =

𝐴𝐴𝐴𝐴

482 36

= 64 (см).

За аксіомою вимірювання відрізків 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐷𝐷𝐷𝐷; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 36 + 64 = 100 (см); 𝐴𝐴𝐵𝐵2 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ 𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = √36 ⋅ 100 = 60 (см); 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 = 𝐷𝐷𝐷𝐷 ⋅ 𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = √64 ⋅ 100 = 80 (см). Відповідь: 60 см; 80 см; 100 см.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

515. Знайдіть катети прямокутного трикутника, висота якого ділить гіпотенузу на відрізки, один з яких на 3 см менший від цієї висоти, а другий − на 4 см більший за висоту.

la. in.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 — прямокутний трикутник, 𝐵𝐵𝐵𝐵 — висота. Нехай 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝑥𝑥 см, тоді 𝐴𝐴𝐴𝐴 = (𝑥𝑥 − 3) см, 𝐷𝐷𝐷𝐷 = (𝑥𝑥 + 4) см. За метричним співвідношенням у прямокутному трикутнику 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐷𝐷2 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ 𝐷𝐷𝐷𝐷. Рівняння:

𝑥𝑥 2 = (𝑥𝑥 − 3)(𝑥𝑥 + 4); 𝑥𝑥 2 = 𝑥𝑥 2 + 𝑥𝑥 − 12;

𝑥𝑥 = 12.

Отже, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 12 см, тоді 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 12 − 3 = 9 (см), 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 12 + 4 = 16 (см).

За аксіомою вимірювання відрізків 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐷𝐷𝐷𝐷; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 9 + 16 = 25 (см);

𝐴𝐴𝐵𝐵2 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ 𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = √𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ 𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = √9 ⋅ 25 = 3 ⋅ 5 = 15 (см);

𝐵𝐵𝐶𝐶 2 = 𝐷𝐷𝐷𝐷 ⋅ 𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = √𝐷𝐷𝐷𝐷 ⋅ 𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = √16 ⋅ 25 = 4 ⋅ 5 = 20 (см). Відповідь: 15 см; 20 см.

516. Знайдіть менший катет прямокутного трикутника та його висоту, проведену до гіпотенузи, якщо більший катет менший від гіпотенузи на 10 см і більший за свою проєкцію на гіпотенузу на 8 см .

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 — прямокутний трикутник, 𝐵𝐵𝐵𝐵 — висота. Нехай 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝑥𝑥 см — більший катет, тоді 𝐴𝐴𝐴𝐴 = (𝑥𝑥 + 10) см, 𝐷𝐷𝐷𝐷 = (𝑥𝑥 − 8) см. За метричним співвідношенням у прямокутному трикутнику 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 = 𝐷𝐷𝐷𝐷 ⋅ 𝐴𝐴𝐴𝐴. Рівняння: 𝑥𝑥 2 = (𝑥𝑥 − 8)(𝑥𝑥 + 10);

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

𝑥𝑥 2 = 𝑥𝑥 2 + 2𝑥𝑥 − 80; 2𝑥𝑥 = 80; 𝑥𝑥 = 40.

Отже, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 40 см, тоді 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 40 + 10 = 50 (см), 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 40 − 8 = 32 (см). За аксіомою вимірювання відрізків 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐷𝐷𝐷𝐷; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 − 𝐷𝐷𝐷𝐷; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 50 − 32 = 18 (см).

Тоді 𝐴𝐴𝐵𝐵2 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ 𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = √𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ 𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = √18 ⋅ 50 = √900 = 30 (см);

la. in.

𝐵𝐵𝐷𝐷2 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ 𝐷𝐷𝐷𝐷; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = √𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ 𝐷𝐷𝐷𝐷; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = √18 ⋅ 32 = 24 (см) Biдповідь: 30 см; 24 см. 517. Перпендикуляр, опущений із точки перетину діагоналей ромба на його сторону, дорівнює 2 см і ділить цю сторону на відрізки, які відносяться як 1:4. Знайдіть діагоналі ромба.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 — ромб, 𝐴𝐴𝐴𝐴 і 𝐵𝐵𝐵𝐵 — його діагоналі, 𝑂𝑂𝑂𝑂⟂𝐷𝐷𝐷𝐷, 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 2 см, 𝐷𝐷𝐷𝐷: 𝑀𝑀𝑀𝑀 = 1: 4. За властивістю діагоналей ромба вони є перпендикулярними і точкою перетину діляться навпіл. Розглянемо трикутник 𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶. Оскільки 𝐴𝐴𝐴𝐴⟂𝐵𝐵𝐵𝐵, то трикутник прямокутний (∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 90∘ ). За метричним співвідношенням у прямокутному трикутнику 𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶:

𝑂𝑂𝑀𝑀 2 = 𝐷𝐷𝑀𝑀 ⋅ 𝑀𝑀𝑀𝑀.

Нехай 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 𝑥𝑥 см, тоді 𝑀𝑀𝑀𝑀 = 4𝑥𝑥 см.

Рівняння:

22 = 𝑥𝑥 ⋅ 4𝑥𝑥;

4𝑥𝑥 2 = 4;

𝑥𝑥 2 = 1; 𝑥𝑥 = 1.

Отже, 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 1 см, тоді 𝑀𝑀𝑀𝑀 = 4 ⋅ 1 = 4 (см).

За аксіомою вимірювання відрізків 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 𝐷𝐷𝐷𝐷 + 𝑀𝑀𝑀𝑀; 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 1 + 4 = 5 (см).

Тоді 𝐷𝐷𝑂𝑂2 = 𝐷𝐷𝐷𝐷 ⋅ 𝐷𝐷𝐷𝐷; 𝐷𝐷𝐷𝐷 = √𝐷𝐷𝐷𝐷 ⋅ 𝐷𝐷𝐷𝐷; 𝐷𝐷𝐷𝐷 = √1 ⋅ 5 = √5 (см); 𝐶𝐶𝑂𝑂2 = 𝑀𝑀𝑀𝑀 ⋅ 𝐷𝐷𝐷𝐷; 𝐶𝐶𝐶𝐶 = √𝑀𝑀𝑀𝑀 ⋅ 𝐷𝐷𝐷𝐷; 𝐶𝐶𝐶𝐶 = √4 ⋅ 5 = 2√5 (см). За властивістю діагоналей ромба:

𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2𝑂𝑂𝑂𝑂; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2 ⋅ 2√5 = 4√5 (см); 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 2𝑂𝑂𝑂𝑂; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 2√5 (см).

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Відповідь: 4√5 см; 2√5 см.

518. Перпендикуляр, опущений із точки кола на діаметр, ділить його на два відрізки, один з яких дорівнює 4 см. Знайдіть радіус кола, якщо довжина перпендикуляра дорівнює 10 см .

𝐷𝐷𝐷𝐷 =

𝐵𝐵𝐷𝐷2 𝐴𝐴𝐴𝐴

; 𝐷𝐷𝐷𝐷 =

la. in.

Нехай (𝑂𝑂; 𝑅𝑅) − коло, 𝐴𝐴𝐴𝐴 − діаметр, 𝐵𝐵𝐵𝐵 ⊥ 𝐴𝐴𝐴𝐴, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 10 см, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 4 см. Оскільки 𝐴𝐴𝐴𝐴 − діаметр, то трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − прямокутний (∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ), бо вписаний кут 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 спирається на діаметр кола. За метричним співвідношенням у прямокутному трикутнику 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐷𝐷2 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ 𝐷𝐷𝐷𝐷; 102 4

100 4

= 25 (см).

За аксіомою вимірювання відрізків 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐷𝐷𝐷𝐷; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 4 + 25 = 29 (см). 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2𝑂𝑂𝑂𝑂; 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ∶ 2; 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 29 ∶ 2 = 14,5 (см). Відповідь: 14,5 см. 519. Знайдіть периметр рівнобічної трапеції, основи якої дорівнюють 7 см і 25 см , а діагоналі перпендикулярні до бічних сторін.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − рівнобічна трапеція (𝐴𝐴𝐴𝐴‖𝐵𝐵𝐵𝐵, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐶𝐶𝐶𝐶), 𝐴𝐴𝐴𝐴 − діагональ, 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⊥ 𝐶𝐶𝐶𝐶, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 25 см, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 7 см. Побудуємо висоти 𝐵𝐵𝐵𝐵 і 𝐶𝐶𝐶𝐶 трапеції, 𝐶𝐶𝐶𝐶 ⊥ 𝐴𝐴𝐴𝐴, 𝐵𝐵𝐵𝐵 ⊥ 𝐴𝐴𝐴𝐴. Чотирикутник 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 − прямокутник, тому 𝐸𝐸𝐸𝐸 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 7 см. Оскільки трапеція рівнобічна, то 𝐴𝐴𝐴𝐴 − 𝐸𝐸𝐸𝐸 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐹𝐹𝐹𝐹 = ; 2 25−7 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐹𝐹𝐹𝐹 = = 9 (см). Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). За 2

метричним співвідношенням у прямокутному трикутнику 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐶𝐶𝐷𝐷2 = 𝐹𝐹𝐹𝐹 ⋅ 𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝐶𝐶𝐶𝐶 = √𝐹𝐹𝐹𝐹 ⋅ 𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝐶𝐶𝐶𝐶 = √9 ⋅ 25 = 15 (см). У рівнобічній трапеції 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 15 см.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐵𝐵𝐵𝐵 + 𝐶𝐶𝐶𝐶 + 𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐷𝐷 = 15 + 7 + 15 + 25 = 62( см). Відповідь: 62 см. 520. Центр кола, описаного навколо рівнобічної трапеції, належить їі більшій основі. Знайдіть радіус цього кола, якщо діагональ трапеції дорівнює 20 см , а проєкція діагоналі на більшу основу −16 см .

𝐴𝐴𝐴𝐴 =

𝐴𝐴𝐶𝐶 2 𝐴𝐴𝐴𝐴

; 𝐴𝐴𝐴𝐴 =

la. in.

Нехай (𝑂𝑂; 𝑅𝑅) − коло, 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − рівнобічна трапеція (𝐴𝐴𝐴𝐴‖𝐵𝐵𝐵𝐵, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐶𝐶𝐶𝐶), 𝑂𝑂 ∈ 𝐴𝐴𝐴𝐴, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 20 см, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 16 см. Оскільки вписаний кут 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 спирається на діаметр кола, то ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ . Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴. За метричним співвідношенням у прямокутному трикутнику 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ 𝐴𝐴𝐴𝐴; 202 16

= 25(см).

𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2𝑂𝑂𝑂𝑂; 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ∶ 2; 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 25 ∶ 2 = 12,5(см). Відповідь: 12,5 см. 521. Діагональ рівнобічної трапеції перпендикулярна до бічної сторони, яка дорівнює 12 см . Знайдіть середню лінію трапеції, якщо радіус кола, описаного навколо трапеції, дорівнює 10 см .

Нехай (𝑂𝑂; 𝑅𝑅) − коло, 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − рівнобічна трапеція (𝐴𝐴𝐴𝐴‖𝐵𝐵𝐵𝐵, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐶𝐶𝐷𝐷), 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⊥ 𝐶𝐶𝐶𝐶, 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 12 см, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 10 см. Оскільки ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ , то вписаний кут 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 спираеться на діаметр кола. 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2𝑂𝑂𝑂𝑂; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2 ⋅ 10 = 20 (см). Проведемо висоту 𝐶𝐶𝐶𝐶. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴. За метричним співвідношенням у прямокутному трикутнику 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐶𝐶𝐷𝐷2 = 𝐹𝐹𝐹𝐹 ⋅ 𝐴𝐴𝐴𝐴;

𝐹𝐹𝐹𝐹 =

𝐶𝐶𝐷𝐷2 𝐴𝐴𝐴𝐴

; 𝐹𝐹𝐹𝐹 =

122 20

= 7,2 (см).

За аксіомою вимірювання відрізків 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝑂𝑂𝑂𝑂 + 𝐹𝐹𝐹𝐹; 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝑂𝑂𝑂𝑂 − 𝐹𝐹𝐹𝐹; ?−𝐹𝐹 = 10 − 7,2 = 2,8 (см). 𝐸𝐸𝐸𝐸 = 2𝑂𝑂𝑂𝑂; 𝐸𝐸𝐸𝐸 = 2 ⋅ 2,8 = 5,6 (см). Чотирикутник 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 прямокутник, тому 𝐸𝐸𝐸𝐸 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 5,6 см. Тоді середня лінія трапеції дорівнює:  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐵𝐵𝐵𝐵 ; 2 20+5,6 𝑀𝑀𝑀𝑀 = = 12,8( см).

𝑀𝑀𝑀𝑀 =

la. in.

Відповідь: 12,8 см. 522. Знайдіть висоту рівнобічної трапеції, якщо ї діагональ перпендикулярна до бічної сторони, а різниця квадратів основ дорівнює 25 см .

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − рівнобічна трапеція (𝐴𝐴𝐴𝐴‖𝐵𝐵𝐵𝐵, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐶𝐶𝐶𝐶), 𝐴𝐴𝐷𝐷2 − 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 = 25 (см). Використаємо формулу різниці квадратів: 𝐴𝐴𝐷𝐷2 − 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 = (𝐴𝐴𝐴𝐴 − 𝐵𝐵𝐵𝐵)(𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐵𝐵𝐵𝐵) = 25. За властивістю рівнобічної трапеції маємо: 𝐴𝐴𝐴𝐴−𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐴𝐴𝐴𝐴+𝐵𝐵𝐵𝐵 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = , звідки 𝐹𝐹𝐹𝐹 = 2

2𝐹𝐹𝐹𝐹 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 − 𝐵𝐵𝐵𝐵; 2𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐵𝐵𝐵𝐵. Тоді 2𝐹𝐹𝐹𝐹 ⋅ 2𝐴𝐴𝐴𝐴 = 25; 𝐹𝐹𝐹𝐹 ⋅ 𝐴𝐴𝐴𝐴 =

25 4

. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 =

90∘ ). За мегричним співвідношенням у прямокутному трикутнику 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐶𝐶𝐹𝐹 2 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ 𝐹𝐹𝐹𝐹, тому

𝐶𝐶𝐹𝐹 2 =

25 4

; 𝐶𝐶𝐶𝐶 = = 2,5( см). 2

Відповідь: 2,5 см. 523. У прямокутну трапецію вписано коло. Точка дотику ділить більшу бічну сторону на відрізки завдовжки 8 см і 50 см . Знайдіть периметр трапеції.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − прямокутна трапеція (𝐴𝐴𝐴𝐴‖𝐵𝐵𝐵𝐵, 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⊥ 𝐴𝐴𝐴𝐴), 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 8 см, 𝑀𝑀𝑀𝑀 = 50 см. Центр вписаного в чотирикутник кола міститься у точці перетину бісектрис його кутів. 1 Тоді ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = ∠𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 = ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵; 1

∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = ∠𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 = ∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶. 2

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

𝑀𝑀 − точка дотику, то 𝑂𝑂𝑂𝑂 ⊥ 𝐶𝐶𝐶𝐶. За метричним співвідношенням у прямокутному трикутнику 𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 𝑂𝑂𝑀𝑀 2 = 𝐶𝐶𝐶𝐶 ⋅ 𝑀𝑀𝑀𝑀; 𝑂𝑂𝑀𝑀 2 = 8 ⋅ 50 = 400(см2 ); 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 20(см). Відрізок 𝐴𝐴𝐴𝐴 дорівнює подвоєному радіусу, тому 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2𝑂𝑂𝑂𝑂, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2 ⋅ 20 = 40 (см). За аксіомою вимірювання відрізків 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝐶𝐶𝐶𝐶 + 𝑀𝑀𝑀𝑀; 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 8 + 50 = 58 (см). За властивістю кола, вписаного в чотирикутник, маємо: 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 58 + 40 = 98 (см). 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐵𝐵𝐵𝐵 + 𝐶𝐶𝐶𝐶 + 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2(𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐶𝐶𝐶𝐶); 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2 ⋅ 98 = 196( см). Відповідь: 196 см. 524. У рівнобічну трапецію вписано коло. Точка дотику ділить бічну сторону на відрізки завдовжки 3 см і 27 см. Знайдіть висоту трапеції.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − рівнобічна трапеція (𝐴𝐴𝐴𝐴‖𝐵𝐵𝐵𝐵, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐶𝐶𝐶𝐶), 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 3 см, 𝑀𝑀𝑀𝑀 = 27 см. Центр вписаного в чотирикутник кола міститься у точці перетину бісектрис його кутів. 1 Тоді ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = ∠𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 = ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵; 1

∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = ∠𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 = ∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶. 2

За властивістю кутів при бічній стороні трапеції ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 + ∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 180∘ ; ∠𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 + ∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 90∘ . Тому в трикутнику 𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 за теоремою про суму кутів трикутника ∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 90∘. Оскільки 𝑀𝑀 − точка дотику, то 𝑂𝑂𝑂𝑂 ⊥ 𝐶𝐶𝐶𝐶. За метричним співвідношенням у прямокутному трикутнику 𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 𝑂𝑂𝑀𝑀 2 = 𝐶𝐶𝐶𝐶 ⋅ 𝑀𝑀𝑀𝑀; 𝑂𝑂𝑀𝑀 2 = 3 ⋅ 27 = 81(см2 ); 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 9( см). Відрізок 𝐶𝐶𝐶𝐶 дорівнює подвосному радіусу, тому 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 2𝑂𝑂𝑂𝑂; 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 2 ⋅ 9 = 18(см). Відповідь: 18 см. 525. Дано два відрізки, довжини яких дорівнюють 𝑎𝑎 і 𝑏𝑏. Побудуйте відрізок завдовжки 𝑎𝑎𝑎𝑎

� . 2

 shkola.in.ua

𝑎𝑎𝑎𝑎

Дано: Відрізки 𝑎𝑎 і 𝑏𝑏. Побудувати: відрізок � . 2

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Схема побудови. Будую−довільну пряму 𝑚𝑚 і позначаю на ній точку А. 3 точки 𝐴𝐴 проводжу коло радіуса 𝑎𝑎, яке перетне пряму 𝑚𝑚 у точці 𝐵𝐵. 3 точки 𝐵𝐵 проводжу коло 1 радіуса 𝑏𝑏, яке перетне пряму 𝑚𝑚 у точці 𝐶𝐶, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝑏𝑏. Будую коло, діаметр якого дорівнює 2

𝐴𝐴𝐴𝐴. Будую пряму 𝑛𝑛, яка проходить через точку 𝐵𝐵 і 𝑛𝑛 ⊥ 𝑚𝑚. Нехай коло й пряма 𝑛𝑛 перетнуться в точці 𝐷𝐷. Відрізок 𝐵𝐵𝐵𝐵 − шуканий. Справді, оскільки ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − вписаний у коло й спирається на його діаметр, то ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ . За метричним співвідношенням у прямокутному трикутнику 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐷𝐷2 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ 𝐵𝐵𝐵𝐵; 1

𝑎𝑎𝑎𝑎

𝐵𝐵𝐵𝐵 = √𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ 𝐵𝐵𝐵𝐵 = �𝑎𝑎 ⋅ 𝑏𝑏 = � . 2

526. Периметр паралелограма більший за одну зі сторін на 35 см і більший за другу сторону на 28 см . Знайдіть сторони паралелограма.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − паралелограм, 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 35 см, 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 28 см. Оскільки 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − паралелограм, то 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐶𝐶𝐷𝐷 і 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐵𝐵. 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐵𝐵𝐵𝐵 + 𝐶𝐶𝐶𝐶 + 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2(𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐴𝐴𝐴𝐴). Нехай 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑥𝑥 см, тоді 𝐴𝐴𝐴𝐴 = (𝑥𝑥 − 35)см, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = (𝑥𝑥 − 28) см. Рівняння: 𝑥𝑥 = 2�(𝑥𝑥 − 35) + (𝑥𝑥 − 28)�; 𝑥𝑥 = 2(2𝑥𝑥 − 63); 𝑥𝑥 = 4𝑥𝑥 − 126; 3𝑥𝑥 = 126; 𝑥𝑥 = 42. Отже, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 42 − 35 = 7( см), 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 42 − 28 = 14( см). Відповідь: 7 см, 14 см.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

527. На сторонах AB, BC, CD і AD квадрата ABCD позначили відповідно точки M, N, K і E так, що чотирикутник MNKE є прямокутником, сторони якого паралельні діагоналям квадрата. Знайдіть периметр прямокутника MNKE, якщо діагональ квадрата ABCD дорівнює 7 см .

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝑀𝑀𝑀𝑀 𝐴𝐴𝐴𝐴

; 𝑀𝑀𝑀𝑀 =

𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝑀𝑀𝑀𝑀⋅𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴

;

𝐴𝐴𝐵𝐵

звідки

𝑀𝑀𝑀𝑀

la. in.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − квадрат, 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 − прямокутник, 𝑀𝑀𝑀𝑀‖𝐴𝐴𝐴𝐴, 𝐸𝐸𝐸𝐸‖𝐴𝐴𝐴𝐴, 𝑀𝑀𝑀𝑀‖𝐵𝐵𝐵𝐵, 𝑁𝑁𝑁𝑁‖𝐵𝐵𝐵𝐵, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 7 см. Діагоналі квадрата є бісектрисами його кутів, тому ∠𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 = ∠𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 = ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = ∠𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 = ∠𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷 = ∠𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 = ∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = ∠𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 = 45∘ . Оскільки сторони прямокутника паралельні діагоналям квадрата, то ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 45∘ як відповідні при паралельних прямих 𝑀𝑀𝑀𝑀 і 𝐵𝐵𝐵𝐵 та січній 𝐴𝐴𝐴𝐴. Аналогічно можна показати, що ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = ∠𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾 = ∠𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷 = ∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = ∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 45∘ . Тому трикутники 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀, 𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸, 𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾, 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 − прямокутні і рівнобедрені, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴, 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 𝐷𝐷𝐷𝐷, 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝐶𝐶𝐶𝐶, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐵𝐵𝐵𝐵. Тоді 𝑀𝑀𝑀𝑀 = 𝐾𝐾𝐾𝐾, 𝑀𝑀𝑀𝑀 = 𝑁𝑁𝑁𝑁. 𝑃𝑃MNKE = 𝑀𝑀𝑀𝑀 + 𝑁𝑁𝑁𝑁 + 𝐾𝐾𝐾𝐾 + 𝑀𝑀𝑀𝑀 = 2(𝑀𝑀𝑀𝑀 + 𝑀𝑀𝑀𝑀). За аксіомою вимірювання відрізків 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝑀𝑀𝑀𝑀. 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝑀𝑀𝑀𝑀 𝐴𝐴𝐴𝐴⋅𝐵𝐵𝐵𝐵 = ; 𝑀𝑀𝑀𝑀 = . Аналогічно △ 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 ∼△ 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴, △ 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 ∼△ 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵, звідки ˙

Тоді одержимо, що 2𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝑀𝑀𝑀𝑀 ⋅ 𝐴𝐴𝐴𝐴 (𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝑀𝑀𝑀𝑀) = 2𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝑃𝑃MNKE = 2 � + �= 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝑃𝑃MNKE = 2 ⋅ 7 = 14(см). Відповідь: 14 см . 528. У коло вписано трапецію, діагональ якої ділить кут при більшій основі навпіл. Знайдіть дуги, на які ділять коло вершини трапеції, якщо один з ї кутів дорівнює 74°.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай (𝑂𝑂; 𝑅𝑅) − коло, в яке вписано трапецію 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴, 𝐴𝐴𝐴𝐴 − діагональ і бісектриса ∠𝐴𝐴, ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 74∘ . Оскільки трапеція вписана в коло, то вона рівнобічна, тому 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐶𝐶𝐶𝐶, ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = ∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 74∘ . Так як 𝐴𝐴𝐴𝐴 − бісектриса, то 1 ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = ∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵; 2 ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = ∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 74∘ ∶ 2 = 37∘ . За властивістю кутів при бічній стороні трапеції ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 + ∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 180∘ ; ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 180∘ − ∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶; ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 180∘ − 74∘ = 106∘ . ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = ∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 37∘ як внутрішні різносторонні при паралельних прямих 𝐴𝐴𝐴𝐴 і 𝐵𝐵𝐵𝐵 та січній 𝐴𝐴𝐴𝐴. Тоді ∪ 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵; ∪ 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2 ⋅ 37∘ = 74∘ . ∪ 𝐴𝐴𝐴𝐴 =∪ 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 74∘ . ∪ 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴; ∪ 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2 ⋅ 74∘ = 148∘ ; ∪ 𝐵𝐵𝐵𝐵 =∪ 𝐴𝐴𝐴𝐴 −∪ 𝐴𝐴𝐴𝐴; ∪ 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 148∘ − 74∘ = 74∘ . ∪ 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 2∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵; ∪ 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 2 ⋅ 106∘ = 211∘ ; ∪ 𝐴𝐴𝐴𝐴 =∪ 𝐵𝐵𝐵𝐵 −∪ 𝐴𝐴𝐴𝐴; ∪ 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 212∘ − 74∘ = 138∘ . Відповідь: 74∘ , 74∘ , 74∘ 138∘. 529. У вписаного в коло многокутника вибрали вершину та провели всі діагоналі, яким ця вершина належить. Доведіть, що серед трикутників, що утворилися, не більше ніж один є гострокутним. Оскільки многокутник уписаний у коло, то центр кола міститься усередині многокутника. Проведемо всі можливі діагоналі многокутника. Центр кола може міститися усередині одного з трикутників або на одній із діагоналей. Якщо центр міститься на одній із діагоналей, то вона буде діаметром, тобто такий трикутник прямокутний. Якщо центр кола міститься усередині одного трикутника, то такий трикутник гострокутній, бо центр кола, описаного навколо гострокутного трикутника, лежить усередині цього трикутника.

16. Теорема Піфагора 530. Знайдіть гіпотенузу прямокутного трикутника, якщо його катети дорівнюють: 1. 3 см і 4 см ; 2. 6 см і 9 см . За теоремою Піфагора маємо: 𝑐𝑐 2 = 𝑎𝑎2 + 𝑏𝑏 2 ; 𝑐𝑐 = √𝑎𝑎2 + 𝑏𝑏 2 . Тоді: 1. 𝑐𝑐 = √32 + 42 = √9 + 16 = √25 = 5( см); 𝟐𝟐. 𝑐𝑐 = √62 + 92 = √36 + 81 = �9(4 + 9) = 3√13( см). Відповідь: 1. 5 см; 2. 3√13 см.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

531. Знайдіть катет прямокутного трикутника, якщо його гіпотенуза та другий катет відповідно дорівнюють: 1. 15 см і 12 см ; 2. 7 см i √13см. За наслідком з теореми Піфагора маємо: 𝑎𝑎 = √𝑐𝑐 2 − 𝑏𝑏 2 . Тоді: 1. 𝑎𝑎 = √152 − 122 = √225 − 144 = √81 = 9(см); 𝟐𝟐. 𝑎𝑎 = �72 − (√13)2 = √49 − 13 = √36 = 6(см).

la. in.

Відповідь: 1. 9 см; 2. 6 см. 532. Нехай 𝑎𝑎 і 𝑏𝑏 − катети прямокутного трикутника, 𝑐𝑐 − його гіпотенуза. Знайдіть невідому сторону трикутника, якщо: 1) 𝑎𝑎 = 5 см, 𝑏𝑏 = 12см; 2) 𝑎𝑎 = 1см, 𝑐𝑐 = 2см; 3) 𝑏𝑏 = 3см, 𝑐𝑐 = √90 см. 1. За теоремою Піфагора маємо: 𝑐𝑐 2 = 𝑎𝑎2 + 𝑏𝑏 2 ; 𝑐𝑐 = �𝑎𝑎2 + 𝑏𝑏 2 ; 𝑐𝑐 = √52 + 122 = √25 + 144 = √169 = 13 (см); 2. за наслідком з теореми Піфагора маємо: 𝑏𝑏 = �𝑐𝑐 2 − 𝑎𝑎2 ; 𝑏𝑏 = √22 − 12 = √4 − 1 = √3 (см); 3. за наслідком з теореми Піфагора маємо: 𝑎𝑎 = �𝑐𝑐 2 − 𝑏𝑏 2 ;

𝑎𝑎 = �(√90)2 − 32 = √90 − 9 = √81 = 9( см).

Biдповідь: 1. 13 см ; 2. √3 см; 3. 9 см . 533. Сторони прямокутника дорівнюють 9 см і 40 см . Чому дорівнює його діагональ?

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − прямокутник, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 9 см, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 40 см, 𝐴𝐴𝐴𝐴 − діагональ. За теоремою Піфагора з прямокутного трикутника 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 маємо: 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 = 𝐴𝐴𝐷𝐷2 + 𝐶𝐶𝐷𝐷2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = �𝐴𝐴𝐷𝐷2 + 𝐶𝐶𝐷𝐷2 ;

𝐴𝐴𝐴𝐴 = √402 + 92 = √1600 + 81 = √1681 = 41( см). Відповідь: 41 см. 534. Одна зі сторін прямокутника дорівнює 7 см , а діагональ 25 см . Знайдіть сусідню з даною сторону прямокутника.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − прямокутник, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 7 см, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 25 см. За наслідком з теоремою Піфагора з прямокутного трикутника 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 маємо: 𝐴𝐴𝐷𝐷2 = 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 − 𝐶𝐶𝐷𝐷2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = �𝐴𝐴𝐶𝐶 2 − 𝐶𝐶𝐷𝐷2 ;

la. in.

𝐴𝐴𝐴𝐴 = √252 − 72 = √625 − 49 = √576 = 24(см). Відповідь: 24 см. 535. Бічна сторона рівнобедреного трикутника дорівнює 29 см , а висота, проведена до основи, − 21 см. Чому дорівнює основа трикутника?

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − рівнобедрений трикутник, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 29 см, 𝐵𝐵𝐵𝐵 − висота, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 21 см. Якщо 𝐵𝐵𝐵𝐵 − висота, проведена до основи, то 𝐵𝐵𝐵𝐵 ⊥ 𝐴𝐴𝐴𝐴 і вона є бісектрисою і медіаною, 1 тому 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 𝐴𝐴𝐴𝐴. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). За 2

наслідком з теоремою Піфагора маємо: 𝐴𝐴𝐷𝐷2 = 𝐴𝐴𝐵𝐵2 − 𝐵𝐵𝐷𝐷2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = �𝐴𝐴𝐵𝐵2 − 𝐵𝐵𝐷𝐷2 ;

𝐴𝐴𝐴𝐴 = √292 − 212 = √841 − 441 = √400 = 20 (см). Тоді 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2 ⋅ 20 = 40( см). Відповідь: 40 см. 536. Висота рівнобедреного трикутника, проведена до основи, дорівнює 35 см , а його основа − 24 см . Чому дорівнює бічна сторона трикутника?

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − рівнобедрений трикутник, 𝐵𝐵𝐵𝐵 − висота, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 35 см, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 24 см. Якщо 𝐵𝐵𝐵𝐵 − висота, проведена до основи, то 𝐵𝐵𝐵𝐵 ⊥ 𝐴𝐴𝐴𝐴 і вона є бісектрисою і медіаною, тому 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 1 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 24 ∶ 2 = 12 (см). Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2

За теоремою Піфагора маємо: 𝐴𝐴𝐵𝐵2 = 𝐴𝐴𝐷𝐷2 + 𝐵𝐵𝐷𝐷2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = �𝐴𝐴𝐷𝐷2 + 𝐵𝐵𝐷𝐷2 ; 90

∘ ).

la. in.

𝐴𝐴𝐴𝐴 = √122 + 352 = √144 + 1225 = √1369 = 37( см). Відповідь: 37 см . 537. У колі, радіус якого дорівнює 10 см , проведено хорду завдовжки 16 см . Знайдіть відстань від центра кола до даної хорди.

Нехай (𝑂𝑂; 𝑅𝑅) − коло, 𝐴𝐴𝐴𝐴 − хорда, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 16 см, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝑅𝑅 = 10 см. Розглянемо трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴. Він рівнобедрений. Проведемо 𝑂𝑂𝑂𝑂 ⊥ 𝐴𝐴𝐴𝐴, це буде відстань від центра кола до хорди. Оскільки відрізок 𝑂𝑂𝑂𝑂 є висотою рівнобедреного трикутника, проведеною до основи, то він є медіаною і бісектрисою. Тому 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 16 ∶ 2 = 8(см). Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). За теоремою Піфагора маємо: 𝐴𝐴𝑂𝑂2 = 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 + 𝐶𝐶𝑂𝑂2 , звідки одержимо: 𝐶𝐶𝑂𝑂2 = 𝐴𝐴𝑂𝑂2 − 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 ; 𝐶𝐶𝐶𝐶 = �𝐴𝐴𝑂𝑂2 − 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 ;

𝐶𝐶𝐶𝐶 = √102 − 82 = √100 − 64 = √36 = 6(см). Відповідь: 6 см. 538. Знайдіть периметр ромба, діагоналі якого дорівнюють 24 см i 32 см .

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − ромб, 𝐴𝐴𝐴𝐴 і 𝐵𝐵𝐵𝐵 − діагоналі, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 32 см, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 24 см. За властивісто діагоналей ромба, вони є перпендикулярними і точкою перетину діляться навпіл, звідки 1 1 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 = ⋅ 32 = 16 (см), 2 1

2 1

𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 = ⋅ 24 = 12 (см). 2

Розглянемо прямокутний трикутник COD(∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 90∘ ). За теоремою Піфагора маємо: 𝐶𝐶𝐷𝐷2 = 𝑂𝑂𝐶𝐶 2 + 𝑂𝑂𝐷𝐷2 ,  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

звідки одержимо: 𝐶𝐶𝐶𝐶 = √𝑂𝑂𝐶𝐶 2 + 𝑂𝑂𝐷𝐷2 ; 𝐶𝐶𝐶𝐶 = �162 + 122 = √256 + 144 = √400 = 20(см). 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 4𝐶𝐶𝐶𝐶; 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 4 ⋅ 20 = 80(см). Відповідь: 80 см. 539. Сторона ромба дорівнює 26 см , а одна з діагоналей − 48 см . Знайдіть другу діагональ ромба.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − ромб, 𝐴𝐴𝐴𝐴 − діагональ, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 48 см, 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 26 см. За властивістю діагоналей ромба, вони є перпендикулярними і точкою перетину діляться навпіл, звідки 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 1 1 𝐴𝐴𝐴𝐴 = ⋅ 48 = 24 (см). Розглянемо прямокутний трикутник 𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶(∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 90∘ ). За 2

теоремою Піфагора маємо: 𝐶𝐶𝐷𝐷2 = 𝑂𝑂𝐶𝐶 2 + 𝑂𝑂𝐷𝐷2 , звідки одержимо: 𝑂𝑂𝐷𝐷2 = 𝐶𝐶𝐷𝐷2 − 𝑂𝑂𝐶𝐶 2 ; 𝑂𝑂𝑂𝑂 = �𝐶𝐶𝐷𝐷2 − 𝑂𝑂𝐶𝐶 2 ;

𝑂𝑂𝑂𝑂 = √262 − 242 = √676 − 576 = √100 = 10(см). Тоді 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 2𝑂𝑂𝑂𝑂; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 2 ⋅ 10 = 20(см). Відповідь: 20 см . 540. Один із катетів прямокутного трикутника дорівнює 21 см , а другий катет на 7 см менший від гіпотенузи. Знайдіть периметр трикутника.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − прямокутний трикутник (∠𝐵𝐵 = 90∘), 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 21 см. Нехай 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝑥𝑥 см, тоді 𝐴𝐴𝐴𝐴 = (𝑥𝑥 + 7) см. За теоремою Піфагора маємо: 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 = 𝐴𝐴𝐵𝐵2 + 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 . Рівняння: (𝑥𝑥 + 7)2 = 212 + 𝑥𝑥 2 ; 𝑥𝑥 2 + 14𝑥𝑥 + 49 = 441 + 𝑥𝑥 2 ; 14𝑥𝑥 = 392; 𝑥𝑥 = 28.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Отже, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 28(см), тоді 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 28 + 7 = 35(см). Тоді 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐵𝐵𝐵𝐵 + 𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 21 + 28 + 35 = 84(см). Відповідь: 84 см . 541. Гіпотенуза прямокутного трикутника дорівнює 26 см , а катети відносяться як 5:12. Знайдіть катети цього трикутника.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − прямокутний трикутник (∠𝐵𝐵 = 90∘), 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 26 см, 𝐵𝐵𝐵𝐵 ∶ 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 5 ∶ 12. Нехай 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 5𝑥𝑥 см, тоді 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 12𝑥𝑥 см. За теоремою Піфагора маємо: 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 = 𝐴𝐴𝐵𝐵2 + 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 . Рівняння: 262 = (12𝑥𝑥)2 + (5𝑥𝑥)2 ; 676 = 144𝑥𝑥 2 + 25𝑥𝑥 2 ; 169𝑥𝑥 2 = 676; 𝑥𝑥 2 = 4; 𝑥𝑥 = 2. Отже, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 5 ⋅ 2 = 10 (см), тоді 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 12 ⋅ 2 = 24 (см). Відповідь: 10 см, 24 см. 542. Катет прямокутного трикутника дорівнює 6 см , а медіана, проведена до нього, − 5 см . Знайдіть гіпотенузу трикутника.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − прямокутний трикутник (∠𝐵𝐵 = 90∘), 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 6 см, 𝐴𝐴𝐴𝐴 − медіана, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 5 см. 1 1 Оскільки 𝐴𝐴𝐴𝐴 − медіана, то 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 = ⋅ 6 = 3 (см). Розглянемо прямокутний 2

трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴. За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐷𝐷 = 𝐴𝐴𝐵𝐵2 + 𝐵𝐵𝐷𝐷2 , звідки 𝐴𝐴𝐵𝐵2 = 𝐴𝐴𝐷𝐷2 − 𝐵𝐵𝐷𝐷2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = �𝐴𝐴𝐷𝐷2 − 𝐵𝐵𝐷𝐷2 ;  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

𝐴𝐴𝐴𝐴 = √52 − 32 = √25 − 9 = √16 = 4(см). Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴. За теоремою Піфагора маємо: 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 = 𝐴𝐴𝐵𝐵2 + 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = �𝐴𝐴𝐵𝐵2 + 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 ;

la. in.

𝐴𝐴𝐴𝐴 = √42 + 62 = √16 + 36 = √52 = 2√13( см). Відповідь: 2√13 см. 543. У трикутнику ABC відомо, що BC = 20 см, висота BD ділить сторону AC на відрізки AD = 5 см і CD = 16 см. Знайдіть сторону AB.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − прямокутний трикутник (∠𝐵𝐵 = 90∘), 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 20 см, 𝐵𝐵𝐵𝐵 − висота, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 5 см, 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 16 см. Оскільки 𝐵𝐵𝐵𝐵 − висота, то 𝐵𝐵𝐵𝐵 ⊥ 𝐴𝐴𝐴𝐴, ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 90∘ . Розглянемо прямокутний трикутник 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵. За теоремою Піфагора 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 = 𝐵𝐵𝐷𝐷2 + 𝐷𝐷𝐶𝐶 2 ; звідки 𝐵𝐵𝐷𝐷2 = 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 − 𝐷𝐷𝐶𝐶 2 ; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = �𝐵𝐵𝐶𝐶 2 − 𝐷𝐷𝐶𝐶 2 ;

𝐵𝐵𝐵𝐵 = √202 − 162 = √400 − 256 = √144 = 12 (см). Розглянемо прямокутний трикутник 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵. За теоремою Піфагора маємо: 𝐴𝐴𝐵𝐵2 = 𝐴𝐴𝐷𝐷2 + 𝐵𝐵𝐷𝐷2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = �𝐴𝐴𝐷𝐷2 + 𝐵𝐵𝐷𝐷2 ;

𝐴𝐴𝐴𝐴 = √52 + 122 = √25 + 144 = √169 = 13( см). Відповідь: 13 см. 544. У трикутнику ABC відомо, що AB = 17 см, BC = 9 см, кут C тупий, висота AD дорівнює 8 см. Знайдіть сторону AC.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − трикутник, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 17 см, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 9 см, 𝐴𝐴𝐴𝐴 − висота, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 8 см. Оскільки 𝐴𝐴𝐴𝐴 − висота, то 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⊥ 𝐵𝐵𝐵𝐵, ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ . Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴. За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐵𝐵2 = 𝐴𝐴𝐷𝐷2 + 𝐷𝐷𝐵𝐵2 ,  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

звідки 𝐷𝐷𝐵𝐵2 = 𝐴𝐴𝐵𝐵2 − 𝐴𝐴𝐷𝐷2 ; 𝐷𝐷𝐷𝐷 = �𝐴𝐴𝐵𝐵2 − 𝐴𝐴𝐷𝐷2 ;

𝐷𝐷𝐷𝐷 = √172 − 82 = √289 − 64 = √225 = 15 (см). За аксіомою вимірювання відрізків 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 𝐷𝐷𝐷𝐷 + 𝐶𝐶𝐶𝐶; 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 𝐷𝐷𝐷𝐷 − 𝐶𝐶𝐶𝐶; 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 15 − 9 = 6 (см). Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴. За теоремою Піфагора одержимо: 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 = 𝐴𝐴𝐷𝐷2 + 𝐷𝐷𝐶𝐶 2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = �𝐴𝐴𝐷𝐷2 + 𝐷𝐷𝐶𝐶 2 ;

la. in.

𝐴𝐴𝐴𝐴 = √82 + 62 = √64 + 36 = √100 = 10(см). Відповідь: 10 см. 545. Знайдіть висоту рівностороннього трикутника зі стороною 𝑎𝑎.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − рівносторонній трикутник, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑎𝑎. Проведемо висоту 𝑎𝑎 𝐵𝐵𝐵𝐵, 𝐵𝐵𝐵𝐵 ⊥ 𝐴𝐴𝐴𝐴, ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 90∘ . Вона є медіаною, тому 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐷𝐷𝐷𝐷 = . Розгяннемо 2

прямокутний трикутник 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵. За теоремою Піфагора 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 = 𝐵𝐵𝐷𝐷2 + 𝐷𝐷𝐶𝐶 2 , звідки 𝐵𝐵𝐷𝐷2 = 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 − 𝐷𝐷𝐶𝐶 2 ; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = �𝐵𝐵𝐶𝐶 2 − 𝐷𝐷𝐶𝐶 2 ; 2

𝑎𝑎 𝑎𝑎 3𝑎𝑎 𝑎𝑎√3 = . 𝐵𝐵𝐵𝐵 = �𝑎𝑎2 − � � = �𝑎𝑎2 − = �

Відповідь:

𝑎𝑎√3 2

546. Знайдіть діагональ квадрата зі стороною 𝑎𝑎.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − квадрат, 𝐴𝐴𝐴𝐴 − діагональ, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑎𝑎. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐴𝐴 𝐶𝐶 2 = 𝐴𝐴𝐷𝐷2 + 𝐶𝐶𝐷𝐷2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = �𝐴𝐴𝐷𝐷2 + 𝐶𝐶𝐷𝐷2 ;  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

𝐴𝐴𝐴𝐴 = √𝑎𝑎2 + 𝑎𝑎2 = √2𝑎𝑎2 = 𝑎𝑎√2. Відповідь: 𝑎𝑎√2. 547. Знайдіть сторону рівностороннього трикутника, висота якого дорівнює ℎ.

la. in.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − рівносторонній трикутник, 𝐵𝐵𝐵𝐵 − висота, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = ℎ. Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑥𝑥 𝑥𝑥. Висоти рівностороннього трикутника є медіаною, тому 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐷𝐷𝐷𝐷 = . Розглянемо 2

2 2

прямокутний трикутник 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵, За теоремою Піфагора 𝐵𝐵𝐶𝐶 = 𝐵𝐵𝐷𝐷 + 𝐷𝐷𝐶𝐶 , 𝑥𝑥 2

звідки 𝑥𝑥 2 = ℎ2 + � � ; 2

𝑥𝑥 ; 4 3𝑥𝑥 2 4ℎ2 = ℎ2 ; 𝑥𝑥 2 = ; 𝑥𝑥 2 = ℎ2 + 4

𝑥𝑥 =

2ℎ

√3

Oтже, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 = Відповідь:

2ℎ

√3

2ℎ

√3

548. Знайдіть катети прямокутного рівнобедреного трикутника, гіпотенуза якого дорівнює c.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − прямокутний рівнобедрений трикутник (∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ , 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐵𝐵), 𝐴𝐴𝐴𝐴 = c. За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 = 𝐴𝐴𝐵𝐵2 + 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 ; 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 = 2𝐴𝐴𝐵𝐵2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = �

𝐴𝐴𝐴𝐴 = �

𝐴𝐴𝐶𝐶 2 2

𝑐𝑐 2 2

;

Відповідь:

𝑐𝑐

√2

𝑐𝑐 √2 2

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

549. Знайдіть довжину невідомого відрізка x на рисунку (розміри дано в сантиметрах).

la. in.

1. Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2 см, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 1 см. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 (∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 = 𝐴𝐴𝐵𝐵2 + 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = √𝐴𝐴𝐵𝐵2 + 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = √22 + 12 = √4 + 1 = √5 (см). Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 (∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐷𝐷2 = 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 + 𝐶𝐶𝐷𝐷2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = √𝐴𝐴𝐶𝐶 2 + 𝐶𝐶𝐷𝐷2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = �(√5)2 + 12 = √5 + 1 = √6( см);

2. нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2 см, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 3 см, 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 4 см. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 = 𝐴𝐴𝐵𝐵2 + 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = √𝐴𝐴𝐵𝐵2 + 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = √22 + 32 = √4 + 9 = √13 (см). Розглянемо прямокутний трикутник DAC (∠𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐷𝐷𝐶𝐶 2 = 𝐴𝐴𝐷𝐷2 + 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 , звідки 𝐴𝐴𝐷𝐷2 = 𝐷𝐷𝐶𝐶 2 − 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = �𝐷𝐷𝐶𝐶 2 − 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = �42 − (√13)2 = √16 − 13 = √3(см);

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

3. нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2 см, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 3 см, 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 4 см. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷(∠𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐷𝐷𝐶𝐶 2 = 𝐷𝐷𝐵𝐵2 + 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 , звідки 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 = 𝐷𝐷𝐶𝐶 2 − 𝐷𝐷𝐵𝐵2 ; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = �𝐷𝐷𝐶𝐶 2 − 𝐵𝐵𝐷𝐷2 ;

la. in.

𝐵𝐵𝐵𝐵 = √42 − 32 = √16 − 9 = √7( см). За аксіомою про вимірювання відрізків 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐷𝐷𝐷𝐷; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2 + 3 = 5 (см). Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 (∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 = 𝐴𝐴𝐵𝐵2 + 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = �𝐴𝐴𝐵𝐵2 + 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = �52 + (√7)2 = √25 + 7 = √32 = 4√2(см).

Відповідь: 1. √6 см; 2. √3 см; 3. 4√2 см. 550. Знайдіть довжину невідомого відрізка 𝑥𝑥 на рисунку (розміри дано в сантиметрах).

1. Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 1 см, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 1 см, 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 2 см. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 = 𝐴𝐴𝐵𝐵2 + 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = √𝐴𝐴𝐵𝐵2 + 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = √12 + 12 = √1 + 1 = √2 (см). Розглянемо прямокутний трикутник 𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷 (∠𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐷𝐷𝐶𝐶 2 = 𝐴𝐴𝐷𝐷2 + 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 , звідки 𝐴𝐴𝐷𝐷2 = 𝐷𝐷𝐶𝐶 2 − 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 , 𝐴𝐴𝐴𝐴 = �𝐷𝐷𝐶𝐶 2 − 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = �22 − (√2)2 = √4 − 2 = √2 (см);

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

2. нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 3 см, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = √3 см, 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 1 см. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐷𝐷2 = 𝐴𝐴𝐷𝐷2 + 𝐶𝐶𝐷𝐷2 , звідки 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 = 𝐴𝐴𝐷𝐷2 − 𝐶𝐶𝐷𝐷2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = �𝐴𝐴𝐷𝐷2 − 𝐶𝐶𝐷𝐷2 ;

𝐴𝐴𝐴𝐴 = �(√6)2 − 12 = √6 − 1 = √5 (см).

Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 (∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). За аксіомою про вимірювання відрізків 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 + 𝐷𝐷𝐷𝐷; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 + 1 (см). За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐵𝐵2 = 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 + 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 , звідки 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 = 𝐴𝐴𝐵𝐵2 − 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 . Нехай 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝑥𝑥 см. Тоді (𝑥𝑥 + 1)2 = 32 − (√5)2 ; 𝑥𝑥 2 + 2𝑥𝑥 + 1 = 9 − 5; 𝑥𝑥 2 + 2𝑥𝑥 − 3 = 0; 𝑥𝑥1 = −3 − не задовольняє умову задачі, 𝑥𝑥2 = 1. Отже, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 1 см. Відповідь: 1. √2 см; 2. 1 см . 551. У рівнобедреному трикутнику висота, проведена до бічної сторони, дорівнює 8 см . Вона ділить бічну сторону на два відрізки, один з яких, прилеглий до вершини рівнобедреного трикутника, дорівнює 6 см . Знайдіть основу трикутника.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − рівнобедрений трикутник (𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐵𝐵), 𝐴𝐴𝐴𝐴 − висота, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 8 см, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 6 см. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴. За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐵𝐵2 = 𝐴𝐴𝐷𝐷2 + 𝐵𝐵𝐷𝐷2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = �𝐴𝐴𝐷𝐷2 + 𝐵𝐵𝐷𝐷2 ;

𝐴𝐴𝐴𝐴 = √82 + 62 = √64 + 36 = √100 = 10( см). За аксіомою вимірювання відрізків 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 + 𝐷𝐷𝐷𝐷; 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 − 𝐵𝐵𝐵𝐵;

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

𝐷𝐷𝐷𝐷 = 10 − 6 = 4 (см). Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 = 𝐴𝐴𝐷𝐷2 + 𝐷𝐷𝐶𝐶 2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = �𝐴𝐴𝐷𝐷2 + 𝐷𝐷𝐶𝐶 2 ;

la. in.

𝐴𝐴𝐴𝐴 = √82 + 42 = √64 + 16 = √80 = 4√5 (см). Відповідь: 4√5 см. 552. Висота рівнобедреного трикутника, опущена на бічну сторону, ділить її на відрізки завдовжки 4 см і 16 см , рахуючи від вершини кута при основі. Знайдіть основу рівнобедреного трикутника.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − рівнобедрений трикутник (𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐵𝐵), 𝐴𝐴𝐴𝐴 − висота, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 16 см, 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 4 см. За аксіомою вимірювання відрізків 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 + 𝐷𝐷𝐷𝐷; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 16 + 4 = 20 (см). Тоді 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 20 см. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴. За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐵𝐵2 = 𝐴𝐴𝐷𝐷2 + 𝐵𝐵𝐷𝐷2 , звідки 𝐴𝐴𝐷𝐷2 = 𝐴𝐴𝐵𝐵2 − 𝐵𝐵𝐷𝐷2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = √𝐴𝐴𝐵𝐵2 − 𝐵𝐵𝐷𝐷2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = √202 − 162 = √400 − 256 = √144 = 12 (см). Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). За теоремою Піфагора маємо: 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 = 𝐴𝐴𝐷𝐷2 + 𝐷𝐷𝐶𝐶 2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = �𝐴𝐴𝐷𝐷2 + 𝐷𝐷𝐶𝐶 2 ;

𝐴𝐴𝐴𝐴 = √122 + 42 = √144 + 16 = √160 = 4√10( см). Відповідь: 4√10 см. 553. Основа рівнобедреного тупокутного трикутника дорівнює 24 см , а радіус кола, описаного навколо нього, — 13 см . Знайдіть бічну сторону трикутника.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − рівнобедрений трикутник (𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐵𝐵), ∠𝐵𝐵 − тупий, (𝑂𝑂; 𝑅𝑅) − описане навколо нього коло, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 24 см, 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝑅𝑅 = 13 см. Оскільки кут 𝐵𝐵 − тупий, то центр кола не належить трикутнику. Центр кола, описаного навколо трикутника,  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

розміщений в точці перетину серединних перпендикулярів, тому точка 𝑂𝑂 належить прямій 𝐵𝐵𝐵𝐵, яка для рівнобедреного трикутника містить його висоту та медіану, звідки 1 1 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 = ⋅ 24 = 12 (см). Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = ∘ ).

90 За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝑂𝑂2 = 𝐴𝐴𝐷𝐷2 + 𝐷𝐷𝑂𝑂2 , 𝐷𝐷𝑂𝑂2 = 𝐴𝐴𝑂𝑂2 − 𝐴𝐴𝐷𝐷2 ; 𝐷𝐷𝐷𝐷 = �𝐴𝐴𝑂𝑂2 − 𝐴𝐴𝐷𝐷2 ;

la. in.

𝐷𝐷𝐷𝐷 = √132 − 122 = √169 − 144 = √25 = 5 (см). За аксіомою вимірювання відрізків 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 + 𝐷𝐷𝐷𝐷; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 − 𝐷𝐷𝐷𝐷; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 13 − 5 = 8 (см). Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 (∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘). За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐵𝐵2 = 𝐴𝐴𝐷𝐷2 + 𝐷𝐷𝐵𝐵2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = √𝐴𝐴𝐷𝐷2 + 𝐷𝐷𝐵𝐵2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = √122 + 82 = √144 + 64 = √208 = 4√13(см). Відповідь: 4√13 см. 554. Висота рівнобедреного гострокутного трикутника, проведена до Його основи, дорівнює 8 см , а радіус кола, описаного навколо нього, — 5 см . Знайдіть бічну сторону трикутника.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − рівнобедрений трикутник (𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐵𝐵), (𝑂𝑂; 𝑅𝑅) − описане навколо нього коло, 𝐵𝐵𝐵𝐵 − висота, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 8 см, 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝑅𝑅 = 5 см. Центр кола, описаного навколо трикутника, розміщений в точці перетину серединних перпендикулярів, тому точка 𝑂𝑂 належить 𝐵𝐵𝐵𝐵, який для рівнобедреного трикутника є його висотою та медіаною, звідки 1 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 𝐴𝐴𝐴𝐴. За аксіомою вимірювання відрізків 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 + 𝑂𝑂𝑂𝑂; 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 −

𝐵𝐵𝐵𝐵; 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 8 − 5 = 3 (см). Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝑂𝑂2 = 𝐴𝐴𝐷𝐷2 + 𝑂𝑂𝐷𝐷2 , 𝐴𝐴𝐷𝐷2 = 𝐴𝐴𝑂𝑂2 − 𝑂𝑂𝐷𝐷2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = �𝐴𝐴𝑂𝑂2 − 𝑂𝑂𝐷𝐷2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = √52 − 32 = √25 − 9 = √16 = 4 (см). Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 (∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘). За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐵𝐵2 = 𝐴𝐴𝐷𝐷2 + 𝐷𝐷𝐵𝐵2 ;  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

𝐴𝐴𝐴𝐴 = �𝐴𝐴𝐷𝐷2 + 𝐷𝐷𝐵𝐵2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = √42 + 82 = √16 + 64 = √80 = 4√5( см). Відповідь: 4√5 см. 555. Основа рівнобедреного трикутника на 2 см більша за бічну сторону. Знайдіть сторони трикутника, якщо висота, проведена до основи, дорівнює 8 см .

la. in.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − рівнобедрений трикутник (𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐵𝐵), 𝐵𝐵𝐵𝐵 − висота, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 8 см. Висота 𝐵𝐵𝐵𝐵, проведена до основи рівнобедреного трикутника, є його медіаною, звідки 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 1 𝐴𝐴𝐴𝐴. Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑥𝑥 см, тоді 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2𝑥𝑥 см, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = (2𝑥𝑥 − 2) см. Розглянемо прямокутний

трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 (∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐵𝐵2 = 𝐴𝐴𝐷𝐷2 + 𝐵𝐵𝐷𝐷2 ; (2𝑥𝑥 − 2)2 = 𝑥𝑥 2 + 82 ; 4𝑥𝑥 2 − 8𝑥𝑥 + 4 = 𝑥𝑥 2 + 64; 3𝑥𝑥 2 − 8𝑥𝑥 − 60 = 0; 𝐷𝐷 = (−8)2 − 4 ⋅ 3 ⋅ (−60) = 64 + 720 = 784. 8 + √784 8 + 28 36 = = = 6, 𝑥𝑥1 = 6 6 2⋅3 8−√784 8−28 20 10 = = − = − − не задовольняє умову задачі. 𝑥𝑥1 = 6

2⋅3

Отже, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 6 см, тоді 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2 ⋅ 6 = 12(см), 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 12 − 2 = 10(см). Відповідь: 12 см, 10 см, 10 см. 556. Периметр рівнобедреного трикутника дорівнює 90 см , а висота, проведена до основи, — 15 см . Знайдіть сторони трикутника.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − рівнобедрений трикутник (𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐵𝐵), 𝐵𝐵𝐵𝐵 − висота, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 15 см, 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90 см, Висота 𝐵𝐵𝐵𝐵, проведена до основи рівнобедреного трикутника, є його медіаною, звідки 1 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 𝐴𝐴𝐴𝐴. Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑥𝑥 см, тоді 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2𝑥𝑥 см. Розглянемо прямокутний 2

трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 (∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐵𝐵2 = 𝐴𝐴𝐷𝐷2 + 𝐵𝐵𝐷𝐷2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = �𝐴𝐴𝐷𝐷2 + 𝐵𝐵𝐷𝐷2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = √𝑥𝑥 2 + 152 = √𝑥𝑥 2 + 225 (см).

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐵𝐵𝐵𝐵 + 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐴𝐴𝐴𝐴. Рівняння: 2√𝑥𝑥 2 + 225 + 2𝑥𝑥 = 90; √𝑥𝑥 2 + 225 = 45 − 𝑥𝑥; 𝑥𝑥 2 + 225 = (45 − 𝑥𝑥)2 ; 𝑥𝑥 2 + 225 = 452 − 90𝑥𝑥 + 𝑥𝑥 2 ; 90𝑥𝑥 = 1800; 𝑥𝑥 = 20. Отже, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2 ⋅ 20 = 40(см), 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 = √202 + 152 = √400 + 225 = √625 = 25(см). Відповідь: 20 см, 25 см, 25 см. 557. Сторони тупокутного трикутника дорівнюють 29 см, 25 см і 6 см . Знайдіть висоту трикутника, проведену до меншої сторони.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − трикутник, ∠𝐶𝐶 − тупий, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 29 см, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 25 см, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 6 см. Нехай 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝑥𝑥 см. За аксіомою вимірювання відрізків 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 + 𝐶𝐶𝐶𝐶; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = (6 + 𝑥𝑥) см. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐵𝐵2 = 𝐴𝐴𝐷𝐷2 + 𝐵𝐵𝐷𝐷2 , звідки 𝐴𝐴𝐷𝐷2 = 𝐴𝐴𝐵𝐵2 − 𝐵𝐵𝐷𝐷2 ; 𝐴𝐴𝐷𝐷2 = 292 − (6 + 𝑥𝑥)2 . Розглянемо прямокутний трикутник 𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶(∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 = 𝐶𝐶𝐷𝐷2 + 𝐴𝐴𝐷𝐷2 , звідки 𝐴𝐴𝐷𝐷2 = 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 − 𝐶𝐶𝐷𝐷2 ; 𝐴𝐴𝐷𝐷2 = 252 − 𝑥𝑥 2 . Рівняння: 292 − (6 + 𝑥𝑥)2 = 252 − 𝑥𝑥 2 ; 841 − 36 − 12𝑥𝑥 − 𝑥𝑥 2 = 625 − 𝑥𝑥 2 ; 12𝑥𝑥 = 180; 𝑥𝑥 = 15. Тоді 𝐴𝐴𝐷𝐷2 = 252 − 152 = 625 − 225 = 400( см2 ); 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 20 см. Відповідь: 20 см. 558. Сторони трикутника дорівнюють 36 см, 29 см і 25 см . Знайдіть висоту трикутника, проведену до більшої сторони.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − трикутник, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 29 см, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 36 см, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 25 см, 𝐵𝐵𝐵𝐵 − висота. Нехай 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 𝑥𝑥 см, тоді 𝐴𝐴𝐴𝐴 = (36 − 𝑥𝑥) см. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 ( ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐵𝐵2 = 𝐴𝐴𝐷𝐷2 + 𝐵𝐵𝐷𝐷2 ; звідки 𝐵𝐵𝐷𝐷2 = 𝐴𝐴𝐵𝐵2 − 𝐴𝐴𝐷𝐷2 ; 𝐵𝐵𝐷𝐷2 = 292 − (36 − 𝑥𝑥)2 . Розглянемо прямокутний трикутник 𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶(∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 = 𝐷𝐷𝐶𝐶 2 + 𝐵𝐵𝐷𝐷2 , звідки 𝐵𝐵𝐷𝐷2 = 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 − 𝐷𝐷𝐶𝐶 2 ; 𝐵𝐵𝐷𝐷2 = 252 − 𝑥𝑥 2 . Piвняння: 292 − (36 − 𝑥𝑥)2 = 252 − 𝑥𝑥 2 ; 841 − 1296 + 72𝑥𝑥 − 𝑥𝑥 2 = 625 − 𝑥𝑥 2 ; 72𝑥𝑥 = 1080; 𝑥𝑥 = 15. Тоді 𝐵𝐵𝐷𝐷2 = 252 − 152 = 625 − 225 = 400(см2 ); 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 20(см). Відповідь: 20 см. 559. Iз точки до прямої проведено дві похилі, довжини яких відносяться як 5:6, а проєкції цих похилих на пряму дорівнюють 7 см і 18 см . Знайдіть відстань від даної точки до цієї прямої.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴 і 𝐴𝐴𝐴𝐴 − похилі, 𝐴𝐴𝐴𝐴 ∶ 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 5 ∶ 6, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 7 см, 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 18 см. Проведемо з точки 𝐴𝐴 перпендикуляр до прямої, який і буде шуканою відстанню. Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 5𝑥𝑥 см, тоді 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 6𝑥𝑥 см. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 ( ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐵𝐵2 = 𝐴𝐴𝐷𝐷2 + 𝐵𝐵𝐷𝐷2 , звідки 𝐴𝐴𝐷𝐷2 = 𝐴𝐴𝐵𝐵2 − 𝐵𝐵𝐷𝐷2 ; 𝐴𝐴𝐷𝐷2 = 25𝑥𝑥 2 − 72 . Розглянемо прямокутний трикутник 𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶(∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 = 𝐴𝐴𝐷𝐷2 + 𝐷𝐷𝐶𝐶 2 , звідки  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

𝐴𝐴𝐷𝐷2 = 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 − 𝐷𝐷𝐶𝐶 2 ; 𝐴𝐴𝐷𝐷2 = 36𝑥𝑥 2 − 182 . Рівняння: 25𝑥𝑥 2 − 72 = 36𝑥𝑥 2 − 182 ; 25𝑥𝑥 2 − 49 = 36𝑥𝑥 2 − 324; 11𝑥𝑥 2 = 275; 𝑥𝑥 2 = 25; 𝑥𝑥 = 5. Oтже, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 5 ⋅ 5 = 25(см), тоді 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 6 ⋅ 5 = 30(см). 𝐴𝐴𝐷𝐷2 = 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 − 𝐷𝐷𝐶𝐶 2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = �𝐴𝐴𝐶𝐶 2 − 𝐷𝐷𝐶𝐶 2 ;

la. in.

𝐴𝐴𝐴𝐴 = √302 − 182 = √900 − 324 = √576 = 24(см). Відповідь: 24 см. 560. Iз точки до прямої проведено дві похилі завдовжки 15 см і 27 см . Сума довжин проєкцій цих похилих на пряму дорівнює 24 см . Знайдіть проєкцію кожної похилої.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴 і 𝐴𝐴𝐴𝐴 − похилі, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 15 см, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 27 см, 𝐵𝐵𝐵𝐵 і 𝐷𝐷𝐷𝐷 − проекції похилих, 𝐵𝐵𝐵𝐵 + 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 24 см. Проведемо з точки 𝐴𝐴 перпендикуляр до прямої, який буде відстанню від точки до прямої. Нехай 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝑥𝑥 см, тоді 𝐷𝐷𝐷𝐷 = (24 − 𝑥𝑥) см. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐵𝐵2 = 𝐴𝐴𝐷𝐷2 + 𝐵𝐵𝐷𝐷2 , звідки 𝐴𝐴𝐷𝐷2 = 𝐴𝐴𝐵𝐵2 − 𝐵𝐵𝐷𝐷2 ; 𝐴𝐴𝐷𝐷2 = 152 − 𝑥𝑥 2 . Розглянемо прямокутний трикутник 𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶(∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 = 𝐴𝐴𝐷𝐷2 + 𝐷𝐷𝐶𝐶 2 , звідки 𝐴𝐴𝐷𝐷2 = 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 − 𝐷𝐷𝐶𝐶 2 ; 𝐴𝐴𝐷𝐷2 = 272 − (24 − 𝑥𝑥)2 . Рівняння: 152 − 𝑥𝑥 2 = 272 − (24 − 𝑥𝑥)2 ; 225 − 𝑥𝑥 2 = 729 − 576 + 48𝑥𝑥 − 𝑥𝑥 2 ; 48𝑥𝑥 = 72; 𝑥𝑥 = 1,5. Отже, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 1,5 (см), тоді 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 24 − 1,5 = 22,5 (см). Відповідь: 1,5 см; 22,5 см. 561. Точка дотику кола, вписаного в прямокутний трикутник, ділить один із його катетів на відрізки 2 см і 6 см. Знайдіть сторони трикутника.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − прямокутний трикутник, (𝑂𝑂; 𝑅𝑅) − вписане в нього коло, 𝑀𝑀, 𝑁𝑁 і 𝐾𝐾 − точки дотику, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 2 см, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 6 см. За властивістю дотичних, проведених до кола з однієі точки, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 2 см, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 6 см, 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝐶𝐶𝐶𝐶. Нехай 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝑥𝑥 см. За аксіомою вимірювання відрізків 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝑀𝑀𝑀𝑀; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 6 + 2 = 8(см); 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝑁𝑁𝑁𝑁; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = (6 + 𝑥𝑥)см; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 + 𝐾𝐾𝐾𝐾; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = (2 + 𝑥𝑥) см. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 (∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 = 𝐴𝐴𝐵𝐵2 + 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 ; (6 + 𝑥𝑥)2 = 82 + (2 + 𝑥𝑥)2 ; 36 + 12𝑥𝑥 + 𝑥𝑥 2 = 64 + 4 + 4𝑥𝑥 + 𝑥𝑥 2 ; 8𝑥𝑥 = 32; 𝑥𝑥 = 4. Oтже, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 8 см; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 6 + 4 = 10(см); 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 2 + 4 = 6(см). Відповідь: 8 см, 6 см, 10 см. 562. Знайдіть сторони паралелограма, діагоналі якого дорівнюють 16 см і 20 см, якщо одна з діагоналей перпендикулярна до його сторони.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − паралелограм, 𝐴𝐴𝐴𝐴 і 𝐵𝐵𝐵𝐵 − діагоналі, 𝐵𝐵𝐵𝐵 ⊥ 𝐴𝐴𝐴𝐴, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 20 см, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 16 см. За властивістю діагоналей паралелограма маємо, що діагоналі точкою перетину діляться навпіл. Тоді 1 1 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 = ∙ 20 = 10 (см), 2 1

2 1

𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 = ⋅ 16 = 8 (см). 2

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 (∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝑂𝑂2 = 𝐴𝐴𝐵𝐵2 + 𝐵𝐵𝑂𝑂2 , звідки 𝐴𝐴𝐵𝐵2 = 𝐴𝐴𝑂𝑂2 − 𝐵𝐵𝑂𝑂2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = �𝐴𝐴𝑂𝑂2 − 𝐵𝐵𝑂𝑂2 ;

𝐴𝐴𝐴𝐴 = √102 − 82 = √100 − 64 = √36 = 6 (см). Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐷𝐷2 = 𝐴𝐴𝐵𝐵2 + 𝐵𝐵𝐷𝐷2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = �𝐴𝐴𝐵𝐵2 + 𝐵𝐵𝐷𝐷2 ;

la. in.

𝐴𝐴𝐴𝐴 = √62 + 162 = √36 + 256 = √292 = 2√73 (см). Тоді маємо: 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 6 см, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2√73 см (за властивісто протилежних сторін паралелограма). Biдповідь: 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 6 см, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2√73 см. 563 Радіус кола, описаного навколо прямокутного трикутника ABC (∠C = 90°), дорівнює 15 см, AC=24 см. Відрізки BM і CK - медіани трикутника ABC, відрізок AD - його бісектриса. Знайдіть: 1. гіпотенузу AB; 2. катет BC; 3. медіану CK; 4. медіану BM; 5. периметр трикутника ABC; 6. бісектрису AD. Використовуючи знайдені величини, розшифруйте назву старовинного українського міста, заснованого 1100 року. Номер завдання відповідає місцю, на якому стоїть буква у слові. Відповідь

8√10 см Γ

30 см

15 см

72 см

6√13 см P

Буква

18 см

1) Радіус кола, описаного навколо прямокутного трикутника, дорівнює половині гіпотенузи. Тоді АВ = 2 • 15 = 30 см. — (О) 2) За теоремою Піфагора АВ2 = АС2 + ВС2; ВС2 = АВ2 – АС2; ВС = √900 − 576 = √324 = 18 см. — (С) 3) Радіус кола, описаного навколо прямокутного трикутника, дорівнює медіані, проведеної до гіпотенузи. Тоді СК = 15 см. — (Т) 4) Розглянемо ∆СМВ, ∠С = 90°, за теоремою Піфагора ВМ2 = СВ2 + СМ2. За умовою ВМ – медіана, тоді СМ = МА = АС : 2 = 24 : 2 = 12 см.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

ВМ2 = ВС2 + СМ2; ВМ2 = 324 + 144 = 468; ВМ = √468 = 6√13 см. — (Р) 5) Р∆АВС = AC + AB + BC = 24 + 30 + 18 = 72 см. — (О) 6) З теореми про властивість бісектриси трикутника: 𝐶𝐶𝐶𝐶 𝐷𝐷𝐷𝐷 𝐶𝐶𝐶𝐶 𝐴𝐴𝐴𝐴 24 4 = ⇒ = = = 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐷𝐷𝐷𝐷 𝐴𝐴𝐴𝐴 30 5 Нехай х (см) — одна частина, тоді CD = 4х (см), DВ = 5х (см). 4х + 5х = 18; 9х = 18; х = 2. CD = 4 ∙ 2 = 8 см; DВ = 5 ∙ 2 = 10 см. Розглянемо ∆CAD, ∠С = 90°, за теоремою Піфагора AD2 = AC2 + СD2; AD = √576 + 64 = √640 = 8√10 см. — (Г) Відповідь: ОСТРОГ. 564. Знайдіть периметр прямокутного трикутника, якщо бісектриса прямого кута ділить гіпотенузу на відрізки завдовжки 30 см i 40 см.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − прямокутний трикутник (∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ), 𝐵𝐵𝐵𝐵 − бісектриса, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 30 см, 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐵𝐵𝐵𝐵

40 см. Оскільки 𝐵𝐵𝐵𝐵 − бісектриса, то за властивістю бісектриси = ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐷𝐷𝐷𝐷 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 = ; 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐷𝐷𝐷𝐷 𝐴𝐴𝐴𝐴 30 3 = = . 𝐵𝐵𝐵𝐵 40 4 Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 3𝑥𝑥 см, тоді 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 4𝑥𝑥 см. За аксіомою вимірювання відрізків 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐷𝐷𝐷𝐷; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 30 + 40 = 70 (см). Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 (∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 = 𝐴𝐴𝐵𝐵2 + 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 ; 702 = 9𝑥𝑥 2 + 16𝑥𝑥 2 ; 4900 = 25𝑥𝑥 2 ; 𝑥𝑥 2 = 196; 𝑥𝑥 = 14. Отже, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 3 ⋅ 14 = 42(см), 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 4 ⋅ 14 = 56(см). 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐵𝐵𝐵𝐵 + 𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 42 + 56 + 70 = 168(см). Відповідь: 168 см. 565. Знайдіть периметр прямокутного трикутника, якщо бісектриса гострого кута ділить протилежний катет на відрізки завдовжки 24 см і 51 см.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − прямокутний трикутник ( ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ), 𝐴𝐴𝐴𝐴 − бісектриса, 𝐵𝐵𝐵𝐵 =

𝐴𝐴𝐴𝐴

la. in.

24 см, 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 51 см. Оскільки 𝐴𝐴𝐴𝐴 − бісектриса, то за властивістю бісектриси = ; 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐷𝐷𝐷𝐷 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵 = ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐷𝐷𝐷𝐷 𝐴𝐴𝐴𝐴 24 8 = = .

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 8𝑥𝑥 см, тоді 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 17𝑥𝑥 см. За аксіомою вимірювання відрізків 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 + 𝐷𝐷𝐷𝐷; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 24 + 51 = 75 (см). Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 (∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 = 𝐴𝐴𝐵𝐵2 + 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 ; 289𝑥𝑥 2 = 64𝑥𝑥 2 + 752 ; 5625 = 225𝑥𝑥 2 ; 𝑥𝑥 2 = 25; 𝑥𝑥 = 5. Oтже, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 8 ⋅ 5 = 40(см), 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 17 ⋅ 5 = 85(см). 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐵𝐵𝐵𝐵 + 𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 40 + 75 + 85 = 200(см). Відповідь: 200 см. 566. Основи рівнобічної трапеції дорівнюють 12 см і 20 см, а діагональ є бісектрисою тупого кута трапеції. Знайдіть цю діагональ.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − рівнобічна трапеція (𝐴𝐴𝐴𝐴‖𝐵𝐵𝐵𝐵, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐶𝐶𝐶𝐶), 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 12 см, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 20 см, 𝐴𝐴𝐴𝐴 − діагональ і бісектриса ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵. За означення бісектриси ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴. Далі ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = ∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 як внутрішні різносторонні при паралельних прямих 𝐴𝐴𝐴𝐴 і 𝐵𝐵𝐵𝐵 та січній 𝐴𝐴𝐴𝐴. Тоді ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = ∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶, звідки слідує, що трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − рівнобедрений з основою 𝐴𝐴𝐴𝐴(𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝐴𝐴𝐴𝐴). Проведемо висоту трапеції 𝐶𝐶𝐶𝐶. За властивістю рівнобічної трапеції 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 20 + 12 𝐴𝐴𝐴𝐴 = = 16(см); 2  shkola.in.ua

𝐴𝐴𝐴𝐴+𝐵𝐵𝐵𝐵 2

;

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

𝐹𝐹𝐹𝐹 =

𝐴𝐴𝐴𝐴−𝐵𝐵𝐵𝐵 2 20−12 2

; = 4 (см).

la. in.

Розглянемо прямокутний трикутник 𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶(∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 90∘ ). 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 20 см. За теоремою Піфагора 𝐶𝐶𝐷𝐷2 = 𝐶𝐶𝐹𝐹 2 + 𝐹𝐹𝐷𝐷2 ; 𝐶𝐶𝐹𝐹 2 = 𝐶𝐶𝐷𝐷2 − 𝐹𝐹𝐷𝐷2 ; 𝐶𝐶𝐹𝐹 2 = 202 − 42 = 400 − 16 = 384. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 (∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 = 𝐶𝐶𝐹𝐹 2 + 𝐴𝐴𝐹𝐹 2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = √𝐶𝐶𝐹𝐹 2 + 𝐴𝐴𝐹𝐹 2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = √384 + 162 = √384 + 256 = √640 = 8√10( см). Відповідь: 8√10 см. 567. Основи прямокутної трапеції дорівнюють 18 см і 12 см , а діагональ є бісектрисою гострого кута трапеції. Знайдіть цю діагональ.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − прямокутна трапеція (𝐴𝐴𝐴𝐴‖𝐵𝐵𝐵𝐵, ∠𝐴𝐴 = 90∘ ), 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 12 см, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 18 см, 𝐵𝐵𝐵𝐵 − діагональ і бісектриса ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴. За означення бісектриси ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵. Далі ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = ∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 як внутрішні різносторонні при паралельних прямих 𝐴𝐴𝐴𝐴i 𝐵𝐵𝐵𝐵 та січній 𝐵𝐵𝐵𝐵. Тоді ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = ∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶, звідки слідує, що трикутник 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 − рівнобедрений з основою 𝐵𝐵𝐵𝐵(𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐶𝐶𝐶𝐶). Проведемо висоту трапеції 𝐶𝐶𝐶𝐶. Чотирикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − прямокутник, тому 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐴𝐴𝐴𝐴. За аксіомою вимірювання відрізків 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐹𝐹𝐹𝐹, звідки 𝐹𝐹𝐹𝐹 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 − 𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝐹𝐹𝐹𝐹 = 18 − 12 = 6 (см). Розглянемо прямокутний трикутник 𝐶𝐶𝐹𝐹𝐹𝐹(∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 90∘ ). 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 12 см. За теоремою Піфагора 𝐶𝐶𝐷𝐷2 = 𝐶𝐶𝐹𝐹 2 + 𝐹𝐹𝐷𝐷2 , звідки 𝐶𝐶𝐹𝐹 2 = 𝐶𝐶𝐷𝐷2 − 𝐹𝐹𝐷𝐷2 ; 𝐶𝐶𝐹𝐹 2 = 122 − 62 = 144 − 36 = 108. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵(∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐵𝐵𝐷𝐷2 = 𝐴𝐴𝐵𝐵2 + 𝐴𝐴𝐷𝐷2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐶𝐶𝐶𝐶 як протилежні сторони прямокутника 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴, тому 𝐵𝐵𝐵𝐵 = �𝐶𝐶𝐹𝐹 2 + 𝐴𝐴𝐷𝐷2 ; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = √108 + 182 = √108 + 324 = √432 = 12√3(см). Відповідь: 12√3 см. 568. У колі по різні боки від його центра проведено дві паралельні хорди завдовжки 16 см і 32 см. Відстань між хордами дорівнює 16 см. Знайдіть радіус кола.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Нехай (𝑂𝑂; 𝑅𝑅) − коло, 𝐴𝐴𝐴𝐴 і 𝐶𝐶𝐶𝐶 − хорди, 𝐴𝐴𝐴𝐴‖𝐶𝐶𝐶𝐶, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 16 см, 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 32 см, 𝑀𝑀𝑀𝑀 = 16 см. Проведемо радіуси 𝑂𝑂𝑂𝑂 і 𝑂𝑂𝑂𝑂. 1 1 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑁𝑁𝑁𝑁 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 = ⋅ 16 = 8(см); 2 1

2 1

𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝑀𝑀𝑀𝑀 = 𝐶𝐶𝐶𝐶 = ⋅ 32 = 16(см). 2

la. in.

Нехай 𝑀𝑀𝑀𝑀 = 𝑥𝑥 см, тоді 𝑁𝑁𝑁𝑁 = (16 − 𝑥𝑥) см. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝑂𝑂𝐴𝐴2 = 𝐴𝐴𝑁𝑁 2 + 𝑁𝑁𝑂𝑂2 ; 𝑂𝑂𝐴𝐴2 = 82 + (16 − 𝑥𝑥)2 . Розглянемо прямокутний трикутник СМО (∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝑂𝑂𝐶𝐶 2 = 𝐶𝐶𝑀𝑀2 + 𝑀𝑀𝑂𝑂2 ; 𝑂𝑂𝐶𝐶 2 = 162 + 𝑥𝑥 2 . Оскільки 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝑂𝑂𝑂𝑂 як радіуси, то 𝑂𝑂𝐴𝐴2 = 𝑂𝑂𝐶𝐶 2 . Рівняння: 82 + (16 − 𝑥𝑥)2 = 162 + 𝑥𝑥 2 ; 64 + 256 − 32𝑥𝑥 + 𝑥𝑥 2 = 256 + 𝑥𝑥 2 ; 32𝑥𝑥 = 64; 𝑥𝑥 = 2. 𝑀𝑀𝑀𝑀 = 2 см; 𝑂𝑂𝑂𝑂 = √𝐶𝐶𝑀𝑀2 + 𝑀𝑀𝑂𝑂2 ; 𝑂𝑂𝑂𝑂 = √162 + 22 = √256 + 4 = √260 = 2√65( см). Відповідь: 2√65 см. 569. У колі по один бік від його центра проведено дві паралельні хорди завдовжки 48 см і 24 см . Відстань між хордами дорівнює 12 см. Знайдіть радіус кола.

Нехай ( 𝑂𝑂; 𝑅𝑅 ) − коло, 𝐴𝐴𝐴𝐴 і 𝐶𝐶𝐶𝐶 − хорди, 𝐴𝐴𝐴𝐴‖𝐶𝐶𝐶𝐶, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 24 см, 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 48 см, 𝑀𝑀𝑀𝑀 = 12 см. 1 1 1 1 Проведемо радіуси 𝑂𝑂𝑂𝑂 і 𝑂𝑂𝑂𝑂. 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑁𝑁𝑁𝑁 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 = ⋅ 24 = 12(см); 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝑀𝑀𝑀𝑀 = 𝐶𝐶𝐶𝐶 = ⋅ 2

48 = 24(см). Нехай 𝑀𝑀𝑀𝑀 = 𝑥𝑥 см, тоді 𝑁𝑁𝑁𝑁 = (12 + 𝑥𝑥)см. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). За теоремою Піфагора  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

𝑂𝑂𝐴𝐴2 = 𝐴𝐴𝑁𝑁 2 + 𝑁𝑁𝑂𝑂2 ; 𝑂𝑂𝐴𝐴2 = 122 + (12 + 𝑥𝑥)2 . Розглянемо прямокутний трикутник СМО (∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝑂𝑂𝐶𝐶 2 = 𝐶𝐶𝑀𝑀2 + 𝑀𝑀𝑂𝑂2 ; 𝑂𝑂𝐶𝐶 2 = 242 + 𝑥𝑥 2 . Оскільки 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝑂𝑂𝑂𝑂 як радіуси, то 𝑂𝑂𝐴𝐴2 = 𝑂𝑂𝐶𝐶 2 . Рівняння: 122 + (12 + 𝑥𝑥)2 = 242 + 𝑥𝑥 2 ; 144 + 144 + 24𝑥𝑥 + 𝑥𝑥 2 = 576 + 𝑥𝑥 2 ; 24𝑥𝑥 = 288; 𝑥𝑥 = 12. 𝑀𝑀𝑀𝑀 = 12 см; 𝑂𝑂𝑂𝑂 = �𝐶𝐶𝑀𝑀2 + 𝑀𝑀𝑂𝑂2 ;

𝑂𝑂𝑂𝑂 = √242 + 122 = √576 + 144 = √720 = 12√5 (см). Відповідь: 12√5 см. 570. Радіус кола, вписаного в рівнобедрений трикутник, дорівнює 12 см, а відстань від вершини рівнобедреного трикутника до центра кола − 20 см . Знайдіть периметр даного трикутника.

𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴

𝑂𝑂𝑂𝑂 20 12

= . 3

𝐴𝐴𝐴𝐴

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − рівнобедрений трикутник (𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐵𝐵), (𝑂𝑂; 𝑅𝑅) − вписане в нього коло, 𝑅𝑅 = 12 см, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 20 см. Центр вписаного в трикутник кола розміщений в точці перетину бісектрис його кутів. Проведемо 𝐴𝐴𝐴𝐴 − бісектрису кута 𝐴𝐴. За властивісто бісектриси з прямокутного трикутника 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 маємо: 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 = ; 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝑂𝑂𝑂𝑂 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵 = ;

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 5𝑥𝑥 см, тоді 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 3𝑥𝑥 см. За аксіомою вимірювання відрізків 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 + 𝑂𝑂𝑂𝑂; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 20 + 12 = 32 (см). Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐵𝐵2 = 𝐴𝐴𝐷𝐷2 + 𝐵𝐵𝐷𝐷2 ; 25𝑥𝑥 2 = 9𝑥𝑥 2 + 322 ; 16𝑥𝑥 2 = 1024; 𝑥𝑥 2 = 64;  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

𝑥𝑥 = 8. 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 5 ⋅ 8 = 40 (см), тоді 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 3 ⋅ 8 = 24 (см), 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 40 см. Оскільки 𝐵𝐵𝐵𝐵 − бісектриса рівнобедреного трикутника, проведена у куті при вершині, то 1 вона є й медіаною. Тому 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 𝐴𝐴𝐴𝐴, звідки 2

la. in.

𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2 ⋅ 24 = 48( см). 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐵𝐵𝐵𝐵 + 𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 40 + 48 + 40 = 128(см). Відповідь: 128 см. 571. Точка дотику кола, вписаного в прямокутну трапецію, ділить ї більшу основу на відрізки завдовжки 20 см і 25 см, рахуючи від вершини прямого кута. Обчисліть периметр трапеції.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − прямокутна трапеція (𝐴𝐴𝐴𝐴‖𝐵𝐵𝐵𝐵, 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⊥ 𝐴𝐴𝐴𝐴), (𝑂𝑂; 𝑅𝑅) − вписане в неї коло, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 20 см, 𝐾𝐾𝐾𝐾 = 25 см. Нехай 𝑀𝑀, 𝑁𝑁, 𝑃𝑃 і 𝐾𝐾 − точки дотику кола до трапеції, тоді 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝑂𝑂𝑂𝑂 − радіуси вписаного кола. Оскільки радіуси проведені в точки дотику; то 𝑂𝑂𝑂𝑂 ⊥ 𝐴𝐴𝐴𝐴, 𝑂𝑂𝑂𝑂 ⊥ 𝐵𝐵𝐵𝐵, 𝑂𝑂𝑂𝑂 ⊥ 𝐶𝐶𝐶𝐶, 𝑂𝑂𝑂𝑂 ⊥ 𝐴𝐴𝐴𝐴. Чотирикутники 𝐴𝐴𝐴𝐴𝑂𝑂𝑂𝑂 і 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 − квадрати. Нехай 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝑥𝑥 см. 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 20 см, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 20 см, 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝑥𝑥 см, 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 25 см як відрізки дотичних, проведених з точки до кола. За аксіомою вимірювання відрізків 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝑀𝑀𝑀𝑀; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 20 + 20 = 40 (см), 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 + 𝑁𝑁𝑁𝑁; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = (20 + 𝑥𝑥)см; 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝐶𝐶𝐶𝐶 + 𝑃𝑃𝑃𝑃; 𝐶𝐶𝐶𝐶 = (25 + 𝑥𝑥)см; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐾𝐾𝐾𝐾; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 20 + 25 = 45 (см). Проведемо з вершини 𝐶𝐶 висоту 𝐶𝐶𝐶𝐶. Оскільки чотирикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − прямокутник, то 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 40 см, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 = (20 + 𝑥𝑥)см. За аксіомою вимірювання відрізків 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐹𝐹𝐹𝐹;  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

𝐹𝐹𝐹𝐹 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 − 𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝐹𝐹𝐹𝐹 = 45 − (20 + 𝑥𝑥) = (25 − 𝑥𝑥) см. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶(∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐶𝐶𝐷𝐷2 = 𝐶𝐶𝐹𝐹 2 + 𝐹𝐹𝐷𝐷2 ; (25 + 𝑥𝑥)2 = 402 + (25 − 𝑥𝑥)2 ; 625 + 50𝑥𝑥 + 𝑥𝑥 2 = 1600 + 625 − 50𝑥𝑥 + 𝑥𝑥 2 ; 100𝑥𝑥 = 1600; 𝑥𝑥 = 16. Отже, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 20 + 16 = 36 (см); 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 25 + 16 = 41 (см). Тоді 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐵𝐵𝐵𝐵 + 𝐶𝐶𝐶𝐶 + 𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 40 + 36 + 41 + 45 = 162(см). Biдповідь: 162 см. 572. Точка дотику кола, вписаного в прямокутну трапецію, ділить її меншу основу на відрізки завдовжки 6 см і 3 см, рахуючи від вершини прямого кута. Обчисліть периметр трапеції.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − прямокутна трапеція (𝐴𝐴𝐴𝐴‖𝐵𝐵𝐵𝐵, 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⊥ 𝐴𝐴𝐴𝐴), (𝑂𝑂; 𝑅𝑅) − вписане в неї коло, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 6 см, 𝑁𝑁𝑁𝑁 = 3 см. Нехай 𝑀𝑀, 𝑁𝑁, 𝑃𝑃 і 𝐾𝐾 − точки дотику кола до трапеції, тоді 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝑂𝑂𝑂𝑂 − радіуси вписаного кола. Оскільки радіуси проведені в точки дотику, то 𝑂𝑂𝑂𝑂 ⊥ 𝐴𝐴𝐴𝐴, 𝑂𝑂𝑂𝑂 ⊥ 𝐵𝐵𝐵𝐵, 𝑂𝑂𝑂𝑂 ⊥ 𝐶𝐶𝐶𝐶, 𝑂𝑂𝑂𝑂 ⊥ 𝐴𝐴𝐴𝐴. Чотирикутники 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 і 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 − квадрати. Нехай 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 𝑥𝑥 см. 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 6 см, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 6 см, 𝐶𝐶 ?𝑁𝑁 = 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 3 см, 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 𝑥𝑥 см як відрізки дотичних, проведених з точки до кола. За аксіомою вимірювання відрізків 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝑀𝑀𝑀𝑀; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 6 + 6 = 12 (см), 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 + 𝑁𝑁𝑁𝑁; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 6 + 3 = 9(см); 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝐶𝐶𝐶𝐶 + 𝑃𝑃𝑃𝑃; 𝐶𝐶𝐶𝐶 = (3 + 𝑥𝑥)см; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐾𝐾𝐾𝐾; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = (6 + 𝑥𝑥) (см). Проведемо з вершини 𝐶𝐶 висоту 𝐶𝐶𝐶𝐶. Оскільки чотирикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − прямокутник, то 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 12 см, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 9 см. За аксіомою вимірювання відрізків 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐾𝐾𝐾𝐾; 𝐹𝐹𝐷𝐷 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 − 𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝐹𝐹𝐹𝐹 = (6 + 𝑥𝑥) − 9 = (𝑥𝑥 − 3) см.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Розглянемо прямокутний трикутник 𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶(∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐶𝐶𝐷𝐷2 = 𝐶𝐶𝐹𝐹 2 + 𝐹𝐹𝐷𝐷2 ; (3 + 𝑥𝑥)2 = 122 + (𝑥𝑥 − 3)2 ; 9 + 6𝑥𝑥 + 𝑥𝑥 2 = 144 + 𝑥𝑥 2 − 6𝑥𝑥 + 9; 12𝑥𝑥 = 144; 𝑥𝑥 = 12. Отже, 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 3 + 12 = 15 (см); 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 6 + 12 = 18 (см). Тоді 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐵𝐵𝐵𝐵 + 𝐶𝐶𝐶𝐶 + 𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 12 + 9 + 15 + 18 = 54(см). Відповідь: 54 см. 573. Медіани AM і CK трикутника ABC перпендикулярні. Знайдіть сторони трикутника, якщо AM = 9 см і CK = 12 см.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − трикутник, 𝐴𝐴𝐴𝐴 і 𝐶𝐶𝐶𝐶 − медіани, 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⊥ 𝐶𝐶𝐶𝐶, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 9 см, 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 12 см. За властивісто медіан трикутника маємо: 2 2 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = ⋅ 9 = 6 (см); 3 3 2 2 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝐶𝐶𝐶𝐶; 𝐶𝐶𝐶𝐶 = ⋅ 12 = 8(см); 3 3 1 1 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝑂𝑂𝑂𝑂 = ⋅ 9 = 3(см); 3 3 1 1 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝐶𝐶𝐶𝐶; 𝑂𝑂𝑂𝑂 = ⋅ 12 = 4 (см). 3

Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 = 𝐴𝐴𝑂𝑂2 + 𝐶𝐶𝑂𝑂2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = �𝐴𝐴𝑂𝑂2 + 𝐶𝐶𝑂𝑂2 ;

𝐴𝐴𝐴𝐴 = √62 + 82 = √36 + 64 = √100 = 10(см). Розглянемо прямокутний трикутник COM (∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐶𝐶𝑀𝑀2 = 𝐶𝐶𝑂𝑂2 + 𝑂𝑂𝑀𝑀2 ; 𝐶𝐶𝐶𝐶 = √𝐶𝐶𝑂𝑂2 + 𝑂𝑂𝑀𝑀2 ; 𝐶𝐶𝐶𝐶 = √82 + 32 = √64 + 9 = √73 (см). Тоді 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 2𝐶𝐶𝐶𝐶 = 2√73 (см). Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 ( ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐾𝐾 2 = 𝐴𝐴𝑂𝑂2 + 𝑂𝑂𝐾𝐾 2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = �𝐴𝐴𝑂𝑂2 + 𝑂𝑂𝐾𝐾 2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = √62 + 42 = √36 + 16 = √52 = 2√13 (см). Тоді 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2𝐴𝐴𝐴𝐴 = 4√13( см). Відповідь: 10 см, 2√73 см, 4√13 см.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

574. У трикутнику ABC медіани BM і CK перпендикулярні та перетинаються в точці O. Знайдіть відрізок AO, якщо BM = 36 см і CK = 15 см.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − трикутник, 𝐵𝐵𝐵𝐵 і 𝐶𝐶𝐶𝐶 − медіани, 𝐵𝐵𝐵𝐵 ⊥ 𝐶𝐶𝐶𝐶, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 36 см, 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 15 см. За властивістю медіан трикутника маємо: 2 2 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐵𝐵𝐵𝐵; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = ⋅ 36 = 24 (см); 3 2

3 2

𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝐶𝐶𝐶𝐶; 𝐶𝐶𝐶𝐶 = ⋅ 15 = 10 (см). Розглянемо прямокутний трикутник 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 3

la. in.

(∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 = 𝐵𝐵𝑂𝑂2 + 𝐶𝐶𝑂𝑂2 ; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = √𝐵𝐵𝑂𝑂2 + 𝐶𝐶𝑂𝑂2 ; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = √242 + 102 = √576 + 100 = √676 = 26 (см). Усі медіани трикутника перетинаються в одній точці. Проведемо медіану 𝐴𝐴𝐴𝐴 до сторони 𝐵𝐵𝐵𝐵. Оскільки 𝑂𝑂𝑂𝑂 є медіаною, проведеною до гіпотенузи 𝐵𝐵𝐵𝐵, тому 1 1 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝐵𝐵𝐵𝐵; 𝑂𝑂𝑂𝑂 = ⋅ 26 = 13 (см).

𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2𝑂𝑂𝑂𝑂; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2 ⋅ 13 = 26(см). Відповідь: 26 см. 575. Ширина фасаду будинку дорівнює 16 м, а висота стін від фундаменту до даху − 6 м. Визначте висоту будинку, якщо довжина схилу даху становить 10 м.

Розглянемо прямокутний трикутник, утворений половиною даху: гіпотенуза (10) м, один катет (8) м. Тоді висота даху: ℎ = �102 − 82 = √100 − 64 = √36 = 6 м. Загальна висота будинку: H = 6 + 6 = 12 м. Відповідь: 12 м. 576. Сходи сполучають точки A і B, відстань між якими 9 м. Висота кожної сходинки дорівнює 14 см, а довжина -48 см. Знайдіть кількість сходинок.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Одна сходинка утворює прямокутний трикутник з катетами 14 см і 48 см, тому довжина “кроку” вздовж сходів: 𝑑𝑑 = �142 + 482 = √196 + 2304 = √2500 = 50 см. Тобто одна сходинка відповідає відрізку 50 см уздовж лінії AB. Уся довжина: AB = 900 см. Кількість сходинок: 900 𝑛𝑛 = = 18. 50 Відповідь: 18 сходинок. 577. (Старовинна арабська задача.) На протилежних берегах річки ростуть одна проти одної дві пальми. Висота однієї з них дорівнює 30 ліктів, висота другої − 20 ліктів, а відстань між прикорнями пальм − 50 ліктів. На вершечку кожної пальми сидить птах. Раптом обидва птахи побачили рибу, яка з'явилася на поверхні води між пальмами. Вони злетіли з пальм одночасно i , рухаючись з однаковою швидкістю, одночасно схопили рибу. На якій відстані від прикорня вищої пальми з'явилася риба?

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⊥ 𝐵𝐵𝐵𝐵, 𝐷𝐷𝐷𝐷 ⊥ 𝐵𝐵𝐵𝐵, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 30 лік., 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 20 лік., 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 50 лік. Нехай 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝑥𝑥 лік., тоді 𝐶𝐶𝐶𝐶 = (50 − 𝑥𝑥) лік. Птахи побачили рибу в точці 𝐶𝐶. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 = 𝐴𝐴𝐵𝐵2 + 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 ; 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 = 302 + 𝑥𝑥 2 . Розглянемо прямокутний трикутник 𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷(∠𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐷𝐷𝐶𝐶 2 = 𝐷𝐷𝐹𝐹 2 + 𝐶𝐶𝐹𝐹 2 ; 𝐷𝐷𝐶𝐶 2 = 202 + (50 − 𝑥𝑥)2 . Оскільки птахи одночасно схопили рибу, то 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐷𝐷𝐷𝐷, а отже, й 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 = 𝐷𝐷𝐶𝐶 2 . Рівняння: 302 + 𝑥𝑥 2 = 202 + (50 − 𝑥𝑥)2 ; 900 + 𝑥𝑥 2 = 400 + 2500 − 100𝑥𝑥 + 𝑥𝑥 2 ;  shkola.in.ua

la. in.

100𝑥𝑥 = 2000; 𝑥𝑥 = 20. Тоді 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 50 − 20 = 30 (лік.). Відповідь: 30 ліктів. 578. (Задача Бхаскари.) Над озером тихим, з пів фута заввишки Підносилась лотоса квітка. I одного разу поривчастий вітер Відніс її раптом убік. Нема більше квітки над тою водою. Натрапив на неї рибалка завзятий В двох футах від місця, де та росла. Отож пропоную тобі запитання: Яка ж того озера тут глибина?

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴 − висота квітки, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 0,5 фута, 𝐵𝐵𝐵𝐵 − відстань, на яку перемістилася квітка після пориву вітру, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 2 фути, 𝐵𝐵𝐵𝐵 − глибина озера. За умовою, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐷𝐷𝐷𝐷. Нехай глибина озера дорівнює 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝑥𝑥 футів. За аксіомою вимірювання відрізків 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐵𝐵𝐵𝐵; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = (0,5 + 𝑥𝑥) футів. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶(∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐶𝐶𝐷𝐷2 = 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 + 𝐵𝐵𝐷𝐷2 ; (0,5 + 𝑥𝑥)2 = 𝑥𝑥 2 + 22 ; 0,25 + 𝑥𝑥 + 𝑥𝑥 2 = 𝑥𝑥 2 + 4; 𝑥𝑥 = 3,75. Отже, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 3,75 фута. Biдповідь: 3,75 фута. 579. У трикутнику ABC відомо, що ∠C = 90°, BC = 5 см, AC = 12 см. Знайдіть відношення: 1. катета, прилеглого до кута A, і гіпотенузи; 2. катета, протилежного куту A, і гіпотенузи; 3. катета, прилеглого до кута B, і гіпотенузи; 4. катета, прилеглого до кута B, і катета, протилежного цьому куту.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Знайдемо гіпотенузу: 𝐴𝐴𝐴𝐴 = √52 + 122 = √25 + 144 = √169 = 13 (см) Тоді: 1. 3.

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐴𝐴𝐴𝐴

= =

; 2.

13 5

; 4.

𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐴𝐴𝐴𝐴

;

13 5

la. in.

580. На одній стороні кута A позначили точки B, C і D так, що AB = BC = 5 см, CD = 10 см. Із точок B, C і D опущено перпендикуляри BE, CF і DM на другу сторону кута A, причому AE = 4 см. Знайдіть відношення катета, прилеглого до кута A, і гіпотенузи: 1. у трикутнику AEB; 2. у трикутнику AFC; 3. у трикутнику AMD.

Оскільки 𝐵𝐵𝐵𝐵 ⊥ 𝐴𝐴𝐴𝐴, 𝐶𝐶𝐶𝐶 ⊥ 𝐴𝐴𝐴𝐴, 𝐷𝐷𝐷𝐷 ⊥ 𝐴𝐴𝐴𝐴, то 𝐵𝐵𝐵𝐵‖𝐶𝐶𝐶𝐶‖𝐷𝐷𝐷𝐷. За теоремою Фалеса маємо, що 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐸𝐸𝐸𝐸 = 4 см, 𝐹𝐹𝐹𝐹 = 8 см. Тоді: 𝐴𝐴𝐴𝐴 4 1. = ; 𝐴𝐴𝐴𝐴

2. за аксіомою вимірювання відрізків 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐸𝐸𝐸𝐸; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 4 + 4 = 8(см); 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐵𝐵𝐵𝐵; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 5 + 5 = 10(см). Тоді

𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴

= ;

3. за аксіомою вимірювання відрізків 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐹𝐹𝐹𝐹; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 8 + 8 = 16 (см); 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐶𝐶𝐶𝐶; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 10 + 10 = 20 (см). 𝐴𝐴𝐴𝐴 16 4 Тоді = = . 𝐴𝐴𝐴𝐴

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

581. У квадраті зі стороною 1 м довільно позначили 51 точку. Доведіть, що серед цих точок існують три, які можна накрити квадратом зі стороною 20 см. Квадрат зі стороною 1 м можна накрити 25 квадратами зі стороною 20 см. Тоді принаймні під одним квадратом розміру 20 см × 20 см міститиметься 3 точки, бо 51 = 25 ⋅ 2 + 1. 17. Тригонометричні функції гострого кута прямокутного трикутника 582. Побудуйте кут: 4 1. тангенс якого дорівнює ; 2

2. синус якого дорівнює . 3

la. in.

1. Схема побудови. Будую довільну пряму 𝑚𝑚 і позначаю на ній точку В. Будую відрізок 𝑥𝑥 довільної величини. Відкладаю від точки 𝐵𝐵 на прямій 𝑚𝑚 відрізок завдовжки 𝑥𝑥 5 разів. У результаті одержую точку 𝐶𝐶. Будую пряму 𝑛𝑛, яка проходить через точку 𝐵𝐵 і таку, що 𝑛𝑛 ⊥ m. Відкладаю від точки 𝐵𝐵 на прямій 𝑛𝑛 відрізок завдовжки 𝑥𝑥 4 рази. У результаті одержую точку 𝐴𝐴. Сполучаю відрізком точки 𝐴𝐴 і 𝐶𝐶. Тоді кут 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − шуканий, тому що tg𝐶𝐶 =

4𝑥𝑥 5𝑥𝑥

= ; 5

𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵

2. Схема побудови. Будую довільну пряму 𝑚𝑚 і позначаю на ній точку 𝐵𝐵. Будую відрізок 𝑥𝑥 довільної величини. Відкладаю від точки 𝐵𝐵 на прямій 𝑚𝑚 відрізок завдовжки 𝑥𝑥 2 рази. У результаті одержую точку 𝐶𝐶. Будую пряму 𝑛𝑛, яка проходить через точку 𝐵𝐵 і таку, що 𝑛𝑛 ⊥ m. Проводжу коло з центром у точці 𝐶𝐶 радіуса 3𝑥𝑥. Нехай воно перетне пряму 𝑛𝑛 у точці 𝐴𝐴. Сполучаю відрізком точки 𝐴𝐴 і 𝐶𝐶. Тоді кут

𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 − шуканий, тому що sin 𝐴𝐴 =

𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐴𝐴𝐴𝐴

2𝑥𝑥 3𝑥𝑥

= . 3

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

583. Побудуйте кут: 1 1. косинус якого дорівнює ; 4 1

2. тангенс якого дорівнює . 2

1. Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку В. Будую відрізок 𝑥𝑥 довільної величини. Відкладаю від точки 𝐵𝐵 на прямій 𝑚𝑚 відрізок завдовжки 𝑥𝑥. У результаті одержую точку 𝐶𝐶. Будую пряму 𝑛𝑛, яка проходить через точку 𝐵𝐵 і таку, що 𝑛𝑛 ⊥ 𝑚𝑚. Проводжу коло 3 центром у точці 𝐶𝐶 радіуса 4𝑥𝑥. Нехай воно перетне пряму 𝑛𝑛 у точці 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝑥𝑥 𝐴𝐴. Сполучаю відрізком точки 𝐴𝐴 і 𝐶𝐶. Тоді кут 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 − шуканий, тому що cos 𝐶𝐶 = = = 𝐴𝐴𝐴𝐴

;

la. in.

4𝑥𝑥

2. Схема побудови. Будую довільну пряму 𝑚𝑚 і позначаю на ній точку 𝐵𝐵. Будую відрізок 𝑥𝑥 довільноі величини. Відкладаю від точки 𝐵𝐵 на прямій 𝑚𝑚 відрізок завдовжки 𝑥𝑥. У результаті одержую точку 𝐶𝐶. Будую пряму 𝑛𝑛, яка проходить через точку 𝐵𝐵 і таку, що 𝑛𝑛 ⊥ 𝑚𝑚. Відкладаю від точки 𝐵𝐵 на прямій 𝑛𝑛 відрізок завдовжки 𝑥𝑥 2 рази. У результаті одержую 𝐵𝐵𝐵𝐵 точку 𝐴𝐴. Сполучаю відрізком точки 𝐴𝐴 і 𝐶𝐶. Тоді кут 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − шуканий, тому що ctg𝐶𝐶 = = = . 2

2𝑥𝑥

𝑥𝑥

𝐴𝐴𝐴𝐴

584. Катет і гіпотенуза прямокутного трикутника відповідно дорівнюють 8 см і 10 см. Знайдіть: 1. синус кута, який лежить проти меншого катета; 2. косинус кута, який прилягає до більшого катета;  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

3. тангенс кута, протилежного меншому катету.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 - прямокутний трикутник, ∠𝐵𝐵 = 90∘ , 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 8 см, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 10 см. За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 = 𝐴𝐴𝐵𝐵2 + 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 , звідки 𝐴𝐴𝐵𝐵2 = 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 − 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = √𝐴𝐴𝐶𝐶 2 − 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = √102 − 82 = √100 − 64 = √36 = 6 (см).

la. in.

Отже, 𝐴𝐴𝐴𝐴 - менший катет, 𝐵𝐵𝐵𝐵 - більший катет, 𝐴𝐴𝐴𝐴 - гіпотенуза.

𝐴𝐴𝐴𝐴 6 3 ; sin𝐶𝐶 = = ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 10 5 𝐵𝐵𝐵𝐵 8 4 𝟐𝟐. cos𝐶𝐶 = ; cos𝐶𝐶 = = ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 10 5 𝐴𝐴𝐴𝐴 6 3 𝟑𝟑. 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 = ; 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 = = . 𝐵𝐵𝐵𝐵 8 4 585. Катети прямокутного трикутника дорівнюють 3 см і 2 см. Знайдіть: 1. тангенс кута, прилеглого до більшого катета; 2. синус кута, протилежного меншому катету; 3. косинус кута, прилеглого до більшого катета.

𝟏𝟏. sin𝐶𝐶 =

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 - прямокутний трикутник, ∠𝐵𝐵 = 90∘ , 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2 см, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 3 см. За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 = 𝐴𝐴𝐵𝐵2 + 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = √𝐴𝐴𝐵𝐵2 + 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = √22 + 32 = √4 + 9 = √13 (см). Отже, 𝐴𝐴𝐴𝐴 - менший катет, 𝐵𝐵𝐵𝐵 - більший катет, 𝐴𝐴𝐴𝐴 - гіпотенуза. 𝐴𝐴𝐴𝐴 2 ; 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 = ; 𝐵𝐵𝐵𝐵 3

sh 𝟏𝟏. 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 =

𝟐𝟐. sin𝐶𝐶 =

𝟑𝟑. cos𝐶𝐶 =

2 2√13 𝐴𝐴𝐴𝐴 ; sin𝐶𝐶 = = ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 13 √13

3 3√13 𝐵𝐵𝐵𝐵 ; cos𝐶𝐶 = = . 𝐴𝐴𝐴𝐴 13 √13

586. Знайдіть значення виразу:

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

1. cos245° + tg260°; 2. 2cos260° − sin230° + sin60°tg30° 2

2 1 2 √2 𝟏𝟏. cos 2 45∘ + 𝑡𝑡𝑔𝑔2 60∘ = � � + �√3� = + 3 = 3 ; 4 2 2 2 ∘ 2 ∘ ∘ ∘ 𝟐𝟐. 2 cos 60 − sin 30 + sin 60 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐60 = 1 1 3 1 2 √3 √3 1 2 ⋅ =2⋅ − + = =2⋅� � −� � + 4 4 6 2 3 2 2 2 1 1 1 1 1 2 1 2 2−1+2 3 = . = − + = − + = − + = 4 4 4 4 2 2 4 2 4 4 4 587. Знайдіть значення виразу: 1. cos230° − sin245°; 2. 3tg230° + 4tg45° + cos30°tg60°

2 2 3 2 1 √3 √2 1. cos 30 − sin 45 = � � − � � = − = ; 4 4 4 2 2 2 3 3 √3 √3 2. 3tg 2 30∘ + 4tg 2 45∘ + cos30∘ ctg30∘ = 3 ⋅ � � + 4 ⋅ 1 + ⋅ √3 = 3 ⋅ + 4 + = 9 2 3 2 3 1 ∘

=5+ =6 . 2

∘

la. in.

3 2 1 √2 √3 𝟏𝟏. cos 2 30∘ − sin2 45∘ = � � − � � = − = ; 4 4 4 2 2 2 ∘ 2 ∘ ∘ ∘ 𝟐𝟐. 3𝑡𝑡𝑔𝑔 30 + 4𝑡𝑡𝑔𝑔 45 + cos 30 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐30 = 2

3 3 3 1 √3 √3 ⋅ √3 = 3 ⋅ + 4 + = 5 + = 6 . = 3⋅� � +4⋅1+ 9 2 2 2 3 2 588. У трикутнику ABC відомо, що ∠C = 90°, BC = 7 см, AB = 10 см. Знайдіть синуси гострих кутів трикутника.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − прямокутний трикутник, ∠𝐶𝐶 = 90∘ , 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 7 см, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 10 см. За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐵𝐵2 = 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 + 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 , звідки 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 = 𝐴𝐴𝐵𝐵2 − 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = √𝐴𝐴𝐵𝐵2 − 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = √102 − 72 = √100 − 49 = √51 (см). 𝐵𝐵𝐵𝐵 7 Тоді sin𝐴𝐴 = ; sin𝐴𝐴 = ; 𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐴𝐴𝐴𝐴

√51 sin𝐵𝐵 = ; sin𝐵𝐵 = . 𝐴𝐴𝐴𝐴 10

589. У трикутнику ABC відомо, що ∠C = 90°, BC = 4 см, AC = 2 см. Знайдіть косинуси гострих кутів трикутника.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Тоді c𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜 =

c𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜 =

2√5 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐴𝐴𝐴𝐴 1

;

√5

;

la. in.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − прямокутний трикутник, ∠𝐶𝐶 = 90∘ , 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 4 см, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2 см. За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐵𝐵2 = 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 + 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = �𝐴𝐴𝐶𝐶 2 + 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = √22 + 42 = √4 + 16 = √20 = 2√5 (см). ; c𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜 =

2√5

√5

590. Знайдіть sinα і tgα, якщо cosα = . 2

s𝑖𝑖𝑖𝑖 𝛼𝛼 + c𝑜𝑜𝑜𝑜 𝛼𝛼 = 1; s𝑖𝑖𝑖𝑖2 𝛼𝛼 = 1 − c𝑜𝑜𝑜𝑜 2 𝛼𝛼; s𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖 = √1 − c𝑜𝑜𝑜𝑜 2 𝛼𝛼;

1 8 2√2 1 2 � ; s𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖 = 1 − � � = �1 − = � = 9 9 3 3

2√2 s𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖 tg𝛼𝛼 = ; tg𝛼𝛼 = 3 = 2√2; 1 c𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜 3 1 1 ; ctg𝛼𝛼 = . ctg𝛼𝛼 = 2√2

tg𝛼𝛼

591. Знайдіть cosβ і tgβ, якщо sinβ = . 2

s𝑖𝑖𝑖𝑖 𝛽𝛽 + c𝑜𝑜𝑜𝑜 𝛽𝛽 = 1; cos 2 𝛽𝛽 = 1 − s𝑖𝑖𝑖𝑖2 𝛽𝛽; c𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜 = �1 − s𝑖𝑖𝑖𝑖2 𝛽𝛽;

16 9 3 4 2 � c𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜 = 1 − � � = �1 − =� = ; 25 25 5 5 4 s𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖 4 tg𝛽𝛽 = ; tg𝛽𝛽 = 5 = ; 3 3 c𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜𝑜 5 1 3 ctg𝛽𝛽 = ; ctg𝛽𝛽 = . tg𝛽𝛽

592. Синус гострого кута прямокутного трикутника дорівнює і тангенс другого гострого кута цього трикутника.  shkola.in.ua

√3 . Знайдіть синус, косинус 3

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − прямокутний трикутник, si n 𝐴𝐴 = прямокутного трикутника si n 𝐴𝐴 =

𝐴𝐴𝐴𝐴

√3 . За означенням синуса гострого кута 3

. Нехай 𝐵𝐵𝐵𝐵 = √3𝑥𝑥 см, тоді 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 3𝑥𝑥 см. За теоремою

la. in.

Піфагора маємо: 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 = 𝐴𝐴𝐵𝐵2 + 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 , звідки 𝐴𝐴𝐵𝐵2 = 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 + 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = �𝐴𝐴𝐶𝐶 2 − 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 ;

𝐵𝐵𝐵𝐵

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

𝐴𝐴𝐴𝐴 = �(3𝑥𝑥)2 − (√3𝑥𝑥)2 = √9𝑥𝑥 2 − 3𝑥𝑥 2 = 𝑥𝑥√6 (см).

Тоді s𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖 =

𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴

; s𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖𝑖 =

cos𝐶𝐶 =

; cos𝐶𝐶 =

𝑥𝑥√3

ctg𝐶𝐶 =

𝐵𝐵𝐵𝐵

; ctg𝐶𝐶 =

𝑥𝑥 √3

tg𝐶𝐶 =

3𝑥𝑥 √3 = ; 3𝑥𝑥 3

𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝑥𝑥√6

𝑥𝑥 √6 𝐴𝐴𝐴𝐴 ; tg𝐶𝐶 = = √2; 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝑥𝑥 √3 𝐴𝐴𝐴𝐴

𝑥𝑥 √6

√2

√6 ; 3

√2 . 2

593. Основа рівнобедреного трикутника дорівнює 24 см, а бічна сторона — 13 см. Знайдіть синус, косинус і тангенс кута між бічною стороною трикутника та висотою, проведеною до його основи.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − рівнобедрений трикутник (𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐵𝐵), 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 13 см, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 24 см1 𝐵𝐵𝐵𝐵 − висота. Оскільки 𝐵𝐵𝐵𝐵 − висота рівнобедреного трикутника, проведена до основи, то вона є також медіаною. Тому 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 24 ∶ 2 = 12 (см). За теоремою Піфагора маємо: 𝐴𝐴𝐵𝐵2 = 𝐴𝐴𝐷𝐷2 + 𝐵𝐵𝐷𝐷2 , звідки 𝐵𝐵𝐷𝐷2 = 𝐴𝐴𝐵𝐵2 − 𝐴𝐴𝐷𝐷2 ; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = √𝐴𝐴𝐵𝐵2 − 𝐴𝐴𝐷𝐷2 ; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = √132 − 122 = √169 − 144 = √25 = 5 (см). Тоді sinA𝐵𝐵𝐵𝐵 = sinA𝐵𝐵𝐵𝐵 =

; 𝐵𝐵𝐵𝐵 ; cosA𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 13

𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴

;

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

5 ; 13 12 2 𝐴𝐴𝐴𝐴 ; tg𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = =2 ; tg𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 5 5 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐵𝐵𝐵𝐵 5 ctg𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = ; ctg𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = . cosA𝐵𝐵𝐵𝐵 =

𝐴𝐴𝐴𝐴

Буква

1) sin∠BAC =

3 5

√5 5

4 5

= ; — (П)

1 2

la. in.

4 3

Відповідь

594. Відрізок BD — висота рівнобедреного трикутника ABC (AB = BC), точка O — центр кола, вписаного в трикутник ABC, AB = 20 см, BD = 16 см. Знайдіть: 1. sin∠BAC; 2. cos∠BAC; 3. tg∠BAC; 4. tg∠OAD; 5.sin∠OAD. Використовуючи знайдені значення тригонометричних функцій, розшифруйте прізвище видатного українського фізика, організатора науки, громадського діяча. Номер завдання відповідає місцю, на якому стоїть буква у прізвищі.

𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐴𝐴𝐴𝐴

4 5

2) За теоремою Піфагора маємо: АВ2 = AD2 + BD2; AD2 = AB2 – BD2; AD2 = 202 – 162 = 400 – 256 = 144, AD = 12 cм. 𝐴𝐴𝐴𝐴 12 3 cos∠BAC = = = ; — (У) 𝐴𝐴𝐴𝐴 20 5 𝐵𝐵𝐵𝐵 16 4

3) tg∠BAC =

𝐴𝐴𝐴𝐴

= ; — (Л) 3

4) За умовою ∆АВС — рівнобедрений, ВD — висота. За властивістю висоти рівнобедреного трикутника маємо: ВD — медіана. Отже, AD = DC, тоді АС = 12 + 12 = 24 см. Радіус кола вписано в рівнобедрений трикутник знаходим по формулі: OD =

AC∙BD

AB+BC+AC

24∙16

20+20+24

= 6 см; tg∠OAD =

𝑂𝑂𝑂𝑂 𝐴𝐴𝐴𝐴

= . — (Ю) 2

5) За теоремою Піфагора маємо: АО = AD + ОD ; АО2 = 144 + 36 = 180 = 6√5. sin∠OAD =

𝑂𝑂𝑂𝑂 𝐴𝐴𝐴𝐴

6√5

√5

√5 . — (Й) 5

Відповідь: ПУЛЮЙ. 595. Знайдіть кути ромба, діагоналі якого дорівнюють 4 см i 4√3 см.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − ромб, 𝐴𝐴𝐴𝐴 і 𝐵𝐵𝐵𝐵 − діагоналі, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 4√3см, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 4см. За властивістю 1 1 діагоналей ромба 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⊥ 𝐵𝐵𝐵𝐵 і 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 = ⋅ 4√3 = 2√3 (см); 1

𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 = ⋅ 4 = 2(см). 2

Розглянемо прямокутний трикутник 𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 (∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 90∘ ). За означення тангенса гострого кута прямокутного трикутника 𝑂𝑂𝑂𝑂 𝑂𝑂𝑂𝑂

; tg𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 =

звідки ∠𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 = 30∘ ; tg𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 =

𝑂𝑂𝑂𝑂

√3 , 3

la. in.

tg𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 =

; tg𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 =

2√3

2 √3 2

√3

= √3,

звідки ∠𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 = 60∘ . Оскільки діагоналі ромба є бісектрисами його кутів, то ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 2∠𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂; ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = ∠2 ⋅ 30∘ = 60∘ ; ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶; ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = ∠2 ⋅ 60∘ = 120∘ . Так як протилежні кути ромба рівні, то ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 60∘ , ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 120∘ . Відповідь: 60∘ , 120∘ , 60∘ , 120∘. 596. Знайдіть кути між діагоналлю прямокутника та його сторонами, довжини яких дорівнюють √3 см і 3 см .

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − прямокутник, 𝐴𝐴𝐴𝐴 − діагональ, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = √3 см, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 3 см. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴�∠𝐴𝐴˙𝐷𝐷𝐷𝐷 = 90∘ �, За означенням тангенса гострого кута прямокутного трикутника 𝐵𝐵𝐵𝐵 3 tg𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = ; tg𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = = √3, 𝐴𝐴𝐴𝐴

√3

звідки ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 60∘ ; tg𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = ∘

𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵

; tg𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 =

√3 , 3

звідки ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 30 . Відповідь: 60∘ , 30∘ . 597. У трапеції ABCD відомо, що AB = CD = 9 см, BC = 10 см, AD = 14 см. Знайдіть синус, косинус і тангенс кута A трапеції.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − рівнобічна трапеція (𝐴𝐴𝐴𝐴‖𝐵𝐵𝐵𝐵, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐶𝐶𝐶𝐶), 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 9 см, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 10 см, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 14 см. Проведемо висоту 𝐵𝐵𝐵𝐵 трапеції. За властивістю рівнобічної трапеції 𝐴𝐴𝐴𝐴 =

𝐴𝐴𝐴𝐴−𝐵𝐵𝐵𝐵 2

; 𝐴𝐴𝐴𝐴 =

14−10 2

= 2 (см). Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 (∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 =

la. in.

90∘ ). За теоремою Піфагора маємо: 𝐴𝐴𝐵𝐵2 = 𝐴𝐴𝐹𝐹 2 + 𝐵𝐵𝐹𝐹 2 , звідки 𝐵𝐵𝐹𝐹 2 = 𝐴𝐴𝐵𝐵2 − 𝐴𝐴𝐹𝐹 2 ; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = �𝐴𝐴𝐵𝐵2 − 𝐴𝐴𝐹𝐹 2 ;

𝐵𝐵𝐵𝐵 = √92 − 22 = √81 − 4 = √77 (см). 𝐵𝐵𝐵𝐵 √77 ; sinA = ; sinA = 𝐴𝐴𝐴𝐴 9 2 𝐴𝐴𝐴𝐴 ; cosA = ; cosA = 9 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵 √77 . tg𝐴𝐴 = ; tg𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴

598. У прямокутній трапеції ABCD відомо, що BC∥AD, ∠A = 90, AB = 4 см, BC = 8 см, AD = 12 см. Знайдіть кути трапеції.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − прямокутна трапеція (𝐴𝐴𝐴𝐴‖𝐵𝐵𝐵𝐵, ∠𝐴𝐴 = 90∘ ), 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 4 см, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 8 см, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 12 см. Оскільки трапеція прямокутна, то ∠𝐴𝐴 = ∠𝐵𝐵˙ = 90∘. Проведемо висоту 𝐶𝐶𝐶𝐶 трапеції. Чотирикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − прямокутник. За властивістю протилежних сторін прямокутника 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 4 см, 𝐴𝐴𝐹𝐹 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 8 см. За аксіомою вимірювання відрізків 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐹𝐹𝐹𝐹; 𝐹𝐹𝐹𝐹 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 − 𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝐹𝐹𝐹𝐹 = 12 − 8 = 4 (см). Розглянемо прямокутний трикутник 𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶(∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 90∘ ). За 𝐶𝐶𝐶𝐶 4 означенням тангенса гострого кута прямокутного трикутника tg𝐷𝐷 = ; tg𝐷𝐷 = = 1, 𝐹𝐹𝐹𝐹

∘

звідки ∠𝐷𝐷 = 45 . За властивісто гострих кутів прямокутного трикутника ∠𝐷𝐷 + ∠𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹 = 90∘ ; ∠𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹 = 90∘ − ∠𝐷𝐷; ∠𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹 = 90∘ − 45∘ = 45∘ . За аксіомою вимірювання кутів  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = ∠𝐵𝐵𝐶𝐶𝐶𝐶 + ∠𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹; ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 90∘ + 45∘ = 135∘ . Biдповідь: 90∘ , 90∘ , 45∘ , 135∘ . 599. Доведіть, що тангенси гострих кутів прямокутного трикутника є взаємно оберненими числами.

За означенням тангенса гострого кута прямокутного трикутника маємо, що tg𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐴𝐴𝐴𝐴

, tg𝐵𝐵 =

𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵

, звідки слідує, що tg𝐴𝐴 і tg𝐵𝐵 ∈ взаємно оберненими числами. 1

la. in.

600. Доведіть тотожність 1 + tg 2 𝛼𝛼 = 1. 1 + tg 𝛼𝛼 = 1 + � 2

sin𝛼𝛼 2

cos2 𝛼𝛼 s𝑖𝑖𝑖𝑖2 𝛼𝛼 c𝑜𝑜𝑜𝑜 2 𝛼𝛼+s𝑖𝑖𝑖𝑖2 𝛼𝛼

� = 1 + c𝑜𝑜𝑜𝑜2 𝛼𝛼 = cos𝛼𝛼 cos𝛼𝛼 2

2. 1 + ctg 2 𝛼𝛼 = 1 + �

c𝑜𝑜𝑜𝑜 2 𝛼𝛼

� = 1 + s𝑖𝑖𝑖𝑖2 𝛼𝛼 = sin𝛼𝛼

c𝑜𝑜𝑜𝑜 2 𝛼𝛼 s𝑖𝑖𝑖𝑖2 𝛼𝛼+c𝑜𝑜𝑜𝑜 2 𝛼𝛼 s𝑖𝑖𝑖𝑖2 𝛼𝛼

c𝑜𝑜𝑜𝑜 2 𝛼𝛼 1

;

s𝑖𝑖𝑖𝑖2 𝛼𝛼

601. Знайдіть значення виразу: 1. sin218° + sin272°; 2. cos336° − sin354°. 1. sin2 18∘ + sin2 72∘ = sin2 (90∘ − 72∘ ) + sin2 72∘ = cos 2 72∘ + sin2 72∘ = 1; 2. cos 3 36∘ − sin3 54∘ = cos 3 (90∘ − 54∘ ) − sin3 54∘ = sin3 54∘ − sin3 54∘ = 0. 602. Катети прямокутного трикутника дорівнюють 30 см і 40 см. Знайдіть синус, косинус і тангенс кута між медіаною та висотою, проведеними до гіпотенузи.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − прямокутний трикутник (∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ), 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 30 см, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 40 см, 𝐵𝐵𝐵𝐵 − висота, 𝐵𝐵𝐵𝐵 − медіана. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴. За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 = 𝐴𝐴𝐵𝐵2 + 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = �𝐴𝐴𝐵𝐵2 + 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 ;

𝐴𝐴𝐴𝐴 = √302 + 402 = √900 + 1600 = √2500 = 50 (см). За метричним співвідношенням для прямокутного трикутника 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 маємо: 𝐴𝐴𝐵𝐵2 2 ; 𝐴𝐴𝐵𝐵 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ 𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 302 900 = = 18 (см). 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 50

За аксіомою вимірювання відрізків 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐷𝐷𝐷𝐷; 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 − 𝐴𝐴𝐴𝐴;

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

𝐷𝐷 −𝐶𝐶 = 50 − 18 = 32 (см). За метричним співвідношенням для прямокутного трикутника 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 масмо: 𝐵𝐵𝐷𝐷2 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ 𝐷𝐷𝐷𝐷; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = √𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ 𝐷𝐷𝐷𝐷; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = √18 ⋅ 32 = √576 = 24 (см) 1 1 Оскільки 𝐵𝐵𝐵𝐵 − медіана, то 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐹𝐹𝐹𝐹 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 = ⋅ 50 = 25 (см). За аксіомою вимірювання

la. in.

відрізків 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐷𝐷𝐷𝐷; 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 − 𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 25 − 18 = 7 (см). Розглянемо прямокутний трикутник 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵(∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐵𝐵𝐹𝐹 2 = 𝐵𝐵𝐷𝐷2 + 𝐷𝐷𝐹𝐹 2 ; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = �𝐵𝐵𝐷𝐷2 + 𝐷𝐷𝐹𝐹 2 ; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = √242 + 72 = √576 + 49 = √625 = 25 (см). 𝐷𝐷𝐷𝐷 7 Тоді маємо: sinD𝐵𝐵𝐵𝐵 = ; sinD𝐵𝐵𝐵𝐵 = ; 𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐵𝐵𝐵𝐵

cosD𝐵𝐵𝐵𝐵 = ; cosD𝐵𝐵𝐵𝐵 = ; 𝐵𝐵𝐵𝐵 25 𝐷𝐷𝐷𝐷 7 tg𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷 = ; tg𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷 = ; 𝐵𝐵𝐵𝐵 24 𝐵𝐵𝐵𝐵 24 ctg𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷 = ; ctg𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷 = . 𝐷𝐷𝐷𝐷

603. У трикутнику ABC відомо, що AB = BC, BD і AM - висоти трикутника, BD:AM = 3:1. Знайдіть cosC.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − трикутник, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐵𝐵, 𝐵𝐵𝐵𝐵 і 𝐴𝐴𝐴𝐴 − висоти, 𝐵𝐵𝐵𝐵: 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 3: 1. Оскільки 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐵𝐵, то трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − рівнобедрений, тоді висота 𝐵𝐵𝐵𝐵, проведена до основи, є його 1 медіаною: 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 𝐴𝐴𝐴𝐴. Розглянемо трикутники 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 і 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴. У них: 2

1. ∠𝐶𝐶 − спільний; 2. ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ . Отже, △ 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 ∼△ 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 за двома рівними кутами (за I ознакою подібності трикутників).

Тоді 𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐴𝐴𝐴𝐴 3

𝐷𝐷𝐷𝐷

𝑀𝑀𝑀𝑀

= за умовою, тому 1

𝐷𝐷𝐷𝐷

𝑀𝑀𝑀𝑀

= . Далі маємо:

трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90

1 ∘ ).

𝐴𝐴𝐴𝐴

𝑀𝑀𝑀𝑀

6 𝑀𝑀𝑀𝑀

= ;

1 𝐴𝐴𝐴𝐴

= . Розглянемо прямокутний 6

За означенням косинуса гострого кута прямокутного  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

трикутника cos𝐶𝐶 = 1

Відповідь: . 6

𝑀𝑀𝑀𝑀 𝐴𝐴𝐴𝐴

; cos𝐶𝐶 = . 6

604. У трикутнику ABC відомо, що AB = BC, BD і CK − висоти трикутника, cosA = . 7

la. in.

Знайдіть відношення CK:BD.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − трикутник, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐵𝐵, 𝐵𝐵𝐵𝐵 і 𝐶𝐶𝐶𝐶 − висоти, cos 𝐴𝐴 = . Оскільки 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐵𝐵, то 7

трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − рівнобедрений, тоді висота 𝐵𝐵𝐵𝐵, проведена до основи, є июго медіаною: 1 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2𝐴𝐴𝐴𝐴. Розглянемо трикутники 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 і 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴. У них: 2

1. ∠𝐴𝐴 − спільний; 2. ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ . Отже, △ 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 ∼△ 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 за двома рівними кутами (за I ознакою подібності трикутників). 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵 = . Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). За означенням Тоді 𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐶𝐶𝐶𝐶

𝐴𝐴𝐴𝐴

косинуса гострого кута прямокутного трикутника co𝑠𝑠𝑠𝑠 = Тоді

𝐴𝐴𝐴𝐴

= , звідки 7

𝐶𝐶𝐾𝐾

𝐵𝐵𝐵𝐵

= ; 6

𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴

= . 7

𝐶𝐶𝐶𝐶 ∶ 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 7 ∶ 6. Відповідь: 7 : 6. 605. Доведіть, що кути ABC і DEF, зображені на рисунку, рівні.

Сполучимо точки 𝐴𝐴 та 𝐶𝐶 и одержимо прямокутний трикутник (∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 90∘ ). Тоді tg𝐵𝐵 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 1 = . Опустимо перпендикуляр з точки 𝐹𝐹 на 𝐷𝐷𝐷𝐷, нехай одержимо точку М. Розглянемо 𝐴𝐴𝐴𝐴

одиничний квадрат. Його діагональ за теоремою Піфагора дорівнює √12 + 12 = √2, а

половина −

√2 . За властивістю діагоналей квадрата вони перетинаються і точкою 2 √2

перетину діляться навпіл. Тому 𝐹𝐹𝐹𝐹 =

, За аксіомою вимірювання відрізків 𝐸𝐸𝐸𝐸 = √2 +

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html 3√2 𝐹𝐹𝐹𝐹 1 √2 √2 3√2 = . Тоді tg𝐸𝐸 = = : = . Оскільки тангенси гострих кутів 𝐵𝐵 і 𝐸𝐸 рівні, то 𝐸𝐸𝐸𝐸 3 2 2 2 2

рівними є й самі кути. 606. Бісектриси кутів A і B паралелограма ABCD перетинаються в точці M, AB = 6 см. Знайдіть радіус кола, яке проходить через точки A, B і M.

la. in.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − паралелограм, 𝐴𝐴𝐴𝐴 і 𝐵𝐵𝐵𝐵 − бісектриси, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 6 см. Оскільки 𝐴𝐴𝐴𝐴 − 1 бісектриса кута 𝐴𝐴, то ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = ∠𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 = ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵, ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 2∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵. Аналогічно так як 2

𝐵𝐵𝐵𝐵 − бісектриса кута 𝐵𝐵, то 1 ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = ∠𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 = ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴; ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴. За властивістю кутів паралелограма, 2

прилеглих до однієї сторони, маємо: ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 + ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 180∘ ; 2∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 + 2∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 180∘ ; ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 + ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ , тому ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ . Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴. Центр кола, описаного навколо прямокутного трикутника, лежить на середині його гіпотенузи, тому 𝑟𝑟 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ∶ 2; 𝑟𝑟 = 6 ∶ 2 = 3 (см). Відповідь: 3 см. 607. Хорди AB і BC кола перпендикулярні, а відстань між їхніми серединами дорівнює 12 см . Знайдіть радіус кола.

Нехай (𝑂𝑂; 𝑅𝑅) − коло, 𝐴𝐴𝐴𝐴 і 𝐶𝐶𝐶𝐶 − хорди, 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⊥ 𝐶𝐶𝐶𝐶, 𝑀𝑀 і 𝑁𝑁 − середини хорд, 𝑀𝑀𝑀𝑀 = 12 см. Оскільки 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⊥ 𝐶𝐶𝐶𝐶, то ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ . Тоді ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 є вписаним кутом, який спирається на діаметр описаного навколо трикутника 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 кола. Так як 𝑀𝑀 і 𝑁𝑁 − середини хорд 𝐴𝐴𝐴𝐴 і 𝐶𝐶𝐶𝐶 відповідно, то 𝑀𝑀𝑀𝑀 − середня лінія трикутника 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴. За властивістю середньої лінії маємо: 1 𝑀𝑀𝑀𝑀 = 𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2𝑀𝑀𝑀𝑀; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2 ⋅ 12 = 24 (см). Оскільки 𝐴𝐴𝐴𝐴 − діаметр, 2

то радіус 𝑟𝑟 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ∶ 2; 𝑟𝑟 = 24 ∶ 2 = 12 (см). Відповідь: 12 см. 608. Доведіть, що середня лінія трапеції ділить навпіл будь-який відрізок, кінці якого належать основам трапеції.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Доведення. Нехай ABCD — трапеція, AD ∥ BC. Нехай E і F — середини бічних сторін AB і CD. Тоді EF — середня лінія трапеції, отже EF ∥ AD і EF ∥ BC. Нехай G — точка на BC, H — точка на AD. Проведемо відрізок GH, який перетинає середню лінію EF у точці M. Потрібно довести, що GM = MH. Розглянемо трикутник ABH. Точка E — середина сторони AB. Через точку E проведено пряму EF, яка паралельна AH. Ця пряма перетинає сторону BH у точці M. За теоремою про середню лінію трикутника точка M є серединою відрізка BH, тобто BM = MH. Оскільки точки B, G, C лежать на одній прямій, а відрізок GH проходить через точку M, то точка M є серединою відрізка GH. Отже, GM = MH. Що й треба було довести. 609. Дано два круги, які не мають спільних точок. Чи існує точка, що не належить жодному з кругів, така, що будь−яка пряма, яка проходить через цю точку, перетинає хоча 6 один із цих кругів?

Нехай (𝑂𝑂1 ; 𝑅𝑅1 ) і (𝑂𝑂2 ; 𝑅𝑅2 ) − два круги. Проведемо їхні спільні дотичні − зовнішню 𝐴𝐴1 𝐵𝐵1 і внутрішню 𝐴𝐴2 𝐵𝐵2 . Точка 𝑀𝑀 їх перетину буде шуканою точкою. 18. Розв’язування прямокутних трикутників 610. У трикутнику ABC відомо, що ∠C = 90°. Знайдіть сторону: 3 1. BC, якщо AB = 12 см, sinA = ; 4

2. AC, якщо AB = 21 см, cosA = 0,4; 3. AC, якщо BC = 4 см, tgA = 1,6;

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html 7

4. AB, якщо BC = 14 см, cosB = ; 9

5. AB, якщо AC = 3,2 см, sinB = 0,16; 1 6. BC, якщо AC = 2,3 см, tgB = .

1. 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ sin𝐴𝐴; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 12 ⋅ = 9 (см); 4

2. 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ cos𝐴𝐴; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 21 ⋅ 0,4 = 8,4( см); 4. 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 5. 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 6. 𝐵𝐵𝐵𝐵 =

𝐵𝐵𝐵𝐵

tg𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵

; 𝐴𝐴𝐴𝐴 =

cos𝐵𝐵 𝐴𝐴𝐴𝐴

sin𝐵𝐵 𝐴𝐴𝐴𝐴

tg𝐵𝐵

= 2,5( см);

la. in.

3. 𝐴𝐴𝐴𝐴 =

1,6 14

; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 7 =

; 𝐴𝐴𝐴𝐴 =

3,2

0,16 2,3

14⋅9

= 18 (см);

= 20 (см);

; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 1 = 4,6 (см). 2

611. У трикутнику DEF відомо, що ∠E = 90°. Знайдіть сторону: 2 1. 𝐷𝐷𝐷𝐷, якщо 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 18 см, cos𝐷𝐷 = ; 9

2. 𝐷𝐷𝐷𝐷, якщо 𝐸𝐸𝐸𝐸 = 3,5 см, cos𝐹𝐹 = 0,7; 11 3. 𝐸𝐸𝐸𝐸, якщо 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 2,4 см, tg𝐷𝐷 = .

1. 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 𝐷𝐷𝐷𝐷 ⋅ cos 𝐷𝐷; 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 18 ⋅ = 4( см); 2. 𝐷𝐷𝐷𝐷 =

𝐸𝐸𝐸𝐸

cos𝐹𝐹

; 𝐷𝐷𝐷𝐷 =

3,5 0,7

= 5( см);

3. 𝐸𝐸𝐸𝐸 = 𝐷𝐷𝐷𝐷 ⋅ tg𝐷𝐷; 𝐸𝐸𝐸𝐸 = 2,4 ⋅

11 12

= 2,2( см).

612. У прямокутному трикутнику гіпотенуза дорівнює 17 см, а синус одного з гострих 8 кутів − . Знайдіть катети трикутника. 17

 shkola.in.ua

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − прямокутний трикутник, 8 . 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 17 см, sin𝐴𝐴 = 17 𝐵𝐵𝐵𝐵 sin𝐴𝐴 = ; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ sin𝐴𝐴; 𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐵𝐵𝐵𝐵 = 17 ⋅

= 8(см).

За основною тригонометричною тотожність sin2 𝐴𝐴 + cos 2 𝐴𝐴 = 1; cos 2 𝐴𝐴 = 1 − sin2 𝐴𝐴; co𝑠𝑠𝑠𝑠 = �1 − sin2 𝐴𝐴; 8 2

225

=� = . co𝑠𝑠𝑠𝑠 = �1 − � � = �1 − 17 289 289 17 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 17 ⋅

15 17

𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴

; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ cos𝐴𝐴;

la. in.

Тоді co s 𝐴𝐴 =

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

= 15 (см).

Biдповідь: 8 см, 15 см. 613. Гіпотенуза прямокутного трикутника дорівнює 10 см, а косинус одного з гострих кутів — 0,8. Знайдіть катети трикутника.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − прямокутний трикутник, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 10 см, co𝑠𝑠𝑠𝑠 = 0,8. 𝐴𝐴𝐴𝐴 co𝑠𝑠𝑠𝑠 = ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ co𝑠𝑠𝑠𝑠; 𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐴𝐴𝐴𝐴 = 10 ⋅ 0,8 = 8(см). За основною тригонометричною тотожність sin2 𝐴𝐴 + cos 2 𝐴𝐴 = 1; cos2 𝐴𝐴 = 1 − sin2 𝐴𝐴; co𝑠𝑠𝑠𝑠 = �1 − sin2 𝐴𝐴 ; co𝑠𝑠𝑠𝑠 = �1 − 0, 82 = √1 − 0,64 = √0,36 = 0,6.

Тоді sin 𝐴𝐴 =

𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐴𝐴𝐴𝐴

; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ sin𝐴𝐴;

𝐵𝐵𝐵𝐵 = 10 ⋅ 0,6 = 6 (см). Biдповідь: 8 см, 6 см. 3 614. Катет прямокутного трикутника дорівнює 48 см, а тангенс протилежного кута −3 . Знайдіть другий катет і гіпотенузу трикутника.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html 3

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − прямокутний трикутник, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 48 см, tg𝐴𝐴 = 3 =

𝐴𝐴𝐴𝐴 =

𝐵𝐵𝐵𝐵

tg𝐴𝐴

; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 24 = 7

48⋅7 24

24 7

. tg𝐴𝐴 =

𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐴𝐴𝐴𝐴

;

= 14 (см). За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 = 𝐴𝐴𝐵𝐵2 + 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 ;

la. in.

𝐴𝐴𝐴𝐴 = �𝐴𝐴𝐵𝐵2 + 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = √142 + 482 = √196 + 2304 = √2500 = 50(см). Відповідь: 14 см, 50 см. 615. У прямокутному трикутнику один із катетів дорівнює 12 см, а тангенс прилеглого кута −0,75. Знайдіть другий катет і гіпотенузу трикутника.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − прямокутний трикутник, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 12 см, tg𝐶𝐶 = 0,75. tg𝐶𝐶 =

𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵

; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 ⋅ tg𝐶𝐶;

𝐴𝐴𝐴𝐴 = 12 ⋅ 0,75 = 9(см). За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 = 𝐴𝐴𝐵𝐵2 + 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = �𝐴𝐴𝐵𝐵2 + 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 ;

𝐴𝐴𝐴𝐴 = √92 + 122 = √81 + 144 = √225 = 15(см). Відповідь: 9 см, 15 см. 616. Розв'яжіть прямокутний трикутник: 1. за гіпотенузою та гострим кутом: 𝑐𝑐 = 28 см, 𝛼𝛼 = 48°; 2. за катетом і гострим кутом: 𝑎𝑎 = 56 см, 𝛽𝛽 = 74°; 3. за катетом і гіпотенузою: 𝑎𝑎 = 5 см, 𝑐𝑐 = 9 см; 4. за двома катетами: 𝑎𝑎 = 3 см, 𝑏𝑏 = 7 см.

1. 𝛾𝛾 = 90∘ ; 𝛼𝛼 + 𝛽𝛽 = 90∘ ; 𝛽𝛽 = 90∘ − 𝛼𝛼; 𝛽𝛽 = 90∘ − 48∘ = 42∘ ; 𝑎𝑎 = 𝑐𝑐sin𝛼𝛼; 𝑎𝑎 ≈ 28 ⋅ 0,743 ≈ 20,8(см); 𝑏𝑏 = 𝑐𝑐cos𝛼𝛼; 𝑏𝑏 ≈ 28 ⋅ 0,669 ≈ 18,7(см); 2. 𝛾𝛾 = 90∘ ; 𝛼𝛼 + 𝛽𝛽 = 90∘ ; 𝛼𝛼 = 90∘ − 𝛽𝛽; 𝛼𝛼 = 90∘ − 74∘ = 16∘ ; 56 𝑎𝑎 ; 𝑐𝑐 ≈ ≈ 202,9(см); 𝑐𝑐 = 0,276 si n 𝛼𝛼 𝑏𝑏 = 𝑎𝑎tg𝛽𝛽; 𝑏𝑏 ≈ 56 ⋅ 3,487 ≈ 195,3(см);

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

𝑐𝑐 2 = 𝑎𝑎2 + 𝑏𝑏 2 ; 𝑏𝑏 2 = 𝑐𝑐 2 − 𝑎𝑎2 ; 𝑏𝑏 = �𝑐𝑐 2 − 𝑎𝑎2 ; 𝑏𝑏 = �92 − 52 = √81 − 25 = √56 ≈ 7,5(см); 𝑎𝑎 𝛾𝛾 = 90∘ ; si n 𝛼𝛼 = ; 𝑐𝑐 5 si n 𝛼𝛼 ≈ ≈ 0,56; 𝛼𝛼 ≈ 33, 7∘ ; 9

𝛼𝛼 + 𝛽𝛽 = 90∘ ; 𝛽𝛽 = 90∘ − 𝛼𝛼; 𝛽𝛽 = 90∘ − 33, 7∘ = 56, 3∘ ; 4. за теоремою Піфагора 𝑐𝑐 2 = 𝑎𝑎2 + 𝑏𝑏 2 ; 𝑐𝑐 = �𝑎𝑎2 + 𝑏𝑏 2 ;

3. за теоремою Піфагора

la. in.

𝑐𝑐 = √32 + 72 = √9 + 49 = √58 ≈ 7,6(см); 𝑎𝑎 3 𝛾𝛾 = 90∘ ; tg𝛼𝛼 = ; tg𝛼𝛼 = ≈ 0,43; 𝑏𝑏 7 ∘ ∘ 𝛼𝛼 ≈ 23, 2 ; 𝛼𝛼 + 𝛽𝛽 = 90 ; 𝛽𝛽 = 90∘ − 𝛼𝛼; 𝛽𝛽 = 90∘ − 23, 2∘ = 66, 8∘ . 617. Розв'яжіть прямокутний трикутник за відомими елементами: 1. 𝑎𝑎 = 34 см, 𝛼𝛼 = 55∘ ; 2. 𝑐𝑐 = 16 см, 𝛽𝛽 = 18∘ ; 3. 𝑏𝑏 = 12 см, 𝑐𝑐 = 13 см; 4. 𝑎𝑎 = 4 см, 𝑏𝑏 = 14 см.

1. 𝛾𝛾 = 90∘ ; 𝛼𝛼 + 𝛽𝛽 = 90∘ ; 𝛽𝛽 = 90∘ − 𝛼𝛼; 𝛽𝛽 = 90∘ − 55∘ = 35∘ ; 𝑎𝑎 34 𝑐𝑐 = ; 𝑐𝑐 ≈ ≈ 41,5(см); si n 𝛼𝛼

0,819

𝑏𝑏 = 𝑐𝑐 cos 𝛼𝛼 ; 𝑏𝑏 ≈ 41,5 ⋅ 0,573 ≈ 23,8(см); 2. 𝛾𝛾 = 90∘ ; 𝛼𝛼 + 𝛽𝛽 = 90∘ ; 𝛼𝛼 = 90∘ − 𝛽𝛽; 𝛼𝛼 = 90∘ − 18∘ = 72∘ ; 𝑎𝑎 = 𝑐𝑐 sin 𝛼𝛼 ; 𝑎𝑎 ≈ 16 ⋅ 0,951 ≈ 15,2(см); 𝑏𝑏 = 𝑐𝑐 cos 𝛼𝛼 ; 𝑏𝑏 ≈ 15 ⋅ 0,309 ≈ 4,6(см); 3. за теоремою Піфагора 𝑐𝑐 2 = 𝑎𝑎2 + 𝑏𝑏 2 ; 𝑎𝑎2 = 𝑐𝑐 2 − 𝑏𝑏 2 ; 𝑎𝑎 = �𝑐𝑐 2 − 𝑏𝑏 2 ;

𝑎𝑎 = �132 − 122 = √169 − 144 = √25 = 5(см); 𝑎𝑎

𝛾𝛾 = 90∘ ; si n 𝛼𝛼 = ; si n 𝛼𝛼 = 𝑐𝑐

≈ 0,385; 𝛼𝛼 ≈ 22, 6∘ ;

𝛼𝛼 + 𝛽𝛽 = 90∘ ; 𝛽𝛽 = 90∘ − 𝛼𝛼; 𝛽𝛽 = 90∘ − 22, 6∘ = 67, 4∘ ;  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

4. за теоремою Піфагора 𝑐𝑐 2 = 𝑎𝑎2 + 𝑏𝑏 2 ; 𝑐𝑐 = �𝑎𝑎2 + 𝑏𝑏 2 ;

la. in.

𝑐𝑐 = √42 + 142 = √16 + 196 = √212 ≈ 14,6(см); 𝑎𝑎 4 𝛾𝛾 = 90∘ ; tg𝛼𝛼 = ; tg𝛼𝛼 = ≈ 0,29; 𝛼𝛼 ≈ 15, 9∘ ; 𝑏𝑏 14 𝛼𝛼 + 𝛽𝛽 = 90∘ ; 𝛽𝛽 = 90∘ − 𝛼𝛼; 𝛽𝛽 = 90∘ − 15, 9∘ = 74, 1∘ . 618. Кут при вершині рівнобедреного трикутника дорівнює 120∘ , а висота, проведена до основи, −3√3 см. Знайдіть сторони трикутника.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − рівнобедрений трикутник (𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐵𝐵), ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 120∘ , 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 3√3 см. Оскільки 𝐵𝐵𝐵𝐵 − висота рівнобедреного трикутника, проведена до основи, то вона є його бісектрисою і медіаною, тому 1 ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = ∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 120∘ : 2 = 60∘ , 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 𝐴𝐴𝐴𝐴. 2

Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴. 𝐵𝐵𝐵𝐵 1 𝐴𝐴𝐴𝐴 = ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 3√3: = 2 ⋅ 3√3 = 6√3(см), co s 𝐴𝐴𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 sin 𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 6√3 ⋅

√3 = 9(см). 2

Toді 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2 ⋅ 9 = 18(см). Biдповідь: 6√3 см, 6√3 см, 18 см. 619. Основи рівнобічної трапеції дорівнюють 8 см і 12 см, а кут при основі −45°. Знайдіть висоту та бічну сторону трапеції.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − рівнобічна трапеція (𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐶𝐶𝐶𝐶, 𝐴𝐴𝐴𝐴‖𝐵𝐵𝐵𝐵), 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 12 см, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 8 см, ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 45∘ .

Проведемо висоту 𝐵𝐵𝐵𝐵 трапеціі. Оскільки трапеція рівнобічна, то 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 =

12−8 2

= 2 (см).

Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴. 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ tg𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 2 ⋅ 𝑡𝑡𝑡𝑡45∘ = 2 ⋅ 1 = 2(см).

 shkola.in.ua

𝐴𝐴𝐴𝐴−𝐵𝐵𝐵𝐵 2

;

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐵𝐵2 = 𝐴𝐴𝐹𝐹 2 + 𝐵𝐵𝐹𝐹 2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = �𝐴𝐴𝐹𝐹 2 + 𝐵𝐵𝐹𝐹 2 ;

𝐴𝐴𝐴𝐴 =

si n 𝐵𝐵𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐵𝐵

tg𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵

la. in.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − паралелограм, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝑎𝑎, ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ , ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 30∘ . Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴. 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝑎𝑎 1 𝐴𝐴𝐴𝐴 = ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = = 𝑎𝑎 ∶ = 2𝑎𝑎; ∘

𝐴𝐴𝐴𝐴 = √22 + 22 = √4 + 4 = √8 = 2√2 (см). Biдповідь: 2 см, 2√2 см. 620. Діагональ паралелограма перпендикулярна до його сторони й дорівнює 𝑎𝑎. Знайдіть сторони паралелограма, якщо один із його кутів дорівнює 30°.

; 𝐴𝐴𝐴𝐴 =

si n 30 𝑎𝑎

tg30

= 𝑎𝑎: ∘

√3 3

3𝑎𝑎

√3

= 𝑎𝑎√3.

За властивістю протилежних сторін паралелограма 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2𝑎𝑎; 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑎𝑎√3. Biдповідь: 2a; 𝑎𝑎√3. 621. Сторона ромба дорівнює 𝑎𝑎, а один із його кутів − 60°. Знайдіть діагоналі ромба.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − ромб, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑎𝑎, 𝐴𝐴𝐴𝐴 і 𝐵𝐵𝐵𝐵 − діагоналі, ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 60∘. Діагоналі ромба є бісектрисами його кутів, тому 1 ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = ∠𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 = ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 60∘ ∶ 2 = 30∘ . 2

Крім того, діагоналі ромба перпендикулярні і точкою перегину діляться навпіл, тому ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ , 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑂𝑂𝑂𝑂, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝑂𝑂𝑂𝑂. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴. 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ co𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠; √3 𝑎𝑎√3 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑎𝑎 cos 30∘ = 𝑎𝑎 ⋅ = ; 2 2 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ sin𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂; 1 𝑎𝑎 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝑎𝑎 sin 30∘ = 𝑎𝑎 ⋅ = . 2 2 𝑎𝑎√3

Тоді 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2 ⋅

= 𝑎𝑎√3;

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html 𝑎𝑎

𝐵𝐵𝐵𝐵 = 2𝑂𝑂𝑂𝑂 = 2 ⋅ = 𝑎𝑎. 2

la. in.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − трикутник, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 12 см, 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 4 см, ∠𝐴𝐴 = 30∘ . Розглянемо трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ).

Biдповідь: 𝑎𝑎√3; 𝑎𝑎. 622. Висота 𝐵𝐵𝐵𝐵 трикутника 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 ділить сторону 𝐴𝐴𝐴𝐴 на відрізки 𝐴𝐴𝐴𝐴 і 𝐶𝐶𝐶𝐶 так, що 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 12 см, 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 4 см. Знайдіть сторону 𝐵𝐵𝐵𝐵, якщо ∠𝐴𝐴 = 30°.

𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ tg𝐴𝐴; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 12 ⋅ tg30∘ = 12 ⋅

√3 = 4√3 (см). 3 ∘ ).

Розглянемо трикутник 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵(∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 90 За теоремою Піфагора 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 = 𝐵𝐵𝐷𝐷2 + 𝐷𝐷𝐶𝐶 2 ; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = �𝐵𝐵𝐷𝐷2 + 𝐷𝐷𝐶𝐶 2 ;

𝐵𝐵𝐵𝐵 = �(4√3)2 + 42 = √48 + 16 = √64 = 8 (см).

Biдповідь: 8 см. 623. Висота 𝐴𝐴𝐴𝐴 ділить сторону 𝐵𝐵𝐵𝐵 трикутника 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 на відрізки 𝐵𝐵𝐵𝐵 і 𝐶𝐶𝐶𝐶. Знайдіть сторону 𝐴𝐴𝐴𝐴, якщо 𝐶𝐶𝐶𝐶 = √13см, ∠𝐵𝐵 = 60°, а сторона 𝐴𝐴𝐴𝐴 дорівнює 18 см.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − трикутник, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 18 см, 𝐶𝐶𝐶𝐶 = √13 см, ∠𝐵𝐵 = 60∘ . Розглянемо трикутник 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵(∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 90∘ ). 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ si n 𝐵𝐵 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 18 ⋅ si n 60∘ = 18 ⋅

√3 = 9√3( см). 2

Poзглянемо трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 = 𝐴𝐴𝐹𝐹 2 + 𝐹𝐹𝐶𝐶 2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = �𝐴𝐴𝐹𝐹 2 + 𝐹𝐹𝐶𝐶 2 ;

𝐴𝐴𝐴𝐴 = �(9√3)2 + (√13)2 = √243 + 13 = √256 = 16 (см). Biдповідь: 16 см.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

624. Iз точки 𝐷𝐷, що лежить поза прямою 𝑛𝑛, проведено до цієї прямої похилі 𝐷𝐷𝐷𝐷 і 𝐷𝐷𝐷𝐷, які утворюють з нею кути 45° і 60° відповідно. Знайдіть довжину проєкції похилої 𝐷𝐷𝐷𝐷 на пряму 𝑛𝑛, якщо 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 10√3 см.

la. in.

Нехай 𝐷𝐷𝐷𝐷 і 𝐷𝐷𝐷𝐷 − похилі, 𝐾𝐾𝐾𝐾 і 𝐵𝐵𝐵𝐵 − їхні проекції на пряму 𝑛𝑛, ∠𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷 = 45∘ , ∠𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷 = 60∘ , 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 10√3 см. Розглянемо трикутних 𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷(∠𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷 = 90∘ ). 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 𝐷𝐷𝐷𝐷 ⋅ si n 𝐷𝐷 𝐵𝐵𝐵𝐵; 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 10√3 ⋅ si n 60∘ = 10√3 ⋅

√3 = 15 (см). 2 ∘ ).

Розглянемо трикутник 𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷(∠𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷 = 90 𝐾𝐾𝐾𝐾 =

𝐷𝐷𝐷𝐷

tg𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷

; 𝐾𝐾𝐾𝐾 =

tg45∘

15 1

= 15(см).

Biдповідь: 15 см. 625. Iз точки 𝑀𝑀, що лежить поза прямою 𝑙𝑙, проведено до цієї прямої похилі 𝑀𝑀𝑀𝑀 і 𝑀𝑀𝑀𝑀, які утворюють з нею кути 30° і 45° відповідно. Знайдіть похилу 𝑀𝑀𝑀𝑀, якщо проєкція похилої 𝑀𝑀𝑀𝑀 на пряму 𝑙𝑙 дорівнює 4√3 см.

Нехай 𝑀𝑀𝑀𝑀 і 𝑀𝑀𝑀𝑀 − похилі, 𝑁𝑁𝑁𝑁 і 𝐾𝐾𝐾𝐾 − їхні проекції на пряму 𝑙𝑙, ∠𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 = 45∘ , ∠𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 = 30∘ , 𝑁𝑁𝑁𝑁 = 4√3 см. Розглянемо трикутник 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀(∠𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 = 90∘ ). 𝑀𝑀𝑀𝑀 = 𝑁𝑁𝑁𝑁 ⋅ tg𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀; 𝑀𝑀𝑀𝑀 = 4√3 ⋅ tg30∘ = 4√3 ⋅

√3 = 4 (см). 3

Розглянемо трикутник MPK (∠𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 = 90∘ ). 𝑀𝑀𝑀𝑀

; 𝑀𝑀𝑀𝑀 =

= 4:

𝑀𝑀𝑀𝑀 =

si n 𝑀𝑀𝐾𝐾𝐾𝐾

si n 45∘

8 √2 = = 4√2(см). 2 √2

Biдповідь: 4√2 см. 626. Кут при вершині рівнобедреного трикутника дорівнює 𝛽𝛽, висота, проведена до бічної сторони, −ℎ. Знайдіть основу трикутника.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − трикутник, 𝐴𝐴𝐴𝐴 − висота, 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⊥ 𝐵𝐵𝐵𝐵, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = ℎ, ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝛽𝛽. Оскільки трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 рівнобедрений, то за властивістю кутів при основі ∠𝐴𝐴 = ∠𝐶𝐶 =

Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). 𝐴𝐴𝐴𝐴

si n 𝐶𝐶

Biдповідь:

; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = ℎ

𝛽𝛽 2

co s

ℎ

𝛽𝛽 si n�90∘ − � 2

ℎ

𝛽𝛽 2

𝛽𝛽

= 90∘ − . 2

la. in.

AC =

180∘ −∠𝐵𝐵

co s

627. Висота, проведена з вершини прямого кута трикутника, дорівнює ℎ, гострий кут −𝛼𝛼. Знайдіть сторони трикутника.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − прямокутний трикутник (∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ), 𝐵𝐵𝐵𝐵 − висота, 𝐵𝐵𝐵𝐵 ⊥ 𝐴𝐴𝐴𝐴, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = ℎ, ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝛼𝛼. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 ( ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 90∘ ). 𝐴𝐴𝐴𝐴 =

𝐵𝐵𝐵𝐵

si n 𝐴𝐴

; 𝐴𝐴𝐴𝐴 =

ℎ

si n 𝛼𝛼

Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). ℎ 𝐵𝐵𝐵𝐵 ℎ ⋅ tg𝛼𝛼 = . 𝐴𝐴𝐴𝐴 = ; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐴𝐴𝐴𝐴tg𝐴𝐴; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = si n 𝐴𝐴 co s 𝛼𝛼 si n 𝛼𝛼 ℎ . 𝐴𝐴𝐴𝐴 = si n 𝛼𝛼co s 𝛼𝛼 ℎ

Biдповідь:

;

ℎ

;

ℎ

si n 𝛼𝛼 co s 𝛼𝛼 si n 𝛼𝛼co s 𝛼𝛼

628. Один із катетів прямокутного трикутника дорівнює 𝑎𝑎. Кут між другим катетом і висотою, проведеною з вершини прямого кута, дорівнює 𝜑𝜑. Знайдіть невідомі сторони трикутника та проведену висоту.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

𝐴𝐴𝐴𝐴 =

𝐵𝐵𝐵𝐵

tg𝐴𝐴

; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑎𝑎

si n(90∘ −𝜑𝜑)

la. in.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − прямокутний трикутник ( ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ), 𝐵𝐵𝐵𝐵 − висота, 𝐵𝐵𝐵𝐵 ⊥ 𝐴𝐴𝐴𝐴, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝑎𝑎, ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝜑𝜑. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника ∠𝐴𝐴 = 90∘ − ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ − 𝜑𝜑. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 (∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). 𝑎𝑎

tg(90∘ −𝜑𝜑)

𝑎𝑎

co s 𝜑𝜑

𝑎𝑎

ctg𝜑𝜑

. 𝐴𝐴𝐴𝐴 =

𝐵𝐵𝐵𝐵

si n 𝐴𝐴

;

Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). 𝑎𝑎 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐴𝐴𝐴𝐴cos 𝜑𝜑; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = ⋅ cos 𝜑𝜑 = 𝑎𝑎sin 𝜑𝜑. Biдповідь:

𝑎𝑎

;

𝑎𝑎

ctg𝜑𝜑 cos 𝜑𝜑

ctg𝜑𝜑

; 𝑎𝑎sin 𝜑𝜑.

629. Більша діагональ ромба дорівнює 𝑑𝑑, а гострий кут −𝛼𝛼. Знайдіть сторону та меншу діагональ ромба.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − ромб, 𝐴𝐴𝐴𝐴 і 𝐵𝐵𝐵𝐵 − діагоналі, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑑𝑑, ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝛼𝛼. Діагоналі ромба перпендикулярні, точкою перетину діляться навпіл і є бісектрисами його кутів. Тому 𝑑𝑑

𝛼𝛼

𝐴𝐴𝐴𝐴 ⊥ 𝐵𝐵𝐵𝐵, ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ , 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑂𝑂𝑂𝑂 = , 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝑂𝑂𝑂𝑂, ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = ∠𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 = . 2

Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴. 𝑑𝑑

𝛼𝛼

𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ tg𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂; 𝑂𝑂𝑂𝑂 = ⋅ tg ; 2 2 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝑑𝑑/2 𝑑𝑑 𝐴𝐴𝐴𝐴 = ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = = . co s 𝑂𝑂 𝐴𝐴𝐴𝐴 co s(𝛼𝛼/2) 2co s(𝛼𝛼/2) 𝛼𝛼 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 2𝑂𝑂𝑂𝑂; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝑑𝑑tg . Biдповідь:

𝑑𝑑

2co s(𝛼𝛼/2)

𝛼𝛼

; 𝑑𝑑tg . 2

630. Гострий кут ромба дорівнює 𝛼𝛼, радіус вписаного кола −𝑟𝑟. Знайдіть сторону та діагоналі ромба.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − ромб, 𝐴𝐴𝐴𝐴 і 𝐵𝐵𝐵𝐵 − діагоналі, ( 𝑂𝑂; 𝑟𝑟 ) − вписане коло, 𝑟𝑟 = 𝑂𝑂𝑂𝑂, ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝛼𝛼. Діагоналі ромба перпендикулярні, точкою перетину діляться навпіл 𝑖𝑖 є бісектрисами його кутів. 𝛼𝛼 Тому 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⊥ 𝐵𝐵𝐵𝐵, ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ , 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑂𝑂𝑂𝑂, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝑂𝑂𝑂𝑂, ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = ∠𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 = . 𝐴𝐴𝐴𝐴 =

𝑂𝑂𝑂𝑂

𝑠𝑠𝑠𝑠 𝑛𝑛 𝑂𝑂𝐴𝐴𝐴𝐴

la. in.

Оскільки 𝑂𝑂𝑂𝑂 − радіус, проведений у точку дотику, то 𝑂𝑂𝑂𝑂 ⊥ 𝐴𝐴𝐴𝐴. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 =

𝑟𝑟

𝑠𝑠𝑠𝑠 𝑛𝑛(𝛼𝛼/2)

За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника у △ 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 маємо: ∠𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 + ∠𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 = 90∘ ; 𝛼𝛼 ∠𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 = 90∘ − ∠𝑂𝑂𝑂𝑂𝐷𝐷; ∠𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 = 90∘ − . 2

Розглянемо прямокутний трикутник 𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷(∠𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷 = 90∘ ). 𝑂𝑂𝑂𝑂 =

𝑂𝑂𝑂𝑂

𝑠𝑠𝑠𝑠 𝑛𝑛 𝑂𝑂𝐷𝐷𝐷𝐷 𝐴𝐴𝐴𝐴

; 𝑂𝑂𝑂𝑂 =

𝑟𝑟

𝛼𝛼 𝑠𝑠𝑠𝑠 𝑛𝑛 2

𝛼𝛼 𝑠𝑠𝑠𝑠 𝑛𝑛�90∘ − 2 �

𝑟𝑟

; 𝐴𝐴𝐴𝐴 =

𝛼𝛼 𝛼𝛼 𝑠𝑠𝑠𝑠 𝑛𝑛 𝑐𝑐𝑐𝑐 𝑠𝑠 2 2

𝐵𝐵𝐵𝐵 = 2𝑂𝑂𝑂𝑂; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 2 ⋅

𝛼𝛼 𝛼𝛼 𝑠𝑠𝑠𝑠 𝑛𝑛 𝑐𝑐𝑐𝑐 𝑠𝑠 2 2

𝐴𝐴𝐴𝐴 =

𝑐𝑐𝑐𝑐 𝑠𝑠 𝑂𝑂𝐴𝐴𝐴𝐴

Тоді 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2 ⋅ 𝑟𝑟

𝛼𝛼 𝛼𝛼 sin cos 2 2

;

2𝑟𝑟

𝛼𝛼 sin 2

;

2𝑟𝑟

𝛼𝛼 2

;

𝛼𝛼

;

𝑐𝑐𝑐𝑐 𝑠𝑠 2𝑟𝑟

𝑠𝑠𝑠𝑠 𝑛𝑛 2 2𝑟𝑟 𝛼𝛼 2

𝑠𝑠𝑠𝑠 𝑛𝑛 𝑐𝑐𝑐𝑐 𝑠𝑠

𝛼𝛼 𝛼𝛼 sin cos 2 2

𝛼𝛼 2

Biдповідь:

𝑟𝑟

631. Діагональ рівнобічної трапеції перпендикулярна до бічної сторони та утворює з основою трапеції кут 30°. Знайдіть висоту трапеції, якщо радіус кола, описаного навколо трапеції, дорівнює 𝑅𝑅.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − рівнобічна трапеція ( 𝐴𝐴𝐴𝐴‖𝐵𝐵𝐵𝐵, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐶𝐶𝐶𝐶 ), (𝑂𝑂; 𝑅𝑅) − описане навколо неї коло,  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐷𝐷 ∘ = 90∘ , ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 30∘ , 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝑅𝑅. Оскільки ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ , то він є вписаним у коло і спирається на діаметр. За аксіомою вимірювання відрізків 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝑂𝑂𝑂𝑂; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑅𝑅 + 𝑅𝑅 = 2𝑅𝑅. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴. 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ co s 𝐵𝐵 𝐷𝐷𝐷𝐷; √3 = 𝑅𝑅√3. 2

𝐵𝐵𝐵𝐵 = 2𝑅𝑅 ⋅ co s 30∘ = 2𝑅𝑅 ⋅

Розглянемо прямокутний трикутник 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵. Оскільки катет 𝐵𝐵𝐵𝐵 лежить проти кута 30∘ , то він дорівнює половині гіпотенузи: 1

𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐵𝐵𝐵𝐵; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = ⋅ 𝑅𝑅√3 = 2 2

Biдповідь:

𝑅𝑅√3 2

𝑅𝑅 √3 2

la. in.

632. Одна зі сторін трикутника дорівнює 𝑎𝑎, прилеглі до неї кути 45° і 60°. Знайдіть висоту трикутника, проведену до даної сторони.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − трикутник, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑎𝑎, ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 45∘ , ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 60∘ . Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑥𝑥 см, тоді 𝐷𝐷𝐷𝐷 = (𝑎𝑎 − 𝑥𝑥) см. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 ( ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ tg𝐴𝐴; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝑥𝑥 ⋅ tg45∘ = 𝑥𝑥 ⋅ 1 = 𝑥𝑥. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 (∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 90∘ ). 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐷𝐷𝐷𝐷 ⋅ tg𝐶𝐶; 𝑥𝑥 = (𝑎𝑎 − 𝑥𝑥)√3; 𝑥𝑥 = 𝑎𝑎√3 − 𝑥𝑥√3; 𝑥𝑥(1 + √3) = 𝑎𝑎√3; 𝑥𝑥 =

Oтже, 𝐵𝐵𝐵𝐵 =

𝑎𝑎√3

1+√3 𝑎𝑎 √3 . Biдповідь: 1+√3

𝑎𝑎√3

1+√3

633. Основи трапеції дорівнюють 7 см і 15 см, а кути при більшій основі − 30° і 60°. Знайдіть висоту та діагоналі трапеції.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ tg𝐴𝐴; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝑥𝑥 ⋅ 𝑡𝑡𝑡𝑡30∘ = 𝑥𝑥 ⋅

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − трапеція (𝐴𝐴𝐴𝐴‖𝐵𝐵𝐵𝐵), 𝐴𝐴𝐴𝐴 і 𝐵𝐵𝐵𝐵 − діагоналі, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 15 см, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 7 см, ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 30∘ , ∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 60∘ . Проведемо висоти 𝐵𝐵𝐵𝐵 і 𝐶𝐶𝐶𝐶, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐶𝐶𝐶𝐶, 𝑀𝑀𝑀𝑀 ⊥ 𝐴𝐴𝐴𝐴, 𝐶𝐶𝐶𝐶 ⊥ 𝐴𝐴𝐴𝐴. Тоді чотирикутник 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 − прямокутник, 𝑀𝑀𝑀𝑀 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 7 см. Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑥𝑥 см, тоді 𝑀𝑀𝑀𝑀 = (15 − 𝑥𝑥) см. За аксіомою вимірювання відрізків 𝑀𝑀𝑀𝑀 = 𝑀𝑀𝑀𝑀 + +𝑁𝑁𝑁𝑁; 𝑁𝑁𝑁𝑁 = 𝑀𝑀𝑀𝑀 − 𝑀𝑀𝑀𝑀; 𝑁𝑁𝑁𝑁 = 15 − 𝑥𝑥 − 7 = (8 − 𝑥𝑥) см. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). 𝑥𝑥√3 √3 (см). = 3 3

𝑥𝑥√3 3

= √3(8 − 𝑥𝑥);

la. in.

Розглянемо прямокутний трикутник 𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶(∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 90∘ ). 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝑁𝑁𝑁𝑁 ⋅ tg𝐷𝐷; 𝐶𝐶 −𝑁𝑁 = (8 − 𝑥𝑥) ⋅ tg60∘ = (8 − 𝑥𝑥) ⋅ √3 = √3(8 − 𝑥𝑥) (см). Рівняння:

𝑥𝑥 √3 = 8√3 − 𝑥𝑥√3; 3 √3 𝑥𝑥 � + √3� = 8√3; 3 4 √3 𝑥𝑥 ⋅ = 8√3; 3 4 √3 ; 𝑥𝑥 = 8√3 : 3 𝑥𝑥 = 6. Oтже, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 6 см, 𝑁𝑁𝑁𝑁 = 8 − 6 = 2( см), 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝑀𝑀𝑀𝑀; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 6 + 7 = 13( см), 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 2√3 см, 𝑀𝑀𝑀𝑀 = 15 − 6 = 9 (см). За теоремою Піфагора з трикутника ANC маємо: 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 = 𝐴𝐴𝑁𝑁 2 + 𝑁𝑁𝐶𝐶 2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = �𝐴𝐴𝑁𝑁 2 + 𝑁𝑁𝐶𝐶 2 ;

𝐴𝐴𝐴𝐴 = �132 + (2√3)2 = √169 + 12 = √181 (см).

За теоремою Піфагора з трикутника 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 маємо: 𝐵𝐵𝐷𝐷2 = 𝐵𝐵𝑀𝑀2 + 𝑀𝑀𝐷𝐷2 ; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = √𝐵𝐵𝑀𝑀2 + 𝑀𝑀𝐷𝐷2 ;

𝐵𝐵𝐵𝐵 = �(2√3)2 + 92 = √12 + 81 = √93(см).

634. Використовуючи дані рисунка, знайдіть висоту ялинки.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 1,6 м , ∠𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹 = 52∘ ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 8 м. Оскільки 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⊥ 𝐴𝐴𝐴𝐴, 𝐶𝐶𝐶𝐶 ⊥ 𝐴𝐴𝐴𝐴, то 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − прямокутник, звідки 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 8 м, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 1,6 м. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 (∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 90∘ ). 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 ⋅ tg𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹; 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 8 ⋅ tg52∘ ≈ 8 ⋅ 1,28 ≈ 10,24 (см). За аксіомою вимірювання відрізків 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 𝐷𝐷𝐷𝐷 + 𝐶𝐶𝐶𝐶; 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 1,6 + 10,24 = 11,84(м). Відповідь: ≈ 11,84 м. 635. Якої довжини має бути пожежна драбина, щоб нею можна було піднятися на дах будинку заввишки 9 m , якщо ставити ії під кутом 70° до поверхні землі?

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − трикутник, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 9 м, ∠𝐴𝐴 = 70∘ . 𝐴𝐴𝐴𝐴 =

𝐵𝐵𝐵𝐵

si n 𝐴𝐴

; 𝐴𝐴𝐴𝐴 =

si n 70∘

0,94

≈ 9,57(м).

Відповідь: 9,57 м. 636. Проїхавши від старту прямолінійною ділянкою шосе 300 м, велосипедист опинився в точці, розташованій на 11 м вище, ніж точка старту. Знайдіть тангенс кута підйому шосе на цій ділянці.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − трикутник, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 300 м, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 11 м. За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 = 𝐴𝐴𝐵𝐵2 + 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 ; 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 = 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 − 𝐴𝐴𝐵𝐵2 ; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = √𝐴𝐴𝐶𝐶 2 − 𝐴𝐴𝐵𝐵2 ; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = �3002 − 112 = √90000 − 121 = √89879 ≈ 299,8(м). tg𝐶𝐶 =

299,8

≈ 0,037.

Biдповідь: 0,037. 637. Під яким кутом падає на землю сонячний промінь, якщо довжина тіні від вертикальної жердини дорівнює довжині самої жердини?

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − трикутник, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐵𝐵. Оскільки 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐵𝐵, то tg𝐴𝐴 =

𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐴𝐴𝐴𝐴

= 1, звідки ∠𝐴𝐴 = 45∘ .

Biдповідь: 45∘ . 638. Траншея в перерізі має форму рівнобічної трапеції. Знайдіть кут, який утворюють стінки траншеї з її дном.

la. in.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − рівнобічна трапеція (𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐶𝐶𝐶𝐶, 𝐴𝐴𝐴𝐴‖𝐵𝐵𝐵𝐵), 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 4 м, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 10 см, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 6 м. Проведемо висоту 𝐴𝐴𝐴𝐴 трапеціі. 𝐵𝐵𝐵𝐵−𝐴𝐴𝐴𝐴 10−4 ; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = = 3 (м). Оскільки трапеція рівнобічна, то 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 2

Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴. 𝐵𝐵𝐵𝐵 3 1 tg𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = ; tg𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = = , звідки ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 ≈ 26, 6∘ . 𝐴𝐴𝐴𝐴

За аксіомою вимірювання кутів ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 + ∠𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹; ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 26, 6∘ + 90∘ = 116, 6∘ . Biдповідь: 116,6 ∘ . 639. Ширина насипу шосейної дороги в нижній його частині дорівнює 80 м, висота насипу − 5 м, а відкоси нахилені до горизонту під кутом 20°. Знайдіть ширину насипу у верхній його частині.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − трапеція (𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐶𝐶𝐶𝐶), 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 80м, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 5 см, ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = ∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 20∘ . Проведемо висоту 𝐵𝐵𝐵𝐵 трапеції. Оскільки ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = ∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶, то за властивістю кутів при основі трапеція 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − рівнобічна. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴. Тоді 𝐴𝐴𝐴𝐴 =

𝐵𝐵𝐵𝐵

tg𝐴𝐴

; 𝐴𝐴𝐴𝐴 =

≈ ∘

tg20

0,364

≈ 13,74 (м).

Так як трапеція рівнобічна, то 𝐴𝐴𝐴𝐴 − 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐴𝐴𝐴𝐴 = ; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 − 2𝐴𝐴𝐴𝐴; 2 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 80 − 2 ⋅ 13,74 = 52,52(м). Biдповідь: 52,52 м.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

640. Периметр паралелограма дорівнює 48 см . Бісектриса тупого кута ділить його сторону у відношенні 2:1, рахуючи від вершини гострого кута. Чи може менша сторона паралелограма дорівнювати 7 см ?

la. in.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − паралелограм, 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 48 см, 𝐵𝐵𝐵𝐵 − бісектриса, 𝐴𝐴𝐴𝐴 ∶ 𝐹𝐹𝐹𝐹 = 2 ∶ 1. Оскільки 𝐵𝐵𝐵𝐵 − бісектриса, то ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = ∠𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹. ∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 як внутрішні різносторонні при паралельних прямих 𝐴𝐴𝐴𝐴 і 𝐵𝐵𝐵𝐵 та січній 𝐵𝐵𝐵𝐵, звідки ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵. Тоді трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − рівнобедрений з основою 𝐵𝐵𝐵𝐵, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴. Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2𝑥𝑥 см, тоді 𝐹𝐹𝐹𝐹 = 𝑥𝑥 см. За властивістю сторін паралелограма 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐵𝐵, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐶𝐶𝐶𝐶. Тоді 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐵𝐵𝐵𝐵 + 𝐶𝐶𝐶𝐶 + 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2(𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐴𝐴𝐴𝐴). За аксіомою вимірювання відрізків 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐹𝐹𝐹𝐹 = 2𝑥𝑥 + 𝑥𝑥 = 3𝑥𝑥 (см). Рівняння: 48 = 2(2𝑥𝑥 + 3𝑥𝑥); 10𝑥𝑥 = 48; 𝑥𝑥 = 4,8. Тоді 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2 ⋅ 4,8 = 9,6 (см). Отже, менша сторона не може дорівнювати 7 см. Biдповідь: Не може. 641. Чотирикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 вписано в коло, ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 52°, ∠𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷 = 34°, ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 17°. Знайдіть кути чотирикутника.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − чотирикутник, вписаний у коло, ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 52∘ , ∠𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷 = 34∘ , ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 17∘ . ∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = ∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 34∘ як вписані в коло кути, що спираються на дугу 𝐶𝐶𝐶𝐶. За аксіомою вимірювання кутів ∠𝐴𝐴 = ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 + ∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶; ∠𝐴𝐴 = 52∘ + 34∘ = 86∘ . ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 52∘ як вписані в коло кути, що спираються на дугу 𝐵𝐵𝐵𝐵. За аксіомою вимірювання кутів ∠𝐷𝐷 = ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 + ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵;  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

∠𝐷𝐷 = 17∘ + 52∘ = 69∘ . Оскільки чотирикутник уписаний у коло, то сума його протилежних кутів дорівнює 180∘ , тому: ∠𝐴𝐴 + ∠𝐶𝐶 = 180∘ ; ∠𝐶𝐶 = 180∘ − ∠𝐴𝐴; ∠𝐶𝐶 = 180∘ − 86∘ = 94∘ ; ∠𝐵𝐵 + ∠𝐷𝐷 = 180∘ ; ∠𝐵𝐵 = 180∘ − ∠𝐷𝐷; ∠𝐵𝐵 = 180∘ − 69∘ = 111∘ . Biдповідь: 86∘ , 111∘ , 94∘ , 69∘ . 642. Відомо, що 𝑂𝑂 − точка перетину діагоналей 𝐴𝐴𝐴𝐴 і 𝐵𝐵𝐵𝐵 трапеції 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(𝐵𝐵𝐵𝐵‖𝐴𝐴𝐴𝐴). Знайдіть відрізки 𝐵𝐵𝐵𝐵 і 𝑂𝑂𝑂𝑂, якщо 𝐴𝐴𝐴𝐴: 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 7: 6 i 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 39 см.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − трапеція (𝐴𝐴𝐴𝐴‖𝐵𝐵𝐵𝐵), 𝐴𝐴𝐴𝐴 ∶ 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 7 ∶ 6, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 39 см. ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = ∠𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷 як внутрішні різносторонні при паралельних прямих 𝐴𝐴𝐴𝐴 і 𝐵𝐵𝐵𝐵 та січній 𝐴𝐴𝐴𝐴. Розглянемо трикутники BOC i DOA. У них: 1. ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = ∠𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷 як вертикальні; 2. ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = ∠𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷 за доведеним вище. Тому △ 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 ∼△ 𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷 за двома рівними кутами (за 1 ознакою подібності трикутників). 𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐷𝐷𝐷𝐷

𝑂𝑂𝑂𝑂

𝑂𝑂𝑂𝑂 𝐴𝐴𝐴𝐴

𝐵𝐵𝐵𝐵

𝐷𝐷𝐷𝐷 7

𝑂𝑂𝑂𝑂

Тоді

За умовою

𝑂𝑂𝑂𝑂

= , звідки 6

𝑂𝑂𝑂𝑂

= . 7

Нехай 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝑥𝑥 см, тоді 𝐷𝐷𝐷𝐷 = (39 − 𝑥𝑥) см. 𝐵𝐵𝐵𝐵 6 𝑥𝑥 6 = ; = ;

𝐷𝐷𝐷𝐷

7 39−𝑥𝑥

7𝑥𝑥 = 6(39 − 𝑥𝑥); 7𝑥𝑥 = 234 − 6𝑥𝑥; 13𝑥𝑥 = 234; 𝑥𝑥 = 18. Отже, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 18 см, тоді 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 39 − 18 = 21(см). Biдповідь: 18 см, 21 см. 643. Розріжте ромб на чотири чотирикутники так, щоб кожний із них був вписаним у коло й описаним навколо кола.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − ромб. Упишемо в ромб коло та проведемо радіуси у точки дотику 𝑀𝑀, 𝑁𝑁, 𝐾𝐾 і 𝑃𝑃. Розглянемо чотирикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴. У ньому ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = ∠𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 = 90∘ , бо радіуси, проведені в точку дотику, перпендикулярні до відповідних сторін. Тому ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 + ∠𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 = 90∘ + 90∘ = 180∘ , звідки випливае за теоремою про суму кутів чотирикутника, що ∠𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 + ∠𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 = 180∘ . Якщо в чотирикутнику сума протилежних кутів дорівнює 180∘ , то його можна вписати в коло. У чотирикутнику 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝑂𝑂𝑂𝑂 як радіуси, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 як відрізки дотичних, проведених до кола з однеі точки, тому 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝑂𝑂𝑂𝑂, а це означає, що чотирикутник можна описати навколо кола. Аналогічні міркування можна провести і для чотирикутників 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀, 𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁 і 𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾. Інший спосіб одержати чотири чотирикутники − сполучити середини протилежних сторін ромба.

Завдання № 3 «Перевірте себе» в тестовій формі (сторінка 164) 1. Діаметр 𝐴𝐴𝐴𝐴 кола із центром 𝑂𝑂 перпендикулярний до хорди 𝐶𝐶𝐶𝐶. Яка з наведених рівностей є неправильною? A. 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ 𝐴𝐴𝐴𝐴; Б. 𝐶𝐶𝑀𝑀2 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ 𝑀𝑀𝑀𝑀; В. 𝐴𝐴𝐷𝐷2 = 𝑀𝑀𝑀𝑀 ⋅ 𝐴𝐴𝐴𝐴; Г. 𝐷𝐷𝑀𝑀2 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ 𝑀𝑀𝑀𝑀.

AB — діаметр ⇒ ∠ACB = 90°, ∠ADB = 90°. CD ⟂ AB ⇒ M — основа висоти. За теоремою про метричні співвідношення в прямокутному трикутнику: AC2 = AB·AM CM2 = AM·MB Оскільки діаметр ⟂ хорді ⇒ ділить її навпіл, то CM = DM ⇒ DM2 = AM·MB. Тоді рівність  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

AD2 = MB·AB — не відповідає теоремі. Відповідь: В. 2. На якому рисунку довжина відрізка 𝑥𝑥 дорівнює 2𝑎𝑎?

x — висота до гіпотенузи. Користуємось властивістю: x2 = AM · MB. A: x2 = a · 2a = 2a2 ⇒ x = a√2 ≠ 2a Б: x2 = a · 4a = 4a2 ⇒ x = 2a В: x2 = a · 9a = 9a2 ⇒ x = 3a Г: x2 = a · 6a = 6a2 ⇒ x = a√6 Відповідь: Б. 3. Iз теореми Піфагора випливає, що гіпотенуза: А. дорівнює сумі катетів; Б. дорівнює сумі квадратів катетів; В. більша за катет; Г. дорівнює квадрату суми катетів. За теоремою Піфагора c 2 = a2 + b 2 . Оскільки a2 + b2 > a2 ⇒ c2 > a2 ⇒ c > a і c > b. Отже гіпотенуза більша за кожен катет. Відповідь: В. 4. Довжина відрізка 𝑥𝑥 на рисунку дорівнює: А. 4 ; Б. 3 ; B. 5 ; Г. 3√2.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

A. Б.

𝑎𝑎√2

2 𝑎𝑎 √2

;

3 𝑎𝑎√3 В. ; 3 𝑎𝑎√3

la. in.

У великому прямокутному трикутнику: 132 = 122 + y2 169 = 144 + y2 y2 = 25 y = 5. У верхньому прямокутному трикутнику: x2 + 42 = 52 x2 + 16 = 25 x2 = 9 x = 3. Відповідь: Б. 3. 5. Бісектриса рівностороннього трикутника зі стороною 𝑎𝑎 дорівнює:

Г. . 2 У рівносторонньому трикутнику бісектриса є також медіаною і висотою. Висота ділить сторону навпіл: 𝑎𝑎 𝑎𝑎 і . 2 2 Утворюється прямокутний трикутник: 𝑎𝑎 гіпотенуза a, катет , висота h. 2 За теоремою Піфагора: 𝑎𝑎 2 2 𝑎𝑎 = � � + ℎ2 2 2 𝑎𝑎 2 𝑎𝑎 = + ℎ2 4 3𝑎𝑎2 2 h = 4 𝑎𝑎 √3

h= . 2 Відповідь: Г. 6. Радіус кола, описаного навколо квадрата зі стороною 𝑎𝑎, дорівнює: 𝑎𝑎 A. ; 2

Б. 𝑎𝑎√2;

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

𝑎𝑎

;

√2

𝑎𝑎√2 2

;

Б. 𝑎𝑎√2; В. 2𝑎𝑎; 𝑎𝑎 Г. . 2

la. in.

Г. 2𝑎𝑎. Радіус описаного кола квадрата дорівнює половині його діагоналі. Діагональ квадрата: 𝑑𝑑 = 𝑎𝑎√2 Радіус: 𝑎𝑎 𝑑𝑑 𝑎𝑎√2 = 𝑅𝑅 = = 2 2 √2 Відповідь: В. 7. Висота рівнобедреного прямокутного трикутника, проведена до гіпотенузи, дорівнює 𝑎𝑎. Тоді його катет дорівнює:

У рівнобедреному прямокутному трикутнику катети рівні: 𝑥𝑥 і 𝑥𝑥, гіпотенуза 𝑥𝑥√2. Висота до гіпотенузи: 𝑎𝑎𝑎𝑎 ℎ= 𝑐𝑐 Тут 𝑎𝑎 = 𝑥𝑥, 𝑏𝑏 = 𝑥𝑥, 𝑐𝑐 = 𝑥𝑥√2. 𝑥𝑥 ⋅ 𝑥𝑥 𝑥𝑥 ℎ= = 𝑥𝑥√2 √2 За умовою ℎ = 𝑎𝑎: 𝑥𝑥 𝑎𝑎 = √2 𝑥𝑥 = 𝑎𝑎√2 Відповідь: Б. 8. Нехай 𝛼𝛼 і 𝛽𝛽 − гострі кути прямокутного нерівнобедреного трикутника. Яка з наведених рівностей є правильною? A. sin 𝛼𝛼 ⋅ tg𝛼𝛼 = cos 𝛼𝛼; sin 𝛼𝛼 Б. = tg𝛽𝛽; cos 𝛼𝛼 B. sin 𝛼𝛼 ⋅ tg𝛽𝛽 = sin 𝛽𝛽; Г. cos 𝛼𝛼 ⋅ tg𝛽𝛽 = sin 𝛽𝛽. У прямокутному трикутнику α + β = 90°. Тоді sin β = cos α , cos α tgβ = . sin α Перевіримо варіанти. A: sin α sin2 α = ≠ cos α. sin α ⋅ tgα = sin α ⋅ cos α cos α Б:  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

sin α = tgα ≠ tgβ. cos α В:

sin α ⋅ tgβ = sin α ⋅

cos α = cos α = sin β. sin α

3 √2 Б. sin 𝛼𝛼 = ; 4 √3

В. sin 𝛼𝛼 = Г. sin 𝛼𝛼 =

2 2

;

√3

la. in.

Для гострого кута прямокутного трикутника 0 < sin α < 1. Перевіримо. 1 A: < 1 — може бути.

Відповідь: В. 9. Нехай 𝛼𝛼 − гострий кут прямокутного трикутника. Яка з даних рівностей не може виконуватися? 1 A. sin 𝛼𝛼 = ;

3 √2 Б: < 1 — може бути. 4 √3

В: Г:

2 2

√3

< 1 — може бути.

> 1 — неможливо.

Відповідь: Г. 10. Довжина відрізка 𝑥𝑥 на рисунку дорівнює: A. Б.

√2 𝑎𝑎sin 𝛼𝛼; 2 𝑎𝑎 √2

tg𝛼𝛼;

2 𝑎𝑎√2 В. cos 𝛼𝛼; 2

Г. 𝑎𝑎√2tg𝛼𝛼.

Позначимо горизонтальний відрізок як 𝑏𝑏. У верхньому прямокутному трикутнику: 𝑏𝑏 tgα = 𝑎𝑎 𝑏𝑏 = 𝑎𝑎tg α У нижньому прямокутному трикутнику кут 45°: 𝑥𝑥 sin 45∘ = 𝑏𝑏

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

√2 𝑥𝑥 = 𝑏𝑏 2

√2 2 Підставимо 𝑏𝑏: √2 𝑥𝑥 = 𝑎𝑎tgα ⋅ 2 𝑎𝑎√2 tgα 𝑥𝑥 = 2 Відповідь: Б.

𝑥𝑥 = 𝑏𝑏 ⋅

la. in.

Готуємося до тематичного оцінювання (сторінка 166) 1. Знайдіть висоту прямокутного трикутника, проведену до гіпотенузи, якщо вона ділить гіпотенузу на відрізки завдовжки 2 см і 32 см.

Висота до гіпотенузи прямокутного трикутника: ℎ2 = 𝑝𝑝𝑝𝑝 де 𝑝𝑝 і 𝑞𝑞 — відрізки гіпотенузи. ℎ2 = 2 ⋅ 32 ℎ2 = 64 ℎ = √64 = 8 Відповідь: 8 см. 2. Катети прямокутного трикутника дорівнюють 5 см та 12 см. Обчисліть периметр трикутника. Гіпотенуза: 𝑐𝑐 = �52 + 122 𝑐𝑐 = √25 + 144 𝑐𝑐 = √169 = 13 Периметр: P = 5 + 12 + 13 = 30 Відповідь: 30 см. 3. Сторона ромба дорівнює √34 см, а одна з його діагоналей − 10 см. Знайдіть другу діагональ ромба.

У ромбі діагоналі перпендикулярні і діляться навпіл. Половини діагоналей:  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

𝑑𝑑 10 = 5, 2 2 У прямокутному трикутнику: 𝑑𝑑 2 2 2 �√34� = 5 + � � 2 2 𝑑𝑑 34 = 25 + 4 𝑑𝑑 2 =9 4 𝑑𝑑 2 = 36 𝑑𝑑 = 6 Відповідь: 6 см. 4. У трикутнику 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 відомо, що ∠𝐶𝐶 = 90∘ , 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 36 см, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 9 см. Знайдіть tg𝐴𝐴.

У прямокутному трикутнику протилежний катет tg 𝐴𝐴 = прилеглий катет Для кута A протилежний катет — BC, прилеглий — AC. 𝐵𝐵𝐵𝐵 tg𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 36 tg𝐴𝐴 = 9 tg 𝐴𝐴 = 4 Відповідь: 4. 5. У прямокутному трикутнику 𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷 (∠𝐸𝐸 = 90∘) відомо, що 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 25 см, cos 𝐹𝐹 = 0,4. Знайдіть катет 𝐸𝐸𝐸𝐸.

У прямокутному трикутнику прилеглий катет cos 𝐹𝐹 = гіпотенуза Гіпотенуза DF = 25, прилеглий катет до кута F — EF. 𝐸𝐸𝐸𝐸 cos 𝐹𝐹 = 𝐷𝐷𝐷𝐷 𝐸𝐸𝐸𝐸 0.4 = 25 𝐸𝐸𝐸𝐸 = 25 ⋅ 0.4  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

𝐸𝐸𝐸𝐸 = 10 Відповідь: 10 см. 6. Знайдіть значення виразу sin2 23∘ + cos 2 23∘ + tg 2 60∘ . sin2 23∘ + cos 2 23∘ = 1 tg60∘ = √3 ⇒ tg 2 60∘ = 3 1 + 3 = 4 Відповідь: 4. 7. Висота 𝐶𝐶𝐶𝐶 рівнобедреного трикутника 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐵𝐵) ділить сторону 𝐴𝐴𝐴𝐴 на відрізки 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 6 см і 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 9 см. Знайдіть основу трикутника 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴.

AB = AD + BD AB = 6 + 9 = 15 Оскільки AB = BC, то BC = 15 У прямокутному △BCD: BC 2 = BD2 + CD2 152 = 92 + CD2 225 = 81 + CD2 CD2 = 144 CD = 12 У прямокутному △ACD: AC 2 = AD2 + CD2 AC 2 = 62 + 122 AC 2 = 36 + 144 AC 2 = 180 AC = √180 = 6√5 Основа трикутника: AC = 6√5 см. Відповідь: 6√5 см. 8. Із точки 𝐴𝐴 до прямої 𝑚𝑚 проведено дві похилі, проєкції яких на пряму дорівнюють 5 см і 9 см . Знайдіть відстань від точки 𝐴𝐴 до прямої 𝑚𝑚, якщо одна з похилих на 2 см менша від іншої.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴 = ℎ — відстань від точки 𝐴𝐴 до прямої 𝑚𝑚. 𝐴𝐴𝐴𝐴 = �ℎ2 + 52 , 𝐴𝐴𝐴𝐴 = �ℎ2 + 92 Одна похила на 2 см менша: �ℎ 2 + 9 2 − �ℎ 2 + 5 2 = 2 �ℎ2 + 81 = 2 + �ℎ2 + 25 h2 + 81 = 4 + h2 + 25 + 4�h2 + 25 81 = 29 + 4�ℎ2 + 25 52 = 4�ℎ2 + 25 13 = �ℎ2 + 25 169 = ℎ2 + 25 ℎ2 = 144 ℎ = 12 Відповідь: 12 см. 9. Висота 𝐵𝐵𝐵𝐵 трикутника 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 ділить сторону 𝐴𝐴𝐴𝐴 на відрізки 𝐴𝐴𝐴𝐴 і 𝐶𝐶𝐶𝐶, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 18 см, ∠𝐴𝐴 = 45∘ , ∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 30∘ . Знайдіть сторону 𝐵𝐵𝐵𝐵 і відрізок 𝐶𝐶𝐶𝐶.

У прямокутному △ABH: 𝐵𝐵𝐵𝐵 sin 45∘ = 𝐴𝐴𝐴𝐴 √2 = 9√2 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 18 ⋅ 2 У прямокутному △BHC: 𝐵𝐵𝐵𝐵 cos 30∘ = 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐵𝐵𝐵𝐵 9√2 18√2 𝐵𝐵𝐵𝐵 = = = = 6√6 cos 30∘ √3 √3 2 Тепер знайдемо CH: 𝐶𝐶𝐶𝐶 sin 30∘ = 𝐵𝐵𝐵𝐵 1 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 ⋅ 2 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 3√6 Відповідь: BC = 6√6 см, CH = 3√6 см. 10. Діагоналі ромба дорівнюють 14√3 см і 42 см . Знайдіть кути ромба.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 42, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 14√3. У ромбі діагоналі перпендикулярні і ділять кути навпіл. 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 21, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = = 7√3 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2 2 У прямокутному △AOB: α 𝐴𝐴𝐴𝐴 t𝑔𝑔 = 2 𝐵𝐵𝐵𝐵 α 21 t𝑔𝑔 = 2 7 √3 α t𝑔𝑔 = √3 2 α = 60∘ 2 α = 120∘ Сусідній кут ромба: β = 180∘ − 120∘ = 60∘ Відповідь: 60° і 120°. 11. Коло, вписане в рівнобічну трапецію, ділить точкою дотику бічну сторону на відрізки завдовжки 3 см і 12 см . Знайдіть висоту трапеції.

Нехай F і M — точки дотику кола до сторін AD і AB, E — до BC, N — до DC. Відомо: AF = BE = 3, FD = CE = 12. Дотичні з однієї точки до кола рівні: AF = AM = 3 DF = DN = 12 З точки B: BM = BE = 3  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Тоді AB = AM + MB = 3 + 3 = 6 см Нижня основа: DC = DN + NC = 12 + 12 = 24 см Також DC = DG + GH + HC = GH + 2DG Звідси 2DG = DC - GH DC−GH DG = 2 Оскільки ABHG — прямокутник, то GH = AB = 6 24−6 DG = =9 2 Розглянемо прямокутний трикутник AGD. AD = AF + FD = 3 + 12 = 15 AD2 = AG2 + DG2 152 = h2 + 92 225 = h2 + 81 h2 = 144 h = 12 Відповідь: 12 см. 12. Бічна сторона рівнобедреного трикутника дорівнює 50 см, а його основа − 60 см. Знайдіть відстань від центра кола, вписаного в трикутник, до вершини рівнобедреного трикутника.

Нехай F, G, D — точки дотику кола зі сторонами AB, BC, AC, O — центр вписаного кола. Дотичні з однієї точки до кола рівні: AF = AD, CD = CG, BF = BG Основа AC = 60, тому AD = CD = 30 Тоді AF = CG = 30 Бічна сторона AB = 50 BF = AB − AF = 50 − 30 = 20 Отже  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

BF = BG = 20 Тепер розглянемо прямокутний трикутник BFO (OF ⊥ AB): BO2 = BF2 + OF2 BO2 = 202 + r2 Знайдемо висоту трикутника BD: BD2 = AB2 − AD2 BD2 = 502 − 302 BD2 = 2500 − 900 BD = 40 Оскільки O лежить на висоті BD, то BO = BD − OD а (OD = r). BO = 40 − r Підставимо у BO2 = 202 + r2 (40 − r)2 = 400 + r2 1600 − 80r + r2 = 400 + r2 1200 = 80r r = 15 Тоді BO = 40 − 15 = 25 Відповідь: 25 см.

§ 4. МНОГОКУТНИКИ. ПЛОЩА МНОГОКУТНИКА 19. Многокутники 644. Накресліть і позначте довільний опуклий семикутник, назвіть усі його вершини та сторони. Проведіть з однієї вершини всі діагоналі, назвіть їх. На скільки трикутників діагоналі розбили семикутник? 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − семикутник. Вершини: 𝐴𝐴, 𝐵𝐵, 𝐶𝐶, 𝐷𝐷, 𝐸𝐸, 𝐹𝐹, 𝐺𝐺; сторони: 𝐴𝐴𝐴𝐴, 𝐵𝐵𝐵𝐵, 𝐶𝐶𝐶𝐶, 𝐷𝐷𝐷𝐷, 𝐸𝐸𝐸𝐸, 𝐹𝐹𝐹𝐹, 𝐴𝐴𝐴𝐴; діагоналі: 𝐴𝐴𝐴𝐴, 𝐴𝐴𝐴𝐴, 𝐴𝐴𝐴𝐴, 𝐴𝐴𝐴𝐴. Діагоналі розділили семикутиик на п'ять трикутників: 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴, 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴, 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴, 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴, 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴.

645. Накресліть шестикутник, кожний кут якого дорівнює 120°, а кожна сторона − 4 см . Опишіть навколо цього шестикутника коло та впишіть у нього коло. Див. рис. 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − шестикутник.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

646. Накресліть п'ятикутник, кожний кут якого дорівнює 108°, а кожна сторона −3 см . Опишіть навколо цього п'ятикутника коло та впишіть у нього коло. Див. рис. 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − п'ятикутник.

647. Накресліть коло довільного радіуса, поділіть його на 8 рівних дуг. Використовуючи точки поділу, побудуйте восьмикутник, вписаний у коло. Див. рис. 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − восьмикутник. Щоб поділити коло на 8 рівних дуг, потрібно 360∘ = 45∘ , кожна пара сусідніх з яких має одну спільну побудувати центральні кути по 8 сторону.

648. Накресліть коло довільного радіуса, поділіть його на 12 рівних дуг. Використовуючи точки поділу, побудуйте дванадцятикутник, вписаний у коло. Див. рис. ABCDEFGHLMNK − дванадцятикутник. Щоб поділити коло на 12 рівних дуг, 360∘ = 30∘ , кожна пара сусідніх з яких має одну потрібно побудувати центральні кути по 12 спільну сторону.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

649. Знайдіть сторони п'ятикутника 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴, якщо сторона 𝐵𝐵𝐵𝐵 на 1 см більша за сторону 𝐴𝐴𝐴𝐴, 𝐶𝐶𝐶𝐶 на 2 см більша за 𝐴𝐴𝐴𝐴, 𝐷𝐷𝐷𝐷 на 3 см більша за 𝐴𝐴𝐴𝐴, 𝐴𝐴𝐴𝐴 на 4 см більша за 𝐴𝐴𝐴𝐴, а периметр п'ятикутника дорівнює 100 см.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑥𝑥 см, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = (𝑥𝑥 + 1) см, 𝐶𝐶𝐶𝐶 = (𝑥𝑥 + 2)см, 𝐷𝐷𝐷𝐷 = (𝑥𝑥 + 3) см, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = (𝑥𝑥 + 4) см. Рівняння: 𝑥𝑥 + (𝑥𝑥 + 1) + (𝑥𝑥 + 2) + (𝑥𝑥 + 3) + (𝑥𝑥 + 4) = 100; 5𝑥𝑥 + 10 = 400; 5𝑥𝑥 = 90; 𝑥𝑥 = 18. Отже, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 18 см, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 18 + 1 = 19 (см), 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 18 + 2 = 20 (см), 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 18 + 3 = 21(см), 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 18 + 4 = 22(см). Відповідь: 18 см, 19 см, 20 см, 21 см, 22 см. 650. Знайдіть суму кутів опуклого: 1. п'ятикутника; 2. восьмикутника; 3. двадцятичотирьохкутника. За теоремою про суму кутів опуклого многокутника маємо: 1. 180∘ (𝑛𝑛 − 2); 𝑛𝑛 = 5, тоді 180∘ (𝑛𝑛 − 2) = 180∘ (5 − 2) = 180∘ ⋅ 3 = 540∘; 2. 180∘ (𝑛𝑛 − 2); 𝑛𝑛 = 8, тоді 180∘ (𝑛𝑛 − 2) = 180∘ (8 − 2) = 180∘ ⋅ 6 = 1080∘ ; 3. 180∘ (𝑛𝑛 − 2); 𝑛𝑛 = 24, тоді 180∘ (𝑛𝑛 − 2) = 180∘ (24 − 2) = 180∘ ⋅ 22 = 3960∘ .  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Biдповідь: 1. 540∘ ; 2. 1080∘ ; 3. 3960∘ . 651. Знайдіть суму кутів опуклого: 1. дев'ятикутника; 2. шістнадцятикутника. За теоремою про суму кутів опуклого многокутника маємо: 1. 180∘ (𝑛𝑛 − 2); 𝑛𝑛 = 9, тоді 180∘ (𝑛𝑛 − 2) = 180∘ (9 − 2) = 180∘ ⋅ 7 = 1260∘ ; 2. 180∘ (𝑛𝑛 − 2); 𝑛𝑛 = 16, тоді 180∘ (𝑛𝑛 − 2) = 180∘ (16 − 2) = 180∘ ⋅ 14 = 2520∘ . Biдповідь: 1. 1260∘ ; 2. 2520∘. 652. Чи існує опуклий многокутник, сума кутів якого дорівнює: 1. 1800°; 2. 720°; 3. 1600°? За теоремою про суму кутів опуклого многокутника маємо: 1. 180∘ (𝑛𝑛 − 2) = 1800∘ ; 𝑛𝑛 − 2 = 1800∘ : 180∘ ; 𝑛𝑛 − 2 = 10; 𝑛𝑛 = 10 + 2; 𝑛𝑛 = 12. Отже, оскільки 𝑛𝑛 є натуральним числом, то такий многокутник існує 𝑖𝑖 він є дванадцятикутником; 2. 180∘ (𝑛𝑛 − 2) = 720∘ ; 𝑛𝑛 − 2 = 720∘ : 180∘ ; 𝑛𝑛 − 2 = 4; 𝑛𝑛 = 4 + 2; 𝑛𝑛 = 6. Отже, оскільки n є натуральним числом, то такий многокутник існує і він є шестикутником; 3. 180∘ (𝑛𝑛 − 2) = 1600∘ ; 8 𝑛𝑛 − 2 = 1600∘ : 180∘ ; 𝑛𝑛 − 2 = 8 ; 9 8 8 𝑛𝑛 = 8 + 2; 𝑛𝑛 = 10 . Oтже, оскільки 𝑛𝑛 не с натуральним числом, тому такий 9 9 многокутник не існує. 653. Чи існує многокутник, кожний кут якого дорівнює: 1. 150°; 2. 100°? За теоремою про суму кутів опуклого многокутника маємо: 1. 180∘ (𝑛𝑛 − 2) = 150∘ ⋅ 𝑛𝑛; 180𝑛𝑛 − 360 = 150𝑛𝑛; 30𝑛𝑛 = 360; 𝑛𝑛 = 12. Отже, оскільки 𝑛𝑛 ∈ натуральним числом, то такий многокутник існує і він є дванадцятикутником; 2. 180∘ (𝑛𝑛 − 2) = 100∘ ⋅ 𝑛𝑛; 180𝑛𝑛 − 360 = 100𝑛𝑛; 80𝑛𝑛 = 360; 𝑛𝑛 = 4,5. Отже, оскільки 𝑛𝑛 не є натуральним числом, то такий многокутник не існує. 654. Під час знімання плану земельної ділянки, яка має форму п'ятикутника (рис. 206), отримали такі величини кутів: ∠𝐴𝐴 = 116°, ∠𝐵𝐵 = 98°, ∠𝐶𝐶 = 124°, ∠𝐷𝐷 = 102°, ∠𝐸𝐸 = 130°. Чи правильно було виконано вимірювання?

За теоремою про суму кутів опуклого п'ятикутника маємо: 180∘ (𝑛𝑛 − 2); 𝑛𝑛 = 5; 180∘ (5 − 2) = 180∘ ⋅ 3 = 540∘ . Тоді ∠𝐴𝐴 + ∠𝐵𝐵 + ∠𝐶𝐶 + ∠𝐵𝐵 + ∠𝐸𝐸 =  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

116∘ + 98∘ + +124∘ + 102∘ + 130∘ = 570∘ . Оскільки 570∘ ≠ 540∘ , то вимірювання виконано неправильно. 655. Знайдіть кути опуклого шестикутника, якщо вони відносяться як 3: 3: 4: 4: 5: 5.

la. in.

Нехай ∠𝐴𝐴 = 3𝑥𝑥, тоді ∠𝐵𝐵 = 3𝑥𝑥, ∠𝐶𝐶 = 4𝑥𝑥, ∠𝐷𝐷 = 4𝑥𝑥, ∠𝐸𝐸 = 5𝑥𝑥, ∠𝐹𝐹 = 5𝑥𝑥. За теоремою про суму кутів опуклого шестикутника маємо: 180∘ (𝑛𝑛 − 2); 𝑛𝑛 = 6; 180∘ (6 − 2) = 180∘ ⋅ 4 = 720∘ . Тоді ∠𝐴𝐴 + ∠𝐵𝐵 + ∠𝐶𝐶 + ∠𝐷𝐷 + ∠𝐸𝐸 + ∠𝐹𝐹 = 720∘ ; 3𝑥𝑥 + 3𝑥𝑥 + 4𝑥𝑥 + 4𝑥𝑥 + 5𝑥𝑥 + 5𝑥𝑥 = 720∘ ; 24𝑥𝑥 = 720∘ ; 𝑥𝑥 = 30∘ . Отже, ∠𝐴𝐴 = 3 ⋅ 30∘ = 90∘ , тоді ∠𝐵𝐵 = 3 ⋅ 30∘ = 90∘ , ∠𝐶𝐶 = 4 ⋅ 30∘ = 120∘ , ∠𝐷𝐷 = 4 ⋅ 30∘ = 120∘ , ∠𝐸𝐸 = 5 ⋅ 30∘ = 150∘ , ∠𝐹𝐹 = 5 ⋅ 30∘ = 150∘ . Biдповідь: 90∘ , 90∘ , 120∘ , 120∘ , 150∘ , 150∘ . 656. Знайдіть кути опуклого семикутника, якщо вони відносяться як 6: 7: 8: 9: 9: 10: 11.

Нехай ∠𝐴𝐴 = 6𝑥𝑥, тоді ∠𝐵𝐵 = 7𝑥𝑥, ∠𝐶𝐶 = 8𝑥𝑥, ∠𝐷𝐷 = 9𝑥𝑥, ∠𝐸𝐸 = 9𝑥𝑥, ∠𝐹𝐹 = 10𝑥𝑥, ∠𝐺𝐺 = 11𝑥𝑥. За теоремою про суму кутів опуклого семикутника маємо: 180∘ (𝑛𝑛 − 2); 𝑛𝑛 = 7; 180∘ (7 − 2) = 180∘ ⋅ 5 = 900∘ . Тоді ∠𝐴𝐴 + ∠𝐵𝐵 + ∠𝐶𝐶 + ∠𝐷𝐷 + ∠𝐸𝐸 + +∠𝐹𝐹 + ∠𝐺𝐺 = 900∘ ; 6𝑥𝑥 + 7𝑥𝑥 + 8𝑥𝑥 + 9𝑥𝑥 + 9𝑥𝑥 + 10𝑥𝑥 + 11𝑥𝑥 = 900∘ ; 60𝑥𝑥 = 900∘ ; 𝑥𝑥 = 15∘ . Отже, ∠𝐴𝐴 = 6 ⋅ 15∘ = 90∘ , тоді ∠𝐵𝐵 = 7 ⋅ 15∘ = 105∘ ,  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

2. у двадцятикутнику можна провести 𝑛𝑛(𝑛𝑛−3)

2 𝑛𝑛(𝑛𝑛−3) 2

∠𝐶𝐶 = 8 ⋅ 15∘ = 120∘ , ∠𝐷𝐷 = 9 ⋅ 15∘ = 135∘ , ∠𝐸𝐸 = 9 ⋅ 15∘ = 135∘ , ∠𝐹𝐹 = 10 ⋅ 15∘ = 150∘ , ∠𝐺𝐺 = 11 ⋅ 15∘ = 165∘ . Biдповідь: 90∘ , 105∘ , 120∘ , 135∘ , 135∘ , 150∘ , 165∘ . 657. Скільки діагоналей можна провести: 1) у дев'ятикутнику; 2) у двадцятикутнику; 3) у 𝑛𝑛−кутнику? 𝑛𝑛(𝑛𝑛−3) У 𝑛𝑛−кутнику можна провести з однієї вершини 𝑛𝑛 − 3 діагоналі, а з усіх вершин − 2 діагоналей. Тому: 𝑛𝑛(𝑛𝑛−3) 9(9−3) 1. у дев'ятикутнику можна провести = = 27 (діагоналей); 2 20(20−3) 2

= 170 (діагоналей);

la. in.

3. у 𝑛𝑛−кутнику можна провести (діагоналей). 2 658. В опуклому многокутнику 54 діагоналі. Знайдіть кількість hoго сторін і суму кутів. 𝑛𝑛(𝑛𝑛−3) 𝑛𝑛(𝑛𝑛−3) У 𝑛𝑛−кутнику можна провести діагоналей. Тому: = 54; 2 2 𝑛𝑛(𝑛𝑛 − 3) = 108; 𝑛𝑛2 − 3𝑛𝑛 − 108 = 0; 𝑛𝑛1 = 12, 𝑛𝑛2 = −9 − не задовольняе умову задачі. Отже, даний многокутник є дванадцятикутником. Тоді сума його кутів дорівнює 180∘ (𝑛𝑛 − 2) = 180∘ (12 − 2) = 180∘ ⋅ 10 = 1800∘ . Biдповідь: 12 сторін; 1800∘ . 659. Доведіть, що коли всі сторони многокутника, вписаного в коло, рівні, то й усі йoго кути теж рівні.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 … − многокутник, вписаний у коло, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝐷𝐷𝐷𝐷 = ⋯. Тоді △ 𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 =△ 𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 =△ 𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 =△ 𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 = ⋯ за трьома сторонами (за III өзнакою рівності трикутників), бо 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝑂𝑂𝑂𝑂 = ⋯. Тоді ∠𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 = ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = ∠𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 = ∠𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 = ∠𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 = ∠𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 = ∠𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 = ∠𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 = ⋯ як відпөвідні елементи рівних трикутників. Це означає, що−відрізки 𝑂𝑂𝑂𝑂, 𝑂𝑂𝑂𝑂, 𝑂𝑂𝑂𝑂, 𝑂𝑂𝑂𝑂, 𝑂𝑂𝑂𝑂, … − бісектриси кутів многокутника, тому ∠𝐴𝐴 = ∠𝐵𝐵 = ∠𝐶𝐶 = ∠𝐷𝐷 = ∠𝐸𝐸 = ⋯. 660. Доведіть, що коли всі кути многокутника, описаного навколо кола, рівні, то й усі його сторони теж рівні.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 … − многокутник, описаний навколо кола, ∠𝐴𝐴 = ∠𝐵𝐵 = ∠𝐶𝐶 = ∠𝐷𝐷 = ∠𝐸𝐸 = ⋯. Центр вписаного в многокутник кола міститься в точці перетину бісектрис трикутника. За означенням бісектриси кута маємо: ∠𝐴𝐴1 𝐵𝐵𝐵𝐵 = ∠𝑂𝑂𝑂𝑂𝐵𝐵1 , ∠𝐵𝐵1 𝐶𝐶𝐶𝐶 = ∠𝑂𝑂𝑂𝑂𝐶𝐶1 , ∠𝐶𝐶1 𝐷𝐷𝐷𝐷 = ∠𝑂𝑂𝑂𝑂𝐷𝐷1 , ∠𝐷𝐷1 𝐸𝐸𝐸𝐸 = ∠𝑂𝑂𝑂𝑂𝐸𝐸1 , …, тому трикутники 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴, 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵, 𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶, 𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷, … рівнобедрені за властивістю кутів при основі рівнобедреного трикутника. Проведемо радіуси кола в точки дотику. Тоді 𝑂𝑂𝐴𝐴1 ⊥ 𝐴𝐴𝐴𝐴, 𝑂𝑂𝐵𝐵1 ⊥ 𝐵𝐵𝐵𝐵, 𝑂𝑂𝐶𝐶1 ⊥ 𝐶𝐶𝐶𝐶, 𝑂𝑂𝐷𝐷1 ⊥ 𝐷𝐷𝐷𝐷, …. Тоді 𝑂𝑂𝐴𝐴1 − висота рівнобедреного трикутника 𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂, яка є одночасно медіаною, звідки 𝐴𝐴𝐴𝐴1 = 𝐴𝐴1 𝐵𝐵. Аналогічно 𝐵𝐵𝐵𝐵1 = 𝐵𝐵1 𝐶𝐶, 𝐶𝐶𝐶𝐶1 = 𝐶𝐶1 𝐷𝐷, 𝐷𝐷𝐷𝐷1 = 𝐷𝐷1 𝐸𝐸, … Розглянемо прямокутні трикутники 𝑂𝑂𝐴𝐴1 𝐵𝐵 і 𝑂𝑂𝑂𝑂𝐵𝐵1 . У них: 1. ∠𝑂𝑂𝑂𝑂𝐴𝐴1 = ∠𝑂𝑂𝑂𝑂𝐵𝐵1 за означенням бісектриси; 2. 𝑂𝑂𝑂𝑂 − спільна сторона. Тому Δ𝑂𝑂𝐴𝐴1 𝐵𝐵 = Δ𝑂𝑂𝑂𝑂𝐵𝐵1 , звідки 𝐴𝐴1 𝐵𝐵 = 𝐵𝐵𝐵𝐵1 як елементи рівних трикутіннів. Аналогічно можна показати, що 𝐵𝐵1 𝐶𝐶 = 𝐶𝐶𝐶𝐶1 , 𝐶𝐶1 𝐷𝐷 = 𝐷𝐷𝐷𝐷1 , …. Тому 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝐷𝐷𝐷𝐷 = ⋯. 661. Усі сторони опуклого п'ятикутника рівні, а кути, прилеглі до однієї зі сторін, − прямі. Знайдіть решту кутів п'ятикутника.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − п'ятикутник, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 𝐴𝐴𝐴𝐴, ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = ∠𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷 = 90∘ . Проведемо діагональ 𝐵𝐵𝐵𝐵 п'ятикутника, тоді 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − квадрат, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐴𝐴𝐴𝐴, ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 90∘ . Далі, трикутник 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 − рівносторонній, звідки ∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = = ∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 60∘ . За аксіомою вимірювання кутів ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 + ∠𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷; ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ + 60∘ = 150∘. Аналогічно ∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 150∘ . Biдповідь: 150∘ , 60∘ , 150∘ .  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

662. Три кути опуклого многокутника дорівнюють по 100°, а решта – по 120°. Визначте вид многокутника. За теоремою про суму кутів опуклого многокутника маємо: 180∘ (𝑛𝑛 − 2). Якщо в цьому многокутнику 3 кути дорівнюють по 100∘ , а решту − (𝑛𝑛 − 3) кути − по 120∘ , то маємо рівняння: 3 ⋅ 100∘ + (𝑛𝑛 − 3) ⋅ 120∘ = 180∘ (𝑛𝑛 − 2); 300 + 120𝑛𝑛 − 360 = 180𝑛𝑛 − 360; 60𝑛𝑛 = 300; 𝑛𝑛 = 5. Отже, даний многокутник є п'ятикутником. 663. Доведіть, що коли кути опуклого шестикутника рівні, то його сторони утворюють три пари паралельних сторін.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − опуклий шестикутник, ∠𝐴𝐴 = ∠𝐵𝐵 = ∠𝐶𝐶 = ∠𝐷𝐷 = ∠𝐸𝐸 = ∠𝐹𝐹. За теоремою про суму кутів опуклого шестикутника маємо: 180∘ (𝑛𝑛 − 2) = 180∘ (6 − 2 ) = 180∘ ⋅ 4 = 720∘, а кожен з кутів дорівнює по 720∘ : 6 = 120∘ . Проведемо через сторони 𝐵𝐵𝐵𝐵 і 𝐹𝐹𝐹𝐹 шестикутника пряму 𝑀𝑀𝑀𝑀. Тоді сума кутів п'ятикутника ABMNF : дорівнює 180∘ (𝑛𝑛 − 2) = 180∘ (5 − 2) = 180∘ ⋅ 3 = 540∘ . Тоді ∠𝐴𝐴 + ∠𝐵𝐵 + +∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 + ∠𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 + ∠𝐹𝐹 = 540∘ ; 120∘ + 120∘ + ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 + ∠𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 + 120∘ = 540∘ ; ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 + ∠𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 = 180∘ . Ці кути є внутрішніми односторонніми при прямих 𝐵𝐵𝐵𝐵 і 𝐹𝐹𝐹𝐹 та січній 𝑀𝑀𝑀𝑀, тому за ознакою паралельності прямих 𝐵𝐵𝐵𝐵‖𝐹𝐹𝐹𝐹. Аналогічно можна довести, що 𝐴𝐴𝐴𝐴‖𝐷𝐷𝐷𝐷 і 𝐴𝐴𝐴𝐴‖𝐶𝐶𝐶𝐶. 664. Доведіть, що коли кути опуклого п'ятикутника рівні, то він не має паралельних сторін.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − опуклий п'ятикутник, ∠𝐴𝐴 = ∠𝐵𝐵 = ∠𝐶𝐶 = ∠𝐷𝐷 = ∠𝐸𝐸. За теоремою про суму кутів опуклого п'ятикутника маємо: 180∘ (𝑛𝑛 − 2) = 180∘ (5 − 2) = 180∘ ⋅ 3 = 540∘ , а кожен з кутів дорівнює по 540∘ : 5 = 108∘ . Проведемо через сторони 𝐴𝐴𝐴𝐴 і 𝐶𝐶𝐶𝐶 п'ятикутника пряму 𝑀𝑀𝑀𝑀. Тоді сума кутів п'ятикутника 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 дорівнює  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

180∘ (𝑛𝑛 − 2) = 180∘ (5 − 2) = 180∘ ⋅ 3 = 540∘ . Тоді ∠𝐴𝐴 + ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 + ∠𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 + ∠𝐷𝐷 + ∠𝐸𝐸 = 540∘ ; 108∘ + ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 + ∠𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 + 108∘ + 108∘ = 540∘ ; ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 + ∠𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 = 216∘ . Ці кути є. внутрішніми односторонніми при прямих 𝐴𝐴𝐴𝐴 і 𝐶𝐶𝐶𝐶 та січній 𝑀𝑀𝑀𝑀, тому оскільки ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 + ∠𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 = 216∘ ≠ 180∘ , прямі 𝐴𝐴𝐴𝐴 і 𝐶𝐶𝐶𝐶 не паралельні. Аналогічно можна довести це твердження і для інших пар прямих. 665. У рівнобічній трапеції діагональ є бісектрисою тупого кута й ділить середню лінію трапеції на відрізки завдовжки 7 см і 11 см . Знайдіть периметр трапеції.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − рівнобічна трапеція (𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐶𝐶𝐶𝐶, 𝐴𝐴𝐴𝐴‖𝐵𝐵𝐵𝐵), 𝐴𝐴𝐴𝐴 − діагональ, ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴, 𝑀𝑀𝑀𝑀 − середня лінія, 𝑀𝑀𝑀𝑀 = 7 см, 𝐾𝐾𝐾𝐾 = 11 см. 𝑀𝑀𝑀𝑀 − середня лінія трикутника 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴, звідки 1 𝑀𝑀𝑀𝑀 = 𝐵𝐵𝐵𝐵; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 2𝑀𝑀𝑀𝑀; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 2 ⋅ 7 = 14 (см). 2 𝐾𝐾𝐾𝐾 − середня лінія трикутника 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴, звідки 1 𝐾𝐾𝐾𝐾 = 𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2𝐾𝐾𝐾𝐾; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2 ⋅ 11 = 22 (см). 2 ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = ∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 як внутрішні різносторонні при паралельних прямих 𝐴𝐴𝐴𝐴 і 𝐵𝐵𝐵𝐵 та січній 𝐴𝐴𝐴𝐴, тому трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − рівнобедрений з основою 𝐴𝐴𝐴𝐴, 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 22 (см). 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 22 см як бічні сторони рівнобічної трапеції. 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + +𝐵𝐵𝐵𝐵 + 𝐶𝐶𝐶𝐶 + 𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 22 + 14 + 22 + 22 = 80(см). Biдповідь: 80 см. 666. Медіана та висота прямокутного трикутника, проведені до гіпотенузи, дорівнюють відповідно 13 см і 12 см . Знайдіть периметр даного трикутника.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − прямокутний трикутник (∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ), 𝐵𝐵𝐵𝐵 − медіана, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 13 см, 𝐵𝐵𝐵𝐵 − висота, 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 12 см. За властивістю медіани прямокутного трикутника, проведеної до гіпотенузи, маємо: 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2𝐵𝐵𝐵𝐵; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2 ⋅ 13 = 26 (см). 1 1 За означенням медіани 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐹𝐹𝐹𝐹 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 = ⋅ 26 = 13 (см). Розглянемо прямокутний 2 2 трикутник 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵. За теоремою Піфагора 𝐵𝐵𝐹𝐹 2 = 𝐵𝐵𝐷𝐷2 + 𝐷𝐷𝐹𝐹 2 ; 𝐷𝐷𝐹𝐹 2 = 𝐵𝐵𝐹𝐹 2 − 𝐵𝐵𝐷𝐷2 ; 𝐷𝐷𝐷𝐷 = �𝐵𝐵𝐹𝐹 2 − 𝐵𝐵𝐷𝐷2 ; 𝐷𝐷𝐷𝐷 = √132 − 122 = √169 − 144 = √25 = 5 (см). За аксіомою вимірювання відрізків 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐷𝐷𝐷𝐷;  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 − 𝐷𝐷𝐷𝐷; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 13 − 5 = 8 (см); 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐷𝐷𝐷𝐷; 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 − 𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 26 − 8 = 18 (см). Розглянемо прямокутний трикутник 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵(∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐵𝐵2 = 𝐵𝐵𝐷𝐷2 + 𝐴𝐴𝐷𝐷2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = �𝐵𝐵𝐷𝐷2 + 𝐴𝐴𝐷𝐷2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = √122 + 82 = √144 + 64 = √208 = 4√13 (см). Розглянемо прямокутний трикутник 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵(∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 = 𝐵𝐵𝐷𝐷2 + 𝐷𝐷𝐶𝐶 2 ; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = �𝐵𝐵𝐷𝐷2 + 𝐷𝐷𝐶𝐶 2 ; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = √122 + 182 = √144 + 324 = √468 = 6√13( см). Тоді 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐵𝐵𝐵𝐵 + 𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 4√13 + 6√13 + 26 = �10√13 + 26�(см). Biдповідь: 10√13 + 26 см. 667. Бісектриса кута 𝐴𝐴 трикутника 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(∠𝐶𝐶 = 90°) ділить катет 𝐵𝐵𝐵𝐵 на відрізки завдовжки 6 см і 10 см . Знайдіть радіус кола, яке проходить через точку 𝐴𝐴, точку 𝐶𝐶 і точку перетину даної бісектриси з катетом 𝐵𝐵𝐵𝐵.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − прямокутний трикутник ( ∠𝐶𝐶 = 90∘ ), 𝐴𝐴𝐴𝐴 − бісектриса, 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 6 см, 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 10 см. За властивістю бісектриси трикутника 𝐶𝐶𝐶𝐶 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 6 3 = ; = = . Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 3𝑥𝑥 см, тоді 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 5𝑥𝑥 см. За аксіомою вимірювання 𝐷𝐷𝐷𝐷 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 10 5 відрізків 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 + 𝐷𝐷𝐷𝐷; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 10 + 6 = 16 (см). Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴. За теоремою Піфагора 𝐴𝐴𝐵𝐵2 = 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 + 𝐵𝐵𝐶𝐶 2 ; (5𝑥𝑥)2 = (3𝑥𝑥)2 + 162 ; 25𝑥𝑥 2 = 9𝑥𝑥 2 + 256; 16𝑥𝑥 2 = 256; 𝑥𝑥 2 = 16; 𝑥𝑥 = 4. Отже, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 3 ⋅ 4 = 12 (см), тоді 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 5 ⋅ 4 = 20 (см). Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴. За теоремою Піфагора  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

𝐴𝐴𝐷𝐷2 = 𝐴𝐴𝐶𝐶 2 + 𝐶𝐶𝐷𝐷2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = �𝐴𝐴𝐶𝐶 2 + 𝐶𝐶𝐷𝐷2 ; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = √122 + 62 = √144 + 36 = √180 = 6√5 (см). Центр кола, описаного навколо прямокутного трикутника, міститься на середині гіпотенузи, тому 1 1 𝑟𝑟 = 𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝑟𝑟 = ⋅ 6√5 = 3√5( см). 2

la. in.

Biдповідь: 3√5 см. 668. На колі радіуса 1 позначили 1000 точок. Доведіть, що знайдеться точка, яка належить даному колу, сума відстаней від якої до позначених точок більша за 1000.

Нехай 𝑀𝑀1 , 𝑀𝑀2 , … , 𝑀𝑀1000 − дані точки, 𝑋𝑋 − деяка точка кола, 𝑌𝑌 − діаметрально протилежна їй точка, 𝑥𝑥𝑖𝑖 − відстань від точки 𝑀𝑀𝑖𝑖 до точки 𝑋𝑋, 𝑦𝑦𝑖𝑖 − відстань від точки 𝑀𝑀𝑖𝑖 до точки 𝑌𝑌(де і − деяке число від 1 до 1000). 𝑥𝑥𝑖𝑖 + 𝑦𝑦𝑖𝑖 ≥ 𝑋𝑋𝑋𝑋 = 2, до того ж рівність виконується лише для двох значень 𝑖𝑖, коли точка 𝑀𝑀𝑖𝑖 збігається з точками 𝑋𝑋 або 𝑌𝑌. (𝑥𝑥1 + 𝑥𝑥2 + ⋯ + 𝑥𝑥1000 ) + (𝑦𝑦1 + 𝑦𝑦2 + 𝑦𝑦1000 ) ≥ 2 ⋅ 1000 = 2000. Отже, 𝑥𝑥1 + 𝑥𝑥2 + ⋯ + 𝑥𝑥1000 > 1000 або 𝑦𝑦1 + 𝑦𝑦2 + ⋯ + 𝑦𝑦1000 > 1000.

20. Поняття площі многокутника. Площа прямокутника 669. Знайдіть сторони прямокутника, якщо одна з них на 5 см більша за другу, а площа прямокутника дорівнює 36 см2. Нехай одна сторона прямокутника дорівнює 𝑥𝑥 см, тоді інша — ( 𝑥𝑥 + 5 ) см. Рівняння: 𝑥𝑥(𝑥𝑥 + 5) = 36; 𝑥𝑥 2 + 5𝑥𝑥 − 36 = 0; 𝑥𝑥1 = 4, 𝑥𝑥2 = −9 − не здовольняє умову задачі. Отже, одна сторона прямокутника дорівнює 4 см, тоді інша — 4 + 5 = 9 (см). 670. Площа прямокутника дорівнює 270 см2 , а його сторони відносяться як 5: 6. Чому дорівнюють сторони прямокутника? Нехай одна сторона прямокутника дорівнює 5𝑥𝑥 см, тоді інша — 6𝑥𝑥 см. Рівняння: 5𝑥𝑥 ⋅ 6𝑥𝑥 = 270; 30𝑥𝑥 2 = 270; 𝑥𝑥 2 = 9; 𝑥𝑥 = 3. Oтже, одна сторона прямокутника дорівнює 5 ⋅ 3 = 15(см), тоді інша — 6 ⋅ 3 = 18( см). Biдповідь: 15 см, 18 см.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

671. Які з прямокутників, зображених на рисунку, рівновеликі?

la. in.

Рівновеликими є прямокутники а, б і д, бо 4 ⋅ 3 = 1,5 ⋅ 8 = 2 ⋅ 6 = 12 (кв. од.) і в, г і ґ, бо 2 ⋅ 8 = 4 ⋅ 4 = 16 ⋅ 1 = 16 (кв. од.) 672. Квадрат зі стороною 12 см і прямокутник, одна зі сторін якого дорівнює 8 см , рівновеликі. Знайдіть периметр даного прямокутника. Площа квадрата, сторона якого 12 см, дорівнює 𝑆𝑆1 = 12 ⋅ 12 = 144 (см²). Площа прямокутника, одна зі сторін якого 8 см , дорівнює 𝑆𝑆2 = 8𝑥𝑥 (см2). Оскільки квадрат і прямокутник рівновеликі, то 8𝑥𝑥 = 144; 𝑥𝑥 = 18. Отже, інша сторона прямокутника дорівнює 18 см, тоді периметр 𝑃𝑃2 = 2(8 + 18) = 2 ⋅ 26 = 52(см). Biдповідь: 52 см. 673. Знайдіть периметр квадрата, який рівновеликий прямокутнику зі сторонами 2 см і 32 см . Площа прямокутника, сторони якого дорівнюють 2 см і 32 см, становить 𝑆𝑆1 = 2 ⋅ 32 = 64(см2 ). Площа квадрата дорівнює 𝑆𝑆2 = 𝑥𝑥 2 (см2 ). Оскільки квадрат і прямокутник рівновеликі, то 𝑥𝑥 2 = 64; 𝑥𝑥 = 8. Отже, сторона квадрата дорівнює 8 см, тоді периметр 𝑃𝑃2 = 4𝑥𝑥 = 4 ⋅ 8 = 32 (см). Biдповідь: 32 см. 674. Діагональ прямокутника дорівнює d і утворює з однією зі сторін кут 𝛼𝛼. Знайдіть площу прямокутника.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − прямокутник, 𝐴𝐴𝐴𝐴 − діагональ, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑑𝑑, ∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝛼𝛼. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). Тоді 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ cos 𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑑𝑑cos 𝛼𝛼; 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ sin𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶; 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝑑𝑑sin𝛼𝛼. Тоді: 𝑆𝑆 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ 𝐶𝐶𝐶𝐶; 𝑆𝑆 = 𝑑𝑑cos𝛼𝛼 ⋅ 𝑑𝑑sin𝛼𝛼 = 𝑑𝑑 2 cos𝛼𝛼 sin𝛼𝛼. Biдповідь: 𝑑𝑑 2 cos 𝛼𝛼sin 𝛼𝛼. 675. Сторона прямокутника дорівнює 15 см і утворює з діагоналлю кут 30°. Знайдіть площу прямокутника.

 shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − прямокутник, 𝐴𝐴𝐴𝐴 − діагональ, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 15 см, ∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 30∘ . Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). Тоді 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ tg𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶; 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 15 ⋅ tg30∘ = 15 ⋅

√3 = 5√3( см). 3

la. in.

Тоді: 𝑆𝑆 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ 𝐶𝐶𝐶𝐶; 𝑆𝑆 = 15 ⋅ 5√3 = 75√3( см2 ). Biдповідь: 75√3 см2 . 676. Знайдіть відношення площ двох квадратів, сторони яких відносяться як: 1. 3 ∶ 4; 2. 2 ∶ √5. 1. Нехай сторона першого квадрата дорівнює 3𝑥𝑥 см, тоді сторона другого 4𝑥𝑥 см. Тому площа першого квадрата − 𝑆𝑆1 = (3𝑥𝑥)2 = 9𝑥𝑥 2 ( см2 ), другого − 𝑆𝑆2 = (4𝑥𝑥)2 = 16𝑥𝑥 2 ( см2 ), 𝑆𝑆

а їхнє відношення − 1 =

9𝑥𝑥 2

𝑆𝑆2

16𝑥𝑥 2

𝑆𝑆

4𝑥𝑥 2

;

2. нехай сторона першого квадрата дорівнює 2𝑥𝑥 см, тоді сторона другого √5𝑥𝑥 см. Тому площа першого квадрата −𝑆𝑆1 = (2𝑥𝑥)2 = 4𝑥𝑥 2 (см2 ), другого −𝑆𝑆2 = (√5𝑥𝑥)2 = 5𝑥𝑥 2 (см2 ),

а їхнє відношення − 1 = 𝑆𝑆2

= .

5𝑥𝑥 2

677. Як відносяться сторони двох квадратів, якщо їхні площі відносяться як: 1) 25: 36; 2) 3: 49 ? 1. Нехай площа першого квадрата дорівнює 25𝑥𝑥 2 см2 , тоді площа другого 36𝑥𝑥 2 см2 . Оскільки 𝑆𝑆1 = 𝑎𝑎12 , 𝑆𝑆2 = 𝑎𝑎22 , то 𝑎𝑎1 = �𝑆𝑆1 , 𝑎𝑎2 = �𝑆𝑆2 , тому сторона першого квадрата − 𝑎𝑎1 = 5𝑥𝑥(см), другого − 𝑎𝑎2 = 6𝑥𝑥(см), 𝑎𝑎 5𝑥𝑥 5 а їхнє відношення 1 = = ; 𝑎𝑎2

6𝑥𝑥

2. нехай площа першого квадрата дорівнює 3𝑥𝑥 2 см2 , тоді площа другого 49𝑥𝑥 2 см2 . Оскільки 𝑆𝑆1 = 𝑎𝑎12 , 𝑆𝑆2 = 𝑎𝑎22 , то 𝑎𝑎1 = �𝑆𝑆1 , 𝑎𝑎2 = �𝑆𝑆2 , тому сторона першого квадрата − 𝑎𝑎1 = √3𝑥𝑥 (см), другого − 𝑎𝑎2 = 7𝑥𝑥 (см), 𝑎𝑎

а їхнє відношення 1 = 𝑎𝑎2

√3𝑥𝑥 √3 = . 7𝑥𝑥 7

678. Одна зі сторін прямокутника дорівнює 28 см . Як зміниться площа прямокутника, якщо сусідню його сторону зменшити на 5 см ? Нехай друга сторона прямокутника дорівнює 𝑥𝑥 см, тоді його площа − 𝑆𝑆1 = 28𝑥𝑥(см2 ). Після зменшення другої сторони на 5 см ї довжина становитиме (𝑥𝑥 − 5) см, а площа − 𝑆𝑆2 = 28(𝑥𝑥 − 5) = (28𝑥𝑥 − 140) = (𝑆𝑆1 − 140) (см2 ), тобто площа прямокутника зменшиться на 140 см2 .  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Відповідь: Площа зменшиться на 140 см2 . 679. Як зміниться площа прямокутника, якщо: 1. дві його протилежні сторони збільшити в 3 рази; 2. усі його сторони збільшити в 3 рази; 3. дві його протилежні сторони збільшити в 6 разів, а дві інші − зменшити в 3 рази? 1. Нехай сторони заданого прямокутника дорівнюють 𝑎𝑎 та 𝑏𝑏, тоді його площа 𝑆𝑆1 = 𝑎𝑎𝑎𝑎. Після збільшення протилежних сторін, наприклад 𝑎𝑎, утричі вони дорівнюватимуть 3𝑎𝑎, а площа −𝑆𝑆2 = 3𝑎𝑎𝑎𝑎 = 3(𝑎𝑎𝑎𝑎) = 3𝑆𝑆1 . Отже, площа збільшиться утричі; 2. нехай сторони заданого прямокутника дорівнюють 𝑎𝑎 та 𝑏𝑏, тоді його площа из 𝑆𝑆1 = 𝑎𝑎𝑎𝑎. Після збільшення протилежних сторін утричі вони дорівнюватимуть 3𝑎𝑎 і 3𝑏𝑏, а площа − 𝑆𝑆2 = 3𝑎𝑎 ⋅ 3𝑏𝑏 = 9(𝑎𝑎𝑎𝑎) = 9𝑆𝑆1 . Отже, площа збільшиться у 9 разів; 3. нехай сторони заданого прямокутника дорівнюють 𝑎𝑎 та 𝑏𝑏, тоді його площа 𝑆𝑆1 = 𝑎𝑎𝑎𝑎. Після збільшення двох протилежних сторін у 6 разів вони дорівнюватимуть по 6а, а після 𝑏𝑏 𝑏𝑏 зменшення інших двох сторін утричі вони дорівнюватимуть , а площа −𝑆𝑆2 = 6𝑎𝑎 ⋅ = 3 3 2(𝑎𝑎𝑎𝑎) = 2𝑆𝑆1 . Отже, площа збільшиться удвіні. 680. Як зміниться площа прямокутника, якщо: 1. дві його протилежні сторони зменшити в 4 рази, а дві інші − у 2 рази; 2. дві його протилежні сторони збільшити в 4 рази, а дві інші − зменшити в 4 рази? 1. Нехай сторони заданого прямокутника дорівнюють 𝑎𝑎 та 𝑏𝑏, тоді його площа 𝑆𝑆1 = 𝑎𝑎𝑎𝑎. 𝑎𝑎 Після зменшення двох протилежних сторін у 4 разів вони дорівнюватимуть по , апісля 𝑏𝑏

𝑎𝑎

𝑏𝑏

зменшення інших двох сторін удвічі вони дорівнюватимуть , а площа −𝑆𝑆2 = ⋅ = 𝑆𝑆1

𝑎𝑎𝑎𝑎 8

. Отже, площа зменшиться у 8 разів; 2. нехай сторони заданого прямокутника дорівнюють 𝑎𝑎 та 𝑏𝑏, тоді його площа 𝑆𝑆1 = 𝑎𝑎𝑎𝑎. Після збільшення двох протилежних сторін у 4 рази вони дорівнюватимуть по 4𝑎𝑎, а після 𝑏𝑏 𝑏𝑏 зменшення інших двох сторін утричі вони дорівнюватимуть , а площа −𝑆𝑆2 = 4𝑎𝑎 ⋅ = 4 4 𝑎𝑎𝑏𝑏 = 𝑆𝑆1 . Отже, площа не зміниться. 681. На продовженні сторони 𝐴𝐴𝐴𝐴 паралелограма 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 за точку 𝐷𝐷 позначено точку 𝑀𝑀 так, що 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑀𝑀𝑀𝑀. Доведіть, що паралелограм 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 і трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 рівновеликі.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − паралелограм, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐷𝐷𝐷𝐷. Розглянемо трикутники 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 і 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀. у них: 1. ∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 як внутрішні різносторонні при паралельних прямих 𝐵𝐵𝐵𝐵 і 𝐴𝐴𝐴𝐴 та січній 𝐶𝐶𝐶𝐶; 2. ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = ∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 як внутрішні різносторонні при паралельних прямих 𝐵𝐵𝐵𝐵 і 𝐴𝐴𝐴𝐴 та січніи 𝐵𝐵𝐵𝐵; 3. 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 𝐶𝐶𝐶𝐶, бо 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐷𝐷𝐷𝐷 за умовою, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 як протилежні сторони паралелограма. Тому △ 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 =△ 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 за стороною і двома прилеглими до неї кутами (за II ознакою рівності трикутників). Тоді 𝑆𝑆𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝑆𝑆𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 . 𝑆𝑆𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑆𝑆𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝑆𝑆𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 ; 𝑆𝑆𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑆𝑆𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝑆𝑆𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 , тому 𝑆𝑆𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑆𝑆𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 .  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

682. Площа квадрата 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 дорівнює 10 см2 . Чому дорівнює площа прямокутника 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 ?

la. in.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − квадрат, 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 − прямокутник. Проведемо діагональ 𝐴𝐴𝐴𝐴 квадрата. Розглянемо чотирикутник 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵. У ньому ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = ∠𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 = 90∘ як кути прямокутника, тому 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 − прямокутник. Оскільки 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝑂𝑂𝑂𝑂 як полювини діагоналей квадрата 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴, то 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 − квадрат. Аналогічно 𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 − квадрат. У квадраті 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 △ 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 =△ 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 =△ 𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 =△ 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 за трьома сторонами (Ш ознакою рівності трикутників). Тоді їхні площі теж рівні. 𝐵𝐵𝐵𝐵 − діагональ квадрата 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵, тоді вона ділить його на два рівні трикутники: △ 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 =△ 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵, тоді їхні площі теж рівні. Аналогічно △ 𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 =△ 𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶. Отже, 𝑆𝑆𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝑆𝑆𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 + 𝑆𝑆𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 + 𝑆𝑆𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 + +𝑆𝑆𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = 4𝑆𝑆𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝑆𝑆𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 10 см2 . Biдповідь: 10 см2 . 683. Доведіть, що коли точка 𝐸𝐸 − середина відрізка 𝐴𝐴𝐴𝐴, то трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 і прямокутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 рівновеликі.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − прямокутник, 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − трикутник, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐸𝐸𝐸𝐸. Проведемо з вершини 𝐾𝐾 трикутника 𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸 висоту 𝐾𝐾𝐾𝐾 ( 𝐾𝐾𝐾𝐾 ⊥ 𝐵𝐵𝐵𝐵 ). Розглянемо прямокутні трикутиики 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 і 𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸. У них: 1. ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = ∠𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻 як вертикальні; 2. 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐸𝐸𝐸𝐸 за умевою. Тоді △ 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 =△ 𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸 за гіпотенузою і гострим кутом (за I ознакою рівності прямокутних трикутників), звідки 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐾𝐾𝐾𝐾 як відповідні елементи рівних трихутників. Тому 𝑆𝑆𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑆𝑆𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸 . Розглянемо прямокутні трикутники FCD і FHK. У них: 1. ∠𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶𝐶 = ∠𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻𝐻 як вертикальні; 2. 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 𝐾𝐾𝐾𝐾, бо 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐾𝐾𝐾𝐾 за доведеним, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐷𝐷𝐷𝐷 як протилежні сторони прямокутника. Тоді △ 𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹 =△ 𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹 за катетом і гострим кутом (за III ознакою рівності прямокутних трикутників).  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Тому 𝑆𝑆𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹 = 𝑆𝑆𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹 . Тоді 𝑆𝑆𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑆𝑆𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝑆𝑆𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸𝐸 + 𝑆𝑆𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹 = 𝑆𝑆𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝑆𝑆𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝑆𝑆𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹𝐹 = 𝑆𝑆𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 . 684. У скільки разів площа квадрата, описаного навколо кола, більша за площу квадрата, вписаного в це коло?

𝑆𝑆

Отже, ABCD = 𝑆𝑆MNKP

4𝑅𝑅 2 2𝑅𝑅 2

la. in.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − описаний навколо кола (𝑂𝑂; 𝑅𝑅) квадрат, а MNKP − вписаний у коло. 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2𝑅𝑅; 𝑆𝑆𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐷𝐷2 = (2𝑅𝑅)2 = 4𝑅𝑅2 . У квадраті 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 відрізок 𝑀𝑀𝑀𝑀 − діагональ, 𝑀𝑀𝑀𝑀 = 2𝑅𝑅. За теоремою Піфагора з трикутника 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 маємо: 𝑀𝑀𝑁𝑁 2 + 𝑁𝑁𝐾𝐾 2 = 𝑀𝑀𝐾𝐾 2 ; 2𝑀𝑀𝑁𝑁 2 = (2𝑅𝑅)2 ; 2𝑀𝑀𝑁𝑁 2 = 4𝑅𝑅2 ; 𝑀𝑀𝑁𝑁 2 = 2𝑅𝑅2 ; 𝑆𝑆𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 = 𝑀𝑀𝑁𝑁 2 = 2𝑅𝑅2 . = 2.

Biдповідь: У 2 рази. 685. Площа прямокутного аркуша паперу, довжини сторін якого виражено цілими числами сантиметрів, дорівнює 12 см2 . Скільки квадратів площею 4 см2 можна вирізати із цього аркуша? Якщо площа квадрата дорівнює 4 см2 , то його сторона дорівнює √4 = 2 (см). Якщо площа аркуша паперу дорівнює 12 см2 і розміри виражені цілим числом сантиметрів, то можливі випадки: 1. 1 см × 12 см. З такого аркуша не можна вирізати жодного квадрата, площа якого дорівнює 4 см2 ; 2. 2 см × 6 см. 3 такого аркуша можна вирізати три квадрати, площа якого дорівнює 4 см2 ; 3. 3 см × 4 см. 3 такого аркуша можна вирізати два квадрати, площа якого дорівнює 4см2 . 686. Площа прямокутного аркуша паперу, довжини сторін якого виражено цілими числами сантиметрів, дорівнює 18 см2 . Скільки квадратів зі стороною 3 см можна вирізати із цього аркуша? Якщо площа аркуша паперу дорівнює 18 см2 і розміри виражені цілим числом сантиметрів, то можливі випадки: 1. 1 см × 18 см. 3 такого аркуша не можна вирізати жодного квадрата, сторона якого дорівнює 3 см; 2. 2 см × 9 см. 3 такого аркуша не можна вирізати жодного квадрата, сторона якого дорівнює 3 см; 3. 3 см × 6 см. 3 такого аркуша можна вирізати два квадрати, сторона якого дорівнює 3 см.  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

687. Бісектриса кута прямокутника ділить його діагональ у відношенні 2 : 7. Знайдіть площу прямокутника, якщо його периметр дорівнює 108 см .

la. in.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − прямокутник, 𝐴𝐴𝐴𝐴 − діагональ, 𝐵𝐵𝐵𝐵 − бісектриса, 𝐴𝐴𝐴𝐴 ∶ 𝐹𝐹𝐹𝐹 = 2 ∶ 7, 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 108 см. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). За властивістю бісектриси маємо: 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 2 = ; = . 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐹𝐹𝐹𝐹 𝐵𝐵𝐵𝐵 7 Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2𝑥𝑥 см, тоді 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 7𝑥𝑥 см. 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2(𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐵𝐵𝐵𝐵); 108 = 2(2𝑥𝑥 + 7𝑥𝑥); 9𝑥𝑥 = 54; 𝑥𝑥 = 6. Отже, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2 ⋅ 6 = 12(см), тоді 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 7 ⋅ 6 = 42(см). 688. Бісектриса кута прямокутника ділить його діагональ у відношенні 1: 4. Знайдіть периметр прямокутника, якщо його площа дорівнює 36 см2.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − прямокутник, 𝐴𝐴𝐴𝐴 − діагональ, 𝐵𝐵𝐵𝐵 − бісектриса, 𝐴𝐴𝐴𝐴 ∶ 𝐹𝐹𝐹𝐹 = 1 ∶ 4, 𝑆𝑆𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 36 см2 . Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). За властивістю бісектриси маємо: 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 1 = ; = . 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐹𝐹𝐹𝐹 𝐵𝐵𝐵𝐵 4 Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑥𝑥 см, тоді 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 4𝑥𝑥 см. 𝑆𝑆𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 ⋅ 𝐵𝐵𝐵𝐵; 36 = 𝑥𝑥 ⋅ 4𝑥𝑥; 4𝑥𝑥 2 = 36; 𝑥𝑥 2 = 9; 𝑥𝑥 = 3. Отже, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 3 см, тоді 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 4 ⋅ 3 = 12(см). 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2(𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐵𝐵𝐵𝐵);  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

𝑃𝑃𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2(3 + 12) = 30( см). Biдповідь: 30 см . 689. Побудуйте квадрат, площа якого дорівнює сумі площ двох даних квадратів.

Дано: Квадрати, сторони яких дорівнюють а і b. Побудувати: квадрат, площа якого дорівнює сумі площ заданих квадратів. Схема побудови. Якщо сторона першого квадрата дорівнює 𝑎𝑎, то його площа дорівнює 𝑎𝑎2 ; якщо сторона другого квадрата дорівнює 𝑏𝑏, то його площа дорівнює 𝑏𝑏 2 . Тоді потрібно побудувати квадрат, для якого за теоремою Піфагора 𝑐𝑐 2 = 𝑎𝑎2 + 𝑏𝑏 2 . Для цього достатньо побудувати прямокутний трикутник із катетами 𝑎𝑎 і 𝑏𝑏, тоді площа квадрата, побудованого на гіпотенузі 𝑐𝑐, дорівноватиме сумі площ двох інших квадратів. Будую довільну пряму 𝑚𝑚 і позначаю на ній точку 𝐴𝐴. Будую пряму 𝑛𝑛, яка проходить через точку 𝐴𝐴 і 𝑛𝑛 ⊥ m. З точки 𝐴𝐴 проводжу коло радіуса 𝑎𝑎, яке перетне пряму 𝑚𝑚 у точці 𝐸𝐸, а пряму 𝑛𝑛 − у точці 𝐾𝐾. З точок 𝐸𝐸 і 𝐾𝐾 проводжу кола радіуса 𝑎𝑎, які перетнуться в точці 𝐹𝐹. Квадрат 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − перший із заданих. Аналогічно будую другий квадрат 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴. Сподучаю відрізком точки 𝐷𝐷 і 𝐸𝐸, 𝐷𝐷𝐷𝐷 = 𝑐𝑐. Будую 𝐷𝐷𝐷𝐷 ⊥ 𝐷𝐷𝐷𝐷 і 𝐸𝐸𝐸𝐸 ⊥ 𝐷𝐷𝐷𝐷. Аналогічно описаному вище будую квадрат DEYX − шуканий. 690. Сторони прямокутника дорівнюють 𝑎𝑎 і 𝑏𝑏. Побудуйте квадрат, площа якого дорівнює площі даного прямокутника.

Дано: Прямокутник, сторони якого дорівнюють 𝑎𝑎 і 𝑏𝑏. Побудувати: рівновеликий квадрат. Схема побудови. Площа прямокутника дорівнює 𝑆𝑆1 = 𝑎𝑎𝑎𝑎, площа квадрата 𝑆𝑆2 = 𝑐𝑐 2 . Оскільки 𝑆𝑆1 = 𝑆𝑆2 , то 𝑎𝑎𝑎𝑎 = 𝑐𝑐 2 ; 𝑐𝑐 = √𝑎𝑎𝑎𝑎. Будую довільну пряму 𝑚𝑚 і позначаю на ній точку 𝑀𝑀. З точки 𝑀𝑀 проводжу коло радіуса 𝑎𝑎, яке перетне пряму 𝑚𝑚 у точці 𝐴𝐴. 3 точки 𝐴𝐴 проводжу коло радіуса 𝑏𝑏, яке перетне пряму 𝑚𝑚 у точці 𝐾𝐾. 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑎𝑎 + 𝑏𝑏. Знаходжу  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

середину відрізка 𝐴𝐴𝐴𝐴 − точку 𝑂𝑂. Будую коло з центром у точиі 𝑂𝑂 радіуса 𝑂𝑂𝑂𝑂. Через точку 𝐴𝐴 проводжу пряму 𝑛𝑛 ⊥ 𝑚𝑚. Нехай вона перетне коло в точці В. Тоді ∠𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 = 90∘ як вписаний кут, що спирається на діаметр. За метричними співвідношенням з прямокутного трикутника 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 одержимо: 𝐴𝐴𝐵𝐵2 = 𝑀𝑀𝑀𝑀 ⋅ 𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝐴𝐴𝐴𝐴 = √𝑀𝑀𝑀𝑀 ⋅ 𝐴𝐴𝐴𝐴 = √𝑎𝑎𝑎𝑎. Отже, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑐𝑐. 3 точки 𝐴𝐴 проводжу коло радіуеа 𝑐𝑐, яке перетне пряму 𝑚𝑚 у точці 𝐷𝐷. 3 точок 𝐵𝐵 і 𝐷𝐷 проводжу кола радіуса 𝑐𝑐, яі перетнуться в точці 𝐶𝐶. 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − шуканий квадрат. 691. Чи вистачить 5 т гороху, щоб засіяти ним поле, яке має форму прямокутника зі сторонами 500 м і 400 м, якщо на 1 га треба висіяти 260 кг гороху? Площа поля: 𝑆𝑆 = 500 ⋅ 400 = 200000 м2 1 га = 10000 м2 200000 = 20 га 𝑆𝑆 = 10000 Потрібно гороху: 20 ⋅ 260 = 5200 кг 5200 кг = 5,2 т Маємо 5 т = 5000 кг. 5000 < 5200 Отже, гороху не вистачить. Відповідь: не вистачить. 692. Довжина стіни дорівнює 6 м , а висота − 3 м. Чи вистачить п'яти контейнерів кахлю, щоб обкласти ним цю стіну, якщо одна плитка має форму квадрата зі стороною 15 см , а в одному контейнері вміщуються 160 плиток? Площа стіни: 𝑆𝑆 = 6 ⋅ 3 = 18 м2 Сторона плитки 15 см = 0,15 м. Площа плитки: 𝑆𝑆1 = 0,15 ⋅ 0,15 = 0,0225 м2 Кількість плиток: 18 𝑛𝑛 = = 800 0,0225 У 5 контейнерах: 5 ⋅ 160 = 800 Отже плиток вистачить. Відповідь: вистачить. 693. Витрати емалевої фарби на одношарове покриття становлять 180 г на 1 м2 . Чи вистачить 3 кг емалі, щоби пофарбувати стіну завдовжки 6 м і заввишки 3 м? Площа стіни: 𝑆𝑆 = 6 ⋅ 3 = 18 м2 Потрібно фарби: 18 ⋅ 180 = 3240 г 3240 г = 3,24 кг Маємо 3 кг. 3 < 3,24 Отже фарби не вистачить. Відповідь: не вистачить. 694. Тиск деякого газу в посудині становить 0,0015H/м2 . 3 якою силою тисне цей газ на стінку посудини прямокутної форми розміром 35 × 24 см ?  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

la. in.

Площа стінки посудини розміром 35 × 24 см дорівнює 𝑆𝑆 = 0,35 ⋅ 0,24 = 0,084(м2 ). Оскільки 𝐹𝐹 = 𝑆𝑆𝑆𝑆, то 𝐹𝐹 = 0,084 ⋅ 0,0015 = 0,000126(H). Biдповідь: 0,000126H. 695. Межа міцності сталі деякої марки дорівнює 60H/мм2 . При якому навантаженні розірветься стержень, поперечний переріз якого є прямокутником зі сторонами 20 мм і 10 мм? Площа перерізу стержня зі сторонами 20 мм і 10 мм дорівнює 𝑆𝑆 = 20 ⋅ 10 = 200(мм2 ). Оскільки 𝐹𝐹 = 𝑆𝑆𝑆𝑆, то 𝐹𝐹 = 200 ⋅ 60 = 12000(H). Biдповідь: 12000 H. 696. Серединний перпендикуляр діагоналі 𝐵𝐵𝐵𝐵 паралелограма 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 перетинає сторони 𝐴𝐴𝐴𝐴 і 𝐶𝐶𝐶𝐶. Продовження сторін 𝐴𝐴𝐴𝐴 і 𝐵𝐵𝐵𝐵 він перетинає в точках 𝑀𝑀 і 𝐾𝐾 відповідно. Визначте вид чотирикутника 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀. Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − паралелограм, 𝐵𝐵𝐵𝐵 − діагональ, 𝑀𝑀𝑀𝑀 − серединний перпендикуляр 𝐵𝐵𝐵𝐵. Розглянемо прямокутні трикутники 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 і 𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷(∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = ∠𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷 = 90∘ ). У них: 1. 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝑂𝑂𝑂𝑂, бо 𝑀𝑀𝑀𝑀 − серединний перпендикуляр; 2. ∠𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾𝐾 = ∠𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 як внутрішні різносторонні при паралельних прямих 𝐵𝐵𝐵𝐵 і 𝑀𝑀𝑀𝑀 та січній 𝐵𝐵𝐵𝐵. Тоді Δ𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = Δ𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷 за катетом і гострим кутом (за III ознакою рівності прямокутних трикутників). Тому 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝑀𝑀𝑀𝑀 як відповідні елементи рівних трикутників. Розглянемо чотирикутник 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀. У нього діагоналі 𝑀𝑀𝑀𝑀 і 𝐵𝐵𝐵𝐵 перпендикулярні й точкою перетину діляться навпіл, тому 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 − ромб.

697. Продовження бічних сторін 𝐴𝐴𝐴𝐴 і 𝐶𝐶𝐶𝐶 трапеції 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 перетинаються в точщі 𝑀𝑀. Знайдіть відрізок 𝐴𝐴𝐴𝐴, якщо 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 6 см i 𝐵𝐵𝐵𝐵: 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 3: 4.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − трапеція (𝐴𝐴𝐴𝐴‖𝐵𝐵𝐵𝐵), 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 6 см, 𝐵𝐵𝐵𝐵 ∶ 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 3 ∶ 4. Оскільки 𝐴𝐴𝐴𝐴‖𝐵𝐵𝐵𝐵, то △ 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 4 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 ∼△ 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵. Тоді = = . За аксіомою вимірювання відрізків 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 + 𝐵𝐵𝐵𝐵; 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝐵𝐵𝐵𝐵 3 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 6 + 𝐵𝐵𝐵𝐵. 𝐴𝐴𝐴𝐴 4 6 + 𝐵𝐵𝐵𝐵 4 = ; = ; 3 𝐵𝐵𝐵𝐵 3 𝐵𝐵𝐵𝐵 3(6 + 𝐵𝐵𝐵𝐵) = 4𝐵𝐵𝐵𝐵; 18 + 3𝐵𝐵𝐵𝐵 = 4𝐵𝐵𝐵𝐵; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 18 (см).  shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2406-hdz-heometriia-8-klas-merzliak-2016.html

Отже, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 6 + 18 = 24 (см). Biдповідь: 24 см. 698. Знайдіть відстань від точки перетину діагоналей ромба до його сторони, якщо гострий кут ромба дорівнює 30°, а сторона 8 см .

la. in.

Нехай 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 − ромб, 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐶𝐶𝐶𝐶 = 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 8 см, ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = 30∘ . Проведемо висоту ромба 𝐵𝐵𝐵𝐵. Розглянемо прямокутний трикутник ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴(∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = 90∘ ). За властивісто 1 1 катета, що лежить проти кута 30∘ , маємо: 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝐴𝐴𝐴𝐴; 𝐵𝐵𝐵𝐵 = ⋅ 8 = 4 (см). 2 2 Оскільки 𝐵𝐵𝐵𝐵 = 𝑂𝑂𝑂𝑂, 𝐵𝐵𝐵𝐵‖𝑂𝑂𝑂𝑂, то 𝑂𝑂𝑂𝑂 − середня лінія трикутника 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵. 1 1 Тоді 𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝐵𝐵𝐵𝐵; 𝑂𝑂𝑂𝑂 = ⋅ 4 = 2( см). 2 2 Biдповідь: 2 см. 699. Кожний із двох подібних трикутників розрізали на два трикутники так, що одна з отриманих частин одного трикутника подібна одній із частин другого трикутника. Чи можна стверджувати, що дві інші частини також подібні? Нехай △ 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 −△ 𝐴𝐴1 𝐵𝐵1 𝐶𝐶1 . У подібних трикутників відповідні кути рівні, а сторони пропорційні. Розглянемо два випадки. 1. Відрізали подібні трикутники 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 і 𝐴𝐴1 𝐵𝐵1 𝐷𝐷1 , тому ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = ∠𝐴𝐴1 𝐵𝐵1 𝐷𝐷1 , ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = = ∠𝐵𝐵1 𝐴𝐴1 𝐷𝐷1 , ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = ∠𝐴𝐴1 𝐷𝐷1 𝐵𝐵1 . Тоді ∠𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷 = ∠𝐷𝐷1 𝐵𝐵1 𝐶𝐶1 за аксіомою вимірювання кутів, ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = ∠𝐵𝐵1 𝐷𝐷1 𝐶𝐶1 як суміжні з рівними кутами, ∠𝐶𝐶 = ∠𝐶𝐶1 , тому ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵~∠𝐵𝐵1 𝐷𝐷1 𝐶𝐶1 ;

2. відрізали подібні трикутники 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 і 𝐶𝐶1 𝐵𝐵1 𝐷𝐷1 , тому ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = ∠𝐶𝐶1 𝐵𝐵1 𝐷𝐷1 , ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = ∠𝐵𝐵1 𝐶𝐶1 𝐷𝐷1 , ∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = ∠𝐶𝐶1 𝐷𝐷1 𝐵𝐵1 . Tоді ∠𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷𝐷 = ∠𝐷𝐷1 𝐵𝐵1 𝐴𝐴1 за аксіомою вимірювання кутів, ∠𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 = ∠𝐵𝐵1 𝐷𝐷1 𝐴𝐴1 як суміжні з рівними кутами, ∠𝐶𝐶 = ∠𝐴𝐴1 , за теоремою про суму кутів трикутника, тому △ 𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵𝐵 ∼ Δ𝐶𝐶1 𝐵𝐵1 𝐷𝐷1 .

 shkola.in.ua

21. Площа паралелограма 700. Знайдіть площу паралелограма, сторона якого дорівнює 14 см, а проведена до неї висота − 6 см.

la. in.

Нехай ABCD − паралелограм, AD = 14 см, BK − висота, BK = 6 см. Тоді S = AD ∙ BK; S = 14 ∙ 6 = 84 (см2). 701. Обчисліть площу паралелограма, зображеного на рисунку (розміри дано в сантиметрах).

a. Нехай ABCD − паралелограм, BC = 5,2 см, BK − висота, BK = 4 см. Тоді S = BC ∙ BK; S = 5,2 ∙ 4 = 20,8 (см2).

б. нехай ABCD − паралелограм, CD = 3,6 см, CH − висота, CH = 5 см. Тоді S = CD ∙ CH; S = 3,6 ∙ 5 = 18 (см2).

Biдповідь: а. 20,8 см2; б. 18 см2 702. Які з паралелограмів, зображених на рисунку 218, рівновеликі?

la. in.

Sа) = 3 ∙ 2 = 6 (кв. од.); Sб) = 4 ∙ 2 = 8 (кв. од.); Sв) = 4 ∙ 2 = 8 (кв. од.); Sг) = 2 ∙ 3 = 6 (кв. од.); Sґ) = 4 ∙ 2 = 8 (кв. од.); Sд) = 6 ∙ 1 = 6 (кв. од.); Sе) = 2 ∙ 3 = 6 (кв. од.); Sє) = 1,5 ∙ 4 = 6 (кв. од.); Sж) = 8 ∙ 1 = 8 (кв. од.). Отже, рівновеликими є паралелограми а), г), д), е), є), площі яких дорівнюють по 6 кв. од., та 6), в), ґ), ж), площі яких дорівнюють по 8 кв. од. 703. Площа паралелограма ABCD дорівнює S. Чому дорівнює площа зафарбованої фігури?

1 1 1 1 1 𝑆а) = 𝑆; 𝑆б) = 𝑆; 𝑆в) = 𝑆; 𝑆г) = 𝑆; 𝑆ґ) = 𝑆. 4 9 2 2 2

704. Площа паралелограма дорівнює 17 см2, а одна з його сторін − 3,4 см2. Знайдіть висоту паралелограма, проведену до цієї сторони.

Нехай ABCD − паралелограм, AD = 3,4 см, S = 17 см2. Проведемо висоту BK. Тоді 𝑆 = 𝐴𝐷 ⋅ 𝐵𝐾; 𝐵𝐾 = Biдповідь: 5 см.

𝑆

𝐴𝐷

; 𝐵𝐾 =

17 3,4

= 5(см).

705. Площа паралелограма дорівнює 40 см2, а висоти дорівнюють 5 см і 4 см. Знайдіть сторони цього паралелограма.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — паралелограм, 𝐵𝐾 і 𝐵𝑀 — висоти, 𝑆 = 40 см2 , 𝐵𝐾 = 4 см, 𝐵𝑀 = 5 см. 𝑆 40 Тоді 𝑆 = 𝐴𝐷 ⋅ 𝐵𝐾; 𝐴𝐷 = ; 𝐴𝐷 = = 10 (см); 𝐵𝐾

𝑆

la. in.

𝑆 = 𝐶𝐷 ⋅ 𝐵𝑀; 𝐶𝐷 = ; 𝐶𝐷 = = 8 (см). 𝐵𝑀 5 Biдповідь: 10 см, 8 см. 706. Заповніть таблицю, де a − довжина сторони паралелограма, h − довжина висоти, проведеної до цієї сторони, S − площа паралелограма: 𝑎

6,2 см

16 дм

6м

ℎ

7 см

4 дм

0,9 м

𝑆

43,4 см2

64 дм2

5,4 м2

1. 𝑆 = 𝑎ℎ; 𝑆 = 6,2 ⋅ 7 = 43,4 (см2 ); 𝑆 64 2. 𝑆 = 𝑎ℎ; ℎ = ; ℎ = = 4 (дм); 𝑎 𝑆

16 5,4

3. 𝑆 = 𝑎ℎ; 𝑎 = ; 𝑎 = ℎ

0,9

= 6 (м).

707. Сторони паралелограма дорівнюють 10 см і 15 см, а одна з висот дорівнює: 1) 6 см ; 2) 12 см. Знайдіть другу висоту паралелограма. Скільки розв'язків у кожному випадку має задача?

а. 1) Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — паралелограм, 𝐵𝐾 і 𝐵𝑀 — висоти, 𝐴𝐷 = 10 см, 𝐷𝐶 = 15 см, 𝐵𝐾 = 6 см. Тоді 𝑆 = 𝐴𝐷 ⋅ 𝐵𝐾; 𝑆 = 10 ⋅ 6 = 60(см2 ); 𝑆 = 𝐷𝐶 ⋅ 𝐵𝑀; 𝐵𝑀 =

𝑆

𝐷𝐶

; 𝐵𝑀 =

60 15

= 4(см);

2) нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — паралелограм, 𝐵𝐾 і 𝐵𝑀 — висоти, 𝐴𝐷 = 10 см, 𝐷𝐶 = 15 см, 𝐵𝑀 = 6 см. Тоді 𝑆 = 𝐷𝐶 ⋅ 𝐵𝑀; 𝑆 = 15 ⋅ 6 = 90(см2 ); 𝑆 = 𝐴𝐷 ⋅ 𝐵𝐾; 𝐵𝐾 =

𝑆 𝐴𝐷

; 𝐵𝐾 =

90 10

= 9(см);

б. 1) нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — паралелограм, 𝐵𝐾 і 𝐵𝑀 — висоти, 𝐴𝐷 = 10 см, 𝐷𝐶 = 15 см, 𝐵𝐾 = 12 см. Тоді 𝑆 = 𝐴𝐷 ⋅ 𝐵𝐾; 𝑆 = 10 ⋅ 12 = 120(см2 ); 𝑆 = 𝐷𝐶 ⋅ 𝐵𝑀; 𝐵𝑀 =

𝑆 𝐷𝐶

; 𝐵𝑀 =

120 15

= 8(см);

la. in.

2) нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — паралелограм, 𝐵𝐾 і 𝐵𝑀 — висоти, 𝐴𝐷 = 10 см, 𝐷𝐶 = 15 см, 𝐵𝑀 = 12 см. Тоді 𝑆 = 𝐷𝐶 ⋅ 𝐵𝑀; 𝑆 = 15 ⋅ 12 = 180(см2 ); 𝑆 180 𝑆 = 𝐴𝐷 ⋅ 𝐵𝐾; 𝐵𝐾 = ; 𝐵𝐾 = = 18(см). 𝐴𝐷 10 Biдповідь: а) 4 см або 9 см ; б) 8 см або 18 см. 708. Знайдіть площу паралелограма, сторони якого дорівнюють 15 см і 25 см , а одна з діагоналей перпендикулярна до меншої сторони.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — паралелограм, 𝐴𝐷 = 25 см, 𝐴𝐵 = 15 см, 𝐵𝐷 — діагональ, 𝐵𝐷⟂𝐴𝐵. Проведемо з вершини 𝐵 висоту 𝐵𝐾, яка є висотою паралелограма і прямокутного трикутника 𝐴𝐵𝐷(∠𝐴𝐵𝐷 = 90∘ ). За метричним співвідношенням у прямокутному трикутнику 𝐴𝐵𝐷 маємо: 𝐴𝐵2 = 𝐴𝐾 ⋅ 𝐴𝐷; 𝐴𝐾 =

𝐴𝐵2 𝐴𝐷 152

; 225

𝐴𝐾 = = = 9 (см). 25 25 За аксіомою вимірювання відрізків 𝐴𝐷 = 𝐴𝐾 + 𝐾𝐷; 𝐾𝐷 = 𝐴𝐷 − 𝐴𝐾; 𝐾𝐷 = 25 − 9 = 16 (см). За метричним співвідношенням у прямокутному трикутнику 𝐴𝐵𝐷 маємо: 𝐵𝐾 2 = 𝐴𝐾 ⋅ 𝐾𝐷; 𝐵𝐾 = √𝐴𝐾 ⋅ 𝐾𝐷; 𝐵𝐾 = √9 ⋅ 16 = √144 = 12 (см). Тоді площа паралелограма 𝐴𝐵𝐶𝐷: 𝑆 = 𝐴𝐷 ⋅ 𝐵𝐾; 𝑆 = 25 ⋅ 12 = 300(см2 ). Biдповідь: 300 см2 . 709. Знайдіть площу паралелограма, діагоналі якого дорівнюють 26 см і 24 см , а одна з них перпендикулярна до сторони паралелограма.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — паралелограм, 𝐴𝐶 і 𝐵𝐷 — діагоналі, 𝐴𝐶 = 26 см, 𝐵𝐷 = 24 см, 𝐵𝐷⟂𝐴𝐵. Проведемо з вершини 𝐵 висоту паралелограма 𝐵𝐾. Діагоналі паралелограма перетинаються і точкою перетину діляться навпіл, тому 𝐴𝑂 = 1 1 𝑂𝐶 = 𝐴𝐶 = ⋅ 26 = 13 (см); 2

𝐵𝑂 = 𝑂𝐷 = 𝐵𝐷 = ⋅ 24 = 12 (см). 2

𝐴𝐾 =

𝐴𝐷 52

; =

(см).

𝐴𝐾 =

𝐴𝐵2

la. in.

Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐵𝑂(∠𝐴𝐵𝑂 = 90∘ ). За теоремою Піфагора маємо: 𝐴𝑂2 = 𝐴𝐵2 + 𝐵𝑂2 , звідки 𝐴𝐵2 = 𝐴𝑂2 − 𝐵𝑂2 ; 𝐴𝐵 = √𝐴𝑂2 − 𝐵𝑂2 ; 𝐴𝐵 = √132 − 122 = √169 − 144 = √25 = 5 (см). Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐵𝐷(∠𝐴𝐵𝐷 = 90∘ ). За теоремою Піфагора маємо: 𝐴𝐷2 = 𝐴𝐵2 + 𝐵𝐷2 ; 𝐴𝐷 = √𝐴𝐵2 + 𝐵𝐷2 ; 𝐴𝐷 = √52 + 242 = √25 + 576 = √601 (см). За метричним співвідношенням у прямокутному трикутнику 𝐴𝐵𝐷 маємо: 𝐴𝐵2 = 𝐴𝐾 ⋅ 𝐴𝐷;

√601

Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐾𝐵(∠𝐴𝐾𝐵 = 90∘ ). За теоремою Піфагора маємо: 𝐴𝐵2 = 𝐴𝐾 2 + 𝐵𝐾 2 , звідки 𝐵𝐾 2 = 𝐴𝐵2 − 𝐴𝐾 2 ; 𝐵𝐾 = √𝐴𝐵2 − 𝐴𝐾 2 ; 𝐵𝐾 = √52 − (

√

625

577

14400

) = √25 − 601 = √23 601 = √ 601 = 601

120 √601

(см).

Тоді площа паралелограма дорівнює: 120 𝑆 = 𝐴𝐷 ⋅ 𝐵𝐾; 𝑆 = √601 ⋅ = 120(см2 ). √601

Відповідь: 120 см .

710. Діагональ паралелограма, яка дорівнює 18 см, перпендикулярна до однієї зі сторін і утворює кут 30° із другою стороною. Знайдіть площу паралелограма.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — паралелограм, 𝐵𝐷 — діагональ, 𝐵𝐷 = 18 см, 𝐵𝐷⟂𝐴𝐵, ∠𝐴𝐷𝐵 = 30∘ . Проведемо з вершини 𝐵 висоту паралелограма 𝐵𝐾. ∠𝐴𝐷𝐵 = ∠𝐷𝐵𝐶 як внутрішні різносторонні при паралельних прямих 𝐴𝐷 і 𝐵𝐶 та січній 𝐵𝐷. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐵𝐾𝐷(∠𝐵𝐾𝐷 = 90∘ ). Маємо: 𝐵𝐾 = 𝐵𝐷 ⋅ sin∠𝐵𝐷𝐾; 1 𝐵𝐾 = 18 ⋅ sin30∘ = 18 ⋅ = 9 (см); 2

la. in.

𝐾𝐷 = 𝐵𝐷 ⋅ cos∠𝐵𝐷𝐾;

𝐾𝐷 = 18 ⋅ cos30∘ = 18 ⋅

√3 = 9√3 (см). 2

За метричним співвідношенням у прямокутному трикутнику 𝐴𝐵𝐷 маємо: 𝐵𝐷2 = 𝐴𝐷 ⋅ 𝐾𝐷; 𝐴𝐷 = 𝐴𝐷 =

𝐵𝐷2 𝐾𝐷 182 9√ 3

; =

324 9√ 3

√3

= 12√3 (см).

Тоді площа паралелограма дорівнює: 𝑆 = 𝐴𝐷 ⋅ 𝐵𝐾; 𝑆 = 12√3 ⋅ 9 = 108√3 (см2 ). Відповідь: 108√3 см2 .

711. Сторони паралелограма дорівнюють a і b, його гострий кут дорівнює α. Знайдіть площу паралелограма.

Нехай ABCD − паралелограм, AD = a і AB = b, ∠BAD = α. Проведемо з вершини В висоту паралелограма BK. Розглянемо прямокутний трикутник AKB (∠A ? KB = 90°). Маємо: BK = AB ∙ sin BAK; BK = b sin α. Тоді площа паралелограма дорівнює: S = AD ∙ BK; S = ab sin α Biдповідь: ab sin α. 712. Кут між висотами паралелограма, проведеними з вершини тупого кута, дорівнює 60°. Знайдіть площу паралелограма, якщо його висоти дорівнюють 8 см і 12 см .

𝐵𝐶 =

sin∠𝐵𝐶𝐾 12 12 sin60∘

la. in.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — паралелограм, 𝐵𝐾 і 𝐵𝑀 — висоти, 𝐵𝐾 = 8 см, 𝐵𝑀 = 12 см, ∠𝐾𝐵𝑀 = 60∘ . За теоремою про суму кутів чотирикутника для чотирикутника 𝐾𝐵𝑀𝐷 маємо: ∠𝐾 + ∠𝐵 + ∠𝑀 + ∠𝐷 = 360∘ ; ∠𝐷 = 360∘ − (∠𝐾 + ∠𝐵 + ∠𝑀); ∠𝐷 = 360∘ − (90∘ + 60∘ + 90∘ ) = 120∘ . За властивістю кутів, прилеглих до однієї сторони паралелограма, ∠𝐷 + ∠𝐶 = 180∘ ; ∠𝐶 = 180∘ − ∠𝐷; ∠𝐶 = 180∘ − 120∘ = 60∘ . Розглянемо прямокутний трикутник 𝐵𝑀𝐶(∠𝐵𝑀𝐶 = 90∘ ). 𝐵𝑀 𝐵𝐶 = ; = √3 = 2

√3

= 8√3 (см).

За властивістю сторін паралелограма 𝐴𝐷 = 𝐵𝐶 = 8√3 (см). Тоді площа паралелограма дорівнює: 𝑆 = 𝐴𝐷 ⋅ 𝐵𝐾; 𝑆 = 8√3 ⋅ 8 = 64√3 (см2 ). Відповідь: 64√3 см2 .

713. Сторони паралелограма дорівнюють 14 см і 20 см, а кут між його висотами, проведеними з вершини тупого кута, — 45°. Знайдіть площу паралелограма.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — паралелограм, 𝐵𝐾 і 𝐵𝑀 — висоти, 𝐴𝐵 = 14 см, 𝐴𝐷 = 20 см, ∠𝐾𝐵𝑀 = 45∘ . За теоремою про суму кутів чотирикутника для чотирикутника 𝐾𝐵𝑀𝐷 маємо: ∠𝐾 + ∠𝐵 + ∠𝑀 + ∠𝐷 = 360∘ ; ∠𝐷 = 360∘ − (∠𝐾 + ∠𝐵 + ∠𝑀); ∠𝐷 = 360∘ − (90∘ + 45∘ + 90∘ ) = 135∘ . За властивістю кутів, прилеглих до однієї сторони паралелограма, ∠𝐷 + ∠𝐶 = 180∘ ; ∠𝐶 = 180∘ − ∠𝐷; ∠𝐶 = 180∘ − 135∘ = 45∘ . За властивістю протилежних кутів паралелограма ∠𝐴 = ∠𝐶 = 45∘ . Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐾𝐵(∠𝐴𝐾𝐵 = 90∘ ).

𝐵𝐾 = 𝐴𝐵 ⋅ sin∠𝐵𝐴𝐾; √2 = 7√2 (см). 2

Тоді площа паралелограма дорівнює: 𝑆 = 𝐴𝐷 ⋅ 𝐵𝐾; 𝑆 = 20 ⋅ 7√2 = 140√2 (см2 ). Відповідь: 140√2 см2 .

𝐵𝐾 = 14 ⋅ sin45∘ = 14 ⋅

la. in.

714. Знайдіть площу ромба, якщо його висота дорівнює 6 см, а більша діагональ −10 см.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — ромб, 𝐵𝑀 — висота, 𝐵𝑀 = 6 см, 𝐴𝐶 = 10 см. Проведемо діагональ 𝐵𝐷 ромба і з точки перетину діагоналей опустимо перпендикуляр 𝑂𝑁. 1 1 Тоді 𝑂𝑁 = 𝐵𝑀; 𝑂𝑁 = ⋅ 6 = 3 (см). 2

Діагоналі ромба перетинаються і точкою перетину діляться навпіл, тому 𝐴𝑂 = 𝑂𝐶 = 1 1 𝐴𝐶 = ⋅ 10 = 5 (см). 2

Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝑁𝑂(∠𝐴𝑁𝑂 = 90∘ ). За теоремою Піфагора маємо: 𝐴𝑂2 = 𝐴𝑁 2 + 𝑂𝑁 2 , звідки 𝐴𝑁 2 = 𝐴𝑂2 − 𝑂𝑁 2 ; 𝐴𝑁 = √𝐴𝑂2 − 𝑂𝑁 2 ;

𝐴𝑁 = √52 − 32 = √25 − 9 = √16 = 4 (см). За метричним співвідношенням у прямокутному трикутнику 𝐴𝑂𝐷 маємо: 𝑂𝑁 2 = 𝐴𝑁 ⋅ 𝑁𝐷; 𝑂𝑁 2 𝑁𝐷 = ; 𝐴𝑁 32 9 𝑁𝐷 = = = 2,25 (см). 4

За аксіомою вимірювання відрізків 𝐴𝐷 = 𝐴𝑁 + 𝑁𝐷; 𝐴𝐷 = 4 + 2,25 = 6,25 (см). Тоді площа паралелограма дорівнює: 𝑆 = 𝐴𝐷 ⋅ 𝐵𝑀; 𝑆 = 6,25 ⋅ 6 = 37,5(см2 ). Відповідь: 37,5 см2 .

715. Менша діагональ ромба дорівнює 𝑎, а один із кутів — 60°. Знайдіть площу ромба. Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — ромб, 𝐵𝐷 — діагональ, 𝐵𝐷 = 𝑎, ∠𝐵𝐴𝐷 = 60∘ . Проведемо висоту ромба 𝐵𝑁. Оскільки 𝐴𝐵 = 𝐴𝐷 як сторони ромба, то трикутник 𝐵𝐴𝐷 — рівнобедрений з основою 𝐵𝐷. За властивістю кутів при основі рівнобедреного трикутника

∠𝐴𝐵𝐷 = ∠𝐴𝐷𝐵 = (180∘ − 60∘ ): 2 = 60∘ , тобто трикутник 𝐴𝐵𝐷 — рівносторонній, 𝐴𝐵 = 𝐴𝐷 = 𝐵𝐷 = 𝑎. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝑁𝐵(∠𝐴𝑁𝐵 = 90∘ ). 𝐵𝑁 = 𝐴𝐵 ⋅ sin∠𝐵𝐴𝑁; 𝐵𝑁 = 𝑎 √3 2

Тоді площа паралелограма дорівнює: 𝑎 √3 𝑎 2 √3 𝑆 = 𝐴𝐷 ⋅ 𝐵𝑁; 𝑆 = 𝑎 ⋅ = . 2 2 Відповідь:

𝑎 2 √3 2

𝑎sin60∘ =

la. in.

716. Доведіть, що висоти паралелограма обернено пропорційні сторонам, до яких вони проведені.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — ромб, 𝐵𝐾 і 𝐵𝑀 — висоти. 𝑆 = 𝐴𝐷 ⋅ 𝐵𝐾; 𝑆 = 𝐶𝐷 ⋅ 𝐵𝑀; 𝐴𝐷 ⋅ 𝐵𝐾 = 𝐶𝐷 ⋅ 𝐵𝑀; 𝐵𝐾 𝐶𝐷 = . 𝐵𝑀

𝐴𝐷

Отже, висоти обернено пропорційні сторонам, до яких вони проведені.

717. Сторони паралелограма дорівнюють 9 см і 12 см, а сума двох його нерівних висот дорівнює 14 см. Знайдіть площу паралелограма.

Нехай ABCD − ромб, BK і BM − висоти, BK + BM = 14 см, CD = 9 см, AD = 12 см. S = AD ∙ BK; S = CD ∙ BM; AD ∙ BK = CD ∙ BM. Нехай BK = x см, тоді BM = (14 – x) см. Рівняння: 12x = 9(14 – x); 12x = 126 – 9x; 21x = 126; x = 6. Отже, BK = 6 см, тоді BM = 14 – 6 = 8 (см). Тоді площа паралелограма дорівнює: S = AD ∙ BK; S = 12 ∙ 6 = 72 (см2). Biдповідь: 72 см2

718. Різниця двох сторін паралелограма дорівнює 12 см, а проведені до них висоти дорівнюють 15 см і 10 см. Знайдіть площу паралелограма.

la. in.

Нехай ABCD – ромб, 𝐵𝐾 і BM – висоти, AD – CD = 12 см, BK = 10 см, BM = 15 см. S = AD ∙ BK; S = CD ∙ BM; AD ∙ BK = CD ∙ BM. Нехай CD = x см, тоді AD = (12 + x) см. Рівняння: (12 + x) ∙10 = x ∙ 15; 120 + 10x = 15x; 5x = 120; x = 24. Отже, CD = 24 см, тоді AD = 12 + 24 = 36 (см). Тоді площа паралелограма дорівнює: S = AD ∙ BK; S = 36 ∙ 10 = 360 (см2). Biдповідь: 360 см2 719. Доведіть, що з усіх паралелограмів зі сторонами a і b найбільшу площу має прямокутник. Нехай ABCD − паралелограм, AD = a і AB = b, ∠BAD = α. Проведемо з вершини В висоту паралелограма BK. Розглянемо прямокутний трикутник AKB (∠AKB = 90°). Маємо: BK = AB ∙ sin BAK; BK = b sin α. Тоді площа паралелограма дорівнює: S = AD ∙ BK; S = ab sin α. Найбільше значення площа матиме у випадку, коли sin α = 1, тобто α = 90°, а це означає, що у паралелограма один з кутів дорівнює 90°, тобто паралелограм є прямокутником.

720. У трикутнику 𝐴𝐵𝐶 відомо, що ∠𝐶 = 90∘, 𝐴𝐶 = 7 см, 𝐵𝐶 = 24 см, 𝐴𝑀 — бісектриса. Знайдіть синус, косинус і тангенс кутів BAC i AMC.

Нехай 𝐴𝐶𝐵 — прямокутний трикутник, ∠𝐶 = 90∘ , 𝐴𝐶 = 7 см, 𝐵𝐶 = 24 см, 𝐴𝑀 — бісектриса. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐶𝐵. За теоремою Піфагора маємо: 𝐴𝐵2 = 𝐴𝐶 2 + 𝐵𝐶 2 ; 𝐴𝐵 = √𝐴𝐶 2 + 𝐵𝐶 2 ; 𝐴𝐵 = √72 + 242 = √49 + 576 = √625 = 25 (см). За означенням тригонометричних функцій маємо:

cos∠𝐵𝐴𝐶 = tg∠𝐵𝐴𝐶 =

𝐴𝐵 𝐴𝐶

𝐴𝐵 𝐵𝐶

ctg∠𝐵𝐴𝐶 =

; cos∠𝐵𝐴𝐶 =

; tg∠𝐵𝐴𝐶 =

𝐴𝐶 𝐴𝐶 𝐵𝐶

; sin∠𝐵𝐴𝐶 = 24 7

; ctg∠𝐵𝐴𝐶 =

25 7

;

; 7 24

𝐵𝐶

sin∠𝐵𝐴𝐶 =

Оскільки 𝐴𝑀 — бісектриса, то за властивістю бісектриси

24−𝑥

7(24 − 𝑥) = 25𝑥; 168 − 7𝑥 = 25𝑥; 32𝑥 = 168; 𝑥 = 5,25.

𝐴𝐵

𝐶𝑀

𝑀𝐵

. За аксіомою

la. in.

вимірювання відрізків маємо: 𝐶𝐵 = 𝐶𝑀 + 𝑀𝐵; 𝑀𝐵 = 𝐶𝐵 − 𝐶𝑀; 𝑀𝐵 = 24 − 𝐶𝑀. Нехай 𝐶𝑀 = 𝑥 см, тоді 𝑀𝐵 = (24 − 𝑥) см. 7 𝑥 = ;

𝐴𝐶

Отже, 𝐶𝑀 = 5,25 см, тоді 𝑀𝐵 = 24 − 5,25 = 18,75 (см). Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐶𝑀. За теоремою Піфагора маємо: 𝐴𝑀2 = 𝐴𝐶 2 + 𝐶𝑀2 ; 𝐴𝑀 = √𝐴𝐶 2 + 𝐶𝑀2 ; 35 𝐴𝑀 = √72 + (5,25)2 = √49 + 27,5625 = √76,5625 = 8,75(см) = (см). 4

За означенням тригонометричних функцій маємо: 𝐴𝐶 35 4 sin∠𝐴𝑀𝐶 = ; sin∠𝐴𝑀𝐶 = 7: = ; cos∠𝐴𝑀𝐶 =

𝐴𝑀 𝐴𝐶

; cos∠𝐴𝑀𝐶 =

4 5 21 35 3

4 21

4 4

= ; 5

; tg∠𝐴𝑀𝐶 = 7: = ; 4 3 𝐶𝑀 3 ctg∠𝐴𝑀𝐶 = ; ctg∠𝐴𝑀𝐶 = . 𝐴𝐶 4 721. У рівнобедреному трикутнику ABC з основою AC медіани AM і CK перетинаються в точці O. Доведіть, що трикутник AOC рівнобедрений, і знайдіть його бічні сторони, якщо AM = 21 см.

tg∠𝐴𝑀𝐶 =

𝐴𝑀 𝐶𝑀

𝐶𝑀

Нехай 𝐴𝐵𝐶 — рівнобедрений трикутник (𝐴𝐵 = 𝐵𝐶), 𝐴𝑀 і 𝐶𝐾 — медіани, 𝐴𝑀 = 21 см. 1 1 За означенням медіани маємо: 𝐴𝐾 = 𝐾𝐵 = 𝐴𝐵; 𝐵𝑀 = 𝑀𝐶 = 𝐵𝐶, звідки 𝐴𝐾 = 𝐾𝐵 = 2

𝐵𝑀 = 𝑀𝐶. Розглянемо трикутники 𝐴𝑀𝐵 і 𝐶𝐾𝐵. У них: 1. ∠𝐵 — спільний;

2. 𝐾𝐵 = 𝐵𝑀 за доведеним вище; 3. 𝐴𝐵 = 𝐵𝐶 за умовою. Тому Δ𝐴𝑀𝐵 = Δ𝐶𝐾𝐵 за двома сторонами і кутом між ними (за І ознакою рівності трикутників). Тоді 𝐴𝑀 = 𝐶𝐾 як відповідні елементи рівних трикутників. 2 2 За властивістю медіани маємо: 𝐴𝑂 = 𝐴𝑀; 𝐶𝑂 = 𝐶𝐾, 3

звідки 𝐴𝑂 = 𝐶𝑂, тому трикутник 𝐴𝑂𝐶 — рівнобедрений. 2 2 𝐴𝑂 = 𝐴𝑀; 𝐴𝑂 = ⋅ 21 = 14 (см). 3

Відповідь: 14 см.

la. in.

722. На медіані AM трикутника ABC позначено точку D так, що AD : DM = 1 : 3. Через точку D проведено пряму, паралельну стороні AC. У якому відношенні ця пряма ділить сторону BC, рахуючи від вершини C?

Нехай 𝐴𝐵𝐶 — трикутник, 𝐴𝑀 — медіана, 𝐴𝐷: 𝐷𝑀 = 1: 3, 𝐾𝑁 ∥ 𝐴𝐶. За означенням медіани маємо: 1 𝐵𝑀 = 𝑀𝐶 = 𝐵𝐶. 2

Нехай 𝐴𝐷 = 𝑥 см, тоді 𝐷𝑀 = 3𝑥 см. За аксіомою вимірювання відрізків 𝐴𝑀 = 𝐴𝐷 + 𝐷𝑀; 𝐴𝑀 = 𝑥 + 3𝑥 = 4𝑥 (см). Розглянемо трикутники 𝐴𝑀𝐶 і 𝐷𝑀𝑁. Оскільки 𝐴𝐶 ∥ 𝐾𝑁, то Δ𝐴𝑀𝐶 ∼ Δ𝐷𝑀𝑁, тому

𝐴𝑀

𝐷𝑀

𝑀𝐶

;

𝑀𝐶

𝑀𝑁 𝑀𝑁

4𝑥 3𝑥

= . 3

За аксіомою вимірювання відрізків 𝑀𝐶 = 𝑀𝑁 + 𝑁𝐶; 𝑁𝐶 = 𝑀𝐶 − 𝑀𝑁; 𝐵𝐶 = 𝐵𝑁 + 𝑁𝐶; 𝐵𝑁 = 𝐵𝐶 − 𝑁𝐶 = 2𝑀𝐶 − 𝑁𝐶. Нехай 𝑀𝐶 = 4𝑦 см, тоді 𝑀𝑁 = 3𝑦 см. 𝑁𝐶 = 4𝑦 − 3𝑦 = 𝑦 (см); 𝐵𝑁 = 2 ⋅ 4𝑦 − 𝑦 = 8𝑦 − 𝑦 = 7𝑦 (см). 𝑁𝐶 𝑦 1 = = . 𝐵𝑁

7𝑦

Відповідь: 𝑁𝐶: 𝐵𝑁 = 1: 7.

723. Доведіть, що в опуклому дев'ятикутнику знайдуться дві діагоналі, кут між якими менший від 7°. 𝑛(𝑛−3) В опуклому 𝑛-кутнику можна провести всього діагоналей, тому в дев'ятикутнику 2

буде

9(9−3) 2

9⋅6 2

54 2

= 27 (діагоналей). Проведемо прямі, паралельні усім діагоналям,

360∘ 54

так, щоб вони перетиналися в одній точці. Тоді вони розіб'ють площину на 27 ⋅ 2 = 54 (кути), які в сумі становлять 360∘ . Навіть за умови рівності всіх кутів вони дорівнювали ≈ 6,67 …∘ < 7∘ . Отже, в опуклому дев'ятикутнику обов'язково знайдуться дві

діагоналі, кут між якими менший за 7∘ .

la. in.

22. Площа трикутника 724. Сторона трикутника дорівнює 12 см, а висота, проведена до неї 2,5 см. Знайдіть площу трикутника.

Нехай 𝐴𝐵𝐶 — трикутник, 𝐴𝐵 = 12 см, 𝐶𝐷 — висота, 𝐶𝐷 = 2,5 см. 1 Тоді маємо: 𝑆 = 𝐴𝐵 ⋅ 𝐶𝐷; 2

𝑆 = ⋅ 12 ⋅ 2,5 = 15(см2 ). 2 Відповідь: 15 см2 .

725. Знайдіть площу прямокутного трикутника, катети якого дорівнюють 10 см і 18 см.

Нехай 𝐴𝐵𝐶 — прямокутний трикутник (∠𝐵 = 90∘ ), 𝐴𝐵 = 18 см, 𝐵𝐶 = 10 см. Тоді маємо: 1 1 𝑆 = 𝐴𝐵 ⋅ 𝐵𝐶; 𝑆 = ⋅ 18 ⋅ 10 = 90(см2 ). 2

Відповідь: 90 см2 .

726. Які з трикутників, зображених на рисунку 222, рівновеликі?

а. 𝑆 = ⋅ 5 ⋅ 4 = 10 (кв. од.) 2

б. 𝑆 = ⋅ 4 ⋅ 4 = 8 (кв. од.) 2

в. 𝑆 = ⋅ 4 ⋅ 4 = 8 (кв. од.) 2

г. 𝑆 = ⋅ 10 ⋅ 2 = 10 (кв. од.) 1

ґ. 𝑆 = ⋅ 2 ⋅ 4 = 4 (кв. од.) 2

д. 𝑆 = ⋅ 4 ⋅ 2 = 4 (кв. од.) 2

la. in.

Отже, рівновеликими є трикутники а) і г), б) і в), ґ) і д). 727. Обчисліть площі трикутників, зображених на рисунку, якщо довжина сторони клітинки дорівнює одиниці довжини.

а. 𝑆 = ⋅ 6 ⋅ 4 = 12 (кв. од.); 2 1

б. 𝑆 = ⋅ 4 ⋅ 5 = 10 (кв. од.); 2

в. 𝑆 = ⋅ 3 ⋅ 4 = 6 (кв. од.); 2

г. 𝑆 = ⋅ 4 ⋅ 4 = 8 (кв. од.). 2

728. Площа трикутника дорівнює 48 см2. Знайдіть сторону трикутника, якщо висота, проведена до цієї сторони, дорівнює 8 см.

Нехай 𝐴𝐵𝐶 — трикутник, 𝑆 = 48 см2 , 𝐶𝐷 — висота, 𝐶𝐷 = 8 см. Тоді маємо: 𝑆 = 𝐴𝐵 ⋅ 𝐶𝐷; 𝐴𝐵 =

2𝑆

𝐶𝐷

; 𝐴𝐵 =

2⋅48 8

= 12 (см).

Відповідь: 12 см.

729. Відомо, що дві сторони трикутника дорівнюють 24 см і 9 см, а висота, проведена до більшої з відомих сторін, — 6 см. Знайдіть висоту трикутника, проведену до меншої з відомих сторін.

Нехай 𝐴𝐵𝐶 — трикутник, 𝐴𝐵 = 24 см, 𝐵𝐶 = 9 см, 𝐶𝐷 і 𝐴𝐹 — висоти, 𝐶𝐷 = 6 см. Тоді маємо: 1 𝑆 = 𝐴𝐵 ⋅ 𝐶𝐷; 2 1

𝑆 = ⋅ 24 ⋅ 6 = 72(см2 ); 𝑆 = 𝐵𝐶 ⋅ 𝐴𝐹; 2

𝐴𝐹 = 𝐴𝐹 =

2𝑆

;

𝐵𝐶 2⋅72 9

la. in.

2 1

= 16(см).

Відповідь: 16 см. 730. Заповніть таблицю, де 𝑎 − довжина сторони трикутника, ℎ довжина висоти, проведеної до неї, 𝑆 − площа трикутника: 𝑎

2,4 см

9 дм

26 м

ℎ

4 см

18 дм

5м

𝑆

4,8 см2

81 дм2

65 м2

2𝑆

2 1

𝑎 2𝑆

1. 𝑆 = 𝑎ℎ; 𝑆 = ⋅ 2,4 ⋅ 4 = 4,8(см2 ). 2⋅81

2. 𝑆 = 𝑎ℎ; ℎ =

;ℎ=

9 2⋅65

= 18(см).

3. 𝑆 = 𝑎ℎ; 𝑎 = ; 𝑎 = = 26(см). 2 ℎ 5 731. Знайдіть площу рівнобедреного трикутника, основа якого дорівнює 24 см, а бічна сторона — 13 см.

Нехай 𝐴𝐵𝐶 — рівнобедрений трикутник (𝐴𝐵 = 𝐵𝐶), 𝐴𝐶 = 24 см, 𝐴𝐵 = 𝐵𝐶 = 13 см. Проведемо з вершини 𝐵 висоту 𝐵𝐷 до основи. У рівнобедреному трикутнику вона є медіаною і бісектрисою,

тому 𝐴𝐷 = 𝐷𝐶 = 𝐴𝐶 = ⋅ 24 = 12 (см). 2 2 Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐷𝐵 (∠𝐴𝐷𝐵 = 90∘). За теоремою Піфагора маємо: 𝐴𝐵2 = 𝐴𝐷2 + 𝐵𝐷2 , звідки 𝐵𝐷2 = 𝐴𝐵2 − 𝐴𝐷2 ; 𝐵𝐷 = √𝐴𝐵2 − 𝐴𝐷2 ; 𝐵𝐷 = √132 − 122 = √169 − 144 = √25 = 5 (см). 1 1 Тоді маємо: 𝑆 = 𝐴𝐶 ⋅ 𝐵𝐷; 𝑆 = ⋅ 24 ⋅ 5 = 60 (см2 ). 2

Відповідь: 60 см2 .

la. in.

732. Бічна сторона рівнобедреного трикутника дорівнює 61 см, а висота, проведена до основи, — 60 см. Знайдіть площу трикутника.

Нехай 𝐴𝐵𝐶 — рівнобедрений трикутник (𝐴𝐵 = 𝐵𝐶), 𝐵𝐷 = 60 см, 𝐴𝐵 = 𝐵𝐶 = 61 см. Висота рівнобедреного трикутника, проведена до основи, є його медіаною і бісектрисою, 1 тому 𝐴𝐷 = 𝐷𝐶 = 𝐴𝐶. 2 Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐷𝐵 (∠𝐴𝐷𝐵 = 90∘).

За теоремою Піфагора маємо: 𝐴𝐵2 = 𝐴𝐷2 + 𝐵𝐷2 , звідки 𝐴𝐷2 = 𝐴𝐵2 − 𝐵𝐷2 ; 𝐴𝐷 = √𝐴𝐵2 − 𝐵𝐷2 ; 𝐴𝐷 = √612 − 602 = √3721 − 3600 = √121 = 11 (см). 𝐴𝐶 = 2𝐴𝐷; 𝐴𝐶 = 2 ⋅ 11 = 22 (см). 1

Тоді площа трикутника: 𝑆 = 𝐴𝐶 ⋅ 𝐵𝐷; 𝑆 = ⋅ 22 ⋅ 60 = 660 (см2 ).

Відповідь: 660 см2 .

733. Один із катетів прямокутного трикутника дорівнює 12 см, а медіана, проведена до гіпотенузи, — 18,5 см. Знайдіть площу трикутника.

Нехай 𝐴𝐵𝐶 — прямокутний трикутник (∠𝐵 = 90∘), 𝐵𝐶 = 12 см, 𝐵𝐷 — медіана, 𝐵𝐷 = 18,5 см. Оскільки 𝐵𝐷 — медіана, проведена до гіпотенузи, то середина гіпотенузи є 1 центром описаного навколо трикутника кола і 𝐵𝐷 = 𝐴𝐷 = 𝐷𝐶 = 𝐴𝐶. 𝐴𝐶 = 2𝐵𝐷; 𝐴𝐶 = 2 ⋅ 18,5 = 37 (см).

За теоремою Піфагора маємо: 𝐴𝐶 2 = 𝐴𝐵2 + 𝐵𝐶 2 , звідки 𝐴𝐵2 = 𝐴𝐶 2 − 𝐵𝐶 2 ; 𝐴𝐵 = √𝐴𝐶 2 − 𝐵𝐶 2 ; 𝐴𝐵 = √372 − 122 = √1369 − 144 = √1225 = 35 (см). 1

la. in.

Тоді маємо: 𝑆 = 𝐵𝐶 ⋅ 𝐴𝐵; 𝑆 = ⋅ 12 ⋅ 35 = 210(см2 ). Відповідь: 210 см2 .

734. Знайдіть площу прямокутного трикутника, якщо висота, проведена до гіпотенузи, ділить ї на відрізки завдовжки 3 см i 27 см.

Нехай 𝐴𝐵𝐶 — прямокутний трикутник (∠𝐵 = 90∘), 𝐵𝐷 — висота, проведена до гіпотенузи, 𝐴𝐷 = 27 см, 𝐷𝐶 = 3 см.

За аксіомою вимірювання відрізків: 𝐴𝐶 = 𝐴𝐷 + 𝐷𝐶; 𝐴𝐶 = 27 + 3 = 30 (см).

За метричним співвідношенням у прямокутному трикутнику: 𝐵𝐷2 = 𝐴𝐷 ⋅ 𝐷𝐶; 𝐵𝐷 = √𝐴𝐷 ⋅ 𝐷𝐶; 𝐵𝐷 = √27 ⋅ 3 = 9 (см). 1

Тоді маємо: 𝑆 = 𝐴𝐶 ⋅ 𝐵𝐷; 2

sh 1

𝑆 = ⋅ 30 ⋅ 9 = 135(см2 ). 2

Відповідь: 135 см2 .

735. Висота прямокутного трикутника, проведена до гіпотенузи, дорівнює 8 см, а проєкція одного з катетів на гіпотенузу 6 см. Знайдіть площу трикутника.

Нехай 𝐴𝐵𝐶 — прямокутний трикутник (∠𝐵 = 90∘), 𝐵𝐷 — висота, 𝐵𝐷 = 8 см, 𝐷𝐶 = 6 см. За метричним співвідношенням у прямокутному трикутнику 𝐵𝐷2 = 𝐴𝐷 ⋅ 𝐷𝐶; 𝐴𝐷 = 𝐴𝐷 =

82 6

64 6

= 10 (см). 3

𝐵𝐷2 𝐷𝐶

;

la. in.

За аксіомою вимірювання відрізків 𝐴𝐶 = 𝐴𝐷 + 𝐷𝐶; 𝐴𝐶 = 10 + 6 = 16 (см). Тоді маємо: 𝑆 = 𝐴𝐶 ⋅ 𝐵𝐷; 1

𝑆= ⋅

⋅8=

2 200

= 66 (см2 ). 3

Відповідь: 66 см2. 3

736. Висота 𝐵𝐷 трикутника 𝐴𝐵𝐶 ділить його сторону 𝐴𝐶 на відрізки 𝐴𝐷 і 𝐶𝐷. Знайдіть площу трикутника 𝐴𝐵𝐶, якщо 𝐵𝐶 = √37 см, ∠𝐴 = 30∘ , 𝐶𝐷 = 5 см.

Нехай 𝐴𝐵𝐶 — трикутник, 𝐵𝐷 — висота, 𝐵𝐶 = √37 см, ∠𝐴 = 30∘ , 𝐶𝐷 = 5 см. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐵𝐷𝐶 (∠𝐵𝐷𝐶 = 90∘ ). За теоремою Піфагора маємо: 𝐵𝐶 2 = 𝐵𝐷2 + 𝐶𝐷2 , звідки 𝐵𝐷2 = 𝐵𝐶 2 − 𝐶𝐷2 ; 𝐵𝐷 = √𝐵𝐶 2 − 𝐶𝐷2 ; 𝐵𝐷 = √(√37)2 − 52 = √37 − 25 = √12 = 2√3 (см). Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐷𝐵 (∠𝐴𝐷𝐵 = 90∘). 𝐵𝐷

; 𝐴𝐷 =

2 √3

2√3

= √3 = 6 (см).

𝐴𝐷 =

tg∠𝐵𝐴𝐷

tg30∘

За аксіомою вимірювання відрізків 𝐴𝐶 = 𝐴𝐷 + 𝐷𝐶; 𝐴𝐶 = 6 + 5 = 11 (см). Тоді маємо: 1 𝑆 = 𝐴𝐶 ⋅ 𝐵𝐷; 2 1

𝑆 = ⋅ 11 ⋅ 2√3 = 11√3 (см2 ). 2

Відповідь: 11√3 см2 .

737. Висота 𝐴𝑀 трикутника 𝐴𝐵𝐶 ділить його сторону 𝐵𝐶 на відрізки 𝐵𝑀 і 𝑀𝐶. Знайдіть площу трикутника 𝐴𝐵𝐶, якщо 𝐴𝐵 = 10√2 см, 𝐴𝐶 = 26 см, ∠𝐵 = 45∘ .

Нехай 𝐴𝐵𝐶 — трикутник, 𝐴𝑀 — висота, 𝐴𝐵 = 10√2 см, ∠𝐵 = 45∘ , 𝐴𝐶 = 26 см. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝑀𝐵 (∠𝐴𝑀𝐵 = 90∘ ). 𝐴𝑀 = 𝐴𝐵sin𝐴𝐵𝑀; 𝐴𝑀 = 10√2 ⋅ sin45∘ = 10√2 ⋅

√2 = 10 (см). 2 ∘

la. in.

Оскільки ∠𝐴𝐵𝑀 = 45∘ , ∠𝐴𝑀𝐵 = 90 , то за властивістю гострих кутів прямокутного трикутника ∠𝐵𝐴𝑀 = 45∘, тому трикутник 𝐴𝑀𝐵 — рівнобедрений з основою 𝐴𝐵, 𝐵𝑀 = 𝐴𝑀 = 10 см. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝑀𝐶 (∠𝐴𝑀𝐶 = 90∘ ). За теоремою Піфагора маємо: 𝐴𝐶 2 = 𝐴𝑀2 + 𝑀𝐶 2 , звідки 𝑀𝐶 2 = 𝐴𝐶 2 − 𝐴𝑀2 ; 𝑀𝐶 = √𝐴𝐶 2 − 𝐴𝑀2 ; 𝑀𝐶 = √262 − 102 = √676 − 100 = √576 = 24 (см). За аксіомою вимірювання відрізків: 𝐵𝐶 = 𝐵𝑀 + 𝑀𝐶; 𝐵𝐶 = 10 + 24 = 34 (см). 1 1 Тоді маємо: 𝑆 = 𝐵𝐶 ⋅ 𝐴𝑀; 𝑆 = ⋅ 34 ⋅ 10 = 170(см2 ). 2

Відповідь: 170 см2 .

738. Знайдіть площу рівнобедреного трикутника, бічна сторона якого дорівнює 𝑏, а кут при основі дорівнює 𝛼.

Нехай 𝐴𝐵𝐶 — рівнобедрений трикутник (𝐴𝐵 = 𝐵𝐶), 𝐴𝐵 = 𝐵𝐶 = 𝑏, ∠𝐵𝐴𝐷 = 𝛼. Проведемо висоту 𝐵𝐷. Висота рівнобедреного трикутника, проведена до основи, є його медіаною і бісектрисою, 1 тому 𝐴𝐷 = 𝐷𝐶 = 𝐴𝐶. 2

Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐷𝐵 (∠𝐴𝐷𝐵 = 90∘). 𝐵𝐷 = 𝐴𝐵 ⋅ sin𝐵𝐴𝐷; 𝐵𝐷 = 𝑏sin𝛼. 𝐴𝐷 = 𝐴𝐵 ⋅ cos𝐵𝐴𝐷; 𝐴𝐷 = 𝑏cos𝛼.

𝐴𝐶 = 2𝐴𝐷; 𝐴𝐶 = 2𝑏cos𝛼. 1

Тоді одержимо: 𝑆 = 𝐴𝐶 ⋅ 𝐵𝐷; 2

𝑆 = ⋅ 2𝑏cos𝛼 ⋅ 𝑏sin𝛼 = 𝑏 2 sin𝛼cos𝛼.

Відповідь: 𝑏 2 sin𝛼 cos𝛼.

la. in.

739. Висота рівнобедреного трикутника, проведена до основи, дорівнює ℎ, а кут при вершині дорівнює 𝛽. Знайдіть площу трикутника.

Нехай 𝐴𝐵𝐶 — рівнобедрений трикутник (𝐴𝐵 = 𝐵𝐶), 𝐵𝐷 = ℎ, ∠𝐴𝐵𝐶 = 𝛽. Висота рівнобедреного трикутника, проведена до основи, є його медіаною і бісектрисою, 1

тому 𝐴𝐷 = 𝐷𝐶 = 𝐴𝐶; 2

𝛽

∠𝐴𝐵𝐷 = ∠𝐷𝐵𝐶 = ∠𝐴𝐵𝐶 = .

Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐷𝐵 (∠𝐴𝐷𝐵 = 90∘), 𝐴𝐷 = 𝐵𝐷 ⋅ tg∠𝐴𝐵𝐷; 𝛽

𝐴𝐷 = ℎ tg . 2

𝐴𝐶 = 2𝐴𝐷; 𝛽

𝐴𝐶 = 2ℎ tg . 2

Тоді одержимо: 𝑆 = 𝐴𝐶 ⋅ 𝐵𝐷; 2

𝛽

𝑆 = ⋅ 2ℎ tg ⋅ ℎ = ℎ2 tg . 𝛽

Відповідь: ℎ2 tg . 2

740. Знайдіть площу рівностороннього трикутника, сторона якого дорівнює 𝑎.

Нехай 𝐴𝐵𝐶 — рівносторонній трикутник, 𝐴𝐵 = 𝐵𝐶 = 𝐴𝐶 = 𝑎. Проведемо висоту 𝐵𝐷. Висота рівнобедреного трикутника, проведена до основи, є його 1 𝑎 медіаною і бісектрисою, тому 𝐴𝐷 = 𝐷𝐶 = 𝐴𝐶 = . 2

𝑎 2

3𝑎2

𝐵𝐷 = √𝑎2 − ( ) = √

𝑎 √3 2

Тоді маємо: 𝑆 = 𝐴𝐶 ⋅ 𝐵𝐷; 𝑎 √3

𝑆 = ⋅𝑎⋅

Відповідь:

𝑎 2 √3 4

2 𝑎 2 √3 4

la. in.

Оскільки трикутник 𝐴𝐵𝐶 — рівносторонній, то ∠𝐴 = ∠𝐵 = ∠𝐶 = 60∘ . Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐷𝐵 (∠𝐴𝐷𝐵 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐴𝐵2 = 𝐴𝐷2 + 𝐵𝐷2 , звідки 𝐵𝐷2 = 𝐴𝐵2 − 𝐴𝐷2 ; 𝐵𝐷 = √𝐴𝐵2 − 𝐴𝐷2 ;

741. Знайдіть площу рівнобедреного прямокутного трикутника, гіпотенуза якого дорівнює 𝑐.

Нехай 𝐴𝐵𝐶 — рівнобедрений прямокутний трикутник (𝐴𝐵 = 𝐵𝐶, ∠𝐴𝐵𝐶 = 90∘ ), 𝐴𝐶 = 𝑐. Розглянемо трикутник 𝐴𝐵𝐶. За теоремою Піфагора: 𝐴𝐶 2 = 𝐴𝐵2 + 𝐵𝐶 2 ; 𝐴𝐶 2 = 2𝐴𝐵2 ; 𝐴𝐵2 =

𝐴𝐶 2 2 2

;

𝑐 . 2 Тоді маємо: 1 𝑆 = 𝐴𝐵 ⋅ 𝐵𝐶; 𝐴𝐵2 =

2 1

𝑆 = 𝐴𝐵2 ; 2

1 𝑐2 𝑐2 𝑆= ⋅ = . 2 2 4 Відповідь:

𝑐2 4

742. Знайдіть висоту прямокутного трикутника, проведену до гіпотенузи, якщо його катети дорівнюють 10 см і 24 см.

la. in.

Нехай 𝐴𝐵𝐶 — прямокутний трикутник (∠𝐴𝐵𝐶 = 90∘ ), 𝐴𝐵 = 24 см, 𝐵𝐶 = 10 см. Розглянемо трикутник 𝐴𝐵𝐶. За теоремою Піфагора: 𝐴𝐶 2 = 𝐴𝐵2 + 𝐵𝐶 2 ; 𝐴𝐶 = √𝐴𝐵2 + 𝐵𝐶 2 ; 𝐴𝐶 = √242 + 102 = √576 + 100 = √676 = 26 (см). Тоді маємо: 𝑆 = 𝐴𝐵 ⋅ 𝐵𝐶; 2 1 𝑆 = ⋅ 24 ⋅ 10 = 120(см2 ). 2 1

З іншого боку, 𝑆 = 𝐵𝐷 ⋅ 𝐴𝐶; 𝐵𝐷 = 𝐵𝐷 =

2𝑆

;

𝐴𝐶 2⋅120 26

Відповідь: 9

3 13

(см).

см.

743. Точка дотику кола, вписаного в прямокутний трикутник, ділить його гіпотенузу на відрізки завдовжки 8 см і 12 см. Знайдіть площу трикутника.

Нехай 𝐴𝐵𝐶 — прямокутний трикутник (∠𝐴𝐵𝐶 = 90∘ ), 𝐴𝑁 = 12 см, 𝑁𝐶 = 8 см. За аксіомою вимірювання відрізків 𝐴𝐶 = 𝐴𝑁 + 𝑁𝐶; 𝐴𝐶 = 12 + 8 = 20 (см). За властивістю відрізків дотичних, проведених до кола з однієї точки, маємо: 𝐴𝑀 = 𝐴𝑁 = 12 см, 𝐶𝑁 = 𝐶𝐾 = 8 см, 𝐵𝑀 = 𝐵𝐾. Нехай 𝐵𝑀 = 𝐵𝐾 = 𝑥 см.

la. in.

Тоді за аксіомою вимірювання відрізків 𝐴𝐵 = 𝐴𝑀 + 𝑀𝐵; 𝐴𝐵 = (12 + 𝑥) см; 𝐵𝐶 = 𝐵𝐾 + 𝐾𝐶; 𝐵𝐶 = (8 + 𝑥) см. За теоремою Піфагора маємо: 𝐴𝐶 2 = 𝐴𝐵2 + 𝐵𝐶 2 ; 202 = (12 + 𝑥)2 + (8 + 𝑥)2 ; 400 = 122 + 24𝑥 + 𝑥 2 + 82 + 16𝑥 + 𝑥 2 ; 2𝑥 2 + 40𝑥 − 192 = 0; 𝑥 2 + 20𝑥 − 96 = 0; 𝑥1 = 4; 𝑥2 = −24 — не задовольняє умову задачі. Отже, 𝐴𝐵 = 12 + 4 = 16 (см); 𝐵𝐶 = 8 + 4 = 12 (см). 1 Тоді маємо: 𝑆 = 𝐴𝐵 ⋅ 𝐵𝐶; 𝑆 = ⋅ 16 ⋅ 12 = 96(см2 ). 2

Відповідь: 96 см2 .

744. Знайдіть площу рівнобедреного трикутника, якщо його периметр дорівнює 54 см, а висота, проведена до основи, −9 см.

Нехай 𝐴𝐵𝐶 — рівнобедрений трикутник (𝐴𝐵 = 𝐵𝐶), 𝑃 = 54 см, 𝐵𝐷 = 9 см. Висота рівнобедреного трикутника, проведена до основи, є його медіаною, тому 𝐴𝐷 = 𝐷𝐶 = 1 𝐴𝐶.

𝐴𝐶 = 2𝐴𝐷. 𝑃 = 𝐴𝐵 + 𝐵𝐶 + 𝐴𝐶; 54 = 2𝐴𝐵 + 2𝐴𝐷; 𝐴𝐵 + 𝐴𝐷 = 27 (см).

Нехай 𝐴𝐵 = 𝑥 см, тоді 𝐴𝐷 = (27 − 𝑥) см. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐷𝐵 (∠𝐴𝐷𝐵 = 90∘). За теоремою Піфагора маємо: 𝐴𝐵2 = 𝐴𝐷2 + 𝐵𝐷2 , звідки 𝑥 2 = (27 − 𝑥)2 + 92 ; 𝑥 2 = 729 − 54𝑥 + 𝑥 2 + 81; 54𝑥 = 648; 𝑥 = 12.

Отже, 𝐴𝐵 = 12 см, тоді 𝐴𝐷 = 27 − 12 = 15 (см). 𝐴𝐶 = 2 ⋅ 15 = 30 (см). 1

Тоді одержимо: 𝑆 = 𝐴𝐶 ⋅ 𝐵𝐷; 𝑆 = ⋅ 30 ⋅ 9 = 135(см2 ). 2

Відповідь: 135 см2 .

la. in.

745. Основа рівнобедреного трикутника відноситься до його висоти, опущеної на основу, як 8: 3, бічна сторона трикутника дорівнює 40 см. Знайдіть площу трикутника.

Нехай 𝐴𝐵𝐶 — рівнобедрений трикутник (𝐴𝐵 = 𝐵𝐶), 𝐴𝐶: 𝐵𝐷 = 8: 3, 𝐴𝐵 = 𝐵𝐶 = 40 см. Нехай 𝐴𝐶 = 8𝑥 см, тоді 𝐵𝐷 = 3𝑥 см. Висота рівнобедреного трикутника, проведена до основи, є його медіаною; тому 𝐴𝐷 = 1 1 𝐷𝐶 = 𝐴𝐶 = ⋅ 8𝑥 = 4𝑥 (см). 2

Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐷𝐵 (∠𝐴𝐷𝐵 = 90∘). За теоремою Піфагора маємо: 𝐴𝐵2 = 𝐴𝐷2 + 𝐵𝐷2 , звідки 402 = (4𝑥)2 + (3𝑥)2 ; 1600 = 16𝑥 2 + 9𝑥 2 ; 25𝑥 2 = 1600; 𝑥 2 = 64; 𝑥 = 8. Отже, 𝐴𝐶 = 8 ⋅ 8 = 64 (см), тоді 𝐵𝐷 = 3 ⋅ 8 = 24 (см). 1

Тоді одержимо: 𝑆 = 𝐴𝐶 ⋅ 𝐵𝐷; 1

𝑆 = ⋅ 64 ⋅ 24 = 768(см2 ). 2

Відповідь: 768 см2 .

746. Доведіть, що площа опуклого чотирикутника, діагоналі якого перпендикулярні, дорівнює половині їхнього добутку.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — опуклий чотирикутник, 𝐴𝐶 і 𝐵𝐷 — діагоналі, 𝐴𝐶⟂𝐵𝐷. Розглянемо 1 трикутник 𝐴𝐵𝐷. У нього 𝐴𝑂 — висота, тому 𝑆𝐴𝐵𝐷 = 𝐵𝐷 ⋅ 𝐴𝑂. Розглянемо трикутник 2

𝐶𝐵𝐷. У нього 𝐶𝑂 — висота, тому 𝑆𝐶𝐵𝐷 = 𝐵𝐷 ⋅ 𝐶𝑂. За аксіомою вимірювання відрізків 2

𝐴𝐶 = 𝐴𝑂 + 𝑂𝐶. 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 = 𝑆𝐴𝐵𝐷 + 𝑆𝐶𝐵𝐷 ; 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 = 𝐵𝐷 ⋅ 𝐴𝑂 + 𝐵𝐷 ⋅ 𝐶𝑂 = 𝐵𝐷(𝐴𝑂 + 𝐶𝑂) = 2

𝐵𝐷 ⋅ 𝐴𝐶.

la. in.

747. Площа ромба дорівнює 120 см2 , а його діагоналі відносяться як 5 ∶ 12. Знайдіть периметр ромба.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — ромб, 𝐴𝐶 і 𝐵𝐷 — діагоналі, 𝐴𝐶: 𝐵𝐷 = 5: 12, 𝑆 = 120 см2 . 1 Діагоналі ромба перпендикулярні, тому 𝑆 = 𝐴𝐶 ⋅ 𝐵𝐷. Нехай 𝐴𝐶 = 5𝑥 см, тоді 𝐵𝐷 = 12𝑥 см. 1 Рівняння: 120 = ⋅ 5𝑥 ⋅ 12𝑥; 𝑥 2 = 4;

𝑥 = 2. Тоді 𝐴𝐶 = 5 ⋅ 2 = 10 (см), тоді 𝐵𝐷 = 12 ⋅ 2 = 24 (см). 1 1 1 Діагоналі ромба точкою перетину діляться навпіл, тому 𝐴𝑂 = 𝐴𝐶; 𝐷𝑂 = 𝐵𝐷; 𝐴𝑂 = ⋅ 10 = 5 (см); 1 𝐷𝑂 = ⋅ 24 = 12 (см). 2

Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝑂𝐷 (∠𝐴𝑂𝐷 = 90∘ ). За теоремою Піфагора маємо: 𝐴𝐷2 = 𝐴𝑂2 + 𝐷𝑂2 ; 𝐴𝐷 = √𝐴𝑂2 + 𝐷𝑂2 ; 𝐴𝐷 = √52 + 122 = √25 + 144 = √169 = 13 (см). Тоді 𝑃 = 4𝐴𝐷; 𝑃 = 4 ⋅ 13 = 52 (см).

Відповідь: 52 см. 748. Знайдіть площу ромба, сторона якого дорівнює 25 см, а сума діагоналей −62 см .

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — ромб, 𝐴𝐶 і 𝐵𝐷 — діагоналі, 𝐴𝐶 + 𝐵𝐷 = 62 см, 𝐴𝐵 = 𝐵𝐶 = 𝐶𝐷 = 𝐴𝐷 = 25 см.

Діагоналі ромба точкою перетину діляться навпіл, 1 1 тому 𝐴𝑂 = 𝐴𝐶; 𝐷𝑂 = 𝐵𝐷. 1

Тоді 𝐴𝑂 + 𝐷𝑂 = 𝐴𝐶 + 𝐵𝐷 = (𝐴𝐶 + 𝐵𝐷); 1

𝐴𝑂 + 𝐷𝑂 = ⋅ 62 = 31 (см).

la. in.

Нехай 𝐴𝑂 = 𝑥 см, тоді 𝑂𝐷 = (31 − 𝑥) см. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝑂𝐷 (∠𝐴𝑂𝐷 = 90∘ ). За теоремою Піфагора маємо: 𝐴𝐷2 = 𝐴𝑂2 + 𝐷𝑂2 ; 252 = 𝑥 2 + (31 − 𝑥)2 ; 625 = 𝑥 2 + 961 − 62𝑥 + 𝑥 2 ; 2𝑥 2 − 62𝑥 + 336 = 0; 𝑥 2 − 31𝑥 + 168 = 0; 𝑥1 = 24; 𝑥2 = 7.

Якщо 𝑥 = 24, то 𝐴𝑂 = 24 см, тоді 𝑂𝐷 = 31 − 24 = 7 (см); якщо 𝑥 = 7, то 𝐴𝑂 = 7 см, тоді 𝑂𝐷 = 31 − 7 = 24 (см). Отже, половини діагоналей дорівнюють 24 см і 7 см, тому цілі діагоналі дорівнюють 24 ⋅ 2 = 48 (см) і 7 ⋅ 2 = 14 (см). 1

Тоді 𝑆 = 𝐴𝐶 ⋅ 𝐵𝐷; 2 1 𝑆 = ⋅ 48 ⋅ 14 = 336(см2 ). 2 Відповідь: 336 см2 .

749. Знайдіть площу ромба, сторона якого дорівнює 39 см, а різниця діагоналей − 42 см .

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — ромб, 𝐴𝐶 і 𝐵𝐷 — діагоналі, 𝐵𝐷 − 𝐴𝐶 = 42 см, 𝐴𝐵 = 𝐵𝐶 = 𝐶𝐷 = 𝐴𝐷 = 39 см. 1 Діагоналі ромба точкою перетину діляться навпіл, тому 𝐴𝑂 = 𝐴𝐶; 2

𝐷𝑂 = 𝐵𝐷. 2

Тоді 𝐷𝑂 − 𝐴𝑂 = 𝐵𝐷 − 𝐴𝐶 = (𝐵𝐷 − 𝐴𝐶); 1

𝐷𝑂 − 𝐴𝑂 = ⋅ 42 = 21 (см). 2

Нехай 𝐷𝑂 = 𝑥 см, тоді 𝐴𝑂 = (𝑥 − 21) см. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝑂𝐷 (∠𝐴𝑂𝐷 = 90∘ ). За теоремою Піфагора маємо:

la. in.

𝐴𝐷2 = 𝐴𝑂2 + 𝐷𝑂2 ; 392 = 𝑥 2 + (𝑥 − 21)2 ; 1521 = 𝑥 2 + 𝑥 2 − 42𝑥 + 441; 2𝑥 2 − 42𝑥 − 1080 = 0; 𝑥 2 − 21𝑥 − 540 = 0; 𝑥1 = 36; 𝑥2 = −15 — не задовольняє умову задачі. Якщо 𝑥 = 36, то 𝐷𝑂 = 36 см, тоді 𝐴𝑂 = 36 − 21 = 15 (см). Тому 𝐵𝐷 = 2𝐷𝑂; 𝐵𝐷 = 2 ⋅ 36 = 72 (см); 𝐴𝐶 = 2𝐴𝑂; 𝐴𝐶 = 2 ⋅ 15 = 30 (см). 1 Отже, 𝑆 = 𝐴𝐶 ⋅ 𝐵𝐷; 𝑆 = ⋅ 30 ⋅ 72 = 1080 (см2 ). 2

Відповідь: 1080 см2 .

750. Дано пряму 𝑙 і паралельний ій відрізок 𝐴𝐵. Доведіть, що всі трикутники 𝐴𝑋𝐵, де 𝑋 − довільна точка прямої 𝑙, рівновеликі.

Оскільки 𝐴𝐵 ∥ 𝑙, то всі відрізки 𝑋1 𝐻1 , 𝑋2 𝐻2 , … будуть відстанню між паралельними прямими, тому рівними між собою. Основою всіх трикутників є відрізок 𝐴𝐵, тому 𝑆 = 1 1 𝐴𝐵 ⋅ 𝑋1 𝐻1 = 𝐴𝐵 ⋅ 𝑋2 𝐻2 = ⋯, тобто всі трикутники є рівновеликими. 2

751. Доведіть, що коли висота одного трикутника дорівнює висоті другого трикутника, то площі даних трикутників відносяться як їхні сторони, до яких проведено ці висоти.

Нехай 𝐴𝐵𝐶 і 𝐴1 𝐵1 𝐶1 — трикутник, 𝐴𝐷 = 𝐴1 𝐷1 . 1 Тоді маємо: 𝑆𝐴𝐵𝐶 = 𝐵𝐶 ⋅ 𝐴𝐷; 2

𝑆𝐴1𝐵1 𝐶1 = 𝐵1 𝐶1 ⋅ 𝐴1 𝐷1 ; 2

𝑆𝐴𝐵𝐶 𝑆𝐴1 𝐵1 𝐶1

1 𝐵𝐶⋅𝐴𝐷 2

𝐵 𝐶 ⋅𝐴 𝐷 2 1 1 1 1

𝐵𝐶 𝐵1 𝐶1

752. Доведіть, що медіана трикутника розбиває його на два рівновеликих трикутники. Нехай 𝐴𝐵𝐶 — трикутник, 𝐵𝐷 — висота, 𝐵𝑀 — медіана. Оскільки 𝐵𝑀 — медіана, то 𝐴𝑀 = 𝑀𝐶. 1

Тоді 𝑆𝐴𝐵𝑀 = 𝐴𝑀 ⋅ 𝐵𝐷; 2

𝑆𝐵𝑀𝐶 = 𝑀𝐶 ⋅ 𝐵𝐷, 2

la. in.

звідки 𝑆𝐴𝐵𝑀 = 𝑆𝐵𝑀𝐶 .

753. На стороні AC трикутника 𝐴𝐵𝐶 позначено точку 𝑀 так, що 𝑆𝐴𝐵𝑀

= . 𝑛

𝑀𝐶

𝑚

= . Доведіть, що 𝑛

𝑆𝐵𝑀𝐶

𝑚

𝐴𝑀

Нехай 𝐴𝐵𝐶 — трикутник,

𝐴𝑀 𝑀𝐶

𝑚

= . Проведемо висоту 𝐵𝐷. Тоді одержимо: 𝑛

1 𝑆𝐴𝐵𝑀 = 𝐴𝑀 ⋅ 𝐵𝐷; 2 1 𝑆𝐵𝑀𝐶 = 𝑀𝐶 ⋅ 𝐵𝐷, 2 звідки

𝑆𝐴𝐵𝑀 𝑆𝐵𝑀𝐶

1 𝐴𝑀⋅𝐵𝐷 2 1 𝑀𝐶⋅𝐵𝐷 2

𝐴𝑀 𝑀𝐶

𝑚

= . 𝑛

754. У трикутнику провели всі три медіани. Доведіть, що вони розбивають трикутник на шість рівновеликих трикутників.

la. in.

Нехай 𝐴𝐵𝐶 — трикутник, 𝐴𝑁, 𝐵𝐾 і 𝐶𝑀 — медіани. Оскільки 𝐵𝐾 — медіана, то 𝑆𝐴𝐵𝐾 = 𝑆𝐵𝐾𝐶 (див. задачу 752). Тоді 𝑆𝐴𝑂𝐾 + 𝑆𝐴𝑂𝑀 + 𝑆𝑀𝑂𝐵 = 𝑆𝐾𝑂𝐶 + 𝑆𝐶𝑂𝑁 + 𝑆𝑁𝑂𝐵 . Але в трикутнику 𝐴𝑂𝐶 𝑂𝐾 — медіана, тому 𝑆𝐴𝑂𝐾 = 𝑆𝐾𝑂𝐶 і 𝑆𝐴𝑂𝑀 + 𝑆𝑀𝑂𝐵 = 𝑆𝐶𝑂𝑁 + 𝑆𝑁𝑂𝐵 . Аналогічно в трикутнику 𝐴𝑂𝐵 𝑂𝑀 — медіана, тому 𝑆𝐴𝑂𝑀 = 𝑆𝑀𝑂𝐵 , в трикутнику 𝐵𝑂𝐶 𝑂𝑁 — медіана, тому 𝑆𝐶𝑂𝑁 = 𝑆𝑁𝑂𝐵 . Тому 2𝑆𝐴𝑂𝑀 = 2𝑆𝐶𝑂𝑁 ; 𝑆𝐴𝑂𝑀 = 𝑆𝐶𝑂𝑁 , звідки 𝑆𝐴𝑂𝐾 = 𝑆𝐴𝑂𝑀 = 𝑆𝑀𝑂𝐵 = 𝑆𝐾𝑂𝐶 = 𝑆𝐶𝑂𝑁 = 𝑆𝑁𝑂𝐵 .

755. Через вершину 𝐵 трикутника 𝐴𝐵𝐶 проведіть дві прямі так, щоб вони розбили даний трикутник на три рівновеликих трикутники.

Нехай 𝐴𝐵𝐶 — трикутник. Проведемо висоту 𝐵𝐷. Розіб'ємо відрізок 𝐴𝐶 точками 𝑀 і 𝑁 на три рівні частини: 𝐴𝑀 = 𝑀𝑁 = 𝑁𝐶. Тоді маємо:

1 𝑆𝐴𝐵𝑀 = 𝐴𝑀 ⋅ 𝐵𝐷; 2 1 𝑆𝑀𝐵𝑁 = 𝑀𝑁 ⋅ 𝐵𝐷, 2 1 𝑆𝑁𝐵𝐶 = 𝑁𝐶 ⋅ 𝐵𝐷, 2 звідки 𝑆𝐴𝐵𝑀 = 𝑆𝑀𝐵𝑁 = 𝑆𝑁𝐵𝐶 .

756. Через вершину паралелограма проведіть прямі так, щоб вони розбили даний паралелограм: 1. на чотири рівновеликих многокутники; 2. п'ять рівновеликих многокутників.

1. Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — паралелограм. Проведемо діагональ 𝐵𝐷. Вона розбиває паралелограм на два рівновеликі трикутники: 𝑆𝐴𝐵𝐷 = 𝑆𝐵𝐷𝐶 . Проведемо у трикутнику 𝐴𝐵𝐷 медіану 𝐵𝑀. Вона розбиває його на два рівновеликі трикутники: 1

𝑆𝐴𝐵𝑀 = 𝑆𝑀𝐵𝐷 = 𝑆𝐴𝐵𝐷 . 1

Аналогічно 𝑆𝐷𝐵𝑁 = 𝑆𝑁𝐵𝐶 = 𝑆𝐷𝐵𝐶 . 2

la. in.

Тому 𝑆𝐴𝐵𝑀 = 𝑆𝑀𝐵𝐷 = 𝑆𝐷𝐵𝑁 = 𝑆𝑁𝐵𝐶 ;

2. Проведемо діагональ 𝐵𝐷. Вона розбиває паралелограм на два рівновеликі трикутники: 𝑆𝐴𝐵𝐷 = 𝑆𝐵𝐷𝐶 . Розіб'ємо сторони 𝐴𝐷 і 𝐷𝐶 точками на 5 рівних відрізків. Тоді 𝑆𝐴𝐵𝑀1 = 𝑆𝑀1 𝐵𝑀2 = 𝑆𝑀2 𝐵𝑀3 = 𝑆𝑀3 𝐵𝑀4 = 𝑆𝑀4 𝐵𝐷 = 𝑆𝐷𝐵𝑁1 = 𝑆𝑁1𝐵𝑁2 = 𝑆𝑁2𝐵𝑁3 = 𝑆𝑁3 𝐵𝑁4 = 𝑆𝑁4𝐵𝐶 ,

звідки 𝑆𝐴𝐵𝑀2 = 𝑆𝑀2𝐵𝑀4 = 𝑆𝑀4 𝐵𝑁1 = 𝑆𝑁1𝐵𝑁3 = 𝑆𝑁3𝐵𝐶 .

757. Через вершину ромба проведіть дві прямі так, щоб вони розбили даний ромб на три рівновеликих многокутники.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — паралелограм. Проведемо діагональ 𝐵𝐷. Вона розбиває паралелограм на два рівновеликі трикутники: 𝑆𝐴𝐵𝐷 = 𝑆𝐵𝐷𝐶 . Розіб'ємо сторони 𝐴𝐷 і 𝐷𝐶 точками на 3 рівні відрізки. Тоді 𝑆𝐴𝐵𝑀1 = 𝑆𝑀1 𝐵𝑀2 = 𝑆𝑀2 𝐵𝐷 = 𝑆𝐷𝐵𝑁1 = 𝑆𝑁1 𝐵𝑁2 = 𝑆𝑁2𝐵𝐶 ,

звідки 𝑆𝐴𝐵𝑀2 = 𝑆𝑀2𝐵𝑁1 = 𝑆𝑁1𝐵𝐶 . Отже, потрібно провести дві прямі, які проходять через вершину і сторони відповідно у відношенні 2: 1 і 1: 2, тобто прямі 𝐵𝑁2 і 𝐵𝑁1 .

758. Побудуйте трикутник, рівновеликий даному паралелограму.

la. in.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — паралелограм; 𝑆1 = 𝐴𝐷 ⋅ 𝐵𝑀. Оскільки шуканий трикутник має бути 1 рівновеликим з паралелограмом, а площа трикутника 𝑆2 = 𝐴𝐶 ⋅ 𝐵𝑀, то його основа 𝐴𝐶 2

або висота 𝐵𝑀 мають бути удвічі більшими за відповідні виміри паралелограма. Після цього залишиться лише побудувати трикутник за основою і висотою. 759. У трикутнику проведено три висоти. Доведіть, що до найбільшої сторони трикутника проведено найменшу висоту.

Нехай 𝐴𝐵𝐶 — трикутник, 𝐴𝑁, 𝐵𝐾 і 𝐶𝑀 — висоти. 1 1 1 𝑆 = 𝐴𝐶 ⋅ 𝐵𝐾 = 𝐵𝐶 ⋅ 𝐴𝑁 = 𝐴𝐵 ⋅ 𝐶𝑀. 2

Оскільки 𝐴𝐵 < 𝐵𝐶 < 𝐴𝐶, то для рівності площ має виконуватися нерівність 𝐵𝐾 < 𝐴𝑁 < 𝐶𝑀, тобто до найбільшої сторони проведено найменшу висоту. 760. На стороні 𝐴𝐶 трикутника 𝐴𝐵𝐶 позначено точку 𝑀 так, що

довільна внутрішня точка відрізка 𝐵𝑀. Доведіть, що

Нехай 𝐴𝐵𝐶 — трикутник,

𝐴𝑀 𝑀𝐶

Проведемо висоти 𝐵𝐾 і 𝑋𝑁. 1 Тоді 𝑆𝐴𝐵𝑀 = 𝐴𝑀 ⋅ 𝐵𝐾; 2

𝑚 𝑛

, 𝑋 ∈ 𝐵𝑀.

𝑆𝐴𝐵𝑋 𝑆𝐶𝐵𝑋

𝑚

= . 𝑛

𝐴𝑀 𝑀𝐶

𝑚

= . Нехай 𝑋 − 𝑛

𝑆𝑀𝐵𝐶 = 𝑀𝐶 ⋅ 𝐵𝐾; 2 1

𝑆𝐴𝑋𝑀 = 𝐴𝑀 ⋅ 𝑋𝑁; 2 1

𝑆𝑀𝑋𝐶 = 𝑀𝐶 ⋅ 𝑋𝑁. 2

2 1

Маємо: 1 1 1 𝑆𝐴𝐵𝑋 = 𝑆𝐴𝐵𝑀 − 𝑆𝐴𝑋𝑀 = 𝐴𝑀 ⋅ 𝐵𝐾 − 𝐴𝑀 ⋅ 𝑋𝑁 = 𝐴𝑀(𝐵𝐾 − 𝑋𝑁); 2 1

𝑆𝐶𝐵𝑋 = 𝑆𝑀𝐵𝐶 − 𝑆𝑀𝑋𝐶 = 𝑀𝐶 ⋅ 𝐵𝐾 − 𝑀𝐶 ⋅ 𝑋𝑁 = 𝑀𝐶(𝐵𝐾 − 𝑋𝑁). 2 2 1 𝐴𝑀(𝐵𝐾−𝑋𝑁) 𝐴𝑀 2

𝑆

Тоді одержимо: 𝐴𝐵𝑋 = 1 𝑆𝐶𝐵𝑋

𝑀𝐶(𝐵𝐾−𝑋𝑁)

𝑀𝐶

𝑚

= . 𝑛

la. in.

761. Точка дотику кола, вписаного в прямокутний трикутник, ділить його гіпотенузу на відрізки, один з яких на 14 см більший за другий. Знайдіть площу трикутника, якщо радіус вписаного кола дорівнює 4 см.

Нехай 𝐴𝐵𝐶 — трикутник, (𝑂; 𝑅) — вписане в нього коло, 𝐴𝑁 − 𝐶𝑁 = 14 см, 𝑅 = 4 см. Проведемо радіуси 𝑂𝑀 і 𝑂𝐾 в точки дотику, 𝑂𝑀⟂𝐴𝐵, 𝑂𝐾⟂𝐵𝐶. Тоді чотирикутник 𝐵𝑀𝑂𝐾 — квадрат. Нехай 𝐶𝑁 = 𝑥 см, тоді 𝐴𝑁 = (14 + 𝑥) см. За аксіомою вимірювання відрізків 𝐴𝐵 = 𝐴𝑀 + 𝑀𝐵; 𝐴𝐵 = 14 + 𝑥 + 4 = (18 + 𝑥) см; 𝐴𝐶 = 𝐴𝑁 + 𝑁𝐶; 𝐴𝐶 = 14 + 𝑥 + 𝑥 = (14 + 2𝑥) см; 𝐵𝐶 = 𝐵𝐾 + 𝐾𝐶; 𝐵𝐶 = (4 + 𝑥) см. За теоремою Піфагора маємо: 𝐴𝐶 2 = 𝐴𝐵2 + 𝐵𝐶 2 ; (14 + 2𝑥)2 = (18 + 𝑥)2 + (4 + 𝑥)2 ; 196 + 56𝑥 + 4𝑥 2 = 324 + 36𝑥 + 𝑥 2 + 16 + 8𝑥 + 𝑥 2 ; 2𝑥 2 + 12𝑥 − 144 = 0; 𝑥 2 + 6𝑥 − 72 = 0; 𝑥1 = 6, 𝑥2 = −12 — не задовольняє умову. Отже, 𝐴𝐵 = 18 + 6 = 24 (см); 𝐵𝐶 = 4 + 6 = 10 (см).

Тоді 𝑆 = 𝐵𝐶 ⋅ 𝐴𝐵; 2

𝑆 = ⋅ 10 ⋅ 24 = 120 (см2 ). 2

Відповідь: 120 см2 .

la. in.

762. У прямокутному трикутнику 𝐴𝐵𝐶 до гіпотенузи 𝐴𝐵 проведено висоту 𝐶𝑀. Площа трикутника 𝐴𝐶𝑀 дорівнює 6 см2 , а площа трикутника 𝐵𝐶𝑀 − 54 см2 . Знайдіть сторони трикутника 𝐴𝐵𝐶.

Нехай 𝐴𝐵𝐶 — трикутник, 𝐶𝑀 — висота, 𝑆𝐴𝐶𝑀 = 6 см2 , 𝑆𝐵𝐶𝑀 = 54 см2 . Δ𝐴𝐶𝑀 ∼ Δ𝐵𝐶𝑀. 𝑆

𝑆𝐵𝐶𝑀

Тоді 𝐴𝐶𝑀 =

= , звідки коефіцієнт подібності дорівнює √ = .

З подібності трикутників маємо:

𝐴𝐶

𝐵𝐶

= . 3

Нехай 𝐴𝐶 = 𝑥 см, тоді 𝐵𝐶 = 3𝑥 см. 𝑆𝐴𝐵𝐶 = 𝑆𝐴𝐶𝑀 + 𝑆𝐵𝐶𝑀 ;

𝑆𝐴𝐵𝐶 = 6 + 54 = 60 (см2 ). 1

Тоді 𝑆 = 𝐵𝐶 ⋅ 𝐴𝐶; 2

60 = ⋅ 3𝑥 ⋅ 𝑥; 2

3𝑥 2 = 120; 𝑥 2 = 40;

𝑥 = √40 = 2√10.

Отже, 𝐴𝐶 = 2√10 см, тоді 𝐵𝐶 = 3 ⋅ 2√10 = 6√10 см.

За теоремою Піфагора 𝐴𝐵2 = 𝐴𝐶 2 + 𝐵𝐶 2 ; 𝐴𝐵 = √𝐴𝐶 2 + 𝐵𝐶 2 ;

𝐴𝐵 = √(2√10)2 + (6√10)2 = √40 + 360 = √400 = 20 (см). Відповідь: 2√10 см, 6√10 см, 20 см. 763. Знайдіть площу прямокутного трикутника, якщо бісектриса його гострого кута ділить протилежний катет на відрізки завдовжки 21 см і 35 см.

𝐴𝐵

𝐷𝐵

la. in.

Нехай 𝐴𝐵𝐶 — прямокутний трикутник (∠𝐴𝐶𝐵 = 90∘ ), 𝐴𝐷 — бісектриса, 𝐶𝐷 = 21 см, 𝐷𝐵 = 35 см. За аксіомою вимірювання відрізків 𝐵𝐶 = 𝐶𝐷 + 𝐷𝐵; 𝐵𝐶 = 21 + 35 = 56 (см). За властивістю бісектриси кута трикутника одержимо: 𝐴𝐶 𝐶𝐷 21 3 = = = . Нехай 𝐴𝐶 = 3𝑥 см, тоді 𝐴𝐵 = 5𝑥 см. За теоремою Піфагора 𝐴𝐵2 = 𝐴𝐶 2 + 𝐵𝐶 2 ; (5𝑥)2 = (3𝑥)2 + 562 ; 25𝑥 2 = 9𝑥 2 + 3136; 16𝑥 2 = 3136; 𝑥 2 = 196; 𝑥 = 14. Отже, 𝐴𝐶 = 3 ⋅ 14 = 42 (см). 1 Тоді 𝑆 = 𝐵𝐶 ⋅ 𝐴𝐶; 1

𝑆 = ⋅ 56 ⋅ 42 = 28 ⋅ 42 = 1176 (см2 ). 2

Відповідь: 1176 см2 .

764. Знайдіть площу прямокутного трикутника, якщо бісектриса прямого кута ділить гіпотенузу на відрізки завдовжки 2 см і 6 см.

Нехай 𝐴𝐵𝐶 — прямокутний трикутник (∠𝐴𝐶𝐵 = 90∘ ), 𝐶𝑀 — бісектриса, 𝐴𝑀 = 6 см, 𝐵𝑀 = 2 см. За аксіомою вимірювання відрізків 𝐴𝐵 = 𝐴𝑀 + 𝑀𝐵; 𝐴𝐵 = 6 + 2 = 8 (см). За властивістю бісектриси кута трикутника одержимо: 𝐴𝐶 𝐴𝑀 6 = = = 3. 𝐵𝐶

𝐵𝑀

Нехай 𝐴𝐶 = 3𝑥 см, тоді 𝐵𝐶 = 𝑥 см. За теоремою Піфагора 𝐴𝐵2 = 𝐴𝐶 2 + 𝐵𝐶 2 ;

𝑆 = ⋅ 3√6,4 ⋅ √6,4 = ⋅ 3 ⋅ 6,4 = 9,6 (см2 ). 2

Відповідь: 9,6 см2 .

82 = (3𝑥)2 + 𝑥 2 ; 64 = 9𝑥 2 + 𝑥 2 ; 10𝑥 2 = 64; 𝑥 2 = 6,4; 𝑥 = √6,4. Отже, 𝐴𝐶 = 3 ⋅ √6,4 = 3√6,4 (см), 𝐵𝐶 = √6,4 см. 1 Тоді 𝑆 = 𝐵𝐶 ⋅ 𝐴𝐶;

la. in.

765. Центр кола, вписаного в рівнобедрений трикутник, ділить його висоту, проведену до основи, на відрізки, довжини яких дорівнюють 34 см і 16 см. Знайдіть площу даного трикутника.

Нехай 𝐴𝐵𝐶 — рівнобедрений трикутник (𝐴𝐵 = 𝐵𝐶), (𝑂; 𝑅) — вписане коло, 𝐵𝐷 — висота, 𝐵𝑂 = 34 см, 𝑂𝐷 = 16 см. За аксіомою вимірювання відрізків: 𝐵𝐷 = 𝐵𝑂 + 𝑂𝐷;

𝐵𝐷 = 34 + 16 = 50 (см).

Центр вписаного в трикутник кола міститься в точці перетину його бісектрис, тоді відрізок 𝐴𝑂 — бісектриса кута 𝐴. Розглянемо трикутник 𝐴𝐷𝐵. За властивістю бісектриси кута трикутник одержимо: 𝐴𝐵 𝐴𝐷

𝐵𝑂

𝑂𝐷

34 16

17 8

Нехай 𝐴𝐵 = 17𝑥 см, тоді 𝐴𝐷 = 8𝑥 см. За теоремою Піфагора: 𝐴𝐵2 = 𝐴𝐷2 + 𝐵𝐷2 ;

(17𝑥)2 = (8𝑥)2 + 502 ;

289𝑥 2 = 64𝑥 2 + 2500; 225𝑥 2 = 2500; 𝑥2 =

2500

225

;𝑥=

Отже, 𝐴𝐷 = 8 ⋅

10 3

80 3

його медіаною, тому:

(см). Висота рівнобедреного трикутника, проведена до основи, є

𝐴𝐶 = 2𝐴𝐷; 𝐴𝐶 = 2 ⋅

80 3

160 3

(см).

Тоді 𝑆 = 𝐴𝐶 ⋅ 𝐵𝐷; 1

160

𝑆= ⋅

⋅ 50 =

25⋅160 3

4000 3

= 1333 (см2 ). 3

Відповідь: 1333 см2 . 3

la. in.

766. У рівнобедрений трикутник вписано коло. Точка дотику ділить бічну сторону трикутника у відношенні 9 : 8, рахуючи від вершини рівнобедреного трикутника. Знайдіть площу трикутника, якщо радіус вписаного кола дорівнює 16 см.

Нехай 𝐴𝐵𝐶 — рівнобедрений трикутник (𝐴𝐵 = 𝐵𝐶), (𝑂; 𝑅) — вписане коло, 𝐵𝑀: 𝑀𝐴 = 9: 8, 𝑅 = 16 см. Нехай 𝐵𝑀 = 9𝑥 см, тоді 𝑀𝐴 = 8𝑥 см. За аксіомою вимірювання відрізків 𝐵𝐴 = 𝐵𝑀 + 𝑀𝐴; 𝐵𝐴 = 9𝑥 + 8𝑥 = 17𝑥 (см). За властивістю відрізків дотичних, проведених до кола з однієї точки, одержимо: 𝐵𝑀 = 𝐵𝑁 = 9𝑥 см, 𝐴𝑀 = 𝐴𝐷 = 8𝑥 см. Висота рівнобедреного трикутника, проведена до основи, є його медіаною, тому 𝐴𝐷 = 1 𝐷𝐶 = 𝐴𝐶 = 8𝑥 см. 2 Центр вписаного в трикутник кола міститься в точці перетину його бісектрис, тоді відрізок 𝐴𝑂 — бісектриса кута 𝐴. Розглянемо трикутник 𝐴𝐷𝐵. За властивістю бісектриси кута трикутника одержимо: 𝐴𝐵 𝐵𝑂 17𝑥 17 = = = ; 𝐴𝐷

𝐵𝑂 =

𝑂𝐷 8𝑥 17⋅𝑂𝐷 8 17⋅16

;

𝐵𝑂 = = 34 (см). 8 За аксіомою вимірювання відрізків 𝐵𝐷 = 𝐵𝑂 + 𝑂𝐷; 𝐵𝐷 = 34 + 16 = 50 (см). За теоремою Піфагора 𝐴𝐵2 = 𝐴𝐷2 + 𝐵𝐷2 ; (17𝑥)2 = 502 + (8𝑥)2 ; 289𝑥 2 = 2500 + 64𝑥 2 ;

225𝑥 2 = 2500; 2500 10 𝑥2 = ;𝑥= . 225

𝐴𝐶 = 2 ⋅

80 3 1

3 160 3

(см).

2 160

𝑆= ⋅

⋅ 50 =

25⋅160 3

4000 3

= 1333 (см2 ). 3

Відповідь: 1333 см2 . 3

Тоді 𝑆 = 𝐴𝐶 ⋅ 𝐵𝐷;

la. in.

767. На продовженнях сторін 𝐴𝐵, 𝐵𝐶, 𝐴𝐶 рівностороннього трикутника 𝐴𝐵𝐶 за точки 𝐵, 𝐶 і 𝐴 відповідно позначено точки 𝐷, 𝐸 і 𝐹 так, що 𝐵𝐷 = 𝐶𝐸 = 𝐴𝐹 = 2𝐴𝐵. Знайдіть площу трикутника 𝐷𝐸𝐹, якщо площа трикутника 𝐴𝐵𝐶 дорівнює 1 см2 .

Нехай 𝐴𝐵𝐶 — заданий рівносторонній трикутник, 𝐵𝐷 = 𝐶𝐸 = 𝐴𝐹 = 2𝐴𝐵, 𝑆𝐴𝐵𝐶 = 1 см2 . Розглянемо трикутник 𝐹𝐴𝐷. Оскільки 𝐵𝐷 = 2𝐴𝐵, то звідки

𝑆𝐹𝐴𝐵 𝑆𝐹𝐵𝐷

𝐴𝐵

𝐵𝐷

= , 2

= . Розглянемо трикутник 𝐹𝐵𝐶. 2

Оскільки 𝐴𝐹 = 2𝐴𝐵, 𝐴𝐵 = 𝐴𝐶, то 𝑆

𝐹𝐴 𝐴𝐶

= 2,

звідки 𝐹𝐴𝐵 = 2; 𝑆𝐹𝐴𝐵 = 2𝑆𝐴𝐵𝐶 ; 𝑆𝐴𝐵𝐶

𝑆𝐹𝐴𝐵 = 2 ⋅ 1 = 2 (см2 ). 2 1 Тоді = ; 𝑆𝐹𝐵𝐷 = 4 (см2 ). 𝑆𝐹𝐵𝐷

Аналогічно 𝑆𝐷𝐵𝐶 = 2 см2 , 𝑆𝐷𝐶𝐸 = 4 см2 , 𝑆𝐴𝐶𝐸 = 2 см2 , 𝑆𝐹𝐴𝐸 = 4 см2 . Так як 𝑆𝐷𝐹𝐸 = 𝑆𝐴𝐵𝐶 + 𝑆𝐹𝐴𝐵 + 𝑆𝐹𝐵𝐷 + 𝑆𝐷𝐵𝐶 + 𝑆𝐷𝐶𝐸 + 𝑆𝐴𝐶𝐸 + 𝑆𝐹𝐴𝐸 ; 𝑆𝐷𝐹𝐸 = 1 + 2 + 4 + 2 + 4 + 2 + 4 = 19 (см2 ). Відповідь: 19 см2 .

768. У трикутнику 𝐴𝐵𝐶 позначено точку 𝑀 так, що площі трикутників 𝐴𝑀𝐵, 𝐵𝑀𝐶 і 𝐴𝑀𝐶 рівні. Доведіть, що 𝑀 − точка перетину медіан трикутника 𝐴𝐵𝐶.

Нехай 𝐴𝐵𝐶 — трикутник, 𝑆𝐴𝑀𝐵 = 𝑆𝐵𝑀𝐶 = 𝑆𝐴𝑀𝐶 . Проведемо через точку 𝑀 відрізки 𝐴𝑃, 𝐵𝐾 і 𝐶𝑁. Розглянемо трикутники 𝐴𝐵𝑀 і 𝐴𝑀𝐶. Використаємо розв'язання задачі № 𝑆 1 𝐵𝑃 1 763. Оскільки 𝐴𝐵𝑀 = , то = , тобто точка 𝑃 — середина відрізка 𝐵𝐶, звідки слідує, 𝑆𝐴𝑀𝐶

𝑃𝐶

що 𝐴𝑃 — медіана. Аналогічно можна показати, що 𝐵𝐾 і 𝐶𝑁 — медіани, тому точка 𝑀 — точка перетину медіан.

la. in.

769. На стороні 𝐴𝐶 трикутника 𝐴𝐵𝐶 позначено точку 𝐷. Проведіть через цю точку пряму так, щоб вона розбила даний трикутник на два рівновеликих многокутники.

Нехай 𝐴𝐵𝐶 — трикутник, 𝐷 ∈ 𝐴𝐶. На стороні 𝐵𝐶 позначимо середину відрізка точку 𝑀, 𝐴𝑀 — медіана. Тоді 𝑆𝐴𝐵𝑀 = 𝑆𝐴𝑀𝐶 . Сполучимо точки 𝐷 і 𝑀. Через точку 𝐴 проведемо пряму 𝐴𝑁 ∥ 𝐷𝑀. Тоді 𝐷𝑁 — шукана пряма.

770. Доведіть, що сума відстаней від довільної точки рівностороннього трикутника до його сторін є сталою для даного трикутника.

Нехай 𝐴𝐵𝐶 — рівносторонній трикутник (𝐴𝐵 = 𝐴𝐶 = 𝐵𝐶 = 𝑎), 𝑂 — довільна точка всередині трикутника, 𝑂𝑀⟂𝐴𝐵, 𝑂𝑁⟂𝐵𝐶, 𝑂𝐾⟂𝐴𝐶. 𝑆𝐴𝐵𝐶 = 𝑆𝐴𝑂𝐵 + 𝑆𝐵𝑂𝐶 + 𝑆𝐴𝑂𝐶 ; 1

𝑆𝐴𝑂𝐵 = 𝐴𝐵 ⋅ 𝑂𝑀; 2 1

𝑆𝐵𝑂𝐶 = 𝐵𝐶 ⋅ 𝑂𝑁; 2 1

𝑆𝐴𝑂𝐶 = 𝐴𝐶 ⋅ 𝑂𝐾; 2 1

𝑆𝐴𝐵𝐶 = 𝐴𝐵 ⋅ 𝑂𝑀 + 𝐵𝐶 ⋅ 𝑂𝑁 + 𝐴𝐶 ⋅ 𝑂𝐾 = 𝑎(𝑂𝑀 + 𝑂𝑁 + 𝑂𝐾). Отже, 𝑂𝑀 + 𝑂𝑁 + 𝑂𝐾 є сталою величиною для даного трикутника і не залежить від вибору точки 𝑂. 771. У рівнобедреному трикутнику 𝐴𝐵𝐶(𝐴𝐵 = 𝐵𝐶) бісектриса кута 𝐴 перетинає сторону 𝐵𝐶 у точці 𝑀. Знайдіть кути трикутника 𝐴𝐵𝐶, якщо ∠𝐴𝑀𝐵 = 117°.

Нехай 𝐴𝐵𝐶 — рівнобедрений трикутник (𝐴𝐵 = 𝐵𝐶), 𝐴𝑀 — бісектриса, ∠𝐴𝑀𝐵 = 117∘ . Оскільки 𝐴𝑀 — бісектриса, то ∠𝐵𝐴𝑀 = ∠𝑀𝐴𝐶 = 𝑥. За властивістю кутів при основі рівнобедреного трикутника ∠𝐵𝐴𝐶 = ∠𝐶 = 2𝑥. Розглянемо трикутник 𝐴𝑀𝐶. ∠𝐴𝑀𝐵 — зовнішній кут, тоді:

la. in.

∠𝐴𝑀𝐵 = ∠𝑀𝐴𝐶 + ∠𝐶; 117∘ = 𝑥 + 2𝑥; 3𝑥 = 117∘ ; 𝑥 = 39∘ .

Тоді ∠𝐵𝐴𝐶 = ∠𝐶 = 2 ⋅ 39∘ = 78∘ . За теоремою про суму кутів трикутника: ∠𝐴 + ∠𝐵 + ∠𝐶 = 180∘; ∠𝐵 = 180∘ − (∠𝐴 + ∠𝐶); ∠𝐵 = 180∘ − (78∘ + 78∘ ) = 24∘ . Відповідь: 78∘ , 24∘ , 78∘ .

772. У рівнобічній трапеції основи дорівнюють 18 см і 12 см. Бічна сторона утворює з основою кут 30°. Знайдіть діагональ трапеції.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — рівнобічна трапеція (𝐴𝐵 = 𝐶𝐷, 𝐴𝐷 ∥ 𝐵𝐶), 𝐴𝐷 = 18 см, 𝐵𝐶 = 12 см, ∠𝐵𝐴𝐷 = 30∘ . Проведемо висоту 𝐵𝑀 трапеції (𝐵𝑀⟂𝐴𝐷). За властивістю висоти рівнобічної трапеції: 𝐴𝐷−𝐵𝐶 18−12 𝐴𝑀 = ; 𝐴𝑀 = = 3 (см). 2

За аксіомою вимірювання відрізків: 𝐴𝐷 = 𝐴𝑀 + 𝑀𝐷; 𝑀𝐷 = 𝐴𝐷 − 𝐴𝑀; 𝑀𝐷 = 18 − 3 = 15 (см).

Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝑀𝐵 (∠𝐴𝑀𝐵 = 90∘ ). 𝐵𝑀 = 𝐴𝑀 ⋅ tg𝐵𝐴𝑀; 𝐵𝑀 = 3 ⋅

√3 = √3 (см). 3

Розглянемо прямокутний трикутник 𝐵𝑀𝐷 (∠𝐵𝑀𝐷 = 90∘ ). За теоремою Піфагора маємо: 𝐵𝐷2 = 𝐵𝑀2 + 𝑀𝐷2 ; 𝐵𝐷 = √𝐵𝑀2 + 𝑀𝐷2 ; 𝐵𝐷 = √(√3)2 + 152 = √3 + 225 = √228 = 2√57 (см).

la. in.

Відповідь: 2√57 см. 773. Центр кола, вписаного в рівнобічну трапецію, віддалений від кінців її бічної сторони на 12 см і 16 см. Знайдіть периметр трапеції.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — рівнобічна трапеція (𝐴𝐵 = 𝐶𝐷, 𝐴𝐷 ∥ 𝐵𝐶), (𝑂; 𝑅) — вписане коло, 𝑂𝐵 = 12 см, 𝑂𝐴 = 16 см. Центр вписаного кола міститься у точці перетину бісектрис, тому: 1

∠𝐴𝐵𝑂 = ∠𝑂𝐵𝐶 = ∠𝐴𝐵𝐶; 2 1

∠𝐵𝐴𝑂 = ∠𝑂𝐴𝐷 = ∠𝐵𝐴𝐷. 2

За властивістю кутів, прилеглих до бічної сторони трапеції: ∠𝐵𝐴𝐷 + ∠𝐴𝐵𝐶 = 180∘ , 1 1 1 1 звідки ∠𝐴𝐵𝑂 + ∠𝐵𝐴𝑂 = ∠𝐵𝐴𝐷 + ∠𝐴𝐵𝐶 = (∠𝐵𝐴𝐷 + ∠𝐴𝐵𝐶); ∠𝐴𝐵𝑂 + ∠𝐵𝐴𝑂 = ⋅ 2 2 2 2 180∘ = 90∘ .

Тоді за теоремою про суму кутів трикутника ∠𝐴𝑂𝐵 = 90∘ , звідки маємо, що трикутник 𝐴𝑂𝐵 — прямокутний. Розглянемо трикутник 𝐴𝑂𝐵. За теоремою Піфагора: 𝐴𝐵2 = 𝐴𝑂2 + 𝐵𝑂2 ; 𝐴𝐵 = √𝐴𝑂2 + 𝐵𝑂2 ; 𝐴𝐵 = √162 + 122 = √256 + 144 = √400 = 20 (см).

Так як трапеція рівнобічна, то 𝐴𝐵 = 𝐶𝐷 = 20 см. Оскільки в трапецію вписано коло, то одержимо: 𝐴𝐵 + 𝐶𝐷 = 𝐴𝐷 + 𝐵𝐶; 𝐴𝐷 + 𝐵𝐶 = 20 + 20 = 40 (см). 𝑃 = 𝐴𝐵 + 𝐵𝐶 + 𝐶𝐷 + 𝐴𝐷 = 40 + 40 = 80 (см). Відповідь: 80 см. 774. На площині дано 𝑛 точок (n > 3), жодні три з яких не лежать на одній прямій. Доведіть, що існує трикутник з вершинами в даних точках, який не містить жодної з решти (n - 3) точок.

la. in.

Випадок 4 точок очевидний. Розглянемо випадок, коли кількість точок більше 4. Пронумеруємо задані точки A1,A2,…..,An. Проведемо через дві довільні точки, наприклад, A1 і A2, пряму і спроектуємо на неї всі решту точок. Розглянемо проекції трьох послідовних точок xk-1,xk, xk+1. З'єднаємо відрізками точки з вибраними проекціями. Тоді одержимо трикутник, який не містить решти (n - 3) точки.

23. Площа трапеції 775. Знайдіть площу трапеції, основи якої дорівнюють 7 см і 12 см, а висота −6 см .

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — трапеція (𝐴𝐷 ∥ 𝐵𝐶), 𝐴𝐷 = 12 см, 𝐵𝐶 = 7 см, 𝐵𝐹 — висота, 𝐵𝐹 = 6 см. Тоді 𝑆 = 12+7

⋅ 𝐵𝐹;

⋅ 6 = 57 (см2 ).

𝑆=

𝐴𝐷+𝐵𝐶

Відповідь: 57 см2 .

776. Знайдіть площу трапеції, середня лінія якої дорівнює 18 см, а висота — 9 см .

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — трапеція (𝐴𝐷 ∥ 𝐵𝐶), 𝑀𝑁 — середня лінія, 𝑀𝑁 = 18 см, 𝐵𝐹 — висота, 𝐵𝐹 = 9 см. Тоді 𝑆 = 𝑀𝑁 ⋅ 𝐵𝐹; 𝑆 = 18 ⋅ 9 = 162 (см2 ).

Відповідь: 162 см2 .

777. На рисунку зображено поперечний переріз траншеї, який має форму трапеції. Обчисліть площу цього поперечного перерізу (розміри дано в метрах).

𝑆=

0,8+1,2 2

la. in.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — рівнобічна трапеція (𝐴𝐷 ∥ 𝐵𝐶, 𝐴𝐵 = 𝐶𝐷), 𝐴𝐷 = 0,8 м, 𝐵𝐶 = 1,2 м, 𝐷𝐹 = 1,5 м. Проведемо висоту 𝐷𝐹. 𝐴𝐷+𝐵𝐶 Тоді одержимо: 𝑆 = ⋅ 𝐷𝐹; 2 2

⋅ 1,5 = 1,5 (м ).

Відповідь: 1,5 м2 .

778. Площа трапеції дорівнює 96 см2 , а її висота −3 см. Знайдіть основи трапеції, якщо вони відносяться як 3:5.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — трапеція (𝐴𝐷 ∥ 𝐵𝐶), 𝑆 = 96 см2 , 𝐵𝐹 — висота, 𝐵𝐹 = 3 см, 𝐵𝐶: 𝐴𝐷 = 3: 5. Нехай 𝐵𝐶 = 3𝑥 см, тоді 𝐴𝐷 = 5𝑥 см. Тоді 𝑆 = 96 =

𝐴𝐷+𝐵𝐶

5𝑥+3𝑥 2

⋅ 𝐵𝐹;

⋅ 3;

24𝑥 = 192; 𝑥 = 8. Отже, 𝐵𝐶 = 3 ⋅ 8 = 24 (см), тоді 𝐴𝐷 = 5 ⋅ 8 = 40 (см). Відповідь: 24 см, 40 см.

779. Площа трапеції дорівнює 45 см2 , одна з основ − 8 см, а висота − 6 см. Знайдіть другу основу трапеції.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — трапеція (𝐴𝐷 ∥ 𝐵𝐶), 𝑆 = 45 см2 , 𝐴𝐷 = 8 см, 𝐵𝐹 — висота, 𝐵𝐹 = 6 см. 𝐴𝐷+𝐵𝐶 Тоді 𝑆 = ⋅ 𝐵𝐹;

𝐵𝐶 = 𝐵𝐶 =

2𝑆

𝐵𝐹

;

− 𝐴𝐷;

𝐵𝐹 2⋅45 6

la. in.

𝐴𝐷 + 𝐵𝐶 =

2 2𝑆

− 8 = 15 − 8 = 7 (см).

Відповідь: 7 см.

780. Знайдіть площу рівнобічної трапеції, основи якої дорівнюють 14 см і 16 см, а діагональ −17 см.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — рівнобічна трапеція (𝐴𝐷 ∥ 𝐵𝐶, 𝐴𝐵 = 𝐶𝐷), 𝐴𝐷 = 16 см, 𝐵𝐶 = 14 см, 𝐴𝐶 = 17 см. Проведемо висоту 𝐶𝐹. За властивістю рівнобічної трапеції: 𝐴𝐷+𝐵𝐶 16+14 𝐴𝐹 = ; 𝐴𝐹 = = 15 (см). 2

Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐹𝐶 (∠𝐴𝐹𝐶 = 90∘ ). За теоремою Піфагора: 𝐴𝐶 2 = 𝐴𝐹 2 + 𝐶𝐹 2 , звідки 𝐶𝐹 2 = 𝐴𝐶 2 − 𝐴𝐹 2 ; 𝐶𝐹 = √𝐴𝐶 2 − 𝐴𝐹 2 ; 𝐶𝐹 = √172 − 152 = √289 − 225 = √64 = 8 (см). Тоді маємо: 𝑆 = 𝑆=

16+14 2

𝐴𝐷+𝐵𝐶 2

⋅ 𝐶𝐹;

⋅ 8 = 120 (см2 ).

Відповідь: 120 см2 .

781. Чому дорівнює площа прямокутної трапеції, основи якої дорівнюють 9 см і 16 см, а більша бічна сторона √65 см?

la. in.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — прямокутна трапеція (𝐴𝐷 ∥ 𝐵𝐶, ∠𝐵𝐴𝐷 = 90∘ ), 𝐴𝐷 = 16 см, 𝐵𝐶 = 9 см, 𝐶𝐷 = √65 см. Проведемо висоту 𝐶𝐹. Тоді 𝐴𝐵𝐶𝐹 — прямокутник, 𝐴𝐹 = 𝐵𝐶 як протилежні сторони. За аксіомою вимірювання відрізків маємо: 𝐴𝐷 = 𝐴𝐹 + 𝐹𝐷; 𝐹𝐷 = 𝐴𝐷 − 𝐴𝐹; 𝐹𝐷 = 16 − 9 = 7 (см). Розглянемо прямокутний трикутник 𝐶𝐹𝐷 (∠𝐶𝐹𝐷 = 90∘ ). За теоремою Піфагора: 𝐶𝐷2 = 𝐶𝐹 2 + 𝐹𝐷2 , звідки 𝐶𝐹 2 = 𝐶𝐷2 − 𝐹𝐷2 ; 𝐶𝐹 = √𝐶𝐷2 − 𝐹𝐷2 ; 𝐶𝐹 = √(√65)2 − 72 = √65 − 49 = √16 = 4 (см). Тоді маємо: 𝑆 = 𝑆=

16+9 2

𝐴𝐷+𝐵𝐶 2

⋅ 𝐶𝐹,

⋅ 4 = 50 (см2 ).

Відповідь: 50 см2 .

782. Знайдіть площу рівнобічної трапеції, основи якої дорівнюють 14 см і 32 см, а бічна сторона — 15 см.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — рівнобічна трапеція (𝐴𝐷 ∥ 𝐵𝐶, 𝐴𝐵 = 𝐶𝐷), 𝐴𝐷 = 32 см, 𝐵𝐶 = 14 см, 𝐴𝐵 = 𝐶𝐷 = 15 см. Проведемо висоту 𝐶𝐹. За властивістю рівнобічної трапеції 𝐹𝐷 = 𝐹𝐷 =

32−14 2

𝐴𝐷−𝐵𝐶 2

;

= 9 (см).

Розглянемо прямокутний трикутник 𝐶𝐹𝐷 (∠𝐶𝐹𝐷 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐶𝐷2 = 𝐶𝐹 2 + 𝐹𝐷2 ,

звідки 𝐶𝐹 2 = 𝐶𝐷2 − 𝐹𝐷2 ; 𝐶𝐹 = √𝐶𝐷2 − 𝐹𝐷2 ; 𝐶𝐹 = √152 − 92 = √225 − 81 = √144 = 12 (см).

𝑆=

32+14 2

𝐴𝐷+𝐵𝐶 2

⋅ 𝐶𝐹;

⋅ 12 = 276 (см2 ).

Відповідь: 276 см2 .

Тоді маємо: 𝑆 =

la. in.

783. Знайдіть площу трапеції, зображеної на рисунку (розміри дано в сантиметрах).

1. Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — трапеція (𝐴𝐷 ∥ 𝐵𝐶), 𝐴𝐷 = 60 см, 𝐵𝐶 = 40 см, ∠𝐵𝐴𝐷 = ∠𝐶𝐷𝐴 = 45∘ . Оскільки кути при нижній основі рівні, то трапеція рівнобічна. Проведемо висоту 𝐵𝐹. За властивістю рівнобічної трапеції: 𝐴𝐷−𝐵𝐶 60−40 𝐴𝐹 = ; 𝐴𝐹 = = 10 (см). 2

Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐹𝐵 (∠𝐴𝐹𝐵 = 90∘ ). За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника ∠𝐵𝐴𝐹 + ∠𝐴𝐵𝐹 = 90∘ , звідки: ∠𝐴𝐵𝐹 = 90∘ − ∠𝐵𝐴𝐹; ∠𝐴𝐵𝐹 = 90∘ − 45∘ = 45∘ , тому трикутник 𝐴𝐹𝐵 — рівнобедрений, 𝐴𝐹 = 𝐵𝐹 = 10 см. Тоді 𝑆 = 𝑆=

𝐴𝐷+𝐵𝐶

60+40 2

⋅ 𝐵𝐹;

⋅ 10 = 500 (см2 ).

Відповідь: 500 см2 .

2. Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — трапеція (𝐴𝐷 ∥ 𝐵𝐶), 𝐴𝐷 = 48 см, 𝐵𝐶 = 32 см, 𝐴𝐵 = 10 см, ∠𝐵𝐴𝐹 = 60∘ . Проведемо висоту 𝐵𝐹. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐹𝐵 (∠𝐴𝐹𝐵 = 90∘ ). Тоді 𝐵𝐹 = 𝐴𝐵 ⋅ sin𝐵𝐴𝐹;

𝐵𝐹 = 10 ⋅ sin60∘ = 10 ⋅ Тоді маємо: 𝑆 = 48+32 2

⋅ 𝐵𝐹;

⋅ 5√3 = 200√3 (см2 ).

𝑆=

𝐴𝐷+𝐵𝐶

√3 = 5√3 (см). 2

la. in.

Biдповідь: 200√3 см2 . 784. Знайдіть площу трапеції, зображеної на рисунку 227 (розміри дано в сантиметрах).

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — трапеція (𝐴𝐷 ∥ 𝐵𝐶), 𝐴𝐷 = 36 см, 𝐵𝐶 = 24 см, 𝐶𝐷 = 20 см, ∠𝐵𝐶𝐷 = 150∘ . Проведемо висоту 𝐶𝐹. За властивістю кутів при бічній стороні трапеції: ∠𝐶 + ∠𝐷 = 180∘ ; ∠𝐷 = 180∘ − ∠𝐶; ∠𝐷 = 180∘ − 150∘ = 30∘ . 1 За властивістю катета, який лежить проти кута 30∘ , маємо: 𝐶𝐹 = 𝐶𝐷; 2

𝐶𝐹 = ⋅ 20 = 10 (см). 2

Тоді маємо: 𝑆 = 𝑆=

36+24 2

𝐴𝐷+𝐵𝐶 2

⋅ 𝐶𝐹;

⋅ 10 = 300 (см2 ).

Відповідь: 300 см2 .

785. У рівнобічній трапеції діагональ є бісектрисою гострого кута й ділить середню лінію трапеції на відрізки завдовжки 6 см і 12 см. Знайдіть площу трапеції.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — рівнобічна трапеція (𝐴𝐷 ∥ 𝐵𝐶, 𝐴𝐵 = 𝐶𝐷), 𝐴𝐶 — бісектриса, 𝑀𝑁 — середня лінія, 𝑀𝐾 = 6 см, 𝐾𝑁 = 12 см. Оскільки 𝐴𝐶 — бісектриса кута 𝐴, то ∠𝐵𝐴𝐶 = ∠𝐶𝐴𝐷. ∠𝐵𝐶𝐴 = ∠𝐶𝐴𝐷 як внутрішні різносторонні при паралельних прямих 𝐴𝐷 і 𝐵𝐶 та січній 𝐴𝐶, звідки ∠𝐵𝐴𝐶 = ∠𝐵𝐶𝐴. Тому трикутник 𝐴𝐵𝐶 — рівнобедрений з основою 𝐴𝐶, 𝐴𝐵 = 𝐵𝐶. За аксіомою вимірювання відрізків: 𝑀𝑁 = 𝑀𝐾 + 𝐾𝑁;

𝑀𝑁 = 6 + 12 = 18 (см). 𝑀𝐾 — середня лінія трикутника 𝐴𝐵𝐶, тому: 1 𝑀𝐾 = 𝐵𝐶; 𝐵𝐶 = 2𝑀𝐾; 𝐵𝐶 = 2 ⋅ 6 = 12 (см). Аналогічно 𝐴𝐷 = 2𝐾𝑁; 𝐴𝐷 = 2 ⋅ 12 = 24 (см). Проведемо висоту 𝐵𝐹. За властивістю рівнобічної трапеції: 𝐴𝐷−𝐵𝐶 𝐴𝐹 = ; 𝐴𝐹 =

2 24−12 2

= 6 (см).

𝑆=

24+12 2

la. in.

Тому 𝐴𝐵 = 𝐵𝐶 = 12 см. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐹𝐵 (∠𝐴𝐹𝐵 = 90∘ ). За теоремою Піфагора: 𝐴𝐵2 = 𝐴𝐹 2 + 𝐹𝐵2 , звідки 𝐵𝐹 2 = 𝐴𝐵2 − 𝐴𝐹 2 ; 𝐵𝐹 = √𝐴𝐵2 − 𝐴𝐹 2 ; 𝐵𝐹 = √122 − 62 = √144 − 36 = √108 = 6√3 (см). 𝐴𝐷+𝐵𝐶 Тоді маємо: 𝑆 = ⋅ 𝐵𝐹; 2

⋅ 6√3 = 108√3 (см2 ).

Відповідь: 108√3 см2 .

786. Основи прямокутної трапеції дорівнюють 9 см і 17 см, а діагональ є бісектрисою ї тупого кута. Обчисліть площу трапеції.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — прямокутна трапеція (𝐴𝐷 ∥ 𝐵𝐶, ∠𝐵𝐴𝐷 = 90∘ ), 𝐴𝐷 = 17 см, 𝐵𝐶 = 9 см, 𝐴𝐶 — бісектриса кута 𝐶. Оскільки 𝐴𝐶 — бісектриса кута 𝐶, то ∠𝐵𝐶𝐴 = ∠𝐴𝐶𝐷. ∠𝐵𝐶𝐴 = ∠𝐶𝐴𝐷 як внутрішні різносторонні при паралельних прямих 𝐴𝐷 і 𝐵𝐶 та січній 𝐴𝐶, звідки ∠𝐴𝐶𝐷 = ∠𝐶𝐴𝐷. Тому трикутник 𝐴𝐶𝐷 — рівнобедрений з основою 𝐴𝐶, 𝐴𝐷 = 𝐶𝐷 = 17 см. Проведемо висоту 𝐶𝐹. Тоді 𝐴𝐵𝐶𝐹 — прямокутник, 𝐴𝐹 = 𝐵𝐶 як протилежні сторони. За аксіомою вимірювання відрізків маємо: 𝐴𝐷 = 𝐴𝐹 + 𝐹𝐷;

𝐹𝐷 = 𝐴𝐷 − 𝐴𝐹; 𝐹𝐷 = 17 − 9 = 8 (см).

Тоді 𝑆 =

𝐴𝐷+𝐵𝐶 2

⋅ 𝐶𝐹; 𝑆 =

17+9 2

⋅ 15 = 195 (см2 ).

Відповідь: 195 см2 .

Розглянемо прямокутний трикутник 𝐶𝐹𝐷 (∠𝐶𝐹𝐷 = 90∘ ). За теоремою Піфагора: 𝐶𝐷2 = 𝐶𝐹 2 + 𝐹𝐷2 , звідки 𝐶𝐹 2 = 𝐶𝐷2 − 𝐹𝐷2 ; 𝐶𝐹 = √𝐶𝐷2 − 𝐹𝐷2 ; 𝐶𝐹 = √172 − 82 = √289 − 64 = √225 = 15 (см).

la. in.

787. Бічна сторона рівнобічної трапеції дорівнює 20√3 см і утворює з основою кут 60°. Знайдіть площу трапеції, якщо в неї можна вписати коло.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — рівнобічна трапеція (𝐴𝐷 ∥ 𝐵𝐶, 𝐴𝐵 = 𝐶𝐷), 𝐴𝐵 = 𝐶𝐷 = 20√3 см, ∠𝐵𝐴𝐷 = ∠𝐶𝐷𝐴 = 60∘ . Проведемо висоту 𝐵𝐹. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐹𝐵 (∠𝐴𝐹𝐵 = 90∘ ). За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника маємо: ∠𝐴 + ∠𝐴𝐵𝐹 = 90∘ ; ∠𝐴𝐵𝐹 = 90∘ − ∠𝐴; ∠𝐴𝐵𝐹 = 90∘ − 60∘ = 30∘ .

За властивістю катета, що лежить проти кута 30∘ , одержимо: 1

𝐴𝐹 = 𝐴𝐵; 2 1

𝐴𝐹 = ⋅ 20√3 = 10√3 (см). 2

За теоремою Піфагора 𝐴𝐵2 = 𝐴𝐹 2 + 𝐹𝐵2 , звідки 𝐵𝐹 2 = 𝐴𝐵2 − 𝐴𝐹 2 : 𝐵𝐹 = √𝐴𝐵2 − 𝐴𝐹 2 ;

𝐵𝐹 = √(20√3)2 − (10√3)2 = √1200 − 300 = √900 = 30 (см). Оскільки в трапецію можна вписати коло, то 𝐴𝐵 + 𝐶𝐷 = 𝐴𝐷 + 𝐵𝐶: 𝐴𝐷 + 𝐵𝐶 = 20√3 + 20√3 = 40√3 (см). Тоді 𝑆 = 𝑆=

40√3 2

𝐴𝐷+𝐵𝐶 2

⋅ 𝐵𝐹:

⋅ 30 = 600√3 (см2 ).

Відповідь: 600√3 см2 .

788. Основи рівнобічної трапеції дорівнюють 32 см і 50 см. Чому дорівнює площа даної трапеції, якщо в неї можна вписати коло?

la. in.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — рівнобічна трапеція (𝐴𝐷 ∥ 𝐵𝐶, 𝐴𝐵 = 𝐶𝐷), 𝐴𝐷 = 50 см, 𝐵𝐶 = 32 см. Оскільки в трапецію можна вписати коло, то 𝐴𝐵 + 𝐶𝐷 = 𝐴𝐷 + 𝐵𝐶; 𝐴𝐷 + 𝐵𝐶 = 50 + 32 = 82 (см); 𝐴𝐵 + 𝐶𝐷 = 2𝐴𝐵; 2𝐴𝐵 = 82; 𝐴𝐵 = 𝐶𝐷 = 41 (см). Проведемо висоту 𝐵𝐹. За властивістю рівнобічної трапеції одержимо: 𝐴𝐷−𝐵𝐶 𝐴𝐹 = ; 𝐴𝐹 =

2 50−32 2

= 9 (см).

Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐹𝐵 (∠𝐴𝐹𝐵 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐴𝐵2 = 𝐴𝐹 2 + 𝐹𝐵2 , звідки 𝐵𝐹 2 = 𝐴𝐵2 − 𝐴𝐹 2 ; 𝐵𝐹 = √𝐴𝐵2 − 𝐴𝐹 2 ; 𝐵𝐹 = √412 − 92 = √1681 − 81 = √1600 = 40 (см). 𝐴𝐷+𝐵𝐶

Тоді маємо: 𝑆 = 𝑆=

50+32 2

⋅ 𝐵𝐹;

⋅ 40 = 1640 (см2 ).

Відповідь: 1640 см2 .

789. Менша бічна сторона прямокутної трапеції дорівнює 8 см, а гострий кут — 45°. Знайдіть площу трапеції, якщо в неї можна вписати коло.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — прямокутна трапеція (𝐴𝐷 ∥ 𝐵𝐶, ∠𝐵𝐴𝐷 = 90∘ ), 𝐴𝐵 = 8 см, ∠𝐷 = 45∘ . Проведемо висоту 𝐶𝐹. Тоді 𝐴𝐵𝐶𝐹 — прямокутник, 𝐴𝐵 = 𝐶𝐹 = 8 см як протилежні

∠𝐹𝐶𝐷 + ∠𝐷 = 90∘ ; ∠𝐹𝐶𝐷 = 90∘ − ∠𝐷; ∠𝐹𝐶𝐷 = 90∘ − 45∘ = 45∘ .

сторони. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐶𝐹𝐷 (∠𝐶𝐹𝐷 = 90∘ ). За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника:

Отже, трикутник 𝐶𝐹𝐷 — рівнобедрений з основою 𝐶𝐷, звідки 𝐶𝐹 = 𝐹𝐷 = 8 см. За теоремою Піфагора: 𝐶𝐷2 = 𝐶𝐹 2 + 𝐹𝐷2 ; 𝐶𝐷 = √𝐶𝐹 2 + 𝐹𝐷2 ; 𝐶𝐷 = √82 + 82 = √64 + 64 = √128 = 8√2 (см).

la. in.

Оскільки в трапецію можна вписати коло, то: 𝐴𝐵 + 𝐶𝐷 = 𝐴𝐷 + 𝐵𝐶; 𝐴𝐷 + 𝐵𝐶 = 8 + 8√2 (см). Тоді 𝑆 = 𝑆=

𝐴𝐷+𝐵𝐶 2

⋅ 𝐶𝐹;

8+8√2 ⋅ 8 = 32 + 32√2 (см2 ). 2

Відповідь: 32 + 32√2 см2 .

790. Більша бічна сторона прямокутної трапеції дорівнює 28 см, а гострий кут — 30°. Знайдіть площу трапеції, якщо в неї можна вписати коло.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — прямокутна трапеція (𝐴𝐷 ∥ 𝐵𝐶, ∠𝐵𝐴𝐷 = 90∘ ), 𝐶𝐷 = 28 см, ∠𝐴𝐷𝐶 = 30∘ . Проведемо висоту 𝐶𝐹. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐶𝐹𝐷 (∠𝐶𝐹𝐷 = 90∘ ). 1 За властивістю катета, який лежить проти кута 30∘ , маємо: 𝐶𝐹 = 𝐶𝐷; 1

𝐶𝐹 = ⋅ 28 = 14 (см).

Тоді 𝐴𝐵𝐶𝐹 — прямокутник, 𝐴𝐵 = 𝐶𝐹 = 14 см як протилежні сторони. Оскільки в трапецію можна вписати коло, то: 𝐴𝐵 + 𝐶𝐷 = 𝐴𝐷 + 𝐵𝐶; 𝐴𝐷 + 𝐵𝐶 = 14 + 28 = 42 (см). Тоді 𝑆 = 𝑆=

42 2

𝐴𝐷+𝐵𝐶 2

⋅ 𝐶𝐹;

⋅ 14 = 294 (см2 ).

Відповідь: 294 см2 .

791. Точка перетину бісектрис гострих кутів при основі трапеції належить другій основі. Знайдіть площу трапеції, якщо ї бічні сторони дорівнюють 17 см і 25 см, а висота — 15 см.

la. in.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — трапеція (𝐴𝐷 ∥ 𝐵𝐶), 𝐴𝐵 = 17 см, 𝐶𝐷 = 25 см, 𝐴𝐾 і 𝐷𝐾 — бісектриси кутів 𝐴 і 𝐷, 𝐵𝑀 = 𝐶𝑁 = 15 см. Оскільки 𝐴𝐾 — бісектриса кута 𝐴, то ∠𝐵𝐴𝐾 = ∠𝐾𝐴𝐷. ∠𝐵𝐾𝐴 = ∠𝐾𝐴𝐷 як внутрішні різносторонні при паралельних прямих 𝐴𝐷 і 𝐵𝐶 та січній 𝐴𝐾, звідки ∠𝐵𝐴𝐾 = ∠𝐵𝐾𝐴. Тому трикутник 𝐴𝐵𝐾 — рівнобедрений з основою 𝐴𝐾, 𝐴𝐵 = 𝐵𝐾 = 17 см. Оскільки 𝐷𝐾 — бісектриса кута 𝐷, то ∠𝐴𝐷𝐾 = ∠𝐾𝐷𝐶. ∠𝐴𝐷𝐾 = ∠𝐶𝐾𝐷 як внутрішні різносторонні при паралельних прямих 𝐴𝐷 і 𝐵𝐶 та січній 𝐷𝐾, звідки ∠𝐾𝐷𝐶 = ∠𝐶𝐾𝐷. Тому трикутник 𝐶𝐾𝐷 рівнобедрений з основою 𝐾𝐷, 𝐶𝐷 = 𝐾𝐶 = 25 см. За аксіомою вимірювання відрізків маємо: 𝐵𝐶 = 𝐵𝐾 + 𝐾𝐶; 𝐵𝐶 = 17 + 25 = 42 (см).

𝑀𝐵𝐶𝑁 — прямокутник (у тексті наведено 𝐴𝐵𝐶𝐹, але згідно з висотами це 𝑀𝐵𝐶𝑁), 𝑀𝑁 = 𝐵𝐶 = 42 (см) як протилежні сторони. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝑀𝐵 (∠𝐴𝑀𝐵 = 90∘ ). За теоремою Піфагора:

𝐴𝐵2 = 𝐵𝑀2 + 𝐴𝑀2 ; 𝐴𝑀2 = 𝐴𝐵2 − 𝐵𝑀2 ; 𝐴𝑀 = √𝐴𝐵2 − 𝐵𝑀2 ; 𝐴𝑀 = √172 − 152 = √289 − 225 = √64 = 8 (см).

Розглянемо прямокутний трикутник 𝐶𝑁𝐷 (∠𝐶𝑁𝐷 = 90∘ ). За теоремою Піфагора:

𝐶𝐷2 = 𝐶𝑁 2 + 𝑁𝐷2 ; 𝑁𝐷2 = 𝐶𝐷2 − 𝐶𝑁 2 ; 𝑁𝐷 = √𝐶𝐷2 − 𝐶𝑁 2 ; 𝑁𝐷 = √252 − 152 = √625 − 225 = √400 = 20 (см). За аксіомою вимірювання відрізків маємо: 𝐴𝐷 = 𝐴𝑀 + 𝑀𝑁 + 𝑁𝐷; 𝐴𝐷 = 8 + 42 + 20 = 70 (см). Тоді 𝑆 = 𝑆=

𝐴𝐷+𝐵𝐶

42+70 2

⋅ 𝐵𝑀:

⋅ 15 = 840 (см2 ).

Відповідь: 840 см2 .

792. Точка перетину бісектрис тупих кутів при основі трапеції належить другій основі. Знайдіть площу трапеції, якщо ї бічні сторони дорівнюють 10 см і 17 см, а висота — 8 см.

la. in.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — трапеція (𝐴𝐷 ∥ 𝐵𝐶), 𝐴𝐵 = 10 см, 𝐶𝐷 = 17 см, 𝐵𝐾 і 𝐶𝐾 — бісектриси кутів 𝐵 і 𝐶, 𝐵𝑀 = 𝐶𝑁 = 8 см. Оскільки 𝐵𝐾 — бісектриса кута 𝐵, то ∠𝐴𝐵𝐾 = ∠𝐾𝐵𝐶. ∠𝐾𝐵𝐶 = ∠𝐵𝐾𝐴 як внутрішні різносторонні при паралельних прямих 𝐴𝐷 і 𝐵𝐶 та січній 𝐵𝐾, звідки ∠𝐴𝐵𝐾 = ∠𝐵𝐾𝐴. Тому трикутник 𝐴𝐵𝐾 — рівнобедрений з основою 𝐵𝐾, 𝐴𝐵 = 𝐴𝐾 = 10 см. Оскільки 𝐶𝐾 — бісектриса кута 𝐶, то ∠𝐵𝐶𝐾 = ∠𝐾𝐶𝐷. ∠𝐵𝐶𝐾 = ∠𝐶𝐾𝐷 як внутрішні різносторонні при паралельних прямих 𝐴𝐷 і 𝐵𝐶 та січній 𝐶𝐾, звідки ∠𝐾𝐶𝐷 = ∠𝐶𝐾𝐷. Тому трикутник 𝐶𝐾𝐷 — рівнобедрений з основою 𝐾𝐶, 𝐶𝐷 = 𝐾𝐷 = 17 см. За аксіомою вимірювання відрізків маємо: 𝐴𝐷 = 𝐴𝐾 + 𝐾𝐷; 𝐴𝐷 = 10 + 17 = 27 (см).

𝑀𝐵𝐶𝑁 — прямокутник, 𝑀𝑁 = 𝐵𝐶 як протилежні сторони. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝑀𝐵 (∠𝐴𝑀𝐵 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐴𝐵2 = 𝐵𝑀2 + 𝐴𝑀2 , звідки 𝐴𝑀2 = 𝐴𝐵2 − 𝐵𝑀2 : 𝐴𝑀 = √𝐴𝐵2 − 𝐵𝑀2 ; 𝐴𝑀 = √102 − 82 = √100 − 64 = √36 = 6 (см).

Розглянемо прямокутний трикутник 𝐶𝑁𝐷 (∠𝐶𝑁𝐷 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐶𝐷2 = 𝐶𝑁 2 + 𝑁𝐷2 , звідки 𝑁𝐷2 = 𝐶𝐷2 − 𝐶𝑁 2 : 𝑁𝐷 = √𝐶𝐷2 − 𝐶𝑁 2 ; 𝑁𝐷 = √172 − 82 = √289 − 64 = √225 = 15 (см). За аксіомою вимірювання відрізків маємо:

𝐴𝐷 = 𝐴𝑀 + 𝑀𝑁 + 𝑁𝐷; 𝑀𝑁 = 𝐴𝐷 − (𝐴𝑀 + 𝑁𝐷); 𝑀𝑁 = 27 − (15 + 6) = 6 (см). Тоді 𝑆 = 𝑆=

27+6 2

𝐴𝐷+𝐵𝐶 2

⋅ 𝐵𝑀;

⋅ 8 = 132 (см2 ).

Відповідь: 132 см2 .

793. Доведіть, що пряма, яка проходить через середину середньої лінії трапеції та перетинає її основи, розбиває дану трапецію на два рівновеликих многокутники.

Пряма 𝑎 розбиває трапецію 𝐴𝐵𝐶𝐷 на дві трапеції: 𝐴𝐵𝐸𝐹 і 𝐸𝐶𝐷𝐹. 𝐵𝐸+𝐴𝐹 𝑆𝐴𝐵𝐸𝐹 = ⋅ 𝐵𝑇 (𝐵𝑇 — висота, 𝐵𝑇⟂𝐴𝐷). 2

⋅ 𝐶𝑅 (𝐶𝑅 — висота, 𝐶𝑅⟂𝐴𝐷).

la. in.

𝑆𝐸𝐶𝐷𝐹 =

2 𝐸𝐶+𝐹𝐷

𝐵𝐶𝑅𝑇 — прямокутник. 𝐶𝑅⟂𝐴𝐷, 𝐵𝑇 ∥ 𝐶𝑅, отже, 𝐵𝑇 = 𝐶𝑅 = ℎ. За теоремою Фалеса маємо, що 𝑃 — середина 𝐸𝐹, отже, 𝑀𝑃 — середня лінія трапеції 𝐴𝐵𝐸𝐹, 𝑃𝑁 — середня лінія трапеції 𝐸𝐶𝐷𝐹. За теоремою про середню лінію трапеції маємо: 1 1 𝑀𝑃 = (𝐵𝐸 + 𝐴𝐹), 𝑃𝑁 = (𝐸𝐶 + 𝐹𝐷). 2

За умовою 𝑃 — середина 𝑀𝑁, отже, 1 𝑀𝑃 = 𝑃𝑁 = 𝑀𝑁 = 𝑏. 2

𝑆𝐴𝐵𝐸𝐹 = ℎ ⋅ 𝑏, 𝑆𝐸𝐶𝐷𝐹 = ℎ ⋅ 𝑏. Отже, 𝑆𝐴𝐵𝐸𝐹 = 𝑆𝐸𝐶𝐷𝐹 . Тобто пряма 𝑎 розбиває трапецію 𝐴𝐵𝐶𝐷 на два рівновеликі многокутника. Доведено.

794. Побудуйте рівновеликий даній трапеції: 1. паралелограм, відмінний від прямокутника; 2. прямокутник.

1. Дано: Трапеція, 𝐴𝐷 і 𝐵𝐶 — основи, 𝐵𝐹 — висота. Побудувати: рівновеликий паралелограм. Схема побудови: Будую у трапеції 𝐴𝐵𝐶𝐷 середню лінію 𝑀𝑁. Для цього достатньо побудувати серединні

перпендикуляри до її бічних сторін і сполучити точки перетину серединних перпендикулярів з основами відрізком 𝑀𝑁. Проводжу в трапеції висоту 𝐵𝐹. Будую довільну пряму 𝑚 і вибираю на ній довільну точку 𝐴. Через точку 𝐴 проводжу пряму 𝑛⟂𝑚. Будую коло з центром у точці 𝐴 радіуса 𝐵𝐹, яке в перетині з прямою 𝑛 дасть точку 𝐹. Через точку 𝐹 проводжу пряму 𝑘⟂𝑛, на якій вибираю довільну точку 𝐵. Будую коло з центром у точці 𝐴 радіуса 𝑀𝑁, яке в перетині з прямою 𝑚 дасть точку 𝐷, і коло з центром у точці 𝐵 радіуса 𝑀𝑁, яке в перетині з прямою 𝑘 дасть точку 𝐶. Сполучаю відрізком точки 𝐶 і 𝐷. Паралелограм 𝐴𝐵𝐶𝐷 — шуканий, бо 𝑆тр. = 𝑀𝑁 ⋅ 𝐵𝐹, 𝑆пар. = 𝐴𝐷 ⋅ 𝐴𝐹.

la. in.

2. Дано: Трапеція, 𝐴𝐷 і 𝐵𝐶 — основи, 𝐵𝐹 — висота. Побудувати: рівновеликий прямокутник. Схема побудови: Будую у трапеції 𝐴𝐵𝐶𝐷 середню лінію 𝑀𝑁. Для цього достатньо побудувати серединні перпендикуляри до її бічних сторін і сполучити точки перетину серединних перпендикулярів з основами відрізком 𝑀𝑁. Проводжу у трапеції висоту 𝐵𝐹. Будую довільну пряму 𝑚 і вибираю на ній довільну точку 𝐴. Через точку 𝐴 проводжу пряму 𝑛⟂𝑚. Будую коло з центром у точці 𝐴 радіуса 𝐵𝐹, яке в перетині з прямою 𝑛 дасть точку 𝐵. Через точку 𝐵 проводжу пряму 𝑘⟂𝑛. Будую коло з центром у точці 𝐴 радіуса 𝑀𝑁, яке в перетині з прямою 𝑚 дасть точку 𝐷, і коло з центром у точці 𝐵 радіуса 𝑀𝑁, яке в перетині з прямою 𝑘 дасть точку 𝐶. Сполучаю відрізком точки 𝐶 і 𝐷. Прямокутник 𝐴𝐵𝐶𝐷 — шуканий, бо 𝑆тр. = 𝑀𝑁 ⋅ 𝐵𝐹, 𝑆пр. = 𝐴𝐷 ⋅ 𝐴𝐵.

795. Побудуйте трикутник, рівновеликий даній трапеції.

Дано: Трапеція, 𝐴𝐷 і 𝐵𝐶 — основи, 𝐵𝐹 — висота. Побудувати: рівновеликий трикутник. Схема побудови: Будую довільну пряму 𝑚 і вибираю на ній довільну точку 𝐴. Через точку 𝐴 проводжу пряму 𝑛⟂𝑚. Будую коло з центром у точці 𝐴 радіуса 𝐵𝐹, яке в перетині з прямою 𝑛 дасть точку 𝐵. Будую коло з центром у точці 𝐴 радіуса 𝐴𝐷, яке в перетині з прямою 𝑚 дасть точку 𝐷, і коло з центром у точці 𝐷 радіуса 𝐵𝐶, яке в перетині з прямою 𝑚 дасть точку 𝐶. Сполучаю відрізком точки 𝐶 і 𝐵. 1 Трикутник 𝐴𝐵𝐶 — шуканий, бо 𝑆тр. = 𝑀𝑁 ⋅ 𝐵𝐹, 𝑆тр. = (𝐴𝐷 + 𝐵𝐶) ⋅ 𝐴𝐵. 2

la. in.

796. Знайдіть площу рівнобічної трапеції, основи якої дорівнюють 24 см і 40 см , а діагональ перпендикулярна до бічної сторони.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — рівнобічна трапеція (𝐴𝐷 ∥ 𝐵𝐶, 𝐴𝐵 = 𝐶𝐷), 𝐴𝐷 = 40 см, 𝐵𝐶 = 24 см, 𝐴𝐶⟂𝐶𝐷. За властивістю рівнобічної трапеції одержимо: 𝐹𝐷 = 𝐹𝐷 = 𝐴𝐹 =

𝐴𝐷−𝐵𝐶 2 40−24 2 𝐴𝐷+𝐵𝐶 2 40+24

;

= 8 (см); ;

𝐴𝐹 = = 32 (см). 2 Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐶𝐷 (∠𝐴𝐶𝐷 = 90∘ ). За метричним співвідношенням у прямокутному трикутнику маємо: 𝐶𝐹 2 = 𝐴𝐹 ⋅ 𝐹𝐷; 𝐶𝐹 = √𝐴𝐹 ⋅ 𝐹𝐷; 𝐶𝐹 = √32 ⋅ 8 = √256 = 16 (см). Тоді маємо: 𝑆 =

⋅ 𝐶𝐹;

⋅ 16 = 512 (см2 ).

40+24

𝐴𝐷+𝐵𝐶

𝑆=

Відповідь: 512 см2 .

797. Діагональ рівнобічної трапеції перпендикулярна до бічної сторони, яка дорівнює 15 см. Знайдіть площу трапеції, якщо радіус кола, описаного навколо неї, дорівнює 12,5 см.

la. in.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — рівнобічна трапеція (𝐴𝐷 ∥ 𝐵𝐶, 𝐴𝐵 = 𝐶𝐷), 𝐴𝐵 = 𝐶𝐷 = 15 см, (𝑂; 𝑅) — описане коло, 𝑅 = 12,5 см, 𝐴𝐶⟂𝐶𝐷. Оскільки ∠𝐴𝐶𝐷 = 90∘ , то трикутник 𝐴𝐶𝐷 — прямокутний, тому центр кола, описаного навколо трикутника, міститься на середині гіпотенузи. Тоді 𝐴𝑂 = 𝑂𝐷 = 𝑅 = 12,5 см, звідки 𝐴𝐷 = 2𝐴𝑂; 𝐴𝐷 = 2 ⋅ 12,5 = 25 (см). За метричним співвідношенням у прямокутному трикутнику 𝐴𝐶𝐷 маємо: 𝐶𝐷2 = 𝐴𝐷 ⋅ 𝐹𝐷; 𝐹𝐷 = 𝐹𝐷 =

𝐶𝐷2 𝐴𝐷 152 25

; =

225 25

= 9 (см).

За аксіомою вимірювання відрізків: 𝐴𝐷 = 𝐴𝐹 + 𝐹𝐷; 𝐴𝐹 = 𝐴𝐷 − 𝐹𝐷; 𝐴𝐹 = 25 − 9 = 16 (см).

За метричним співвідношенням у прямокутному трикутнику 𝐴𝐶𝐷 маємо:

𝐶𝐹 2 = 𝐴𝐹 ⋅ 𝐹𝐷; 𝐶𝐹 = √𝐴𝐹 ⋅ 𝐹𝐷; 𝐶𝐹 = √9 ⋅ 16 = √144 = 12 (см).

За властивістю рівнобічної трапеції одержимо: 𝐴𝐹 = 𝑆=

𝐴𝐷+𝐵𝐶 2

. Тоді маємо:

⋅ 𝐶𝐹;

𝑆 = 𝐴𝐹 ⋅ 𝐶𝐹; 𝑆 = 16 ⋅ 12 = 192 (см2 ). Відповідь: 192 см2 . 798. Діагоналі трапеції перпендикулярні, одна з них дорівнює 48 см, а середня лінія трапеції — 25 см. Знайдіть площу трапеції.

la. in.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — трапеція (𝐴𝐷 ∥ 𝐵𝐶), 𝐴𝐶⟂𝐵𝐷, 𝐴𝐶 = 48 см, 𝑀𝑁 — середня лінія, 𝑀𝑁 = 25 см. Побудуємо висоту трапеції 𝐶𝐹 і пряму 𝐶𝐾 ∥ 𝐵𝐷. Чотирикутник 𝐵𝐶𝐾𝐷 — паралелограм, звідки 𝐵𝐶 = 𝐷𝐾, 𝐵𝐷 = 𝐶𝐾 як протилежні сторони паралелограма. 𝐴𝐶⟂𝐵𝐷, 𝐶𝐾 ∥ 𝐵𝐷, тому 𝐴𝐶⟂𝐶𝐾. За теоремою про середню лінію трапеції: 𝑀𝑁 =

𝐴𝐷+𝐵𝐶 2

;

𝐴𝐷 + 𝐵𝐶 = 2𝑀𝑁; 𝐴𝐷 + 𝐵𝐶 = 2 ⋅ 25 = 50 (см).

За аксіомою вимірювання відрізків 𝐴𝐾 = 𝐴𝐷 + 𝐷𝐾 = 𝐴𝐷 + 𝐵𝐶, отже 𝐴𝐾 = 50 (см). Трикутники 𝐴𝐵𝐶 і 𝐶𝐷𝐾 мають рівні сторони 𝐵𝐶 і 𝐷𝐾 і спільну висоту 𝐶𝐹, тому вони є рівновеликими: 𝑆𝐴𝐵𝐶 = 𝑆𝐶𝐷𝐾 . Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐶𝐾 (∠𝐴𝐶𝐾 = 90∘ ). За теоремою Піфагора 𝐴𝐾 2 = 𝐴𝐶 2 + 𝐶𝐾 2 , звідки 𝐶𝐾 2 = 𝐴𝐾 2 − 𝐴𝐶 2 : 𝐶𝐾 = √𝐴𝐾 2 − 𝐴𝐶 2 ; 𝐶𝐾 = √502 − 482 = √2500 − 2304 = √196 = 14 (см).

Тоді маємо: 1

𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 = 𝑆𝐴𝐶𝐾 = 𝐴𝐶 ⋅ 𝐶𝐾; 1

𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 = ⋅ 48 ⋅ 14 = 336 (см2 ). 2

Відповідь: 336 см2 .

799. Діагональ рівнобічної трапеції є бісектрисою її гострого кута й перпендикулярна до бічної сторони. Знайдіть площу трапеції, якщо її менша основа дорівнює 𝑎.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — рівнобічна трапеція (𝐴𝐷 ∥ 𝐵𝐶, 𝐴𝐵 = 𝐶𝐷), 𝐵𝐶 = 𝑎, 𝐴𝐶 — бісектриса, 𝐴𝐶⟂𝐶𝐷. Оскільки 𝐴𝐶 — бісектриса кута 𝐴, то ∠𝐵𝐴𝐶 = ∠𝐶𝐴𝐷. ∠𝐶𝐴𝐷 = ∠𝐴𝐶𝐵 як внутрішні різносторонні при паралельних прямих 𝐴𝐷 і 𝐵𝐶 та січній 𝐴𝐶. Тому ∠𝐵𝐴𝐶 =

∠𝐴𝐶𝐵, звідки маємо, що трикутник 𝐵𝐶𝐴 — рівнобедрений з основою 𝐴𝐶, тому 𝐴𝐵 = 𝐵𝐶 = 𝑎.

Нехай ∠𝐶𝐴𝐷 = 𝑥, тоді ∠𝐵𝐴𝐷 = 2𝑥. Оскільки ∠𝐶𝐷𝐴 = ∠𝐵𝐴𝐷 як кути при основі рівнобічної трапеції, то ∠𝐶𝐷𝐴 = 2𝑥. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐶𝐷 (∠𝐴𝐶𝐷 = 90∘ ). За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника: ∠𝐶𝐴𝐷 + ∠𝐶𝐷𝐴 = 90∘ ; 𝑥 + 2𝑥 = 90∘ ; 3𝑥 = 90∘ ; 𝑥 = 30∘ .

𝐶𝐷 = 𝐴𝐷; 2

𝐴𝐷 = 2𝐶𝐷; 𝐴𝐷 = 2 ⋅ 𝑎 = 2𝑎.

la. in.

Отже, ∠𝐶𝐴𝐷 = 30∘ , тоді ∠𝐶𝐷𝐴 = 2 ⋅ 30∘ = 60∘ . За властивістю катета, який лежить проти кута 30∘ , маємо:

Розглянемо прямокутний трикутник 𝐶𝐹𝐷 (∠𝐶𝐹𝐷 = 90∘ ). 𝐶𝐹 = 𝐶𝐷 ⋅ sin∠𝐶𝐷𝐹; 𝐶𝐹 = 𝑎sin60∘ =

𝑎 √3

Тоді маємо: 𝑆 =

𝐴𝐷+𝐵𝐶

𝑆=

𝑎+2𝑎 2

⋅

𝑎 √3

Відповідь:

⋅ 𝐶𝐹;

3𝑎2 √3

3𝑎2 √3 4

800. У рівнобічну трапецію вписано коло. Одна з її бічних сторін точкою дотику ділиться на відрізки завдовжки 4 см і 9 см. Знайдіть площу трапеції.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — рівнобічна трапеція (𝐴𝐷 ∥ 𝐵𝐶, 𝐴𝐵 = 𝐶𝐷), (𝑂; 𝑅) — вписане коло, 𝐴𝑀 = 9 см, 𝑀𝐵 = 4 см. За властивістю відрізків дотичних, проведених до кола з однієї точки, маємо: 𝐵𝑀 = 𝐵𝑃 = 4 см; 𝐴𝑀 = 𝐴𝐾 = 9 см.

Оскільки трапеція рівнобічна, то 𝐴𝐷 = 2𝐴𝐾:

𝐴𝐷 = 2 ⋅ 9 = 18 (см); 𝐵𝐶 = 2𝐵𝑃; 𝐵𝐶 = 2 ⋅ 4 = 8 (см).

𝐹𝐷 = 𝐹𝐷 =

𝐴𝐷−𝐵𝐶 2 18−8 2

Проведемо висоту 𝐶𝐹. За властивістю рівнобічної трапеції одержимо: ;

= 5 (см).

Розглянемо прямокутний трикутник 𝐶𝐹𝐷 (∠𝐶𝐹𝐷 = 90∘ ). За теоремою Піфагора маємо: 𝐶𝐷2 = 𝐶𝐹 2 + 𝐹𝐷2 , звідки 𝐶𝐹 2 = 𝐶𝐷2 − 𝐹𝐷2 :

Тоді маємо: 𝑆 = 𝑆=

18+8 2

la. in.

𝐶𝐹 = √𝐶𝐷2 − 𝐹𝐷2 ; 𝐶𝐹 = √132 − 52 = √169 − 25 = √144 = 12 (см). 𝐴𝐷+𝐵𝐶 2

⋅ 𝐶𝐹:

⋅ 12 = 156 (см2 ).

Відповідь: 156 см2 .

801. У прямокутну трапецію вписано коло радіуса 12 см. Більша з бічних сторін точкою дотику ділиться на два відрізки, більший з яких дорівнює 16 см. Знайдіть площу трапеції.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — прямокутна трапеція (𝐴𝐷 ∥ 𝐵𝐶, ∠𝐵𝐴𝐷 = 90∘ ), (𝑂; 𝑅) — вписане коло, 𝑅 = 12 см, 𝑁𝐷 = 16 см. За властивістю вписаного кола 𝐴𝐾 = 𝐴𝑀 = 𝑀𝐵 = 𝐵𝑃 = 𝑂𝑁 = 12 см. За властивістю відрізків дотичних, проведених до кола з однієї точки, маємо: 𝐷𝐾 = 𝐷𝑁 = 16 см; 𝐶𝑃 = 𝐶𝑁.

За аксіомою вимірювання відрізків: 𝐴𝐷 = 𝐴𝐾 + 𝐾𝐷; 𝐴𝐷 = 12 + 16 = 28 (см).

Розглянемо прямокутний трикутник 𝐶𝑂𝐷 (∠𝐶𝑂𝐷 = 90∘ ). За метричним співвідношенням у прямокутному трикутнику 𝑂𝑁 2 = 𝐶𝑁 ⋅ 𝑁𝐷; 𝐶𝑁 = 𝐶𝑁 =

𝑂𝑁2 𝑁𝐷 122 16

;

144 16

= 9 (см).

За аксіомою вимірювання відрізків: 𝐵𝐶 = 𝐵𝑃 + 𝑃𝐶; 𝐵𝐶 = 12 + 9 = 21 (см). 𝐴𝐵 = 2𝑅; 𝐴𝐵 = 2 ⋅ 12 = 24 (см).

𝑆=

𝐴𝐷+𝐵𝐶

28+21 2

⋅ 𝐴𝐵;

Тоді 𝑆 =

⋅ 24 = 588 (см2 ).

Відповідь: 588 см2 .

la. in.

802. Діагональ рівнобічної трапеції ділить висоту, проведену з вершини тупого кута, на відрізки завдовжки 15 см і 12 см, а бічна сторона трапеції дорівнює її меншій основі. Знайдіть площу трапеції.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — рівнобічна трапеція (𝐴𝐷 ∥ 𝐵𝐶, 𝐴𝐵 = 𝐶𝐷), 𝐵𝑀 = 15 см, 𝑀𝐹 = 12 см, 𝐴𝐵 = 𝐵𝐶. За аксіомою вимірювання відрізків 𝐵𝐹 = 𝐵𝑀 + 𝑀𝐹: 𝐵𝐹 = 15 + 12 = 27 (см).

Оскільки 𝐴𝐵 = 𝐵𝐶, то трикутник 𝐴𝐵𝐶 — рівнобедрений з основою 𝐴𝐶, звідки ∠𝐵𝐴𝐶 = ∠𝐵𝐶𝐴 як кути при основі рівнобедреного трикутника. ∠𝐵𝐶𝐴 = ∠𝐶𝐴𝐷 як внутрішні різносторонні при паралельних прямих 𝐴𝐷 і 𝐵𝐶 та січній 𝐴𝐶, тому ∠𝐵𝐴𝐶 = ∠𝐶𝐴𝐷, а це означає, що 𝐴𝐶 — бісектриса кута 𝐴. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐹𝐵 (∠𝐴𝐹𝐵 = 90∘ ). За властивістю бісектриси маємо: 𝐴𝐵 𝐴𝐹 𝐴𝐵 𝐴𝐹

= =

𝐵𝑀 𝑀𝐹 15 12

;

= . 4

Нехай 𝐴𝐵 = 5𝑥 см, тоді 𝐴𝐹 = 4𝑥 см. За теоремою Піфагора маємо: 𝐴𝐵2 = 𝐵𝐹 2 + 𝐴𝐹 2 ; (5𝑥)2 = 272 + (4𝑥)2 ; 25𝑥 2 = 729 + 16𝑥 2 ; 9𝑥 2 = 729; 𝑥 2 = 81; 𝑥 = 9.

Отже, 𝐴𝐵 = 5 ⋅ 9 = 45 (см), тоді 𝐴𝐹 = 4 ⋅ 9 = 36 (см). За властивістю рівнобічної 𝐴𝐷−𝐵𝐶 трапеції одержимо: 𝐴𝐹 = : 2

𝐴𝐷 = 2𝐴𝐹 + 𝐵𝐶; 𝐴𝐷 = 2 ⋅ 36 + 45 = 117 (см).

𝑆=

𝐴𝐷+𝐵𝐶 2

117+45 2

⋅ 𝐵𝐹:

⋅ 27 = 2187 (см2 ).

Відповідь: 2187 см2 .

Тоді 𝑆 =

la. in.

803. Більша діагональ прямокутної трапеції ділить висоту, проведену з вершини тупого кута, на відрізки завдовжки 15 см і 9 см. Більша бічна сторона трапеції дорівнює її меншій основі. Знайдіть площу трапеції.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — прямокутна трапеція (𝐴𝐷 ∥ 𝐵𝐶, ∠𝐵𝐴𝐷 = 90∘ ), 𝐶𝑀 = 15 см, 𝑀𝐹 = 9 см, 𝐶𝐷 = 𝐵𝐶. За аксіомою вимірювання відрізків 𝐶𝐹 = 𝐶𝑀 + 𝑀𝐹; 𝐶𝐹 = 15 + 9 = 24 (см).

Оскільки 𝐶𝐷 = 𝐵𝐶, то трикутник 𝐵𝐶𝐷 — рівнобедрений з основою 𝐵𝐷, звідки ∠𝐶𝐵𝐷 = ∠𝐶𝐷𝐵 як кути при основі рівнобедреного трикутника. ∠𝐶𝐵𝐷 = ∠𝐵𝐷𝐴 як внутрішні різносторонні при паралельних прямих 𝐴𝐷 і 𝐵𝐶 та січній 𝐵𝐷, тому ∠𝐶𝐷𝐵 = ∠𝐵𝐷𝐴, а це означає, що 𝐵𝐷 — бісектриса кута 𝐷.

𝐷𝐶 𝐷𝐹 𝐷𝐶 𝐷𝐹

Розглянемо прямокутний трикутник 𝐶𝐹𝐷 (∠𝐶𝐹𝐷 = 90∘ ). За властивістю бісектриси маємо: = =

𝐶𝑀

𝑀𝐹 15 9

;

= . 3

Нехай 𝐷𝐶 = 5𝑥 см, тоді 𝐷𝐹 = 3𝑥 см. За теоремою Піфагора маємо:

𝐷𝐶 2 = 𝐶𝐹 2 + 𝐷𝐹 2 ; (5𝑥)2 = 242 + (3𝑥)2 ; 25𝑥 2 = 576 + 9𝑥 2 ; 16𝑥 2 = 576; 𝑥 2 = 36; 𝑥 = 6.

Отже, 𝐷𝐶 = 5 ⋅ 6 = 30 (см), тоді 𝐷𝐹 = 3 ⋅ 6 = 18 (см). За аксіомою вимірювання відрізків маємо: 𝐴𝐷 = 𝐴𝐹 + 𝐹𝐷 = 𝐵𝐶 + 𝐹𝐷 (оскільки 𝐴𝐹 = 𝐵𝐶 у прямокутній трапеції з висотою 𝐶𝐹); 𝐴𝐷 = 30 + 18 = 48 (см).

Тоді 𝑆 = 𝑆=

𝐴𝐷+𝐵𝐶

48+30 2

⋅ 𝐶𝐹;

⋅ 24 = 936 (см2 ).

Відповідь: 936 см2 .

la. in.

804. У трапеції ABCD відомо, що BC∥AD, точка M — середина сторони AB. Знайдіть площу трикутника CMD, якщо площа даної трапеції дорівнює S.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — трапеція (𝐴𝐷 ∥ 𝐵𝐶), 𝐴𝑀 = 𝑀𝐵, 𝑆 — площа трапеції. Проведемо висоту 𝐵𝐹 і середню лінію 𝑀𝑁. Якщо 𝐴𝑀 = 𝑀𝐵, то за теоремою Фалеса 𝐵𝑅 = 𝑅𝐹. За наслідком з теореми про площу трапеції маємо: 𝑆 = 𝑀𝑁 ⋅ 𝐵𝐹; 𝑆𝐶𝑀𝐷 = 𝑆𝐶𝑀𝑁 + 𝑆𝑁𝑀𝐷 .

Проведемо висоти 𝐶𝐾 і 𝐷𝑃 трикутників 𝐶𝑀𝑁 і 𝑁𝑀𝐷. Маємо: 1

𝐶𝐾 = 𝐵𝑅 = 𝐵𝐹; 2 1

𝐷𝑃 = 𝐹𝑅 = 𝐵𝐹. 2

Тоді:

𝑆𝐶𝑀𝑁 = 𝑀𝑁 ⋅ 𝐶𝐾; 2 1

𝑆𝑁𝑀𝐷 = 𝑀𝑁 ⋅ 𝐷𝑃; 2 1

𝑆𝐶𝑀𝐷 = 𝑀𝑁 ⋅ 𝐶𝐾 + 𝑀𝑁 ⋅ 𝐷𝑃 = 𝑀𝑁(𝐶𝐾 + 𝐷𝑃) = 𝑀𝑁 ⋅ 𝐵𝐹 = 𝑆. 1

Відповідь: 𝑆. 2

805. Периметр паралелограма ABCD дорівнює 50 см, а периметр трикутника ABD — 40 см. Знайдіть сторони паралелограма, якщо AD = BD.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — паралелограм, 𝑃𝐴𝐵𝐶𝐷 = 50 см, 𝑃𝐴𝐵𝐷 = 40 см, 𝐴𝐷 = 𝐵𝐷.

Отже, 𝐴𝐵 = 10 см, 𝐴𝐷 = 15 см. Відповідь: 10 см, 15 см.

Нехай 𝐴𝐵 = 𝑥 см, 𝐴𝐷 = 𝑦 см. Тоді 𝑃𝐴𝐵𝐶𝐷 = 2(𝐴𝐵 + 𝐴𝐷); 50 = 2(𝑥 + 𝑦); 𝑥 + 𝑦 = 25; 𝑃𝐴𝐵𝐷 = 𝐴𝐵 + 𝐵𝐷 + 𝐴𝐷; 40 = 𝑥 + 𝑦 + 𝑦; 40 = 25 + 𝑦; 𝑦 = 40 − 25 = 15. Тоді 𝑥 + 15 = 25; 𝑥 = 10.

la. in.

806. Коло, побудоване на діагоналі 𝐴𝐶 ромба 𝐴𝐵𝐶𝐷 як на діаметрі, проходить через середину сторони 𝐴𝐵. Знайдіть кути ромба.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 — ромб, (𝑂; 𝑅) — коло, 𝑑 = 𝐴𝐶, 𝐴𝑀 = 𝑀𝐵. Діагоналі ромба перпендикулярні, тому трикутник 𝐴𝑂𝐵 — прямокутний. Оскільки 𝐴𝑀 = 𝑀𝐵, то 𝑂𝑀 — медіана. За властивістю медіани прямокутного трикутника, проведеної до гіпотенузи, 1 маємо: 𝑂𝑀 = 𝐴𝐵, звідки 𝑂𝑀 = 𝐴𝑀. 2

Тоді трикутник 𝐴𝑂𝑀 — рівносторонній, бо 𝑂𝐴 = 𝑂𝑀 як радіуси, 𝑂𝑀 = 𝐴𝑀 за доведеним вище. Тоді ∠𝑂𝐴𝑀 = ∠𝐴𝑀𝑂 = ∠𝐴𝑂𝑀 = 60∘ .

Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝑂𝐵 (∠𝐴𝑂𝐵 = 90∘ ). За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника: ∠𝑂𝐴𝑀 + ∠𝐴𝐵𝑂 = 90∘ ; ∠𝐴𝐵𝑂 = 90∘ − ∠𝑂𝐴𝑀; ∠𝐴𝐵𝑂 = 90∘ − 60∘ = 30∘ .

Діагоналі ромба є бісектрисами його кутів, тому:

∠𝐷𝐴𝐵 = 2∠𝑂𝐴𝑀; ∠𝐷𝐴𝐵 = 2 ⋅ 60∘ = 120∘ ; ∠𝐴𝐵𝐶 = 2∠𝐴𝐵𝑂; ∠𝐴𝐵𝐶 = 2 ⋅ 30∘ = 60∘ .

Відповідь: 120∘ , 60∘ , 120∘ , 60∘ . 807. На сторонах AB, BC і AC трикутника ABC позначили відповідно точки M, K і D так, що MK∥AC, DK∥AB, BK : KC = 3 : 2. Знайдіть периметр чотирикутника AMKD, якщо AC = 15 см, AB = 25 см.

Нехай 𝐵𝐾 = 3𝑥 см, тоді 𝐾𝐶 = 2𝑥 см. За аксіомою вимірювання відрізків: 𝐵𝐶 = 𝐵𝐾 + 𝐾𝐶; 𝐵𝐶 = 3𝑥 + 2𝑥 = 5𝑥 (см). 𝐵𝐾 𝐵𝐶

𝑀𝐾

𝑀𝐾 = 𝑀𝐾 = 𝐵𝐾 𝐵𝐶

;

𝐴𝐶 𝐵𝐾⋅𝐴𝐶 𝐵𝐶 3𝑥⋅15

= 9 (см).

5𝑥 𝐵𝑀

;

𝐴𝐵 𝐵𝐾⋅𝐴𝐵

𝐵𝑀 = 𝐵𝑀 =

;

𝐵𝐶 3𝑥⋅25 5𝑥

la. in.

Маємо:

;

= 15 (см).

Чотирикутник 𝐴𝑀𝐾𝐷 — паралелограм, бо 𝑀𝐾 ∥ 𝐴𝐶, 𝐷𝐾 ∥ 𝐴𝐵 за умовою. За аксіомою вимірювання відрізків:

𝐴𝐵 = 𝐴𝑀 + 𝑀𝐵; 𝐴𝑀 = 𝐴𝐵 − 𝑀𝐵; 𝐴𝑀 = 25 − 15 = 10 (см). 𝑃 = 2(𝐴𝑀 + 𝑀𝐾); 𝑃 = 2(10 + 9) = 2 ⋅ 19 = 38 (см). Відповідь: 38 см.

808. Чи можна квадрат зі стороною 1,5 см покрити трьома квадратами зі стороною 1 см? Не можна. Діагональ квадрата, сторона якого дорівнює 1 см, за теоремою Піфагора дорівнює √2 см, а це менше від 1,5 см. Тому квадрат, сторона якого дорівнює 1 см, можна покрити тільки одну вершину квадрата; сторона якого дорівнює 1,5 см.

Завдання № 4 «Перевірте себе» в тестовій формі (сторінка 202) 1. Скільки сторін в опуклому 𝑛−кутнику, якщо сума його кутів дорівнює 1260∘? A. 7; Б. 9; B. 11; Г. 13.

la. in.

Сума внутрішніх кутів опуклого n-кутника обчислюється за формулою: (𝑛 − 2) ⋅ 180∘ За умовою: (𝑛 − 2) ⋅ 180∘ = 1260∘ Поділимо обидві частини на 180: 𝑛−2=7 𝑛=9 Відповідь: Б. 9 2. В опуклому 𝑛−кутнику 14 діагоналей. Чому дорівнює сума його кутів? А. 1000∘ ; Б. 800∘ ; В. 900∘ ; Г. 720∘ .

Кількість діагоналей 𝑛-кутника обчислюється за формулою: 𝑛(𝑛 − 3) 2 За умовою: 𝑛(𝑛 − 3) = 14 2 𝑛(𝑛 − 3) = 28 𝑛2 − 3𝑛 − 28 = 0 (𝑛 − 7)(𝑛 + 4) = 0 𝑛 = 7 (від’ємне не підходить) Сума внутрішніх кутів: (𝑛 − 2) ⋅ 180∘ (7 − 2) ⋅ 180∘ = 5 ⋅ 180∘ = 900∘ Відповідь: В. 900∘ 3. Як зміниться площа прямокутника, якщо кожну з його сторін зменшити в 10 разів? А. Зменшиться в 100 разів; Б. зменшиться у 20 разів; В. зменшиться в 10 разів; Г. зменшиться в 1000 разів.

Нехай сторони прямокутника дорівнюють 𝑎 і 𝑏. Тоді його площа: 𝑆 = 𝑎𝑏 Якщо кожну сторону зменшити в 10 разів, отримаємо: 𝑎

𝑏

Нова площа: 𝑎 𝑏 𝑎𝑏 𝑆1 = ⋅ = 10 10 100 Отже, площа зменшиться в 100 разів. Відповідь: А. Зменшиться в 100 разів

4. Площа паралелограма дорівнює 80 см2, а одна з його сторін 16 см . Якої довжини може бути сусідня сторона паралелограма? А. 2 см ; Б. 3 см ; В. 4 см ; Г. 6 см .

𝑆

A. ; Б. ; B.

la. in.

Площа паралелограма обчислюється за формулою: 𝑆 = 𝑎 ⋅ 𝑏 ⋅ sin α За умовою: 80 = 16 ⋅ 𝑏 ⋅ sin α Звідси: 𝑏 ⋅ sin α = 5 Оскільки sin α ≤ 1, то: 𝑏 ≥5 Відповідь: Г. 6 см 5. На стороні 𝐵𝐶 паралелограма 𝐴𝐵𝐶𝐷 позначено точку 𝑀 так, що 𝐵𝑀 ∶ 𝑀𝐶 = 1 ∶ 3. Чому дорівнює площа трикутника 𝐴𝐵𝑀, якщо площа паралелограма дорівнює 𝑆? 𝑆

; Г. . 2

Трикутник ABC має площу:

𝑆

Оскільки BM : MC = 1 : 3, то BC поділено на 4 рівні частини, тому 𝐵𝑀 = 𝐵𝐶 4

Трикутники ABM і ABC мають спільну вершину A і їхні основи лежать на одній прямій BC, тому їх площі відносяться як основи: 𝑆𝐴𝐵𝑀 𝐵𝑀 1 = = 𝑆𝐴𝐵𝐶 𝐵𝐶 4 1 𝑆 𝑆 𝑆𝐴𝐵𝑀 = ⋅ = 4 2 8 𝑆 Відповідь: A. 8

6. На рисунку площа кожного з маленьких квадратів дорівнює 4 см2 . Чому дорівнює площа великого квадрата? А. 16 см2 ; Б. 20 см2 ; B. 32 см2 ; Г. 40 см2 .

Площа малого квадрата дорівнює 4 см2, отже його сторона: 𝑎 = 2 см

3√3 3 √3 3√3 ; Б. 3√3; В. ; Г. . 4 2 8

la. in.

А.

З рисунка видно, що катети прямокутного трикутника дорівнюють 2 см і 6 см Тоді за теоремою Піфагора: 𝑐 2 = 22 + 62 = 4 + 36 = 40 Отже, площа великого квадрата: S = 40 см2 Відповідь: Г. 40 см2. 7. У коло радіуса 1 см вписано квадрат і рівносторонній трикутник. Чому дорівнює відношення площі даного трикутника до площі квадрата?

Для квадрата, вписаного в коло, діагональ дорівнює діаметру, тобто 2. Нехай сторона квадрата 𝑎, тоді: 𝑎√2 = 2 𝑎 = √2 Площа квадрата: 𝑆кв = 𝑎2 = 2 Для рівностороннього трикутника, вписаного в коло, його сторона: 𝑎1 = √3 ⋅ 𝑅 = √3 Площа трикутника: 3√ 3 √3 2 √3 𝑆тр = 𝑎1 = ⋅3= 4 4 4 Відношення: 3 √3 𝑆тр 3 √3 = 4 = 𝑆кв 2 8 3√3 8

Відповідь: Г.

8. Точки 𝑂1 і 𝑂2 − центри рівних кіл, які мають тільки одну спільну точку, BO2 ⊥ O1 O2 , AB = 10 см. Чому дорівнює площа трикутника 𝐴𝐵𝑂2 ? A. 10 см2 ; Б. 15 см2 ; B. 18 см2 ; Г. 20 см2 .

la. in.

Нехай радіус кожного кола дорівнює r Оскільки кола дотикаються, то: 𝑂1 𝑂2 = 2𝑟 Точка 𝐴 — ліва крайня точка першого кола, тому: 𝐴𝑂1 = 𝑟, отже 𝐴𝑂2 = 𝑂1 𝑂2 + 𝐴𝑂1 = 2𝑟 + 𝑟 = 3𝑟 З рисунка: 𝐵𝑂2 ⟂𝑂1 𝑂2 , тому трикутник 𝐴𝐵𝑂2 прямокутний при 𝑂2 𝐵𝑂2 = 𝑟 За теоремою Піфагора: 𝐴𝐵2 = 𝐴𝑂22 + 𝐵𝑂22 102 = (3𝑟)2 + 𝑟 2 100 = 9𝑟 2 + 𝑟 2 = 10𝑟 2 𝑟 2 = 10 Площа трикутника: 1 1 3𝑟 2 3 ⋅ 10 𝑆 = ⋅ 𝐴𝑂2 ⋅ 𝐵𝑂2 = ⋅ 3𝑟 ⋅ 𝑟 = = = 15 2 2 2 2 Відповідь: Б. 15 см2. 9. Дано дві точки 𝐴 і 𝐵. Геометричним місцем точок 𝑋 таких, що площі трикутників 𝐴𝑋𝐵 дорівнюють даному числу 𝑆, є: А. коло з діаметром 𝐴𝐵; Б. серединний перпендикуляр відрізка 𝐴𝐵; В. пряма, паралельна 𝐴𝐵; Г. дві прямі, паралельні 𝐴𝐵.

Площа трикутника обчислюється за формулою: 1 S = ⋅ AB ⋅ h 2 де h — відстань від точки X до прямої AB За умовою S — стала, а AB — фіксований відрізок, тому: h — стала величина Отже, всі точки X мають однакову відстань від прямої AB Геометричне місце таких точок — це дві прямі, паралельні AB (по обидва боки від неї) Відповідь: Г. дві прямі, паралельні AB 10. Діагоналі рівнобічної трапеції перпендикулярні та ділять її середню лінію на три рівні частини. Чому дорівнює площа трапеції, якщо ї більша основа дорівнює 12 см ? А. 50 см2 ; Б. 64 см2; B. 81 см2 ; Г. 144 см2 .

la. in.

Нехай 𝐴𝐷 = 12, 𝐵𝐶 = 𝑥 Середня лінія: 12 + 𝑥 𝑚= 2 За умовою діагоналі ділять середню лінію на 3 рівні частини ⇒ кожна частина дорівнює: 𝑚 𝐾𝑃 = 𝑃𝑁 = 𝑁𝑀 = 3 𝐵𝐶 = 2 ⋅ 𝐾𝑃 (як середня лінія трикутника ABC) Тоді: 𝑚 𝑥 =2⋅ 3 Підставимо 𝑚: 12 + 𝑥 𝑥 =2⋅ 6 12 + 𝑥 𝑥= 3 3𝑥 = 12 + 𝑥 2𝑥 = 12 𝑥 = 6 Тепер середня лінія: 12 + 6 𝑚= =9 2 Якщо в рівнобічній трапеції діагоналі перпендикулярні, то її висота рівна середній лінії цієї трапеції. Тоді площа: 𝑆 = 𝑚 ⋅ ℎ = 9 ⋅ 9 = 81 Відповідь: В. 81 см2.

Готуємося до тематичного оцінювання (сторінка 204) 1. Чому дорівнює сума кутів опуклого сімнадцятикутника?

Сума внутрішніх кутів опуклого 𝑛-кутника обчислюється за формулою: (𝑛 − 2) ⋅ 180∘ Підставимо 𝑛 = 17: (17 − 2) ⋅ 180∘ 15 ⋅ 180∘ = 2700∘ Відповідь: 2700∘ 2. Площа паралелограма дорівнює 72 см2, а одна з його висот − 6 см. Знайдіть сторону паралелограма, до якої проведена ця висота.

la. in.

Площа паралелограма обчислюється за формулою: 𝑆 =𝑎⋅ℎ За умовою: 72 = 𝑎 ⋅ 6 72 𝑎= = 12 6 Відповідь: 12 см 3. Знайдіть площу рівнобедреного трикутника, основа якого дорівнює 8 см, а бічна сторона − 2√13 см.

Нехай AC = 8 см, AB = BC = 2√13 см Опустимо висоту BD на основу AC, тоді: 8 AD = DC = = 4 см 2

Розглянемо прямокутний трикутник BDC: BC 2 = BD2 + DC 2 2

(2√13) = BD2 + 42 52 = BD2 + 16 BD2 = 36 BD = 6 см Площа трикутника: 1 1 S = ⋅ AC ⋅ BD = ⋅ 8 ⋅ 6 = 24 2 2 2 Відповідь: 24 см . 4. Висота 𝐶𝐷 трикутника 𝐴𝐵𝐶 ділить його сторону 𝐴𝐵 на відрізки 𝐴𝐷 і 𝐵𝐷. Знайдіть площу трикутника, якщо 𝐴𝐶 = 12√2 см, 𝐵𝐷 = 8 см, ∠𝐴 = 45∘.

Знайдемо катети:

√2 = 12 2 √2 CD = AC ⋅ sin 45∘ = 12√2 ⋅ = 12 2 Отже: AD = 12, CD = 12 Тоді: AB = AD + BD = 12 + 8 = 20 Площа трикутника: 1 1 S = ⋅ AB ⋅ CD = ⋅ 20 ⋅ 12 = 120 2 2 Відповідь: 120 см2. 5. Основи рівнобічної трапеції дорівнюють 13 см i 23 см, а діагональ є бісектрисою її гострого кута. Знайдіть площу трапеції.

la. in.

AD = AC ⋅ cos 45∘ = 12√2 ⋅

Нехай AD = 23, BC = 13 23−13 Трапеція рівнобічна ⇒ AE = FD = =5 2

Розглянемо трикутник ABC Оскільки AC — бісектриса кута A, і BC ∥ AD, то: ∠BCA = ∠CAD (як внутрішні різносторонні) Але також: ∠CAD = ∠BAC (бо AC — бісектриса) Отже: ∠BCA = ∠BAC ⇒ трикутник ABC рівнобедрений ⇒ AB = BC = 13 У прямокутному трикутнику AEB: AB 2 = AE 2 + BE 2 132 = 52 + h2 169 = 25 + h2

la. in.

h2 = 144 h = 12 Площа трапеції: 23 + 13 S= ⋅ 12 = 18 ⋅ 12 = 216 2 Відповідь: 216 см2. 6. Бісектриса гострого кута прямокутного трикутника ділить катет на відрізки завдовжки 10 см і 8 см. Знайдіть площу трикутника.

Нехай трикутник ABC прямокутний при C Бісектриса з вершини A перетинає BC в точці D, причому: BD = 10, DC = 8 ⇒ BC = 18 За теоремою бісектриси: AB BD 10 5 = = = AC DC 8 4 Нехай: AB = 5x, AC = 4x За теоремою Піфагора: AB 2 = AC 2 + BC2 (5x)2 = (4x)2 + 182 25x 2 = 16x 2 + 324 9x 2 = 324 x 2 = 36 x = 6 Тоді: AC = 4x = 24 Площа: 1 1 S = ⋅ AC ⋅ BC = ⋅ 24 ⋅ 18 = 216 2 2 Відповідь: 216 см2.

Вправи для повторення курсу геометрії 8 класу 809. Знайдіть периметр паралелограма, якщо бісектриса одного з його кутів ділить сторону паралелограма на відрізки завдовжки 9 см і 14 см .

la. in.

I випадок. Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 − паралелограм, 𝐴𝑀 − бісектриса, 𝐵𝑀 = 14 см, 𝑀𝐶 = 9 см. За аксіомою вимірювання відрізків 𝐵𝐶 = 𝐵𝑀 + 𝑀𝐶; 𝐵𝐶 = 14 + 9 = 23 (см). Оскільки 𝐴𝑀 − бісектриса, то ∠𝐵𝐴𝑀 = ∠𝑀𝐴𝐷. ∠𝐵𝑀𝐴 = ∠𝑀𝐴𝐷 як внутрішні різностороңні при паралельних прямих 𝐴𝐷 і 𝐵𝐶 та січній 𝐴𝑀. Тому ∠𝐵𝐴𝑀 = ∠𝐵𝑀𝐴, звідки слідує, що трикутник 𝐴𝐵𝑀 − рівнобедрений з основою 𝐴𝑀. Тоді 𝐴𝐵 = 𝐵𝑀 = 14 см. 𝑃 = 2(𝐴𝐵 + 𝐵𝐶); 𝑃 = 2(14 + 23) = 2 ⋅ 37 = 74(см). Відповідь: 74 см.

II випадок. Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 − паралелограм, 𝐴𝑀 − бісектриса, 𝐵𝑀 = 9 см, 𝑀𝐶 = = 14 см. За аксіомою вимірювання відрізків 𝐵𝐶 = 𝐵𝑀 + 𝑀𝐶; 𝐵𝐶 = 9 + 14 = 23 (см). Оскільки 𝐴𝑀 − бісектриса, то ∠𝐵𝐴𝑀 = ∠𝑀𝐴𝐷. ∠𝐵𝑀𝐴 = ∠𝑀𝐴𝐷 як внутрішні різносторонні при паралельних прямих 𝐴𝐷 і 𝐵𝐶 та січній 𝐴𝑀. Тому ∠𝐵𝐴𝑀 = ∠𝐵𝑀𝐴, звідки слідує, що трикутник 𝐴𝐵𝑀 − рівнобедрений з основою 𝐴𝑀. Тоді 𝐴𝐵 = 𝐵𝑀 = 9 см. 𝑃 = 2(𝐴𝐵 + 𝐵𝐶); 𝑃 = 2(9 + 23) = 2 ⋅ 32 = 64(см). Biдповідь: 64 см.

810. Бісектриса кута 𝐵𝐴𝐷 паралелограма 𝐴𝐵𝐶𝐷 перетинає сторону 𝐵𝐶 у точщі 𝑀 так, що 𝐵𝑀: 𝑀𝐶 = 5: 4. Знайдіть сторони паралелограма, якщо периметр трикутника 𝐵𝑂𝐶 на 8 см більший за периметр трикутника 𝐶𝑂𝐷, де 𝑂 − точка перетину діагоналей паралелограма.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 − паралелограм, 𝐴𝑀 − бісектриса, 𝐵𝑀 ∶ 𝑀𝐶 = 5 ∶ 4, 𝑃𝐵𝑂𝐶 − 𝑃COD = 8 см. Оскільки 𝐴𝑀 − бісектриса, то ∠𝐵𝐴𝑀 = ∠𝑀𝐴𝐷.

la. in.

∠𝐵𝑀𝐴 = ∠𝑀𝐴𝐷 як внутрішні різносторонні при паралельних прямих 𝐴𝐷 і 𝐵𝐶 та січній 𝐴𝑀. Тому ∠𝐵𝐴𝑀 = ∠𝐵𝑀𝐴, звідки слідує, що трикутник 𝐴𝐵𝑀 − рівнобедрений з основою 𝐴𝑀. Тоді 𝐴𝐵 = 𝐵𝑀. Нехай 𝐵𝑀 = 5𝑥 см, тоді 𝑀𝐶 = 4𝑥 см, 𝐴𝐵 = 5𝑥 см. За аксіомою вимірювання відрізків 𝐵𝐶 = 𝐵𝑀 + 𝑀𝐶; 𝐵𝐶 = 5𝑥 + 4𝑥 = 9𝑥 (см). За властивістю протилежних сторін паралелограма 𝐶𝐷 = 𝐴𝐵 = 5𝑥 (см). За властивістю 1 діагоналей паралелограма 𝐴𝑂 = 𝑂𝐶 = 𝐴𝐶; 2 1 𝐵𝑂 = 𝑂𝐷 = 𝐵𝐷. 2 𝑃𝐵𝑂𝐶 = 𝐵𝑂 + 𝑂𝐶 + 𝐵𝐶; 𝑃𝐶𝑂𝐷 = 𝐶𝑂 + 𝑂𝐷 + 𝐶𝐷; 𝑃𝐵𝑂𝐶 − 𝑃𝐶𝑂𝐷 = 𝐵𝑂 + 𝑂𝐶 + 𝐵𝐶 − 𝐶𝑂 − 𝑂𝐷 − 𝐶𝐷 = 𝐵𝐶 − 𝐶𝐷. Piвняння: 9𝑥 − 5𝑥 = 8; 4𝑥 = 8; 𝑥 = 2. Отже, 𝐴𝐵 = 5 ⋅ 2 = 10 (см), 𝐵𝐶 = 9 ⋅ 2 = 18 (см). Biдповідь: 10 см, 18 см.

811. У паралелограмі 𝐴𝐵𝐶𝐷 відомо, що 2∠𝐴𝐷𝐵 = ∠𝐴 + ∠𝐵𝐷𝐶. Знайдіть кут 𝐴𝐷𝐵.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 − паралелограм, 2∠𝐴𝐷𝐵 = ∠𝐴 + ∠𝐵𝐷𝐶. ∠𝐴𝐵𝐷 = ∠𝐵𝐷𝐶 як внутрішні різносторонні при паралельних прямих 𝐴𝐷 і 𝐵𝐶 та січній 𝐵𝐷. Нехай ∠𝐴𝐷𝐵 = 𝑥, ∠𝐴 = 𝑦. Розглянемо трикутник 𝐴𝐵𝐷. За теоремою про суму кутів трикутника ∠𝐴 + ∠𝐴𝐵𝐷 + ∠𝐴𝐷𝐵 = 180∘ ; 𝑦 + ∠𝐴𝐵𝐷 + 𝑥 = 180∘ ; ∠𝐴𝐵𝐷 = 180∘ − (𝑥 + 𝑦), звідки ∠𝐵𝐷𝐶 = 180∘ − (𝑥 + 𝑦). З умови маємо: 2𝑥 = 𝑦 + ∠𝐵𝐷𝐶; 2𝑥 = 𝑦 + 180∘ − (𝑥 + 𝑦); 2𝑥 = 𝑦 + 180∘ − 𝑥 − 𝑦; 3𝑥 = 180∘ ; 𝑥 = 60∘ . Отже, ∠𝐴𝐷𝐵 = 60∘ . Biдповідь: 60∘ .

812. У паралелограмі 𝐴𝐵𝐶𝐷 відомо, що 𝐴𝐵 = 𝑎, 𝐵𝐶 = 𝑏, 𝑎 > 𝑏. Кола, вписані в трикутники 𝐴𝐵𝐷 і 𝐶𝐵𝐷, дотикаються до діагоналі 𝐵𝐷 у точках 𝑀 і 𝐾 відповідно. Знайдіть відрізок 𝑀𝐾.

la. in.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 − паралелограм, 𝐴𝐵 = 𝑎, 𝐵𝐶 = 𝑏, 𝑎 > 𝑏, 𝐵𝐷 − діагональ, (𝑂; 𝑅1 ) і ( 𝑂; 𝑅2 ) − вписані в трикутники 𝐴𝐵𝐷 і 𝐶𝐵𝐷. Оскільки 𝐴𝐵 = 𝐶𝐷 і 𝐴𝐷 = 𝐵𝐶 як сторони паралелограма, то △ 𝐴𝐵𝐷 =△ 𝐶𝐷𝐵 за трьома сторонами (за III ознакою рівності трикутників). Якщо трикутники рівні, то рівними є й кола, вписані в них, тому 𝐵𝑀 = 𝐷𝑁. За властивістю відрізків дотичних, проведених до кола з однієї точки, маємо: 𝐵𝑀 = 𝐵𝑃, 𝐴𝑃 = 𝐴𝑁, 𝐷𝑁 = 𝐷𝑀. За аксіомою вимірювання відрізків маємо: 𝑀𝐷 = 𝑀𝐾 + 𝐾𝐷; 𝑀𝐾 = 𝑀𝐷 − 𝐾𝐷 = 𝐷𝑁 − 𝐾𝐷 = 𝐴𝐷 − 𝐴𝑁 − (𝐴𝐵 − 𝐴𝑃) = 𝐴𝐷 − 𝐴𝑁 − 𝐴𝐵 + 𝐴𝑃 = 𝐴𝐷 − 𝐴𝐵 = 𝑏 − 𝑎. Biдповідь: 𝑏 − 𝑎. 813. Скільки різних паралелограмів можна скласти з двох рівних трикутників, якщо вони: 1. різносторонні; 2. рівнобедрені; 3. рівносторонні? 1. Якщо два трикутники рівні й різносторонні, то можна утворити три паралелограми, діагоналлю яких буде одна з трьох різних сторін; 2. якщо два трикутники рівні й рівнобедрені, то можна утворити два паралелограми, діагоналлю яких буде основа або бічна сторона трикутника;

3. якщо два трикутники рівні й рівносторонні, то можна утворити один паралелограм, діагоналлю якого буде сторона трикутника. 814. Чи є правильним твердження: 1. якщо діагоналі чотирикутника рівні, то цей чотирикутник − паралелограм; 2. якщо дві сторони чотирикутника паралельні и точка перетину діагоналей рівновіддалена від цих сторін, то цей чотирикутник − паралелограм;

3. якщо дві сторони чотирикутника паралельні, а дві інші рівні, то цей чотирикутник − паралелограм; 4. якщо бісектриси двох протилежних кутів чотирикутника перпендикулярні до бісектриси його третього кута, то цей чотирикутник − паралелограм; 5. якщо діагональ чотирикутника розбиває його на два рівних трикутники, то цей чотирикутник − паралелограм; 6. якщо кожна діагональ чотирикутника розбиває його на два рівних трикутники, то цей чотирикутник − паралелограм;

7. якщо кожні дві протилежні вершини чотирикутника рівновіддалені від діагоналі, яка сполучає дві інші вершини, то цей чотирикутник − паралелограм? 1. Ні, рівні діагоналі має рівнобічна трапеція;

3. ні, це може бути рівнобічна трапеція; 4. так; 5. ні; 6. так;

la. in.

7. так. 815. Чи є правильним твердження:

2. ні, це може бути рівнобічна трапеція;

1. якщо дві сторони чотирикутника паралельні, а одна з діагоналей розбиває чотирикутник на два рівних трикутники, то цей чотирикутник − паралелограм; 2. якщо дві сторони чотирикутника паралельні, а точка перетину діагоналей ділить одну з них навпіл, то цей чотирикутник − паралелограм; 3. якщо дві протилежні сторони чотирикутника рівні та діагоналі його рівні, то цей чотирикутник − паралелограм? 1. Так; 2. так;

3. ні, це може бути рівнобедрена трапеція.

816. Які з наведених тверджень є правильними? I. Існує ромб, сума протилежних кутів якого дорівнює 30∘ . II. Існує ромб, діагональ якого дорівнює сумі двох протилежних сторін. III. Існує ромб, діагональ якого розбиває його на два рівносторонніх трикутники.

I. У ромбі протилежні кути рівні. Якщо їх сума 30°, то кожен по 15°, але тоді суміжні кути 180°−15°=165°, що можливо. Отже, такий ромб існує. II. У ромбі всі сторони рівні ⇒ нехай сторона a. Сума двох протилежних сторін = 2a Діагональ ромба завжди менша за 2a (вона не може дорівнювати сумі двох сторін, як у виродженому випадку). Отже, це неможливо. III. Будь-яка діагональ ромба ділить його на два рівні трикутники. Причому ці трикутники рівнобедрені (бо сторони ромба рівні). Отже, твердження правильне. Відповідь: Г. лише I та III 817. Периметр ромба дорівнює 8 см , а його висота −1 см . Знайдіть кути ромба.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 − ромб, 𝑃 = 8 см, 𝐵𝐾 − висота, 𝐵𝐾 = 1 см. Оскільки сторони ромба рівні, то 𝐴𝐵 = 𝑃 ∶ 4; 𝐴𝐵 = 8 ∶ 4 = 2 (см). 1 Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐾𝐵 (∠𝐴𝐾𝐵 = 90∘ ). У ньому 𝐵𝐾 = 𝐴𝐵, тому за 2

la. in.

властивістю катета прямокутного трикутника ∠𝐴 = 30∘ . Сума кутів ромба, прилеглих до одніє сторони, дорівнює 180∘ , тому ∠𝐴 + ∠𝐵 = 180∘ ; ∠𝐵 = 180∘ − ∠𝐴; ∠𝐵 = 180∘ − 30∘ = 150∘ . Biдповідь: 30∘ , 150∘ , 30∘ , 150∘. 818. Кут при вершині 𝐵 ромба 𝐴𝐵𝐶𝐷 дорівнює 40∘ , точки 𝑀 і 𝐾 − основи перпендикулярів, опущених із вершини 𝐴 на сторони 𝐵𝐶 і 𝐶𝐷 відповідно. Знайдіть кути трикутника 𝐴𝑀𝐾.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 − ромб, 𝐴𝑀 і 𝐴𝐾 − висоти, ∠𝐴𝐵𝑀 = 40∘. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝑀𝐵(∠𝐴𝑀𝐵 = 90∘ ). ∠𝐷 = ∠𝐵 = 40∘ як протилежні кути ромба. За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника маємо: ∠𝐵 + ∠𝐵𝐴𝑀 = 90∘ ; ∠𝐵𝐴𝑀 = 90∘ − ∠𝐵; ∠𝐵𝐴𝑀 = 90∘ − 40∘ = 50∘ . Аналогічно з трикутника 𝐴𝐾𝐷 ∠𝐷𝐴𝐾 = 50∘. Сума кутів ромба, прилеглих до однієї сторони, дорівнює 180∘ , тому ∠𝐵𝐴𝐷 + ∠𝐵 = 180∘ ; ∠𝐵𝐴𝐷 = 180∘ − ∠𝐵; ∠𝐵𝐴𝐷 = 180∘ − 40∘ = 140∘ . За aкcioмою вимірювання кутів ∠𝐵𝐴𝐷 = ∠𝐵𝐴𝑀 + ∠𝑀𝐴𝐾 + ∠𝐾𝐴𝐷; ∠𝑀𝐴𝐾 = ∠𝐵𝐴𝐷 − ( ∠𝐵𝐴𝑀 + ∠𝐾𝐴𝐷 ); ∠𝑀𝐴𝐾 = 140∘ − (50∘ + 50∘ ) = 40∘ . Розглянемо прямокутні трикутники 𝐴𝑀𝐵 і 𝐴𝐾𝐷. У них: 1. 𝐴𝐵 = 𝐴𝐷 як сторони ромба;

2. ∠𝐵 = ∠𝐷 як протилежні кути ромба.

Тоді △ 𝐴𝑀𝐵 =△ 𝐴𝐾𝐷 за гіпотенузою і гострим кутом, звідки 𝐴𝑀 = 𝐴𝐾 як відповідні елементи рівних трикутників. Тому трикутник 𝐴 MK − рівнобедрений з основою 𝑀𝐾. За властивістю кутів при основі рівнобедреного трикутника ∠𝐴𝑀𝐾 = ∠𝐴𝐾𝑀. За теоремою про суму кутів трикутника ∠𝐴𝑀𝐾 + ∠𝐴𝐾𝑀 + ∠𝑀𝐴𝐾 = 180∘ ; ∠𝐴𝑀𝐾 = ∠𝐴𝐾𝑀 = (180∘ − ∠𝑀𝐴𝐾) ∶ 2; ∠𝐴𝑀𝐾 = ∠𝐴𝐾𝑀 = (180∘ − 40∘ ) ∶ 2 = 70∘ . Biдповідь: 40∘ , 70∘ , 70∘ .

la. in.

819. Перпендикуляр, опущений із вершини 𝐵 прямокутника 𝐴𝐵𝐶𝐷 на діагональ 𝐴𝐶, ділить кут 𝐴𝐵𝐶 на два кути, величини яких відносяться як 1: 3. Знайдіть кут між проведеним перпендикуляром і діагоналлю 𝐵𝐷.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 − прямокутник, 𝐴𝐶 − діагональ, 𝐵𝑀 ⊥ 𝐴𝐶, ∠𝐴𝐵𝑀 ∶ ∠𝑀𝐵𝐶 = 1 ∶ 3. Нехай ∠𝐴𝐵𝑀 = 𝑥, тоді ∠𝑀𝐵𝐶 = 3𝑥. Рівняння: 𝑥 + 3𝑥 = 90∘ ; 4𝑥 = 90∘ ; 𝑥 = 22, 5∘ . Отже, ∠𝐴𝐵𝑀 = 22, 5∘ , тоді ∠𝑀𝐵𝐶 = 3 ⋅ 22, 5∘ = 67, 5∘ . Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝑀𝐵. За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника ∠𝐴𝐵𝑀 + ∠𝐵𝐴𝑀 = 90∘ ; ∠𝐵𝐴𝑀 = 90∘ − ∠𝐴𝐵𝑀; ∠𝐵𝐴𝑀 = 90∘ − 22, 5∘ = 67, 5∘ . Діагоналі прямокутника рівні й точкою перетину діляться навпіл, тому 𝐴𝑂 = 𝐵𝑂, звідки слідує, що трикутник 𝐴𝐵𝑂 − рівнобедрений з основою 𝐴𝐵, тому ∠𝐴𝐵𝑂 = ∠𝐵𝐴𝑂 = 67, 5∘ . За аксіомою вимірювання кутів ∠𝐴𝐵𝑂 = ∠𝐴𝐵𝑀 + ∠𝑀𝐵𝑂; ∠𝑀𝐵𝑂 = ∠𝐴𝐵𝑂 − ∠𝐴𝐵𝑀; ∠𝑀𝐵𝑂 = 67, 5∘ − 22, 5∘ = 45∘ . Biдповідь: 45∘ . 820. Серединний перпендикуляр діагоналі прямокутника утворює з його більшою стороною кут 60∘ . Відрізок цієї прямої, який належить прямокутнику, дорівнює 12 см . Знайдіть більшу сторону прямокутника.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 − прямокутник, 𝐴𝐶 − діагональ, 𝑀𝑁 − серединний перпендикуляр діагоналі 𝐴𝐶, ∠𝑁𝑀𝐶 = 60∘ , 𝑀𝑁 = 12 см. Розглянемо прямокутні трикутники MOC і NOA. У них: 1. ∠𝑂𝑀𝐶 = ∠𝑂𝑁𝐴 як внутрішні односторонні при паралельних прямих 𝐴𝐷 і 𝐵𝐶 та січній 𝑀𝑁; 2. 𝐴𝑂 = 𝑂𝐶 як відрізки, на які діагональ 𝐴𝐶 ділить серединний перпендикуляр.

la. in.

Тоді △ 𝑀𝑂𝐶 =△ 𝑁𝑂𝐴 за катетом і гострим кутом, звідки 𝑀𝑂 = 𝑂𝑁 як відповідні елементи рівних трикутників, 𝑀𝑂 = 𝑂𝑁 = 12: 2 = 6( см). Розглянемо прямокутний трикутник МОС. Маємо: 𝑂𝐶 tg𝑂𝑀𝐶 = ; 𝑀𝑂 𝑂𝐶 = 𝑀𝑂 ⋅ tg𝑂𝑀𝐶; 𝑂𝐶 = 6 ⋅ tg60∘ = 6√3(см). Тоді 𝐴𝐶 = 2𝑂𝐶; 𝐴𝐶 = 12√3 (см). За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника ∠𝑂𝑀𝐶 + ∠𝑀𝐶𝑂 = 90∘ ; ∠𝑀𝐶𝑂 = 90∘ − ∠𝑂𝑀𝐶; ∠𝑀𝐶𝑂 = 90∘ − 60∘ = 30∘ . Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐵𝐶. Маємо: co s 𝐵 𝐶𝐴 =

𝐵𝐶

𝐴𝐶

;

𝐵𝐶 = 𝐴𝐶 ⋅ co s 𝐵 𝐶𝐴;

√3 = 18(см). 2

𝐵𝐶 = 12√3 ⋅ co s 30∘ = 12√3 ⋅

Biдповідь: 18 см . 821. На діагоналі 𝐴𝐶 ромба 𝐴𝐵𝐶𝐷 позначено точки 𝑀 і 𝐾 так, що 𝐴𝑀 = 𝐶𝐾. Доведіть, що ∠𝐴𝐵𝑀 = ∠𝐶𝐵𝐾.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 − ромб, 𝐴𝑀 = 𝐶𝐾. ∠𝐴 = ∠𝐶 ях протилежні кути ромба. Діагоналі ромба є бісектрисами його кутів, тому 1 ∠𝐵𝐴𝑀 = ∠𝑀𝐴𝐷 = ∠𝐴; 2 1

∠𝐵𝐶𝐾 = ∠𝐾𝐶𝐷 = ∠𝐶, звідки ∠𝐵𝐴𝑀 = ∠𝐵𝐶𝐾. 2

Розглянемо трикутники 𝐴𝑀𝐵 і 𝐶𝐾𝐵. У них: 1. 𝐴𝑀 = 𝐶𝐾 за умовою; 2. 𝐴𝐵 = 𝐵𝐶 як сторони ромба;

3. ∠𝐵𝐴𝑀 = ∠𝐵𝐶𝐾 за доведеним вище. Отже, △ 𝐴𝑀𝐵 =△ 𝐶𝐾𝐵 за двома сторонами і кутом між ними (за І ознакою рівності трикутників). Тоді ∠𝐴𝐵𝑀 = ∠𝐶𝐵𝐾 як відповідні елементи рівних трикутників.

la. in.

822. Периметр ромба на 42 см більший за сторону ромба. Знайдіть периметр ромба.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 − ромб, 𝑃𝐴𝐵𝐶𝐷 − 𝐴𝐵 = 42 см. Оскільки 𝑃𝐴𝐵𝐶𝐷 = 4𝐴𝐵, то маємо рівняння: 4𝐴𝐵 − 𝐴𝐵 = 42; 3𝐴𝐵 = 42; 𝐴𝐵 = 14(см). Тоді 𝑃𝐴𝐵𝐶𝐷 = 4 ⋅ 14 = 56(см). Biдповідь: 56 см. 823. Чи є правильним твердження:

1. якщо діагоналі чотирикутника рівні, то цей чотирикутник − прямокутник;

2. якщо діагоналі чотирикутника рівні та перпендикулярні, то цей чотирикутник − квадрат;

3. якщо діагоналі чотирикутника перпендикулярні та точкою перетину діляться навпіл, то цей чотирикутник − квадрат; 4. якщо діагоналі чотирикутника рівні, перпендикулярні та точкою перетину діляться навпіл, то цей чотирикутник квадрат;

5. якщо три сторони чотирикутника рівні, а діагональ є бісектрисою одного з його кутів, то цей чотирикутник − ромб? У разі ствердної відповіді обґрунтуйте її, у разі заперечної накресліть чотирикутник, який слугує контрприкладом. 1. Ні, чотирикутник може бути рівнобічною трапецією; 2. так; 3. ні, може бути ромбом; 4. так; 5. ні, чотирикутник може бути рівнобічною трапецією. 824. На сторонах 𝐴𝐵, 𝐵𝐶 і 𝐴𝐶 трикутника 𝐴𝐵𝐶 позначено точки 𝐷, 𝐹 і 𝐸 відповідно так, що 𝐵𝐷 = 𝐵𝐹 = 𝐷𝐸 = 𝐸𝐹. Доведіть, що точка 𝐹 належить бісектрисі кута 𝐵𝐷𝐸.

Нехай 𝐴𝐵𝐶 − трикутник, 𝐵𝐷 = 𝐵𝐹 = 𝐷𝐸 = 𝐸𝐹. Розглянемо трикутники 𝐷𝐵𝐹 і 𝐷𝐸𝐹. У них: 1. 𝐷𝐹 − спільна;

la. in.

2. 𝐷𝐵 = 𝐷𝐸 за умовою; 3. 𝐵𝐹 = 𝐸𝐹 за умовою.

Отже, △ 𝐷𝐵𝐹 =△ 𝐷𝐸𝐹 за трьома сторонами (за III ознакою рівності трикутників). Тоді ∠𝐵𝐷𝐹 = ∠𝐸𝐷𝐹 як відповідні елементи рівних трикутників, звідки маємо, що 𝐷𝐹 − бісектриса кута 𝐵𝐷𝐸, тобто точка 𝐹 належить бісектрисі кута 𝐵𝐷𝐸.

825. Відстань від середини хорди 𝐴𝐶 кола до діаметра 𝐴𝐵 дорівнює 4 см . Знайдіть хорду 𝐵𝐶, якщо ∠𝐵𝐴𝐶 = 30∘ .

Нехай (𝑂; 𝑅) − коло, 𝐴𝐵 − діаметр, 𝐴𝐶 − хорда, 𝐴𝐷 = 𝐷𝐶, 𝐷𝑀 = 4 см, ∠𝐵𝐴𝐶 = 30∘ . Оскільки кут 𝐴𝐶𝐵 вписаний і спирасться на діаметр, то ∠𝐴𝐶𝐵 = 90∘ . Проведемо висоту 𝐶𝑁 трикутника 𝐴𝐶𝐵. Тоді 𝐷𝑀 ∣ 𝐶𝑁. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝑁𝐶(∠𝐴𝑁𝐶 = 90∘ ). Оскільки 𝐷𝑀 ∣ 𝐶𝑁 і 𝐴𝐷 = 𝐷𝐶, то 𝐷𝑀 − середня лінія трикутника 𝐴𝑁𝐶. За теоремою 1 про середню лінію 𝐷𝑀 = 𝐶𝑁; 2

𝐶𝑁 = 2𝐷𝑀; 𝐶𝑁 = 2 ⋅ 4 = 8 (см). За властивістю гострих кутів прямокутних трикутників 𝐴𝐶𝐵 і CNB маємо: ∠𝐴 + ∠𝐵 = 90∘ ; ∠𝐵 = 90∘ − ∠𝐴; ∠𝐵 = 90∘ − 30∘ = 60∘ ; ∠𝑁𝐶𝐵 + ∠𝐵 = 90∘ ; ∠𝑁𝐶𝐵 = 90∘ − ∠𝐵;

∠𝑁𝐶𝐵 = 90∘ − 60∘ = 30∘ . За властивістю катета, який лежить проти кута 30∘ , з трикутника 𝐶𝑁𝐵 маємо: 1 𝑁𝐵 = 𝐵𝐶; 𝐵𝐶 = 2𝑁𝐵. 2

8√3 16√3 = (см). 3 3 16√3

Тоді 𝐵𝐶 = 2 ⋅ Biдповідь:

la. in.

√3

Нехай 𝑁𝐵 = 𝑥 см, тоді 𝐵𝐶 = 2𝑥 см. За теоремою Піфагора маємо: 𝐵𝐶 2 = 𝐶𝑁 2 + 𝑁𝐵2 ; (2𝑥)2 = 𝑥 2 + 82 ; 4𝑥 2 = 𝑥 2 + 64; 3𝑥 2 = 64; 64 𝑥2 = ; 3 8 8√3 𝑥= = .

см.

826. Побудуйте паралелограм за його вершиною та серединами сторін, яким ця вершина не належить.

Дано: Вершина 𝐵 паралелограма, 𝑀 − середина 𝐶𝐷, 𝑁 − середина 𝐴𝐷. Побудувати: паралелограм 𝐴𝐵𝐶𝐷. Схема побудови. Сполучаю точки 𝐵, 𝑀 і 𝑁, у результаті чого одержую трикутник 𝐵𝑀𝑁. Знаходжу середину відрізка 𝑀𝑁 і позначаю точку 𝑃. Будую точку 𝑂, яка ділить відрізок 𝐵𝑃 у співвідношенні 2 ∶ 1. На промені 𝐵𝑃 за точкою 𝑃 будую точку 𝐷 таку, що 𝑂𝑃 = 𝑃𝐷. Проводжу промені 𝐷𝑀 і 𝐷𝑁 та за точками 𝑀 і 𝑁 відкладаю відрізки 𝑀𝐶 = 𝐷𝑀 і 𝐴𝑁 = 𝐷𝑁, одержую відповідно точки 𝐶 та 𝐴. Сполучаю точки 𝐵 і 𝐶 та 𝐵 і 𝐴. Чотирикутник 𝐴𝐵𝐶𝐷 − шуканий паралелограм. 827. Які з наведених тверджень є правильними?

І. Існує трапеція, у якої суми протилежних кутів рівні. II. Існує трапеція, у якої суми протилежних сторін рівні. III. Існує трапеція, діагоналі якої рівні та перпендикулярні. I.У рівнобічній трапеції кути при основах рівні: ∠A = ∠D, ∠B = ∠C Тоді: ∠A + ∠C = ∠B + ∠D Отже, суми протилежних кутів рівні ⇒ така трапеція існує. II. Сума протилежних сторін: у рівнобічній трапеції AB = CD, але AD і BC — основи, вони різні

la. in.

Загалом: AB + CD ≠ AD + BC (у звичайній трапеції) Такої умови досягти не можна. III. Існує рівнобічна трапеція, у якій діагоналі рівні А також можна підібрати таку, де вони ще й перпендикулярні (спеціальний випадок). Відповідь: Г. лише I та III 828. Бічна сторона 𝐴𝐵 і менша основа 𝐵𝐶 трапеції 𝐴𝐵𝐶𝐷 дорівнюють відповідно 16 см і 15 см . Який із відрізків перетинає бісектриса кута 𝐵𝐴𝐷 − основу 𝐵𝐶 чи бічну сторону 𝐶𝐷 ?

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 − трапеція (𝐴𝐷‖𝐵𝐶), 𝐴𝑀 − бісектриса ∠𝐵𝐴𝐷, 𝐴𝐵 = 16 см, 𝐵𝐶 = 15 см. За означенням бісектриси кута ∠𝐵𝐴𝑀 = ∠𝑀𝐴𝐷. ∠𝑀𝐴𝐷 = ∠𝐵𝑀𝐴 як внутрішні різносторонні при паралельних прямих 𝐴𝐷 і 𝐵𝐶 та січній 𝐴𝑀. Тому ∠𝐵𝐴𝑀 = ∠𝐵𝑀𝐴, звідки випливає, що трикутник 𝐴𝐵𝑀 − рівнобедрений з основою 𝐴𝑀, тому 𝐴𝐵 = 𝐵𝑀 = 16 см. Оскільки 𝐵𝑀 > 𝐵𝐶 і вони містяться на одній прямій, то точка 𝐶 лежить між точками 𝐵 і 𝑀, тому 𝐴𝑀 перетинає сторону 𝐶𝐷 трапеції.

829. Діагональ рівнобічної трапеції дорівнює більшій основі та утворює з нею кут 40∘ . Знайдіть кути трапеції.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 − рівнобічна трапеція (𝐴𝐷‖𝐵𝐶, 𝐴𝐵 = 𝐶𝐷), 𝐴𝐶 − діагональ, 𝐴𝐶 = 𝐴𝐷, ∠𝐶𝐴𝐷 = 40∘ . Оскільки 𝐴𝐶 = 𝐴𝐷, то трикутник 𝐴𝐶𝐷 − рівнобедрений з основою 𝐶𝐷. За теоремою про суму кутів трикутника ∠𝐶𝐴𝐷 + ∠𝐷 + ∠𝐴𝐶𝐷 = 180∘ . Тоді за властивістю кутів при основі рівнобедреного трикутника ∠𝐷 = ∠𝐴𝐶𝐷 = (180∘ − 40∘ ) ∶ 2 = 70∘ . За властивістю кутів, прилеглих до бічної сторони трапеції, ∠𝐷 + ∠𝐶 = 180∘ ; ∠𝐶 = 180∘ − ∠𝐷; ∠𝐶 = 180∘ − 70∘ = 110∘ . Тоді ∠𝐴 = ∠𝐷 = 70∘ , ∠𝐵 = ∠𝐶 = 110∘ як кути, прилеглі до основ рівнобічної трапеції. Biдповідь: ∠𝐴 = ∠𝐷 = 70∘ , ∠𝐵 = ∠𝐶 = 110∘ . 830. Кут між двома січними, які проходять через точку поза колом, дорівнює 35∘ .

Градусна міра більшої дуги кола, що міститься між сторонами цього кута, дорівнює 100∘ . Знайдіть градусну міру меншої дуги, яка міститься між сторонами даного кута.

Нехай ( 𝑂; 𝑅 ) − коло, ∠𝐵𝐴𝐶 = 35∘ ,∪ 𝐵𝐶 = 100∘ . Кут ВМС − вписаний, який спирається 1 1 на дугу 𝐵𝐶, тому ∠𝐵𝑀𝐶 = ∪ 𝐵𝐶 = ∠𝐵𝑂𝐶; 2

∘

la. in.

∘

∠𝐵𝑀𝐶 = ⋅ 100 = 50 . 2

Кути ВМС і СМА − суміжні, тому ∠𝐵𝑀𝐶 + ∠𝐶𝑀𝐴 = 180∘ ; ∠𝐶𝑀𝐴 = 180∘ − ∠𝐵𝑀𝐶; ∠𝐶𝑀𝐴 = 180∘ − 50∘ = 130∘ . Розглянемо трикутник СМA. За теоремою про суму кутів трикутника ∠𝐶𝑀𝐴 + ∠𝑀𝐴𝐶 + ∠𝑀𝐶𝐴 = 180∘ ; ∠𝑀𝐶𝐴 = 180∘ − (∠𝐶𝑀𝐴 + ∠𝑀𝐴𝐶); ∠𝑀𝐶𝐴 = 180∘ − (130∘ + 35∘ ) = 15∘ . 1 Кут 𝐶𝑀𝑁 − вписаний, який спирається на дугу 𝑀𝑁, тому ∠𝐶𝑀𝑁 = ∪ 𝑀𝑁; 2

∪ 𝑀𝑁 = 2∠𝐶𝑀𝑁; ∪ 𝑀𝑁 = 2 ⋅ 15∘ = 30∘ . Biдповідь: 30∘ .

831. Доведіть, що коли вершина кута лежить поза колом, а кут спирається на діаметр кола, то цей кут гострий.

Нехай (𝑂; 𝑅) − коло. Оскільки кут 𝐴𝐷𝐵 − вписаний і спирається на діаметр, то ∠𝐴𝐷𝐵 = 90∘ . За теоремою про суміжні кути ∠𝐴𝐷𝐵 + ∠𝐵𝐷𝐶 = 180∘ ; ∠𝐵𝐷𝐶 = 180∘ − ∠𝐴𝐷𝐵; ∠𝐵𝐷𝐶 = 180∘ − 90∘ = 90∘ .

Розглянемо прямокутний трикутник 𝐵𝐷𝐶. Оскільки він прямокутний, то кути 𝐷𝐵𝐶 і 𝐷𝐶𝐵 − гострі.

la. in.

832. Доведіть, що коли вершина кута лежить усередині кола, а кут спирається на діаметр кола, то цей кут тупий або розгорнутий.

1. Нехай ( 𝑂; 𝑅 ) − коло. Продовжимо відрізок 𝐵𝐷 до перетину з колом, одержимо точку 𝐶. Оскільки кут 𝐴𝐶𝐵 − вписаний і спирається на діаметр, то ∠𝐴𝐶𝐵 = 90∘ . Розглянемо прямокутний трикутник 𝐷𝐶𝐴, тоді кут 𝐴𝐷𝐶 − гострий. За теоремою про суміжні кути ∠𝐴𝐷𝐶 + ∠𝐴𝐷𝐵 = 180∘ , тому кут 𝐴𝐷𝐵 − тупий;

2. якщо точка 𝐷 належить діаметру 𝐴𝐵, то ∠𝐴𝐷𝐵 = 180∘ , тобто він є розгорнутим. 833. Діагоналі чотирикутника 𝐴𝐵𝐶𝐷, вписаного в коло, периендикулярні, ∠𝐴𝐶𝐵 = 10∘ , ∠𝐵𝐷𝐶 = 70∘ . Знайдіть кути даного чотирикутника.

Нехай (𝑂; 𝑅) − коло, 𝐴𝐵𝐶𝐷 − вписаний чотирикутник, 𝐴𝐶 ⊥ 𝐵𝐷, ∠𝐴𝐶𝐵 = 10∘ , ∠𝐵𝐷𝐶 = 70∘ . Оскільки кути 𝐴𝐶𝐵 і 𝐴𝐷𝐵 спираються на одну й ту саму дугу 𝐴𝐵, то ∠𝐴𝐶𝐵 = ∠𝐴𝐷𝐵 = 10∘ . За аксіомою вимірювання кутів

la. in.

∠𝐴𝐷𝐶 = ∠𝐴𝐷𝐵 + ∠𝐵𝐷𝐶; ∠𝐴𝐷𝐶 = 10∘ + 70∘ = 80∘ . Розглянемо прямокутний трикутник 𝐶𝑀𝐷 (∠𝐶𝑀𝐷 = 90∘ ). За властивістю гострих кутів маємо: ∠𝑀𝐷𝐶 + ∠𝑀𝐶𝐷 = 90∘ ; ∠𝑀𝐶𝐷 = 90∘ − ∠𝑀𝐷𝐶; ∠𝑀𝐶𝐷 = 90∘ − 70∘ = 20∘ . За аксіомою вимірювання кутів ∠𝐵𝐶𝐷 = ∠𝐵𝐶𝑀 + ∠𝑀𝐶𝐷; ∠𝐵𝐶𝐷 = 10∘ + 20∘ = 30∘ . Оскільки чотирикутник 𝐴𝐵𝐶𝐷 вписаний у коло, то ∠𝐴 + ∠𝐶 = ∠𝐵 + ∠𝐷 = 180∘, звідки ∠𝐴 = 180∘ − ∠𝐶; ∠𝐴 = 180∘ − 30∘ = 150∘ ; ∠𝐵 = 180∘ − ∠𝐷; ∠𝐵 = 180∘ − 80∘ = 100∘ . Biдповідь: 150∘ , 100∘ , 30∘ , 80∘ . 834. Дві паралельні прямі перетинають одну зі сторін кута з вершиною 𝑀 у точках 𝐴 і 𝐶, а другу − відповідно в точках 𝐵 і 𝐷. Знайдіть відрізки 𝑀𝐴 і 𝑀𝐶, якщо 𝑀𝐵 ∶ 𝐵𝐷 = 2 ∶ 3 i 𝑀𝐴 + 𝑀𝐶 = 14 см.

𝐴𝐶

Нехай 𝐴𝐵‖𝐶𝐷, 𝑀𝐵 ∶ 𝐵𝐷 = 2 ∶ 3, 𝑀𝐴 + 𝑀𝐶 = 14 см. За узагальненою теоремою Фалеса 𝑀𝐴 𝑀𝐵 = . За аксіомою вимірювання відрізків 𝐵𝐷

𝑀𝐶 = 𝑀𝐴 + 𝐴𝐶; 𝐴𝐶 = 𝑀𝐶 − 𝑀𝐴.

𝑀𝐴

Нехай 𝑀𝐴 = 𝑥 см, тоді з умови 𝑀𝐶 = (14 − 𝑥) см. = ; 𝑀𝐶−𝑀𝐴 3 𝑥 2 = ; 14 − 2𝑥 3 2(14 − 2𝑥) = 3𝑥; 28 − 4𝑥 = 3𝑥; 7𝑥 = 28; 𝑥 = 4. Отже, 𝑀𝐴 = 4 см, тоді 𝑀𝐶 = 14 − 4 = 10(см). Biдповідь: 4 см, 10 см. 835. Знайдіть відношення основ трапеції, якщо її діагоналі ділять середню лінію трапеції на три рівні частини.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐵 − трапеція ( 𝐴𝐷‖𝐵𝐶 ), 𝑀𝑁 − середня лінія, 𝑀𝐾 = 𝐾𝑃 = 𝑃𝑁. Нехай 𝑀𝐾 = 𝐾𝑃 = 𝑃𝑁 = 𝑥 см. Оскільки точка 𝑀 − середина 𝐴𝐵 і 𝑀𝐾‖𝐵𝐶, то 𝑀𝐾 − середня лінія 1 трикутника 𝐴𝐵𝐶, 𝑀𝐾 = 𝐵𝐶; 𝐵𝐶 = 2𝑀𝐾; 𝐵𝐶 = 2𝑥 см. Аналогічно 𝐾𝑁 − середня лінія 2 1

трикутника 𝐴𝐶𝐵, 𝐾𝑁 = 𝐴𝐷;

la. in.

𝐾𝑁 = 𝐾𝑃 + 𝑃𝑁; 𝐾𝑁 = 𝑥 + 𝑥 = 2𝑥(см); 𝐴𝐷 = 2𝐾𝑁; 𝐴𝐷 = 2 ⋅ 2𝑥 = 4𝑥( см). Тоді

𝐵𝐶 𝐴𝐷

2𝑥 4𝑥 1

Biдповідь: . 2

= . 2

836. На медіані 𝐵𝐷 трикутника 𝐴𝐵𝐶 позначено точку 𝑀 так, що 𝐵𝑀 ∶ 𝑀𝐷 = 3 ∶ 2. Пряма 𝐴𝑀 перетинає сторону 𝐵𝐶 у точщі 𝐸. У якому відношенні точка 𝐸 ділить сторону 𝐵𝐶, рахуючи від вершини 𝐵 ?

Нехай 𝐴𝐵𝐶 − трикутник, 𝐵𝐷 − медіана, 𝐵𝑀 ∶ 𝑀𝐷 = 3 ∶ 2. Проведемо 𝐷𝑁 ∣ 𝐴𝐸. Розглянемо кут 𝐶. Оскільки 𝐴𝐷 = 𝐷𝐶, то за теоремою Фалеса 𝐸𝑁 = 𝑁𝐶. Розглянемо кут 𝐷𝐵𝐶. Оскільки 𝐵𝑀: 𝑀𝐷 = 3: 2, то за теоремою Фалеса 𝐵𝐸: 𝐸𝑁 = 3: 2. За аксіомою вимірювання відрізків 𝐸𝐶 = 𝐸𝑁 + 𝑁𝐶 = 2𝐸𝑁. 𝐵𝐸 3 Тоді = . 𝐸𝐶

4 3

Biдповідь: . 4

837. Бісектриса кута 𝐴 паралелограма 𝐴𝐵𝐶𝐷 перетинає діагональ 𝐵𝐷 і сторону 𝐵𝐶 у точках 𝐸 і 𝐹 відповідно, 𝐵𝐸 ∶ 𝐸𝐷 = 2 ∶ 7. Знайдіть відношення 𝐵𝐹: 𝐹𝐶.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 − паралелограм, 𝐴𝐹 − бісектриса кута 𝐴, 𝐵𝐸 ∶ 𝐸𝐷 = 2 ∶ 7. Оскільки 𝐴𝐹 − бісектриса кута 𝐴, то ∠𝐵𝐴𝐹 = ∠𝐹𝐴𝐷. ∠𝐵𝐹𝐴 = ∠𝐹𝐴𝐷 як внутрішні різносторонні при паралельних прямих 𝐴𝐷 і 𝐵𝐶 та січній 𝐴𝐹. Тому ∠𝐵𝐴𝐹 = ∠𝐵𝐹𝐴, звідки випливає, що трикутник 𝐴𝐵𝐹 − рівнобедрений з основою 𝐴𝐹, тому 𝐴𝐵 = 𝐵𝐹. Добудуємо 𝐷𝑀 ∣ 𝐴𝐹. Оскільки 𝐵𝐸 ∶ 𝐸𝐷 = 2 ∶ 7, то за теоремою Фалеса маємо: 𝐵𝐹 ∶ 𝐹𝑀 = 2 ∶ 7.

la. in.

Розглянемо трикутники 𝐴𝐵𝐹 і 𝐷𝐶𝑀. У них:

1. 𝐴𝐵 = 𝐷𝐶 як протилежні сторони паралелограма; 2. ∠𝐵𝐴𝐹 = ∠𝐶𝐷𝑀 за побудовою; 3. ∠𝐴𝐵𝐹 = ∠𝐷𝐶𝑀 за побудовою.

Тому △ 𝐴𝐵𝐹 =△ 𝐷𝐶𝑀 за стороною і двома прилеглими до неї кутами (за ІІ ознакою рівності трикутників). Тоді 𝐵𝐹 = 𝐶𝑀 як відповідні елементи рівних трикутників. Нехай 𝐵𝐹 = 2𝑥 см, тоді 𝐹𝑀 = 7𝑥 см, 𝐶𝑀 = 2𝑥 см. За аксіомою вимірювання відрізків 𝐹𝑀 = 𝐹𝐶 + 𝐶𝑀; 𝐹𝐶 = 𝐹𝑀 − 𝐶𝑀; 𝐹𝐶 = 7𝑥 − 2𝑥 = 5𝑥 (см). Тоді

𝐵𝐹 𝐹𝐶

2𝑥 5𝑥 2

Biдповідь: .

= .

838. Медіани 𝐴𝐷 і 𝐵𝑀 трикутника 𝐴𝐵𝐶 перетинаються в точці 𝑂. Через точку 𝑂 проведено пряму, яка паралельна стороні 𝐴𝐶 і перетинає сторону 𝐵𝐶 у точці 𝐾. Знайдіть відрізки 𝐵𝐷, 𝐷𝐾 і 𝐾𝐶, якщо 𝐵𝐶 = 18 см.

Нехай 𝐴𝐵𝐶 − трикутник, 𝐴𝐷 і 𝐵𝑀 − медіани, 𝐴𝐷 ∩ 𝐵𝑀 = 𝑂, 𝑂𝐾‖𝐴𝐶, 𝐵𝐶 = 18 см. 1 1 Оскільки 𝐴𝐷 − медіана, то 𝐵𝐷 = 𝐷𝐶 = 𝐵𝐶 = ⋅ 18 = 9 (см). Так як 𝑂 − точка перетину 2

медіан, то 𝐵𝑂: 𝑂𝑀 = 2 ∶ 1; 𝐵𝑀 ∶ 𝐵𝑂 = 3 ∶ 2. Нехай 𝐵𝑀 = 3𝑥 см, тоді 𝐵𝑂 = 2𝑥 см. 𝑂𝐾‖𝐴𝐶, то △ 𝑀𝐵𝐶 ∼△ 𝑂𝐵𝐾, звідки

𝐵𝑀 𝐵𝑂

𝐵𝐶 𝐵𝐾

; 𝐵𝐾 =

𝐵𝐶⋅𝐵𝑂 𝐵𝑀

; 𝐵𝐾 =

18⋅2𝑥 3𝑥

= 12 (см).

За аксіомою вимірювання відрізків 𝐵𝐾 = 𝐵𝐷 + 𝐷𝐾; 𝐷𝐾 = 𝐵𝐾 − 𝐵𝐷; 𝐷𝐾 = 12 − 9 = 3(см); 𝐷𝐶 = 𝐷𝐾 + 𝐾𝐶; 𝐾𝐶 = 𝐷𝐶 − 𝐷𝐾; 𝐾𝐶 = 9 − 3 = 6(см). Biдповідь: 9 см, 3 см, 6 см.

la. in.

839. Бісектриса 𝐵𝐷 трикутника 𝐴𝐵𝐶 ділить сторону 𝐴𝐶 на відрізки 𝐴𝐷 і 𝐷𝐶, довжини яких відносяться як 3 ∶ 5. Знайдіть сторони 𝐴𝐵 і 𝐵𝐶, якщо їхня сума дорівнює 56 см .

Нехай 𝐴𝐵𝐶 − трикутник, 𝐴𝐷 − бісектриса, 𝐴𝐷: 𝐷𝐶 = 3: 5, 𝐴𝐵 + 𝐵𝐶 = 56 см. За властивістю бісектриси трикутника

𝐴𝐵 𝐵𝐶

𝐴𝐷 𝐷𝐶

= . Нехай 𝐴𝐵 = 3𝑥 см, тоді 𝐵𝐶 = 5𝑥 см. 5

Маємо: 3𝑥 + 5𝑥 = 56; 8𝑥 = 56; 𝑥 = 7. Отже, 𝐴𝐵 = 3 ⋅ 7 = 21 (см), тоді 𝐵𝐶 = 5 ⋅ 7 = 35 (см). Biдповідь: 21 см, 35, см. 2 840. Радіус кола, вписаного в рівнобедрений трикутник, становить висоти, проведеної 9

до основи трикутника. Знайдіть сторони трикутника, якщо його периметр дорівнює 72 см.

Нехай 𝐴𝐵𝐶 − рівнобедрений трикутник (𝐴𝐵 = 𝐵𝐶), (𝑂, 𝑅) − вписане коло, 𝐵𝐷 − висота, 2 𝑅 = 𝐵𝐷, 𝑃𝐴𝐵𝐶 = 72 см. Висота 𝐵𝐷 рівнобедреного трикутника, проведена до основи, є 9

його медіаною і бісектрисою, тому 𝐴𝐷 = 𝐷𝐶 = 𝐴𝐶. 2

𝑃𝐴𝐵𝐶 = 𝐴𝐵 + 𝐵𝐶 + 𝐴𝐶 = 2(𝐴𝐵 + 𝐴𝐷);

𝑃𝐴𝐵𝐶 ; 2 𝐴𝐵 + 𝐴𝐷 = 72 ∶ 2 = 36 (см). За аксіомою вимірювання відрізків 𝐵𝐷 = 𝐵𝑂 + 𝑂𝐷; 𝐵𝑂 = 𝐵𝐷 − 𝑂𝐷; 2 7 𝐵𝑂 = 𝐵𝐷 − 𝐵𝐷 = 𝐵𝐷. 9

𝐴𝐵 + 𝐴𝐷 =

Центр вписаного в трикутник кола міститься в точці перетину бісектрис. Проведемо бісектрису 𝐴𝑂 кута 𝐴. За властивістю бісектриси маємо: 𝐴𝐵 𝐴𝐷

𝐵𝑂 𝐴𝐵

;

𝑂𝐷 𝐴𝐷

7 𝐵𝐷 9 2 𝐵𝐷 9

= . 2

la. in.

Нехай 𝐴𝐵 = 7𝑥 см, тоді 𝐴𝐷 = 2𝑥 см. Рівняння: 7𝑥 + 2𝑥 = 36; 9𝑥 = 36; 𝑥 = 4. Отже, 𝐴𝐵 = 7 ⋅ 4 = 28 (см), 𝐴𝐷 = 2 ⋅ 7 = 14 (см). Biдповідь: 28 см, 14 см.

841. Сторони трикутника дорівнюють 2,5 см, 4,5 см і 6 см . Знайдіть сторони подібного йому трикутника, якщо його більша сторона дорівнює 24 см .

△ 𝐴𝐵𝐶 −△ 𝐴1 𝐵1 𝐶1 , 𝐴𝐵 = 2,5 см, 𝐵𝐶 = 4,5 см, 𝐴𝐶 = 6 см, 𝐴1 𝐶1 = 24 см. За означенням подібних трикутників 𝐴𝐵 𝐵𝐶 𝐴𝐶 = = ; 𝐴1 𝐵1 𝐵1 𝐶1 𝐴1 𝐶1 𝐴𝐵 𝐴𝐶 = ; 𝐴1 𝐵1 𝐴1 𝐶1 𝐴𝐵⋅𝐴1 𝐶1 𝐴1 𝐵1 = ; 𝐴𝐶 2,5 ⋅ 24 𝐴1 𝐵1 = = 10(см); 6 𝐵𝐶 𝐴𝐶 𝐵𝐶 ⋅ 𝐴1 𝐶1 = ; 𝐵1 𝐶1 = ; 𝐵1 𝐶1 𝐴1 𝐶1 𝐴𝐶 4,5⋅24 𝐵1 𝐶1 = = 18(см). 6

Biдповідь: 10 см, 18 см, 24 см.

842. У трикутник 𝐴𝐵𝐶 вписано ромб 𝐴𝐷𝐸𝐹 так, що кут 𝐴 у них спільний, а вершина 𝐸 належить стороні 𝐵𝐶. Знайдіть сторону ромба, якщо 𝐴𝐵 = 𝑎, 𝐴𝐶 = 𝑏.

Нехай 𝐴𝐵𝐶 − трикутник, 𝐴𝐷𝐸𝐹 − вписаний ромб, 𝐴𝐵 = 𝑎, 𝐴𝐶 = 𝑏. За означенням ромба 𝐴𝐷 = 𝐷𝐸 = 𝐸𝐹 = 𝐴𝐹. Нехай 𝐴𝐷 = 𝐷𝐸 = 𝐸𝐹 = 𝐴𝐹 = 𝑥. За аксіомою вимірювання відрізків 𝐴𝐵 = 𝐴𝐷 + 𝐷𝐵; 𝐷𝐵 = 𝐴𝐵 − 𝐴𝐷; 𝐷𝐵 = 𝑎 − 𝑥. 𝑎𝑥 = 𝑏(𝑎 − 𝑥); 𝑎𝑥 = 𝑎𝑏 − 𝑏𝑥; 𝑎𝑥 + 𝑏𝑥 = 𝑎𝑏; 𝑥(𝑎 + 𝑏) = 𝑎𝑏; 𝑥=

𝑎𝑏 𝑎+𝑏

Biдповідь:

𝑎𝑏 𝑎+𝑏

𝐴𝐵

𝐷𝐵

𝐴𝐶

𝐷𝐸

;

𝑎

𝑎−𝑥

𝑏

= ;

la. in.

Оскільки 𝐷𝐸‖𝐴𝐹 як сторони ромба, то △ 𝐴𝐵𝐶 ∼△ 𝐷𝐵𝐸, звідки

𝑥

843. Периметр паралелограма дорівнює 72 см , а його висоти відносяться як 5: 7. Знайдіть сторони паралелограма.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 − паралелограм, 𝐵𝑀 і 𝐵𝑁 − висоти, 𝐵𝑀 ∶ 𝐵𝑁 = 5 ∶ 7, 𝑃 = 72 см. 𝑃 = 2(𝐶𝐷 + 𝐴𝐷), 𝐶𝐷 + 𝐴𝐷 = 𝑃 ∶ 2; 𝐶𝐷 + 𝐴𝐷 = 72 ∶ 2 = 36(см). Нехай 𝐶𝐷 = 𝑥 см, тоді 𝐴𝐷 = (36 − 𝑥) см. Оскільки 𝐵𝑀 ∶ 𝐵𝑁 = 5 ∶ 7, то нехай 𝐵𝑀 = 5𝑦 см, тоді 𝐵𝑁 = 7𝑦 см. Знайдемо площу паралелограма двома способами: 𝑆 = 𝐴𝐷 ⋅ 𝐵𝑀; 𝑆 = 𝐶𝐷 ⋅ 𝐵𝑁, звідки 𝐴𝐷 ⋅ 𝐵𝑀 = 𝐶𝐷 ⋅ 𝐵𝑁; (36 − 𝑥) ⋅ 5𝑦 = 𝑥 ⋅ 7𝑦; 5(36 − 𝑥) = 7𝑥; 180 − 5𝑥 = 7𝑥; 12𝑥 = 180; 𝑥 = 15. Отже, 𝐶𝐷 = 15 см,

тоді 𝐴𝐷 = 36 − 15 = 21 (см). Biдповідь: 15 см, 21 см.

la. in.

844. Дано три точки, які не лежать на одній прямій. Проведіть пряму, рівновіддалену від цих точок. Скільки розв'язків має задача?

Такою прямою буде пряма, яка містить середню лінію трикутника, для якого три задані точки є вершинами. Оскільки в трикутнику можна провести три середні лінії, то задача матиме три розв'язки.

845. Пряма 𝑀𝐵 перетинає коло в точках 𝐴 і 𝐵 (точка 𝐴 лежить між точками 𝑀 і 𝐵 ), а пряма 𝑀𝐷 − у точках 𝐶 і 𝐷 (точка 𝐶 лежить між точками 𝑀 і 𝐷 ). Знайдіть відрізок 𝐴𝐵, якщо 𝐴𝐵 = 𝑀𝐶, 𝑀𝐴 = 20 см, 𝐶𝐷 = 11 см.

Нехай (𝑂; 𝑅) − коло, 𝑀𝐵 і 𝑀𝐷 − хорди, 𝐴𝐵 = 𝑀𝐶, 𝑀𝐴 = 20 см, 𝐶𝐷 = 11 см. Оскільки чотирикутник 𝐴𝐵𝐷𝐶 вписаний у коло, то ∠𝐴 + ∠𝐷 = ∠𝐵 + ∠𝐶 = 180∘. Але ∠𝐵𝐴𝐶 + ∠𝐶𝐴𝑀 = 180∘ як сума суміжних кутів, тому ∠𝐶𝐴𝑀 = ∠𝐶𝐷𝐵. Розглянемо трикутники MAC і 𝑀𝐷𝐵. У них: 1. ∠𝐴 − спільний;

2. ∠𝐶𝐴𝑀 = ∠𝐶𝐷𝐵 за доведеним вище.

Тому △ 𝑀𝐴𝐶 ∼△ 𝑀𝐷𝐵 за двома кутами, 𝑀𝐴 𝑀𝐶 звідки = . Нехай 𝐴𝐵 = 𝑀𝐶 = 𝑥 см. За аксіомою вимірювання відрізків 𝑀𝐷

𝑀𝐵

𝑀𝐵 = 𝑀𝐴 + 𝐴𝐵; 𝑀𝐵 = (20 + 𝑥)(см); 𝑀𝐷 = 𝑀𝐶 + 𝐶𝐷; 𝑀𝐷 = (𝑥 + 11)(см). 20 𝑥 Тоді маємо: = ; 𝑥+11

20+𝑥

la. in.

20(20 + 𝑥) = 𝑥(𝑥 + 11); 400 + 20𝑥 = 𝑥 2 + 11𝑥; 𝑥 2 − 9𝑥 − 400 = 0; 𝑥1 = −16 − не задовольняє умову задачі, 𝑥2 = 25. Отже, 𝐴𝐵 = 25 см. Biдповідь: 25 см. 846. Пряма 𝐴𝐵 дотикається до кола в точці 𝐵, а пряма 𝐴𝐶 перетинає коло в точках 𝐶 і 𝐷 (точка 𝐷 лежить між точками 𝐴 і 𝐶 ). Знайдіть відрізок 𝐶𝐷, якщо 𝐴𝐵 = 6 см, 𝐴𝐶 = 9 см.

Нехай (𝑂; 𝑅) − коло, 𝐴𝐶 − хорда, 𝐴𝐵 − дотична, 𝐴𝐵 = 6 см, 𝐴𝐶 = 9 см. Розглянемо трикутники 𝐴𝐷𝐵 і 𝐴𝐵𝐶. У них: 1. ∠𝐴 − спільний;

2. ∠𝐴𝐵𝐷 = ∠𝐴𝐶𝐵.

Тому △ 𝐴𝐷𝐵 ∼△ 𝐴𝐵𝐶 за двома кутами, 𝐴𝐵 𝐴𝐶 звідки = ; 𝐴𝐷

𝐴𝐵

𝐴𝐵 ; 𝐴𝐶 62 𝐴𝐷 = = 4 (см). 𝐴𝐷 =

За аксіомою вимірювання відрізків 𝐴𝐶 = 𝐴𝐷 + 𝐷𝐶; 𝐷𝐶 = 𝐴𝐶 − 𝐴𝐷; 𝐷𝐶 = 9 − 4 = 5 (см). Biдповідь: 5 см.

847. Хорди 𝐴𝐵 і 𝐶𝐷 кола перетинаються в точці 𝑀, 𝐶𝑀 = 4 см, 𝐷𝑀 = 6 см, відрізок 𝐴𝑀 на 2 см більший за відрізок 𝐵𝑀. Знайдіть хорду 𝐴𝐵.

Нехай (𝑂; 𝑅) − коло, 𝐴𝐵 і 𝐶𝐷 − хорди, 𝐴𝐵 ∩ 𝐶𝐷 = 𝑀, 𝐶𝑀 = 4 см, 𝐷𝑀 = 6 см, 𝐴𝑀 − 𝐵𝑀 = 2 см. За властивістю двох хорд, які перетинаються, одержимо: 𝐴𝑀 ⋅ 𝑀𝐵 = 𝐶𝑀 ⋅ 𝑀𝐷. Нехай 𝐴𝑀 = 𝑥 см, тоді 𝐵𝑀 = (𝑥 − 2) см. Далі маємо: 𝑥 ⋅ (𝑥 − 2) = 4 ⋅ 6; 𝑥 2 − 2𝑥 − 24 = 0; 𝑥1 = −4 − не задовольняє умову задачі, 𝑥2 = 6. Отже, 𝐴𝑀 = 6 см, тоді 𝐵𝑀 = 6 − 2 = 4 (см). За аксіомою вимірювання відрізків 𝐴𝐵 = 𝐴𝑀 + 𝑀𝐵; 𝐴𝐵 = 6 + 4 = 10(см). Biдповідь: 10 см.

la. in.

848. На одній стороні кута з вершиною в точці 𝐴 позначили точки 𝐵 і 𝐶, а на другій − точки 𝐷 і 𝐸, причому 𝐴𝐵 = 10 см, 𝐴𝐶 = 18 см, 𝐴𝐷: 𝐴𝐸 = 5: 9. Знайдіть відрізок 𝐶𝐸, якщо 𝐵𝐷 = 20 см.

Нехай 𝐴 − кут, 𝐴𝐵 = 10 см, 𝐴𝐶 = 18 см, 𝐴𝐷 ∶ 𝐴𝐸 = 5,9, 𝐵𝐷 = 20 см. Оскільки 𝐴𝐵: 𝐴𝐶 = 10: 18 = 5 ∶ 9, то 𝐵𝐷‖𝐶𝐸. Тоді △ 𝐴𝐵𝐷 ∼△ 𝐴𝐶𝐸, 𝐵𝐷

𝐴𝐵

звідки = ; 𝐶𝐸 𝐴𝐶 𝐵𝐷 ⋅ 𝐴𝐶 𝐶𝐸 = ; 𝐴𝐵 20⋅18 𝐶𝐸 = = 36(см). 10

Biдповідь: 36 см.

849. Медіана прямокутного трикутника, проведена до гіпотенузи, дорівнює 10 см , а відстань між серединою гіпотенузи та основою висоти трикутника, проведеної до гіпотенузи, дорівнює 6 см . Знайдіть периметр даного трикутника.

Медіана прямокутного △ 𝐴𝐵𝐶, проведена до гіпотенузи, дорівнює половині гіпотенузи. 1 𝐶𝑀 = 𝐴𝐵, 𝐴𝐵 = 2 · 𝐶𝑀, 2

la. in.

𝐴𝐵 = 2 · 10 = 20 см. Розглянемо △ 𝐶𝑀𝐾, ∠𝐾 = 90∘ , за теоремою Піфагора 𝐶𝑀2 = 𝐶𝐾 2 + 𝑀𝐾 2 , 𝐶𝐾 2 = 𝐶𝑀2 − 𝑀𝐾 2 , 𝐶𝐾 2 = 102 − 62 , 𝐶𝐾 2 = 100 − 36, 𝐶𝐾 2 = 64, 𝐶𝐾 = 8. 𝐾𝐵 = 𝑀𝐵 − 𝑀𝐾, 1 𝑀𝐵 = 𝐴𝐵, 2 𝑀𝐵 = 10 см, 𝐾𝐵 = 10 − 6 = 4 см. Розглянемо △ 𝐶𝐾𝐵, ∠𝐾 = 90∘ , за теоремою Піфагора 𝐶𝐵2 = 𝐶𝐾 2 + 𝐾𝐵2 , 𝐶𝐵2 = 82 + 42 , 𝐶𝐵2 = 64 + 16, 𝐶𝐵2 = 80, 𝐶𝐵 = √80 = 4√5 см. Розглянемо △ 𝐴𝐵𝐶, ∠𝐶 = 90∘ , за теоремою Піфагора 𝐴𝐵2 = 𝐴𝐶 2 + 𝐶𝐵2 , 202 = 𝐴𝐶 2 + 80, 𝐴𝐶 2 = 400 − 80, 𝐴𝐶 2 = 320, 𝐴𝐶 = √320 = 4√20 = 8√5 см. 𝑃MBC = 𝐴𝐵 + 𝐵𝐶 + 𝐴𝐶, 𝑃△𝐴𝐵𝐶 = 20 + 4√5 + 8√5 = 20 + 12√5(см). 850. Бічна сторона рівнобедреного трикутника дорівнює 15 см , а висота, проведена до основи, на 6 см менша від основи. Знайдіть основу трикутника.

Нехай 𝐴𝐶 = 2𝑥 (см), тоді 𝐵𝑁 = 2𝑥 − 6 (см). За умовою 𝐵𝑁 − висота. За властивістю висоти у рівнобедреному трикутнику, проведеному до основи, маємо: 𝐵𝑁 − медіана. 1 Отже, 𝐴𝑁 = 𝑁𝐶 = 𝐴𝐶, 𝐴𝐶 = (2𝑥) ∶ 2 =

2𝑥 2

= 𝑥 (см).

152 = 𝑥 2 + (2𝑥 − 6)2 ; 225 = 𝑥 2 + 4𝑥 2 − 24𝑥 + 36; 5𝑥 2 − 24𝑥 + 36 − 225 = 0; 5𝑥 2 − 24𝑥 − 189 = 0; 𝑎 = 5, 𝑏 = −24, 𝑐 = −189; 𝐷 = 𝑏 2 − 4𝑎𝑐;

Розглянемо △ 𝐴𝑁𝐵 − прямокутний (∠𝑁 = 90∘ ). За теоремою Піфагора: 𝐴𝐵2 = 𝐴𝑁 2 + 𝑁𝐵2 . Складемо і розв'яжемо рівняння:

la. in.

𝐷 = (−24)2 − 4 · 5 · (−189) = 516 + 3780 = 4356 = 662 ; −𝑏 − √𝐷 𝑥1 = ; 2𝑎 24 − 66 −42 𝑥1 = = < 0; 2⋅5 10 −𝑏 + √𝐷 𝑥2 = ; 2𝑎 24 + 66 90 90 𝑥1 = = = = 9. 2⋅5 10 10 Отже, 𝐴𝐶 = 2 · 9 = 18 (см).

851. Iз точки 𝐾, що лежить поза прямою 𝑎, проведено до цієї прямої похилі 𝐾𝐴 і 𝐾𝐵, які утворюють з нею кути 45∘ і 30∘ відповідно. Знайдіть проєкцію похилої 𝐾𝐵 на пряму 𝑎, якщо 𝐾𝐴 = 8√6 см.

Розглянемо △ 𝐴𝐾𝑀, ∠𝑀 = 90∘ , 𝐾𝑀 𝐾𝑀 sin ∠𝐴 = , sin 45∘ = , 𝐴𝐾

8√6

𝐾𝑀 √2 √2⋅8√6 = , 𝐾𝑀 = = 4√12 = 8√3 см. 2 8√ 6 2 ∘

Розглянемо △ 𝐾𝑀𝐵, ∠𝑀 = 90 . tg∠𝐵 =

𝐾𝑀 𝑀𝐵

, tg30∘ =

8√3 1 8√3 , = , 𝑀𝐵 √3 𝑀𝐵

𝑀𝐵 = √3 ⋅ 8√3 = 24 см. 852. Перпендикуляр, проведений із точки перетину діагоналей ромба до його сторони, ділить ї1 на відрізки завдовжки 4 см і 25 см . Знайдіть діагоналі ромба.

la. in.

За аксіомою вимірювання відрізків: 𝐴𝐷 = 𝐴𝑁 + 𝑁𝐷, 𝐴𝐷 = 25 + 4 = 29(см). За метричними співвідношеннями у прямокутному трикутнику 𝐴𝑂𝐷(∠𝐴𝑂𝐷 = 90∘ за властивістю діагоналей ромба) маємо: 𝐴𝑂2 = 𝐴𝑁 · 𝐴𝐷, 𝑂𝐷2 = 𝑁𝐷 · 𝐴𝐷, 𝐴𝑂 = √𝐴𝑁 ⋅ 𝐴𝐷; 𝐴𝑂 = √25 ⋅ 29 = 5√29(см); 𝑂𝐷 = √𝑁𝐷 ⋅ 𝐴𝐷; 𝑂𝐷 = √4 ⋅ 29 = 2√29(см). За властивістю діагоналей ромба маємо: 𝐴𝐶 = 2𝐴𝑂, 𝐵𝐷 = 2𝑂𝐷, 𝐴𝐶 = 10√29 см, 𝐵𝐷 = 4√29 см . 853. Коло, центр якого належить гіпотенузі прямокутного трикутника, дотикається до більшого катета и проходить через вершину протилежного гострого кута. Знайдіть радіус кола, якщо катети дорівнюють 5 см і 12 см .

△ 𝐴𝐵𝐶, ∠𝐶 = 90∘ , коло (𝑂; 𝑅), т. 𝑂 ∈ 𝐴𝐵, т. 𝐵 ∈ колу (𝑂; 𝑅), 𝐴𝐶 − дотична до кола, 𝑀 − точка дотику, 𝐶𝐵 = 5 см, 𝐴𝐶 = 12 см. 𝑂𝐵 = 𝑂𝑀 = 𝑅. 𝑂𝑀 ⊥ 𝐴𝐶 (як радіус, проведений у точку дотику), 𝐵𝐶 ⊥ 𝐴𝐶, тоді 𝑀𝑂‖𝐶𝐵. Розглянемо △ 𝐴𝐶𝐵, оскільки 𝑀𝑂‖𝐶𝐵, то △ 𝐴𝑀𝑂 ∼△ 𝐴𝐶𝐵, з цього виходить, що 𝐴𝑀 𝑀𝑂 𝐴𝑂 = = , 𝐴𝐶 𝐶𝐵 𝐴𝐵 𝐴𝑀 𝑅 𝐴𝑂 = = . 12

𝐴𝐵

З △ 𝐴𝐵𝐶, ∠𝐶 = 90∘ , за теоремою Піфагоpa 𝐴𝐵2 = 𝐴𝐶 2 + 𝐶𝐵2 , 𝐴𝐵2 = 122 + 52 , 𝐴𝐵2 = 144 + 25,

𝐴𝐵2 = 169, 𝐴𝐵 = 13 см. 𝐴𝑂 = 𝐴𝐵 − 𝑂𝐵, 𝑅 13−𝑅 𝐴𝑂 = 13 − 𝑅, = , 13

𝑅 · 13 = 5(13 − 𝑅), 13𝑅 = 65 − 5𝑅, 13𝑅 + 5𝑅 = 65, 18𝑅 = 65, 𝑅 =

65 18

см .

la. in.

854. Катети прямокутного трикутника дорівнюють 6 см і 8 см . Знайдіть відстань від вершини меншого гострого кута трикутника до центра вписаного кола.

За умовою 𝐴𝐵 > 𝐵𝐶, отже, за властивістю трикутника: ∠𝐶 > ∠𝐴. Отже, ∠𝐴 − менший гострий кут. Отже, треба знайти 𝐴𝑂. Розглянемо чотирикутник 𝐵𝑁𝑂𝑃−квадрат. За властивістю радіусів, проведених в точку дотику , 𝑂𝑁 ⊥ 𝐴𝐵, 𝑂𝑃 ⊥ 𝐵𝐶, ∠𝐴𝐵𝐶 = 90∘ (за умовою). 𝑂𝑁 = 𝑂𝑃 = 𝑟, 𝐵𝑁 = 𝐵𝑃 (за властивістю дотичних, проведених до кола з однієї точки). Нехай 𝐵𝑁 = 𝐵𝑃 = 𝑥 cm, тоді за аксіомою вимірювання відрізків: 𝐴𝑁 = 𝐴𝐵 − 𝑁𝐵, 𝑃𝐶 = 𝐵𝐶 − 𝐵𝑃, 𝐴𝐶 = 𝐴𝐾 + 𝐾𝐶, 𝐴𝑁 = 8 − 𝑥(см), 𝑃𝐶 = 6 − 𝑥 (см). За властивістю дотичних, проведених до кола з однієї точки, маємо: 𝐴𝑁 = 𝐴𝐾 = 8 − 𝑥(см), 𝑃𝐶 = 𝐾𝐶 = 6 − 𝑥(см), 𝐴𝐶 = (8 − 𝑥) + (6 − 𝑥) = 14 − 2𝑥 (см). Розглянемо △ 𝐴𝐵𝐶 − прямокутний (∠𝐵 = 90∘). За теоремою Піфагора: 𝐴𝐶 2 = 𝐴𝐵2 + 𝐵𝐶 2 , 𝐴𝐶 2 = 82 + 62 = 64 + 36 = 100 = 102 , 𝐴𝐶 = 10 см. Отже, 𝐴𝐶 = 14 − 2𝑥 = 10, −2𝑥 = 10 − 14, −2𝑥 = −4, 𝑥 = −4 ∶ (−2), 𝑥 = 2. 𝑂𝑁 = 𝑂𝑃 = 𝐵𝑃 = 𝑁𝐵 = 2 см.

𝐴𝑁 = 8 − 2 = 6(см). Розглянемо △ 𝐴𝑁𝑂 − прямокутний (∠𝑁 = 90∘ ). За теоремою Піфагора: 𝐴𝑂2 = 𝐴𝑁 2 + 𝑁𝑂2 , 𝐴𝑂2 = 62 + 22 = 36 + 4 = 40, 𝐴𝑂 = √40 = √4 ⋅ 10 = 2√10 (см).

la. in.

855. Перпендикуляр, опущений із точки кола на його діаметр, ділить діаметр на два відрізки, один з яких на 27 см більший за другий. Знайдіть діаметр кола, якщо довжина перпендикуляра дорівнює 18 см .

Нехай (𝑂; 𝑅) − коло, 𝐴𝐵 − діаметр, 𝐴𝑁 − 𝑁𝐵 = 27 см, 𝐶𝑁 ⊥ 𝐴𝐵, 𝐶𝑁 = 18 см. Кут 𝐴𝐶𝐵 − вписаний у коло й спирається на діаметр, тому ∠𝐴𝐶𝐵 = 90∘ . Тоді за метричним співвідношення у прямокутному трикутнику маємо 𝐶𝑁 2 = 𝐴𝑁 ⋅ 𝑁𝐵. Нехай 𝐴𝑁 = 𝑥 см, тоді 𝑁𝐵 = (𝑥 − 27) см. Рівняння: 182 = 𝑥(𝑥 − 27); 324 = 𝑥 2 − 27𝑥; 𝑥 2 − 27𝑥 − 324 = 0; 𝑥1 = −9 − не задовольняє умову задачі, 𝑥2 = 36. Отже, 𝐴𝑁 = 36 см, тоді 𝑁𝐵 = 36 − 27 = 9 (см). За аксіомою вимірювання відрізків 𝐴𝐵 = 𝐴𝑁 + 𝑁𝐵; 𝐴𝐵 = 36 + 9 = 45(см). Biдповідь: 45 см.

856. Усередині прямокутного трикутника, катети якого дорівнюють 5 см і 12 см, розташовано два рівних квадрати так, як показано на рисунку. Знайдіть сторону квадрата.

la. in.

Розглянемо ΔABC — прямокутний (∠C = 90°) За теоремою Піфагора: AB 2 = AC 2 + BC2 AB 2 = 52 + 122 = 25 + 144 = 169 AB = 13 см У центр трикутника вписано два квадрати так, що точка їх дотику є центром вписаного кола O. Тоді: KO = LO = MO = x — сторона квадрата Отже, сторона квадрата дорівнює радіусу вписаного кола Знайдемо радіус: AC + BC − AB r= 2 5 + 12 − 13 4 r= = =2 2 2 Отже: x = 2 см Відповідь: 2 см. 857. Площа паралелограма 𝐴𝐵𝐶𝐷 дорівнює 𝑆. Знайдіть площу зафарбованої фігури.

𝑏

а) Нехай 𝐴𝐵 = 𝑎, 𝐴𝐷 = 𝑏. За умовою 𝐵𝑀 = 𝑀𝐶 = 𝐵𝐶, отже 𝐵𝑀 = ; 1

𝑎

𝐶𝑁 = 𝑁𝐷 = 𝐶𝐷, отже 𝑁𝐷 = . 2

𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 = 𝐴𝐵 ⋅ 𝐴𝐷 ⋅ sin∠𝐴; 𝑆 = 𝑎𝑏sin∠𝐴. За властивістю кутів паралелограма: ∠𝐴 + ∠𝐵 = 180°, ∠𝐵 = ∠𝐷, ∠𝐵 = 180° − ∠𝐴, sin∠𝐵 = sin(180° − ∠𝐴) = sin∠𝐴; sin∠𝐷 = sin∠𝐴. 1 𝑎⋅𝑏 𝑆△𝐴𝐵𝑀 = ⋅ 𝐴𝐵 ⋅ 𝐵𝑀 ⋅ sin∠𝐵; 𝑆△𝐴𝐵𝑀 = ⋅ sin∠𝐴 2 4 1 𝑏⋅𝑎 𝑆△𝐴𝐷𝑁 = ⋅ 𝐴𝐷 ⋅ 𝐷𝑁 ⋅ sin∠𝐷; 𝑆△𝐴𝐷𝑁 = ⋅ sin∠𝐴 2 4 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 = 𝑆△𝐴𝐵𝑀 + 𝑆△𝐴𝐷𝑁 + 𝑆𝐴𝑀𝐶𝑁 𝑆𝐴𝑀𝐶𝑁 = 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 − (𝑆△𝐴𝐵𝑀 + 𝑆△𝐴𝐷𝑁 ) 𝑎𝑏 𝑎𝑏 𝑎𝑏 𝑆 𝑆 𝑆𝐴𝑀𝐶𝑁 = 𝑆 − ( sin∠𝐴 + sin∠𝐴) = 𝑆 − sin∠𝐴 = 𝑆 − = 4 4 2 2 2 𝑆 Відповідь: 𝑆𝐴𝑀𝐶𝑁 = . 2

ua 𝑎

𝑏

б) Нехай 𝐴𝐵 = 𝑎, 𝐴𝐷 = 𝑏. За умовою 𝐴𝐾 = 𝐾𝐵 = , 𝐴𝑁 = 𝑁𝐷 = .

la. in.

𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 = 𝐴𝐵 ⋅ 𝐴𝐷 ⋅ sin∠𝐴; 𝑆 = 𝑎𝑏 ⋅ sin∠𝐴. За властивістю кутів паралелограма: ∠𝐴 + ∠𝐷 = 180°, ∠𝐵 = ∠𝐷, ∠𝐷 = 180° − ∠𝐴, sin∠𝐷 = sin(180° − ∠𝐴) = sin∠𝐴, sin∠𝐵 = sin∠𝐷. 1 1 𝑎 𝑏 𝑎𝑏 𝑆△𝐴𝐾𝑁 = ⋅ 𝐴𝐾 ⋅ 𝐴𝑁 ⋅ sin∠𝐴; 𝑆△𝐴𝐾𝑁 = ⋅ ⋅ ⋅ sin∠𝐴 = ⋅ sin∠𝐴 2 2 2 2 8 1 1 𝑎 𝑎𝑏 𝑆△𝐵𝐾𝐶 = ⋅ 𝐾𝐵 ⋅ 𝐵𝐶 ⋅ sin∠𝐵; 𝑆△𝐵𝐾𝐶 = ⋅ ⋅ 𝑏 ⋅ sin∠𝐴 = ⋅ sin∠𝐴 2 2 2 4 1 1 𝑏 𝑎𝑏 𝑆△𝑁𝐷𝐶 = ⋅ 𝑁𝐷 ⋅ 𝐷𝐶 ⋅ sin∠𝐷; 𝑆△𝑁𝐷𝐶 = ⋅ ⋅ 𝑎 ⋅ sin∠𝐴 = ⋅ sin∠𝐴 2 2 2 4 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 = 𝑆△𝐴𝐾𝑁 + 𝑆△𝐾𝐵𝐶 + 𝑆△𝐴𝐷𝐶 + 𝑆△𝐾𝑁𝐶 𝑆△𝐾𝑁𝐶 = 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 − (𝑆△𝐴𝐾𝑁 + 𝑆△𝐾𝐵𝐶 + 𝑆△𝐴𝐷𝐶 ) 𝑎𝑏 𝑎𝑏 𝑎𝑏 𝑎𝑏 4𝑎𝑏 𝑆△𝐾𝑁𝐶 = 𝑆 − ( sin∠𝐴 + sin∠𝐴 + sin∠𝐴) = 𝑆 − ( sin∠𝐴 + sin∠𝐴) = 8 4 4 8 8 5𝑎𝑏 5 8𝑆 − 5𝑆 3𝑆 =𝑆− sin∠𝐴 = 𝑆 − 𝑆 = = 8 8 8 8 3𝑆 Відповідь: 𝑆△𝐾𝑁𝐶 = . 8

858. Знайдіть площу паралелограма 𝐴𝐵𝐶𝐷, якщо 𝐵𝐷 ⊥ 𝐴𝐷, 𝐵𝐷 = 16 см, ∠𝐴 = 45∘ .

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 − паралелограм, 𝐵𝐷 ⊥ 𝐴𝐷, 𝐵𝐷 = 16 см, ∠𝐴 = 45∘ . Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐷𝐵(∠𝐴𝐷𝐵 = 90∘ ). 𝐵𝐷 Тоді 𝐴𝐷 = ; tg𝐴

16 16 𝐴𝐷 = = = 16( см). tg45∘ 1 𝑆 = 𝐴𝐷 ⋅ 𝐵𝐷; 𝑆 = 16 ⋅ 16 = 256(см2 ). Biдповідь: 256 см2 .

859. Знайдіть площу квадрата, діагональ якого дорівнює 𝑑.

𝑎2 =

𝑑2 2

Отже, 𝑆 = Biдповідь:

𝑑2

2 𝑑2 2

la. in.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 − квадрат, 𝐴𝐶 = 𝑑. Нехай 𝐴𝐵 = 𝐵𝐶 = 𝐶𝐷 = 𝐴𝐷 = 𝑎. Тоді 𝑆 = 𝑎2 . Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐷𝐶(∠𝐴𝐷𝐶 = 90∘ ). За теоремою Піфагора маємо: 𝐴𝐶 2 = 𝐴𝐷2 + 𝐶𝐷2 ; 𝑑 2 = 𝑎2 + 𝑎2 ; 𝑑 2 = 2𝑎2 ;

860. Знайдіть площу рівностороннього трикутника, якщо радіус описаного навколо нього кола дорівнює 𝑅.

Нехай 𝐴𝐵𝐶 − рівносторонній трикутник, (𝑂; 𝑅) − описане навколо нього коло. Проведемо радіуси 𝑂𝐴, 𝑂𝐵 і 𝑂𝐶. Трикутники 𝐴𝑂𝐵, 𝐵𝑂𝐶 і 𝐴𝑂𝐶 − рівнобедрені, ∠𝐴𝑂𝐵 = ∠𝐵𝑂𝐶 = ∠𝐴𝑂𝐶 = 360∘ : 3 = 120∘ . Центр описаного навколо трикутника кола міститься в точщі перетину серединних перпендикулярів. Тоді 𝑂𝐷 − висота рівнобедреного трикутника 𝐴𝑂𝐶, проведена до основи, тому вона є бісектрисою кута при вершині: ∠𝐴𝑂𝐷 = ∠𝐷𝑂𝐶 = 120∘ : 2 = 60∘ . Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐷𝑂(∠𝐴𝐷𝑂 = 90∘ ). За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника ∠𝑂𝐴𝐷 + ∠𝐴𝑂𝐷 = 90∘ ; ∠𝑂𝐴𝐷 = 90∘ − ∠𝐴𝑂𝐷; ∠𝑂𝐴𝐷 = 90∘ − 60∘ = 30∘ . За властивістю катета, який лежить проти кута 30∘ , 1 𝑂𝐷 = 𝑂𝐴; 2 𝑅 𝑂𝐷 = . 2

За теоремою Піфагора 𝑂𝐴2 = 𝐴𝐷2 + 𝑂𝐷2 , звідки 𝐴𝐷2 = 𝑂𝐴2 − 𝑂𝐷2 ; 𝐴𝐷 = √𝑂𝐴2 − 𝑂𝐷2 ; 𝑅2

=√

3𝑅 2 4

𝑅 √3 2

Тоді площа трикутника 𝐴𝐷𝑂 дорівнюс: 1 𝑆𝐴𝐷𝑂 = 𝐴𝐷 ⋅ 𝑂𝐷; 2 1 𝑅 √3 𝑅 𝑅 2 √3 𝑆𝐴𝐷𝑂 = ⋅ ⋅ = . 2

𝑅 2

𝐴𝐷 = √𝑅2 − ( ) = √𝑅2 −

Трикутник 𝐴𝐵𝐶 складасться із шести таких трикутників, рівних між собою,

Biдповідь:

𝑅 2 √3 8

3𝑅 2 √3

3𝑅 2 √3 4

la. in.

тому 𝑆𝐴𝐵𝐶 = 6 ⋅

861. Катет прямокутного трикутника дорівнює 𝑏, а протилежний Йому кут дорівнює 𝛽. Знайдіть площу трикутника.

Нехай 𝐴𝐵𝐶 − прямокутний трикутник (∠𝐴𝐵𝐶 = 90∘ ), 𝐴𝐵 = 𝑏, ∠𝐴𝐶𝐵 = 𝛽. 𝐴𝐵 𝐵𝐶 1

; 𝐵𝐶 =

𝐴𝐵

tg𝐴𝐶𝐵

; 𝐵𝐶 =

𝑏

tg𝛽

𝑏

tg𝛽

𝑏2

tg𝐴𝐶𝐵 =

Тому 𝑆 = 𝐵𝐶 ⋅ 𝐴𝐵; 𝑆 = ⋅ 2

Biдповідь:

𝑏2

2tg𝛽

⋅𝑏 =

2tg𝛽

862. Гострий кут прямокутного трикутника дорівнює 𝛼, а гіпотенуза дорівнює с. Знайдіть площу трикутника.

Нехай 𝐴𝐵𝐶 − прямокутний трикутник (∠𝐴𝐵𝐶 = 90∘ ), 𝐴𝐶 = 𝑐, ∠𝐴 = 𝛼. Тоді si n 𝐴 =

𝐵𝐶

𝐴𝐶

; 𝐵𝐶 = 𝐴𝐶 ⋅ si n 𝐴 ;

co s 𝐴 =

𝐴𝐵 𝐴𝐶 1

; 𝐴𝐵 = 𝐴𝐶 ⋅ co s 𝐴. 1

Тому 𝑆 = 𝐵𝐶 ⋅ 𝐴𝐵; 𝑆 = ⋅ 𝐴𝐶 sin 𝐴 ⋅ 𝐴𝐶 cos 𝐴 ; 2

Biдповідь:

𝑐 2 sin 𝛼cos 𝛼 2

𝑆=

2 𝑐 2 si n 𝛼co s 𝛼

la. in.

863. Менша основа рівнобічної трапеції дорівнює 15 см, а висота −3√3 см. Знайдіть площу трапеції, якщо один з його кутів дорівнює 150∘ .

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 − рівнобічна трапеція (𝐴𝐷‖𝐵𝐶, 𝐴𝐵 = 𝐶𝐷), 𝐵𝐶 = 15 см, 𝐵𝐹 − висота, 𝐵𝐹 = 3√3 см, ∠𝐴𝐵𝐶 = 150∘ . За властивістю кутів, які прилягають до бічної сторони трапеції, маємо: ∠𝐴 + ∠𝐴𝐵𝐶 = 180∘ ; ∠𝐴 = 180∘ − ∠𝐴𝐵𝐶; ∠𝐴 = 180∘ − 150∘ = 30∘ . За властивістю катета, що лежить проти кута 30∘ , маємо: 1 𝐵𝐹 = 𝐴𝐵; 2 𝐴𝐵 = 2𝐵𝐹; 𝐴𝐵 = 2 ⋅ 3√3 = 6√3 (см). Розглянемо прямокутний триктуник 𝐴𝐹𝐵(∠𝐴𝐹𝐵 = 90∘ ). За теоремою Піфагора маємо: 𝐴𝐵2 = 𝐴𝐹 2 + 𝐵𝐹 2 , звідки 𝐴𝐹 2 = 𝐴𝐵2 − 𝐵𝐹 2 ; 𝐴𝐹 = √𝐴𝐵2 − 𝐵𝐹 2 ; 𝐴𝐹 = √(6√3)2 − (3√3)2 = √108 − 27 = √81 = 9 (см). За властивістю рівнобічної трапеції 𝐴𝐷 = 2𝐴𝐹 + 𝐵𝐶; 𝐴𝐷 = 2 ⋅ 9 + 15 = 33 (см): 𝐴𝐷+𝐵𝐶 2

⋅ 𝐵𝐹;

Тоді 𝑆 = 𝑆=

33+15 2

⋅ 3√3 = 24 ⋅ 3√3 = 72√3(см2 ).

Biдповідь: 72√3 см2 .

864. Діагоналі рівнобічної трапеції є бісектрисами ії гострих кутів і точкою перетину діляться у відношенні 5: 13. Знайдіть площу трапеції, якщо ї висота дорівнює 90 см .

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 − рівнобічна трапеція (𝐴𝐷‖𝐵𝐶, 𝐴𝐵 = 𝐶𝐷), 𝐴𝐶 і 𝐵𝐷 − діагоналі, 𝐴𝑂: 𝑂𝐶 = 𝑂𝐷: 𝐵𝑂 = 13: 5, 𝐴𝐶 і 𝐵𝐷 − бісектриси, 𝐵𝐹 − висота, 𝐵𝐹 = 90 см. Оскільки 𝐴𝐶 − бісектриса, то за властивістю бісектриси

𝐵𝑂

𝑂𝐷

𝐴𝐵 𝐴𝐵

;

𝐴𝐷 𝐴𝐷

. Нехай 𝐴𝐵 = 5𝑥

la. in.

см, тоді 𝐴𝐷 = 13𝑥 см. Оскільки 𝐴𝐶 − бісектриса, то за означенням ∠𝐵𝐴𝐶 = ∠𝐶𝐴𝐹. ∠𝐶𝐴𝐹 = ∠𝐴𝐶𝐵 як внутрішні різносторонні при паралельних прямих 𝐴𝐷 і 𝐵𝐶 та січній 𝐴𝐶. Отже, ∠𝐵𝐴𝐶 = ∠𝐴𝐶𝐵, звідки випливає, що трикутник 𝐴𝐵𝐶 − рівнобедрений, 𝐴𝐵 = 𝐵𝐶. Тому 𝐴𝐵 = 𝐵𝐶 = 5𝑥 см. За властивістю рівнобічної трапеції маємо: 𝐴𝐷 − 𝐵𝐶 𝐴𝐹 = ; 2 13𝑥−5𝑥 𝐴𝐹 = = 4𝑥 (см). Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐹𝐵 (∠𝐴𝐹𝐵 = 90∘ ). За теоремою Піфагора маємо: 𝐴𝐵2 = 𝐴𝐹 2 + 𝐵𝐹 2 ; (5𝑥)2 = (4𝑥)2 + 902 ; 25𝑥 2 = 16𝑥 2 + 8100; 9𝑥 2 = 8100; 𝑥 2 = 900; 𝑥 = 30. Отже, 𝐴𝐵 = 5 ⋅ 30 = 150(см), тоді 𝐴𝐷 = 13 ⋅ 30 = 390(см). 𝐴𝐷+𝐵𝐶 2

⋅ 𝐵𝐹;

Тоді 𝑆 = 𝑆=

390+150 2

⋅ 90 = 270 ⋅ 90 = 24 300(см2 ).

Biдповідь: 24 300 см2 .

865. Площа рівнобічної трапеції дорівнює 36√2 см2 , а гострий кут −45∘ . Знайдіть висоту трапеції, якщо в неї можна вписати коло.

Нехай 𝐴𝐵𝐶𝐷 − рівнобічна трапеція (𝐴𝐷‖𝐵𝐶, 𝐴𝐵 = 𝐶𝐷), 𝑆 = 36√2 см2 , ∠𝐵𝐴𝐹 = 45∘ . Оскільки в трапецію можна вписати коло, то 𝐴𝐷 + 𝐵𝐶 = 𝐴𝐵 + 𝐶𝐷 = = 2𝐴𝐵. Розглянемо прямокутний трикутник 𝐴𝐹𝐵(∠𝐴𝐹𝐵 = 90∘ ).

𝐴𝐵 =

𝐵𝐹 si n 45∘

𝐵𝐹 𝐴𝐵

;

⋅

Тоді одержимо: 𝐴𝐷 + 𝐵𝐶 𝑆= ⋅ 𝐵𝐹; 2 𝑆 = 𝐴𝐵 ⋅ 𝐵𝐹; 𝐵𝐹 𝑆= ⋅ 𝐵𝐹; ∘ 2

si n 45

𝐵𝐹 = 𝑆 ⋅ si n 45∘ ; 𝐵𝐹 = √𝑆 sin 45∘ ; 𝐵𝐹 = √36√2 ⋅

√2 = √36 = 6 (см). 2

la. in.

Biдповідь: 6 см. 866. Розгадайте кросворд.

si n 𝐵 𝐴𝐹 =

По горизонталі: 5. Піфагор. 7. Прямокутник. 8. Центральний. 9. Трапеція. 11. Синус. 14. Чотирикутник. 16. Подібні. 18. Косинус. 19. Рівновеликі. 20. Фалес. 22. Квадрат. 23. Периметр. 24. Дуга. По вертикалі: 1. Тангенс. 2. Паралелограм. 3. Катет. 4. Вписаний. 6. Дотична. 10. Гіпотенуза. 12. Ромб. 13. Теорема. 15. Площа. 17. Діаметр. 21. Лема.