ГДЗ Геометрія М.І.Бурда Н.А.Тарасенкова 8 клас
Нехай ABCD — ромб, A M А. Побудуємо довільний діаметр AB, про ведемо діаметр CD такий, що AB J. Доведемо, що й третя висота В М проходить через точку о. Так подросток сможет быстро восполнить все свои пробелы в знаниях по этому предмету.
Відповідь: а 25 см; б 4,8 дм; в 600 мм. Суми довжин про тилежних сторін рівні. О D С Відповідь: ABCD — трапеція.
ГДЗ Геометрія М.І.Бурда Н.А.Тарасенкова 8 клас - Решебник по геометрии за 8 класс — помощь в освоении сложных наук Геометрия — один из самых непростых школьных предметов, особенно в старших классах. ABCD — паралелограм, у якого всі сто рони рівні; ABCD — ромб, що й треба було довести.
Тарасенкової w w w. N §1 1 Протилежні сторони: M N і РК; N K і М Р. Протилежні вершини: М ІК , N і Р. Протилежні кути: A M і ZK , Z N і ZP. Градусну міру кутів чотирикутни ка на мал. Зовнішні кути чотирикутника M N PK при вершині: V N — ZENF; 2 М — ZAMC; Z K — ZDKB. Усі кути чотирикутника не можуть бути тупими, оскільки градусна міра ту пого кута більша за 90°, тому сума всіх кутів чотирикутника буде більшою за 360°, а цього бути не може. Відповідь: 15 см; 7 см; 23 см; 21 см. Та кого чотирикутника не можу бути. Такого чотирикутника не може бути. Відповідь: 90 см; 22,8 дм. Добудуємо цей трикутник до пря мокутника. ABCD — паралелограм, у якого діаго налі рівні, тому він є прямокутником. За ознакою паралелограма цей чотирикутник є паралелограмом, у якого діагоналі рівні, отже, цей парале лограм є прямокутником. ABCD — прямокутник, діаго налі прямокутника рівні і в точці пере тину діляться навпіл. Нехай дано рівнобедрений hABC. М — точка, яка лежить на ос нові рівнобедреного трикутника. М К X AC, відстань від точки М до сто рониАС. М Р 1 ВС, відстань від точки М до сторони ВС. СЕ — висота, проведена з вершини до основи. Периметр прямокутника не залежить від положення його вершини на гіпоте нузі. А 6 D Протилежні сторони ВС і AD не дорів нюють 6 см. У ромба всі сторони рівні. ДіагональАС є бісектрисою кутів А і С. Діагоналі ромба перпендикуляр ні, діагоналі ромба є бісектрисами його кутів. Діагоналі ромба взаємно перпенди кулярні і точкою перетину діляться навпіл. Відповідь: 60°; 60°; 120°; 120°. Нехай ABCD — ромб. Нехай ABCD — ромб. Відповідь: 40 см; 12,8 дм; 180 мм. Відповідь: 1 64 см; 2 2,4 дм; 3 168 мм. ABCD — квадрат, що й треба було до вести. Таблиця 12 Властивість Парале лограм Прямо кутник 1 Протилежні сторони попарно паралельні + + 2 Протилежні сторо ни рівні, протилеж ні К У Т И рівні -н. У ромба всі кути прямі, тому ABCD — квадрат, що й треба було довести. D , С А ' В Проведемо діагональ BD. ABCD — паралелограм, у якого всі сто рони рівні; ABCD — ромб, що й треба було довести. Нехай AßCD — паралелограм, діа гоналі якого ділять кути навпіл. У парале лограма ABCD всі сторони рівні, отже, ABCD — ромб, що й треба було довести. Нехай ABCÖ — ромб. AB; DK — висота ромба; а — сторона ромба. Відповідь: 30°; 30°; 150°; 150°. Відповідь: 1 60°; 60°; 120°; 120°; 2 80 CM. ZBDA; — кут між висотою і діагоналлю, проведеними з однієї вершини. Відповідь: 1 70°; 110°; 70°; 110°; 2 40°; 140°; 40°; 140°; 3 80°; 100°; 80°; 100°. Нехай дано ромб ABCjD. A M — катет, що ле жить навпроти кута 30°. Нехай ABCD — ромб. Відповідь: 1 72°; 108°; 72°; 108°; 2 40 140°; 40°; 140°; 3 60°; 120°; 60°; 120°. Нехай ABCD — ромб; ВАГ — його висота. Відповідь: 30°; 150°; 30°; 150°. Нехай A N — бісектриса прямого кута А ААВС; N M і N K — перпендику ляри до катетів. Отже, A M N K — квадрат, що й треба було довести. Отже, AM CN — ромб, що й треба було довести. Побудуємо допоміжний рівно бедрений прямокутний трикутник за катетом. Нехай ABCD — ромб, A M А. ВС; АР ± DC-, A M і АР — висоти, АС — діа гональ. Нехай ABCD — ромб. Відповідь: 30°; 30°; 150°; 150°. M ,N ,P , К — середини сторін ромба. В N : С А ' Р D Проведемо діагоналі АС і BD. M N — се редня лінія ААВС. Аналогічно М Р ЦNK. Отже, M N K P — паралелограм, що й треба було довести. Нехай дано ромб ABCD. Із точки перетину діагоналей ромба проведено перпендикуляри до його сторін. Точки К, О, Р лежать на одній прямій; О, N ,M — також належать одній прямій. K P - N M ; K P і N M — діагоналі чотири кутника K N PM , отже, чотирикутник K N M P є прямокутником. Нехай ABCD — прямокутник. М , N , Р, К — середини сторін прямо кутника. Тому M N P K — ромб, що й треба було довести. Нехай ABCD — ромб. M N K P — прямо кутник. D С A В Якщо в чотирикутнику діагоналі рів ні, то він є прямокутником, а якщо діа гоналі прямокутника є бісектрисами кутів, то він є квадратом. Нехай ASCD — квадрат. ACPD — рівнобедрений прямокутник. Побудувати квадрат: а за сумою діагоналі і сторони. Нехай ААВС — рівносторонній. Усі середні лінії по 2 см. Усі середні лінії по 4 дм. Усі середні лінії по 8 мм. Нехай ААВС — рівносторонній. M N — середня лінія. Відповідь: а 25 см; б 4,8 дм; в 600 мм. Відповідь: 1 28 см; 2 56 см; 3 60 см. Відповідь: 1 36 см; 2 4,8 дм; 3 600 мм. ABCD — паралелограм; BD іAC — діагоналі. Нехай дано паралелограм ABCX. Нехай ААВС — рівнобедрений. Відповідь: 15 см; 15 см; 10 см. Відповідь: 5 см; 10 см; 10 см. Нехай О — середина відрізкаAB. AABL: OP — середня лінія. Відповідь: 6 см; 8 см; 10 см. Нехай дано ДАВС; AMNP — три кутник, утворений середніми лініями. АС і BD — діагоналі. Відповідь: І 10 см; 2 49 см. Ж М, N, Р, к — середини сторін даного чотирикутника. Відповідь: 1 25 см; 2 , 3,5 дм. M N K P — чотирикутник, вершини яко го є серединами сторін квадрата. Отже, M N P K — ромб, що й треба було довести. М , N, Р, К — середини сторін ромба. Отже, K PN M — прямокутник, що й треба було довести. М, N, Р, К — сере дини сторін. Нехай М, N, P — середини сторін шуканого трикутника. Проведемо прямі, що проходять че рез дані точки паралельно середнім лініям трикутника. ААБС — шуканий трикутник-. AM , ВАГ, CN — медіани трикутника ABC. О — точка перетину медіан трикутника. Доведемо, що й третя висота В М проходить через точку о. Нехай пряма І проходить через середи ни двох сторін точки М і N. M N — се редня лінія ААВС, отже, M N { АС. Нехай BD X І. D — кути, прилеглі до бічних сторін АВ і CD відповідно. О D С Відповідь: ABCD — трапеція. Відповідь: 1 З см; 2 90°. M N у два рази менша за суму ВС +AD. Отже, на рисунку неправильно вказано довжину середньої лінії трапеції. ZD 26° 36° 28° 38° А D ZC + Z D - 180°, оскільки ZC і ZD є внутрішніми односторонніми при па ралельних прямих AD і ВС та січній CD. Отже, сума градусних мір двох кутів трапеції, прилеглих до бічної сторони, дорівнює 180°. CK IIAB — за умовою. Ос кільки ВС IIAD, С К IIAB, точотирикутник АВСК — паралелограм. Відповідь: 1 7 см; 2 З см; 3 8 см. It Відповідь: 7 см. Відповідь: 1 40 см; 2 62 см. Відповідь: 8 см, 16 см, 12 см. Відповідь: 4 см, 11 см, 7,5 см. Відповідь: 1 134° і 36°; 2 145° і 25°; 3 128° і 56°. Відповідь: 1 так; 3 так; 3 ні. Відповідь: 1 2 см; 2 38 мм. Відповідь: 58°, 122°, 122°, 58°. Відповідь: 60°, 120°, 120°, 60°. Відповідь: 60°, 120°, 120°, 60°. Отже, в рівнобічній трапеції сума про тилежних кутів дорівнює 180°. Отже, якщо в трапеції сума про тилежних кутів дорівнює 180°, то тра пеція рівнобічна. Відповідь: 36°, 144°, 144°, 36°. Отже, діагоналі рівнобіч ної трапеції рівні. Ана w w w. Відповідь: 4 см і 12 см. Відповідь: 5 см, 9 см. Відповідь: З см і 11 см. О А D Отже, якщо бічна сторона трапеції дорівнює меншій основі, то діагональ, яка сполучає їх кінці, є бісектрисою кута, прилеглого до більшої основи. Відповідь: 1 26 см; 2 28,6 см. Відповідь: 8 см і 12 см. В с А D Проведемо через точку к пряму K M II ДАО, пряма K M містить відрізок KL. Відповідь: 1 14 см; 2 9 см. Трапеції A B fiD і A B fiD — шукані. Через точку В проводимо промінь ВС, ВС II AD. ABCfi ABCfi — шукані трапеції. Точка С — точка перетину променів І і DC. ABCD — шу кана трапеція. Через точ ку С проводимо промінь СВ, паралель ний прямій AD. ABCD — шукана трапеція. Отже, якщо бісектриси кутів при одній основі трапеції перетинаються на другій її основі, то друга основа дорів нює сумі бічних сторін трапеції. Відповідь: 60°, 120°, 120°, 60°. Отже, якщо діагоналі трапеції рів ні, то трапеція рівнобічна. Через точку О проведемо М К , М К X ВС, толі MKS. Таким чином, якщо середня лінія рів нобічної трапеції дорівнює ії висоті, то діагоналі трапеції перпендикулярні. Відповідь: 12 см і 24 см. Проведемо ВР 1 AD, СК ± AD. Відповідь: 9 см і 23 см. Центральні та вписані кути 337. Отже, у колі рівні хор ди стягують рівні дуги. Отже, хордаАС дорівнює радіусу кола. Відповідь: 1 35° і 70°; 2 45° і 90°. Отже, центром кола, описаного навко ло прямокутного трикутника, є середи на гіпотенузи. Отже,медіанапрямокутноготрикутника, проведенадо гіпотенузи, розбиває його на два рівнобедрених трикутника. Нехай БА — дотична, В — точка дотику, ВС — хорда. Отже, кут між дотичною і хордою, що проходить через точку дотику, вимірюється половиною дуги, що ле жить між його сторонами. Відповідь: 40°, 60°, 80°. Оскільки діаметр великого кола, який містить катет OB, перпендикулярний до хордиАС, то він ділить хордуАС навпіл. Отже, будь-яка хорда більшого кола, яка проходить через точку дотику, ділиться меншим колом навпіл. Вписані і описані чотирикутники 384. Сумі градусних мір протилежних кутів А і С та В і D дорівнюють по 180°. Суми довжин про тилежних сторін рівні. Неправильно, оскільки 1см + 5см 2 см + З см. Відповідь: 1 9 см; 2 180°. Оскільки суми градусних мір проти лежних кутів чотирикутника АВ,ЛГС, дорівнюють по 180°, то навколо чотири кутника AB можна описати коло. Відповідь: 1 125°; 2 108°; 3 120°. В с А D Відповідь: 1 так; 2 так; 3 ні. НехайABCD — прямокутник, О - точка перетину діагоналей. Отже, центр кола, описаного навколо прямокутника, є точкою перетину діа гоналей. Оскільки ABDC — паралелограм бо діагоналі його точкою перетину ділять ся навпіл і кути його прямі, toABDC — прямокутник. Оскільки сума двох протилежних сторін описаного чотирикутника дорів нює S, то його периметр Р дорівнює 2S. Відповідь: 1 40 см; 2 6,4 дм. Відповідь: 1 80 см; 2 52 см. Відповідь: 1 так; 2 ні. Центр вписаного кола — точка пере тину діагоналей. Центр w w w. В С А D Відповідь: 1 ні; 2 так; 3 так. Проведемо OK ХАВ, OL ± ВС, ОМ 1 CD, ONXAD. Відповідь: 1 10 см; 2 2,3 дм. Відповідь: 1 так; 2 ні. Отже, трапеція ASCZ — рівнобічна. Отже, ABCD — прямокутник. Отже, ABCD — квадрат. Оскільки суми протилежних сторін рівні, то в чотирикутник можна впи сати коло. Оскільки суми протилежних сторін різ ні, то в чотирикутник не можна вписа ти коло. Відповідь: 1 так; 3 ні. Оскільки суми протилежних сторін чотирикутника ACBD рівні, то в ньо го можна вписати коло. Таким чйном, трикутники слід розміс тити так, щоб сусідні сторони трикут ників були рівними. Нехай ABCD — трапеція, описа на навколо кола з центром О. Нехай ABCD — чотирикутник, описа ний навколо кола з центром О. Нехай ABCD — трапеція. Відповідь: 1 10,5 мм; 3 мм; 10,5 мм; 18 мм; 2 14 см; 4 см; 14 см; 24 см. ABCD — трапеція, M N — середня лінія трапеції. Побудуємо довільний діаметр AB, про ведемо діаметр CD такий, що AB J. Тоді ACBD — квадрат, вписаний в коло. Побудуємо довільний діаметр AB, проведемо діаметр CD такий, що АВ X 1CD. Проведемо через точки А, В, С і D пря мі, які перпендикулярні до діаметрів і перетинаються в точках М, N , К і L. Тоді M N K L — квадрат, описаний нав коло кола. Через точки А і В проводимо прямі ВС і AD, перпендикулярні до АВ і які пере тинають коло в точках С і D. Тоді ABCD — шуканий прямокутник. Проводимо діаметри АС і BD. ТодіАВСО — шуканий прямокутник. Оскільки суми протилежних кутів чо тирикутника M N K L дорівнюють по 180°, то навколо нього можна описати коло. Розглянемо чотирикутник K LM N. Отже, чотирикутник K LM N — вписа ний в коло. Тому трикутника з та кими сторонами не існує. З З 3 Зх; 5х; їх — сторони подібного три кутника. Якщо кожну сторону збільши 1 - w w w. Отже, новий трикутник не подібний да ному. Тому ці трикутники подібні. Отже, третя сторона дорівнює 6 см. Тобто пер ший і третій трикутники рівні. А Аі Ві У ДА,В,С, катет ßjC, — менший, бо ле жить навпроти меншого гострого кута. Отже, сторони нового трикутника про порційні сторонам першого трикутни ка, тому ці трикутники подібні. Дані трикутника подібні: k — ко ефіцієнт подібності. OB ОА 12 За Довжини відрізків вказано правильно. OB ОА 5 За Довжини відрізків вказано неправиль но. Треба знати чотири відрізка. На про мені, починаючи з т. А послідовно відкла демо 7 відрізків. Кінець третього позна чимо т. D, кінець сьомого т. На про мені BN від т. Через кінець другого відрізка проведемо пря му, паралельну СК. В М С 2 Проведемо промінь BN, на ньому пос лідовно від т. Через кінець першого проведемо пряму, паралельну СК. Ця пряма пере тне ВС в т. В відкладемо сім рів них відрізків. Через кінець другого відрізка проведемо пряму, паралельну CN. В М С пропорційні. Щоб побудувати трикутник, подіб ний даному, достатньо провести пряму, паралельну одній із сторін трикутника. Ця пряма відітне трикутник, подібний даному. Шукані відрізки 16 см; 32 см; ЗОсм. Шукані відрізки 10 см; 24 см; 16 см. CF 15 О 1 Якщо AD IIMN, TO MA-. Відношення кожного 3 відрізків. Пряма, паралельна одній із сторін даного трикутника, відтинає від нього трикутник, подібний даному. Відношен ня периметрів цих трикутників дорівнює відношенню відповідних сторін. А С 2 Поділимо сторону AB на З рівних частини. Відрахуємо від вершини В 2 відрізки, позначимо т. О ділить відрізок M N навпіл. ААВС і A N M P — рівнобедрені; ААВС і AMNP — не є подібними. ААВС і A M P N — прямокутні; ААВС і AMNP — не є подібними. C — спільний; ACMN-ACAB. Щоб стверджувати, що трикутники подібні, треба довести рівність двох від повідних кутів трикутників. Якщо від ношення двох кутів одного трикутника дорівнює відношенню двох кутів друго го трикутника, то це не означає, що ці відповідні кути рівні. ДАВС — рівносторонній, тому AAjßjC, — рівносторонній. У другого прямокутного трикутника гострий кут 48°. Отже, ці трикутники подібні. У другого прямокутного трикутника го стрі кути 77° і 13°. Ці трикутники не є подібними. Ці трикутни ки подібні. Отже, рівно- бедрені прямокутні трикутники подібні за двома кутами. D ABOC - ADOA за двома кутами. АВОС - AD ОА за двома кута ми. AC AB CB 2 AAKM~AACB. Че рез вершину В проведемо пряму, таку, що Z. ВК перетинає M Z вт. Р — середина mZ;MZAC. Доведення подане в задачі 531. В ААВК і AOBN — прямокутні. ZB спільний, тому ААВК ~ AOBN. О у відношенні 5 : З починаючи з вершини. В Ві Проведемо B D ± A C і B,D, ±Л,С,. Два подібних трикутники були б рівні, якщо б відповідні висоти дорівню вали одна одній. Оскільки за умовою не сказано, що висо ти відповідні, то ці рівні висоти можуть бути не відповідними, а тому не можна стверджувати, що ці трикутники рівні. ВАГiß ,К -,-в ід повідні бісектриси. Звідси ААВК - AAjBjAT, за двома кута ми. ВК AB AB АС Тоді В,К, А. В, Але ЛВ , А,С. С,М, і C M — бісектриси даних кутів. З подібності M N A M трикутників: CD АС. AABC — довільний трикутник, О — точка перетину медіан. CN CD З Тобто відстань від т. О до сторони AB утричі менша, ніж висота, проведена до сторони AB. Відношення відповідних висот трикутника дорівнює коефіцієнту. A B В М кутами. Звідси N K К М І ABON - АВКА прямокутні, ZB — спільний. CKLM — ромб, тому LK ЦMC; LK ВС. У ААВС: ZB — тупий; B D 1 АС; CM ± А В М — на продовженні сторо ни Aß. О с к і л ь к и суми протилежних кутів рів ні між собою, то навколо чотирикутни ка U-BAfC можна описати коло. KL СА AB ' 555. ZC — спільний; ААСВ - AANK-. ZA — спільний: ААВС - АКВМ: АС CB NC CM і; АС AB A N AK і; AB ВС KB В М ZB — спільний; ААВС - AMNK-. Оскільки бічні сторони рівнобед- реного трикутника рівні між собою, то маємо: три сторони одного трикутни ка пропорційні трьом сторонам дру гого трикутника. Отже, подібні першии 1 з 4 567. Ь —бічна сторона другого трикут ника. AB АС J ä ' a H ' Отже, ДАВС - ДА,С,В,. ААВС - ДЛ,В,С,, В М і В,М , — Чедіани, проведені до відповідних сторін АС і A jC ,. Тобто відповідні медіани відносяться як сторони, до яких вони проведені. Не можна стверджувати, що дані трикутники рівні, бо рівні медіани мо жуть бути не відповідними. ABKC - АРМС за двома кутами. Центром кола, описаного навко ло ACMB є середина ВС, т. Н лежить на цьому ж колі, бо АСВМ і АВСН прямо кутні із спільною гіпотенузою ВС. Отже, АМОН - -АВОС. Тоді ААВС - ААНМ. С Тому ААВС - ДА,ЛС. З подібності трикутників маємо: BE ВК К Е І AD KD А К 2 за умовою Е — середина ВС. Звідси AAEF - ACED. Тому відношення гіпотенуз до радіусів кіл, описаних нав коло прямокутних трикутників, завж ди рівні. Стверджувати про подібність таких трикутників не можна. X ділять сторониAB і ВС воднаковому відношенні, то АВРК - АС AB - ABAC. Проведемо BN II CD. АВОС ~ ADOA за двома ВО Ь СО а кутами. О — точка перети ну продовження AB і DC. Р — точка перетину а з DB; К — точка перетину а з АС. OD AD АОВА - AOAD. U I AOMN - AAOD, тоді M N. Отже, точки О, А, Oj, В лежить на од ному колі. Проведемо MG 1 BC. AC — середній пропорційний відрізок між відрізками Aß і AD; СВ — середній пропорційний відрізок між відрізками AB і DB. Катет менший від гіпотенузи, тому відношення катета до гіпотенузи мен ше від одиниці, це відношення не може дорівнювати одиниці або бути більшим за одиницю. A ß — діаметр, С — точка кола. ZACB — вписаний, що спирається на діаметр. СК XAß; СК — висота, проведена до гі потенузи. АК, КВ — проекції катетів на гіпотенузу. Поділимо пополам відрізок АС. О — се рединаЛС. В проведемо перпендикуляр до АС, який перетне коло в т. BD — середнє пропорційне між 16 см і 1 см. DC — середнє пропорційне міжАС і СВ. С проведемо CD 1 AB; CD — середнє пропорційне між АС і СВ. B L — бісектриса; BM — медіана. Отже, до вершини С знаходиться ближ че точка L. В М — медіана; т. М ділить АС навпіл. Отже, до вершини А ближче розміще на т. Побудуємо бісектрису кута В. На цій бі сектрисі від т. К проведемо СА Ц II С,А,. Такого трикутника з кутами 40°; 140°; 0° не існує. ААВС — рівнобедрений, В К ± 1АС. АК — висота ромба. M N проходить через т. М І а, р — кути трикутника; І — бісектриса. І — бісектриса одного з даних кутів або І — бісектриса третього кута не відомого. Побудуємо кут а ZMAK. Від променя КА в одну півплощину з променем A M відкладемо ß. На цій бі сектрисі від т. D проведемо ВС { М К; В єАМ;СєАК. Найбшьша медіана буде проведенадо найменшої сто рони. На медіані А,iTj від т. А, відкладе мо АК - т. Ві до найбільшої сторони. Н проведемо пряму АС II IIAjCj. Побудуємо довільний рівно- бедревий AAjßjCj з даним ZB. Проведемо бісектрису ZB вона ж є і ви сотою рівнобедреного трикутника. На цій бісектрисі від т. На бісектрисі 5 Я , відкладемо від т. В відрізок ВИ даний. Побудуємо довільний рівнобедре- нвй трикутник за даним відношенням сторін ДАВ,С,. На відрізку AJT, відкла демо відрізок АК від т. Ä 'проведемо ВСII В,С,. М , N , к — середини відрізків ОА, OB, ОС, де О — центр вписаного кола в ААВС. В Побудуємо AM NK і впишемо в нього коло, центр якого т. Найменша висота — висота, проведе на до гіпотенузи. На висоті ВЯ, від т. Я проведемо пряму АС ЦА,С,. ДА,В,С, - ДАВС за двома кутами. Ві 2 Навколо ААВС опишемо коло. О — центр кола. О проведемо О А IIОА. Два подібних трикутника в одне коло вписати не можна, інакше два кола мали б різні радіуси. Точка В — внутрішня точка ZA. Oj і Oj — центри кіл, які проходять че рез т. АК і КВ — проекції катетів на гіпоте нузу. В проведемо BN CD. Навколо ДАВС опишемо коло і проведемо CD — бісектрису, CD пере тне коло в т. Відповідь: 1 24 cm і 26 cm; 2 24 cm і 40 cm; 3 40 cmі 50 cm. ABCD і NOEF — квадрати. ОМBP — спільна частина, OMBP — квадрат. Сума площ квадратів зі стороною AB і ВС дорівнює площі квадрата зі сто- w w w. Відповідь: 1 4 см; 2 5 см; 3 З см. Нехай даноАВСІ5 — паралелограм, уіС і BD — його діагоналі. Отже, діагоналі паралелограма розби вають його на чотири трикутники з рів ними площами. Площі частин паралелограма рівні. Нехай AßCD — ромб. ABCD — квадрат; АС — діаго наль. Нехай дано ромб ABCD. Нехай ABCD — паралелограм. РК ЦCÖ; M N IIDC. D P C А K B Якщо від трикутників, що мають рівні площі відрізати трикутники, що мають рівні площі, то дістанемо фігури з рів ними площами. Нехай ABCD — ромб. АС в В Х - діагоналі. J: 2 2 фдповідь: 30°. ABCD — квадрат, описаний навко ло кола. Нехай дано ромб ABCD. А K B Діагональ ромба розбиває його на 2 рів- носторонніх трикутники. Нехай дано ABCD — паралелог рам. М — довільна точка. Діагональ дорівнює стороні, до якої ця діагональ перпендикулярна. D с 1 Нехай ABCD — ромб. Геометричним місцем вершин паралелограма зі спільною стороною, у яких площа дорівнює площі даного паралелограма є дві прямі, які пара лельні даній стороні паралелограма і належать від неї на відстані —. В А F М С Проведемо висоту BF ±АС. Нехай дано прямокутний ААВС. Нехай ААВС — прямокутний. Нехай дано трапецію ABCD, BD X lAC; M K — відрізок, щосполучаєсередини основ. P N — середня лінія трапеції. М — середина сторони AB. Відповідь: Б ijiB C D — трапеція. Нехай дано ромб ABCD. АС і BD — діагоналі. РОЗДІЛ 4 РОЗВ'ЯЗУВАННЯ ПРЯМОКУТНИХ ТРИКУТНИКІВ I р s s «3 s X T Ё: Ct с о з ОС ош § 20. Перпендикуляр і похила 831. Правильним є твердження 3. Розглянемо AABD — прямокутний. АС і BD — діагоналі трапеціїABCZ. Отриманий на прямій с відрізок AB — шуканий. Отже, якщо з однієї точки проведе- ®одо прямої дві похилі, то більша похила Чає й більшу проекцію на цю пряму. Синус, косинус і тангенс гострого кута прямокутного трикутника 888. Aß 15 5 902. Обирае мо одиничний відрізок 0,5 см. Обираємо В ° Содиничний відрізок 1 CM. Обираємо оди ничний відрізок 0,5 см. Бу- дуємо прямокутний трикутник, катет ВС якого дорівнює 4 одиничним відріз кам, а катет АС — 7. На одній стороні відкладаємо відрізок СВ, довжина якого дорівнює 2 одинич ним відрізкам. З точки В за допомогою циркуля відкладаємо відрізок AB, дов- жинаякогодорівнюєбодиничнимвідріз кам. Обираємо оди ничний відрізок 0,5 CM. Бу дуємо прямий кут. На одній стороні відкладаємо відрізок СВ, дов жина якого дорівнює 2 одиничним відрізкам. З точки В за допомогою цир куля відкладаємо відрізок AB, довжи на якого дорівнює 7 одиничним відріз кам. Бу- дуємо прямий кут. ДАВС — рівнобедрений, В М — медіана, висота. Проведемо висоту до бічної сторо- gM-. » раємо одиничний відрізок 0,5 см. Будуємо прямий кут D. На одній стороні кута відкладе мо відрізок DB, довжина якого дорів нює 4 одиничним відрізкам. З точки В за допомогою циркуля відкладаємо відрізок AB, довжина якого дорівнює 5. С — третя вер шина шуканого ДАВС. Обираємо оди- З Аничний відрізок 1 см. Будуємо а' ° 'с прямий кут D. О Оби- I s s X ЦCt c о 3 ас раємо одиничний відрі- зок 0,5 см. ДАВС — шуканий, він рів нобедрений, бо BD — медіана і висота і АС 911. Обирає- 4 МО одиничний відрізок 0,5 см. З точки В прове демо ВС1АС. Э Обираємо одиничний відрізок 0,5 см. Кут А, прилеглий до катета АС, — шу каний. Одержуємо другу вершину ДАВС. Через точку С до перетину з другою стороною кута А проведемо пряму, перпендику лярну до АС. Одержуємо третю верши ну В. Отримуємо точку В — верши- gy трикутника. Через точку В проводи ло пряму, паралельну В,А,, яка перети нає продовжені сторони СА в точці А. Проведемо до основи AC висоту BD, яка буде також і медіаною, і бісектрисою. Центр кола, вписаного у трикут- 'ШИК, лежить у точці перетину бісектрис. Центр кола, вписаного у трикут ник, лежить у точці перетину бісектрис, тобто на бісектрисі BD. Оскільки ДАВС — рівнобедрений, то бісектриса BD — висо та і медіана. ZCOD —зовніш ній кут AAOD. Ц ентр кола, вписаного у трикут ник, леж ить у точці перетину бісектрис. АО, ВО, СО — бісектриси кутів Л , В, С відповідно, які перетинаються в точці о. М , N, Р — точки дотику кола і сторін трикутника. Проведемо радіус О М в точ- к у дотику М. У рівнобічній трапеції проведемо дві висоти BF 1 AD і СВ. Проведемо BD X DC. Тоді AD ~ проекція AB на сторону АС, DC — про екція ВС на сторону АС. Проведемо висоти B D ±A C ,A F 1 B C. Обчислення значень sin а, cos а і tg а т. У ААЯС AF — висота до бічної сторо ни, A D 1 ВС. ACiBD — бісектриси кутів ромба. ДАВС — правильний, тому точка О ле жить на висоті BD, яка є медіаною і бі сектрисою. Розгля немо ДАОХ : Z. D — точка дотику. Якщо в ромб вписано коло, то діа метр кола дорівнює висоті ромба. Знай демо висоту ромба. Якщо коло вписано у квадрат, то діаметр кола дорівнює сторони квадра та. BD — діаметр кола, описаного навколо квадрата ABCD. АС — похила, СВ — Гі про екція на CD. AD — похила, BD — ії про екція на пряму CD. З точки А повели дві похилі AB і ХС, деВ — основа похилоїAB, С — осно ва похилої АС. Центр кола, вписаного у ААВС, знаходиться вточці перетину бісектрис. Проведемо висоту BF до основи ААВС. В 120 сс Q. M N — середня лінія трапеції. В С Проведемо у трапеції ABCD висоти. Центр кола, описаного навколо AABC, лежить у точці перетину серединних перпендикулярів. Проведемо CD ±A B. AD — проекція ка тета AC на гіпотенузу Aß, а BD — про екція катета ВС на гіпотенузу Aß. У ромбі діагоналі в точці перетину ді- Яяться навпіл, перетинаються під кутом 80°, а також є бісектрисами кутів ром-. В 15 OM с Проведемо висоту BF LA D. Проведемо у рівнобічній трапе ції висоти BF X AD і CN X AD. Ми от римали BCNF — прямокутник, у яко- w w w. ABCD — прямокутна тра- пеція. Отже, BF DE, що й треба було довести. Нехай дано паралелограм ABCD, діаго налі якого dj і dj. M N PK — паралелограм. Відповідь: З : 5. Якщо через середини сторін пара лелограма провести перпендикулярні до них прямі, то одержимо паралелограм, кути якого дорівнюють кутам даного па ралелограма. Вг:------------- НехайABCÖ — паралелограм. Нехай ABCD — паралелограм. Відповідь: 17 c m і 19 c m. Нехай дано: ABCD — прямокутник. Нехай ABCD — ромб. Необхідно побудувати прямокутний трикутник за катетом Ь і гіпотенузою —. D Необхідно побудувати рівнобедрений трикутник за основою d і кутом при ос- а НОВІ, що дорівнює —. ABCD — шуканий ромб. Відповідь: 60°; 60°; 120°; 120°. О Ш in 1053. Якщо накреслити такий трикут ник, виміряти його сторони і знайти їх відношення, то відношення сторін: 1: 1 : 1,62. Сторона квадрата повинна дорів нювати меншій стороні прямокутника. А Нехай дано прямокутний ААВС. Катет АС продовжили на відрізок CM; М К ± ХАВ. ANК В - ААСВ. Якщо даний трикутник рівносто- ронній, тоді він подібний даному три кутнику. МТСА — квадрат зі стороною 6-У2. F D ї Нехай ABCD — паралелограм. Якщо з вершин гострих кутів парале лограма проведемо висоти, то утворю ються подібні трикутники. Нехай ABCD — чотирикутник, вписа ний у коло. СК — висота прямокут ного трикутника є середнім пропорцій ним між відрізками і ВК. М К К Проведемо висоту до більшої сторони трикутника, потім з подібності трикут ників визначимо сторону квадрата. Нехай АС — більша сторона ААВС. Відповідь: 105°; 105°; 135°; 135°; 120° ; 120°. Нехай АВСХ — прямокутник. Нехай ABCD — паралелограм. PD 3 Відповідь: З см. Відповідь: 4 см і 24 см. Довжина перших сходів 9д:; а других — 12д:. Для перших сходів не обхідно килимову доріжку довжиною 9xh, а для других — 12хЛ.
Нина Анатольевна руководит научными изысканиями аспирантов, принимает к защите диссертации, состоит членом редакционных коллегий нескольких издательств. Неправильно, оскільки 1см + 5см 2 см + З см. М — довільна точка. Отже, M N P K — ромб, що й треба було довести. Тарасенкова» будет полезен не только учащимся но и их родителям, при помощи которого они освежат в памяти знания полученные много лет назад. Нехай ABCD — ромб. Поэтому педагоги со стажем рекомендуют использовать в школе и дома дополнительную литературу по этому непростому разделу математики. Такого чотирикутника не може бути. Но задумывались ли вы когда-нибудь о том, что ребенок проявляет свою неприязнь к наукам из-за недопонимания. Усі середні лінії по 2 см. Когда его неловкие пальцы ломают веретено. Нехай дано трапецію ABCD, BD X lAC; M K — відрізок, щосполучаєсередини основ.