Гдз алгебра 8 класс бурда тарасенкова

30 November 2018

Views: 103

ГДЗ Геометрія М.І.Бурда Н.А.Тарасенкова 8 клас

Download: http://presesmata.datingvr.ru/?dl&keyword=%d0%b3%d0%b4%d0%b7+%d0%b0%d0%bb%d0%b3%d0%b5%d0%b1%d1%80%d0%b0+8+%d0%ba%d0%bb%d0%b0%d1%81%d1%81+%d0%b1%d1%83%d1%80%d0%b4%d0%b0+%d1%82%d0%b0%d1%80%d0%b0%d1%81%d0%b5%d0%bd%d0%ba%d0%be%d0%b2%d0%b0&source=pastelink.net

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.

Share