Сторінка 35
395. У чотирикутнику $ABCD$ $\angle BAD = 100^\circ$, $\angle BCD = 80^\circ$, $\angle ACB = 30^\circ$. Знайдіть $\angle ADB$.
Розв'язок:
$\angle BAD + \angle BCD =$
$= 100^\circ + 80^\circ = 180^\circ$.
Сума протилежних кутів чотирикутника $ABCD$ дорівнює $180^\circ$, тому навколо нього можна описати коло.
Кути $ADB$ і $ACB$ — вписані й спираються на ту саму дугу $AB$, тому вони рівні:
$\angle ADB = \angle ACB = 30^\circ$.
Відповідь: $30^\circ$.
396. Чотирикутник $ABCD$ вписано в коло, причому $AC$ є діаметром цього кола. Точка $O$ – точка перетину діагоналей чотирикутника. Знайдіть $\angle AOD$, якщо $\angle BAC = 42^\circ$, $\angle CAD = 68^\circ$.
Розв'язок:
Вписаний кут $ABC$ спирається на діаметр $AC$, тому $\angle ABC = 90^\circ$.
У прямокутному трикутнику $ABC$:
$\angle BCA = 90^\circ - 42^\circ = 48^\circ$.
Вписані кути $BDA$ і $BCA$ спираються на ту саму дугу $AB$, тому
$\angle ODA = \angle BCA = 48^\circ$.
У трикутнику $AOD$:
$\angle OAD + \angle ODA =$
$= 68^\circ + 48^\circ = 116^\circ$;
$\angle AOD = 180^\circ - 116^\circ = 64^\circ$.
Відповідь: $64^\circ$.
397. Чотирикутник $ABCD$ вписано в коло, причому $BD$ є діаметром цього кола. Точка $Q$ – точка перетину діагоналей чотирикутника. Знайдіть $\angle BQC$, якщо $\angle ABD = 36^\circ$, $\angle DBC = 48^\circ$.
Розв'язок:
Вписаний кут $BAD$ спирається на діаметр $BD$, тому $\angle BAD = 90^\circ$.
У прямокутному трикутнику $ABD$:
$\angle ADB = 90^\circ - 36^\circ = 54^\circ$.
Вписані кути $ACB$ і $ADB$ спираються на ту саму дугу $AB$, тому
$\angle QCB = \angle ADB = 54^\circ$.
У трикутнику $BQC$:
$\angle QBC + \angle QCB =$
$= 48^\circ + 54^\circ = 102^\circ$;
$\angle BQC = 180^\circ - 102^\circ = 78^\circ$.
Відповідь: $78^\circ$.
398. Трапецію вписано в коло так, що діаметр кола є більшою основою трапеції, а менша основа дорівнює бічній стороні. Знайдіть основи трапеції, якщо її периметр дорівнює 20 см.
Розв'язок:
Нехай $ABCD$ — дана трапеція, $AD$ — діаметр кола, $AB = BC = CD = x$ см.
Трапеція вписана в коло, тому вона рівнобічна: $\angle A = \angle D$.
Вписаний кут $ACD$ спирається на діаметр $AD$, тому $\angle ACD = 90^\circ$.
$\angle BCA = \angle CAD$ (внутрішні різносторонні при $BC \parallel AD$ і січній $AC$). Трикутник $ABC$ рівнобедрений ($AB = BC$), тому $\angle BAC = \angle BCA$. Отже, $\angle BAC = \angle CAD$, тобто $\angle CAD = \frac{1}{2}\angle A = \frac{1}{2}\angle D$.
У прямокутному трикутнику $ACD$:
$\angle CAD + \angle D = 90^\circ$;
$\frac{1}{2}\angle D + \angle D = 90^\circ$;
$\angle D = 60^\circ$, $\angle CAD = 30^\circ$.
Катет $CD$ лежить проти кута $30^\circ$, тому $AD = 2CD = 2x$.
$P = x + x + x + 2x = 5x$;
$5x = 20$;
$x = 4$ (см) — менша основа $BC$;
$AD = 2 \cdot 4 = 8$ (см).
Відповідь: 4 см і 8 см.
399. Трапецію вписано в коло, радіус якого 6 см, так, що діаметр кола є більшою основою трапеції, а менша основа дорівнює бічній стороні. Знайдіть периметр трапеції.
Розв'язок:
Нехай $ABCD$ — дана трапеція, $AD$ — діаметр кола, $AB = BC = CD$.
$AD = 2 \cdot 6 = 12$ (см).
Як у задачі № 398: трапеція рівнобічна, $\angle ACD = 90^\circ$ (спирається на діаметр), $AC$ — бісектриса кута $A$, тому $\angle CAD = 30^\circ$. Катет $CD$ лежить проти кута $30^\circ$:
$CD = \frac{AD}{2} = \frac{12}{2} = 6$ (см).
$AB = BC = CD = 6$ см.
$P = 12 + 3 \cdot 6 = 30$ (см).
Відповідь: 30 см.
400. Гострий кут прямокутної трапеції, яку описано навколо кола, на $120^\circ$ менший від тупого. Знайдіть периметр трапеції, якщо її більша бічна сторона дорівнює $a$ см.
Розв'язок:
Нехай $ABCD$ — дана трапеція, $\angle A = \angle B = 90^\circ$, $\angle D$ — гострий, $\angle C$ — тупий, $CD = a$ см.
Кути, прилеглі до бічної сторони $CD$, у сумі дорівнюють $180^\circ$:
$\angle C + \angle D = 180^\circ$, $\angle C - \angle D = 120^\circ$.
Тоді $2\angle D = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$, $\angle D = 30^\circ$.
Проведемо висоту $CH$. У прямокутному трикутнику $CHD$ катет $CH$ лежить проти кута $30^\circ$:
$CH = \frac{a}{2}$.
$ABCH$ — прямокутник, тому $AB = CH = \frac{a}{2}$.
У трапецію вписано коло, тому суми її протилежних сторін рівні:
$AD + BC = AB + CD =$
$= \frac{a}{2} + a = \frac{3a}{2}$.
$P = (AB + CD) + (AD + BC) =$
$= \frac{3a}{2} + \frac{3a}{2} = 3a$ (см).
Відповідь: $3a$ см.
401. Прямокутну трапецію описано навколо кола. Гострий кут трапеції у 5 разів менший від тупого. Знайдіть периметр трапеції, якщо її менша бічна сторона дорівнює $b$ см.
Розв'язок:
Нехай $ABCD$ — дана трапеція, $\angle A = \angle B = 90^\circ$, $AB = b$ см — менша бічна сторона.
Нехай $\angle D = x$, тоді $\angle C = 5x$. Ці кути прилеглі до бічної сторони $CD$:
$x + 5x = 180^\circ$;
$x = 30^\circ$.
Проведемо висоту $CH$: $CH = AB = b$ ($ABCH$ — прямокутник). У прямокутному трикутнику $CHD$ катет $CH$ лежить проти кута $30^\circ$, тому
$CD = 2CH = 2b$.
У трапецію вписано коло, тому
$AD + BC = AB + CD =$
$= b + 2b = 3b$.
$P = (AB + CD) + (AD + BC) =$
$= 3b + 3b = 6b$ (см).
Відповідь: $6b$ см.
402. На малюнку 81 прямі $A_1B_1$, $A_2B_2$ і $A_3B_3$ – паралельні, $A_1A_2 = 5$ см, $A_2A_3 = 5$ см, $B_1B_2 = 4$ см. Знайдіть $B_2B_3$.
Розв'язок:
Паралельні прямі $A_1B_1$, $A_2B_2$, $A_3B_3$ перетинають сторони кута і відтинають на одній його стороні рівні відрізки: $A_1A_2 = A_2A_3 = 5$ см. За теоремою Фалеса вони відтинають рівні відрізки і на другій стороні:
$B_2B_3 = B_1B_2 = 4$ см.
Відповідь: 4 см.
403. Прямі $M_1K_1$ і $M_2K_2$ – паралельні (мал. 82), $OK_1 = 7$ см, $K_1K_2 = 7$ см, $OM_1 = 6$ см. Знайдіть $M_1M_2$.
Розв'язок:
Паралельні прямі $M_1K_1$ і $M_2K_2$ відтинають на стороні кута $O$ рівні відрізки: $OK_1 = K_1K_2 = 7$ см. За теоремою Фалеса на другій стороні відрізки теж рівні:
$M_1M_2 = OM_1 = 6$ см.
Відповідь: 6 см.
404. На малюнку 83 прямі $C_1D_1$, $C_2D_2$ і $C_3D_3$ – паралельні, $C_1C_2 = C_2C_3$, $D_1D_2 = 7$ см. Знайдіть $D_1D_3$.
Розв'язок:
Паралельні прямі $C_1D_1$, $C_2D_2$, $C_3D_3$ перетинають дві дані прямі й відтинають на одній з них рівні відрізки: $C_1C_2 = C_2C_3$. За наслідком з теореми Фалеса вони відтинають рівні відрізки і на другій прямій:
$D_2D_3 = D_1D_2 = 7$ см.
$D_1D_3 = D_1D_2 + D_2D_3 =$
$= 7 + 7 = 14$ (см).
Відповідь: 14 см.
405. На малюнку 81 прямі $A_1B_1$, $A_2B_2$ і $A_3B_3$ – паралельні, $B_1B_2 = B_2B_3$, $A_1A_2 = 5$ см. Знайдіть $A_1A_3$.
Розв'язок:
Паралельні прямі відтинають на стороні кута рівні відрізки $B_1B_2 = B_2B_3$. За теоремою Фалеса на другій стороні відрізки теж рівні:
$A_2A_3 = A_1A_2 = 5$ см.
$A_1A_3 = A_1A_2 + A_2A_3 =$
$= 5 + 5 = 10$ (см).
Відповідь: 10 см.
406. На малюнку 82 прямі $K_1M_1$ і $K_2M_2$ паралельні, $OM_1 = M_1M_2$. Знайдіть інші рівні відрізки на цьому малюнку.
Розв'язок:
Паралельні прямі $K_1M_1$ і $K_2M_2$ відтинають на стороні кута $O$ рівні відрізки $OM_1 = M_1M_2$. За теоремою Фалеса вони відтинають рівні відрізки і на другій стороні: $OK_1 = K_1K_2$.
Відповідь: $OK_1 = K_1K_2$.
407. На малюнку 83 прямі $C_1D_1$, $C_2D_2$ і $C_3D_3$ – паралельні, $C_1C_2 = C_2C_3$. Знайдіть інші рівні відрізки на цьому малюнку.
Розв'язок:
Паралельні прямі перетинають дві дані прямі й відтинають на одній з них рівні відрізки $C_1C_2 = C_2C_3$. За наслідком з теореми Фалеса вони відтинають рівні відрізки і на другій прямій: $D_1D_2 = D_2D_3$.
Відповідь: $D_1D_2 = D_2D_3$.
408. Не використовуючи лінійку з поділками, поділіть заданий відрізок на 6 рівних частин.
Розв'язок:
1) Нехай $AB$ — заданий відрізок. Проведемо довільний промінь $AC$ і відкладемо на ньому циркулем послідовно 6 рівних відрізків:
$AC_1 = C_1C_2 = C_2C_3 =$
$= C_3C_4 = C_4C_5 = C_5C_6$.
2) Проведемо пряму $C_6B$.
3) Через точки $C_1$, $C_2$, $C_3$, $C_4$, $C_5$ за допомогою косинця і лінійки проведемо прямі, паралельні прямій $C_6B$. Вони перетнуть $AB$ у точках $D_1$, $D_2$, $D_3$, $D_4$, $D_5$.
За теоремою Фалеса ці прямі поділяють відрізок $AB$ на 6 рівних частин:
$AD_1 = D_1D_2 = D_2D_3 =$
$= D_3D_4 = D_4D_5 = D_5B$.