Задачи

Фильтрация

Показать фильтрацию

По классам:

По предметам:

По подготовке:

По классам:

По авторам:

Точки \(D\), \(E\) и \(F\) — середины сторон \(АВ\), \(ВС\) и \(АС\) ранего треугольника \(АВС\) соответственно. Докажите, что четырехугольник \(ADEF\) — ромб. Назовите другие ромбы, тремя вершинами которых являются точки \(В\) , \(Е\) и \(F\) .

Решение №39422: Дано: \(\Delta ABC\) равносторонний; \(AD = DB\); \(BE = EC\); \(CF = FA\). Доказать: \(ADEF\) - ромб. \(\Delta АВС\) - равносторонний \(\rightarrow AB = ВС = АС\). T. к. \(AD = DB\), то \(AD = DB= \fraq{AB}{2}\); T. K. \(BE = EC\), то \(BE = EC = \fraq{AB}{2}\), т. к. \(AF = FC\), то \(AF = FC = \fraq{AB}{2} \rightarrow BE = EC = AD = DB =AF FC\). По свойству равностороннего треугольника: \(\angle A = \angle B = \angle C = 60^\circ\). Рассмотрим \(\Delta FEC : FC = EC \rightarrow \Delta FEC\) - равнобедренный, по свойству равнобедренного треугольника \(\angle CFE = \angle CEF\). По теореме о сумме углов треугольника: \(\angle C + \angle CFE + \angle FEC= 180^\circ \rightarrow \angle CFE = \angle CEF = (180^\circ - 60^\circ) : 2 = 60^\circ\); \(\angle ECF = 60^\circ \rightarrow \Delta EFC\) - равносторонний. \(\rightarrow ЕС = EF\). Аналогично \(\Delta DBE\) - равносторонний \(\\rightarrow BE = DE\). В четырехугольнике \(ADEF: AD = DE = EF \rightarrow AF = \Delta ADEF\) - ромб (по признаку). \(DFEB\) и \(DFCE\) - тоже являются ромбами.

Ответ: NaN

Отрезки \(АВ\) и \(СЕ\) — равные высоты треугольника \(АВС\). Докажите, что треугольник \(DВЕ\) равнобедренный.

Решение №39423: Рассмотрим \(\Delta ADB\) и \(\Delta CEB :\angle ADB = \angle CDB = 90^\circ\) , \(\angle EBD\) - общий, \(AD = CE\) по условию \(\rightarrow \Deltta ADB = \Delta СЕВ\) по катету и острому углу. Из равенства треугольников следует равенство соответствующих элементов, т. е. \(BE = BD \rightarrow \Delta EBD\) - равнобедренный по определению.

Ответ: NaN

Отрезок \(DE\) — средняя линия треугольника \(АВС\) (см. рис. 50, а). а) Определите вид четырехугольника \(ADEC\) . б) Назовите медиану треугольника, проведенную из вершины \(А\) .

Решение №39424: a) \(ADEC\) - трапеция, т. к. по свойству средней линии треугольника \(DE \parallel AC\). б) \(АЕ\) - медиана \(\Delta АВС\), т. к. по определению средней линии точка \(Е\) cepeдина отрезка \(ВС\).

Ответ: NaN

Может ли средняя линия треугольника быть перпендикулярной его стороне; двум его сторонам?

Решение №39425: Средняя линия треугольника может быть перпендикуляона одной его стороне. Пример - прямоугольный треугольник. Средняя линия треугольника не может быть перпендикулярной двум его сторонам; т. к. в противном случае две стороны треугольника были бы параллельны друг другу, а такого быть не может.

Ответ: NaN

Могут ли средние линии треугольника быть равными 3 см, 4 см и 10 см? Почему?

Решение №39426: Средние линии треугольника образуют треугольник \(DEF\). Для \(\Delta DEF\) должно быть выполнено неравенство треугольника: \(DF < DE + EF\), \(DE < DF + FE\), \(FE < DF + DE\). Первое из данных неравенств неверно, т. к. \(10 < 4 + 3\) - неверно \(Rightarrow\) средние линии треугольника не могут быть равны 10 см, 4 см и 3 см.

Ответ: Не могут.

В треугольнике \(АВС\) проведена средняя линия \(DE\), параллель­ная стороне \(АС\). В каком отношении прямая \(DE\) делит медиану \(ВМ\); высоту \(ВН\)?

Решение №39427: По определению средней линии \(D\) - середина \(АВ\), т. е. \(AD = DB\). По свойству средней линии \(DE \parallel AC\). Рассмотрим \(\angle ABM\): \(AD = DB\), \(DE \parallel AC \Rightarrow\) по теореме Фалеса параллельные прямые, проходящие через точки \(А\) и \(D\), отсекают на стороне \(ВМ\) равные отрезки \( \Rightarrow ВK = KМ\), т. е. \(DE\) делит \(ВМ\) пополам. Аналогично \(DE\) делит \(ВН\) пополам.

Ответ: \(DE\) делит \(ВМ\) пополам; (DE\) делит \(ВН\) пополам.

Середины оснований трапеции соединены отрезком. Является ли он средней линией трапеции?

Решение №39428: Отрезок, соединяющий середины оснований трапеции, не является средней линией, т. к. по определению средней линии она соединяет середины боковых сторон.

Ответ: Нет.

Может ли средняя линия трапеции быть меньше обоих ее осно­ваний; равной одному из оснований?

Решение №39429: Длина средней линии трапеции - среднее арифметическое длин оснований. Среднее арифметическое не может быть меньше обоих чисел. Средняя линия трапеции не может быть равна одному из оснований трапеции, т. к. в противном случае второе основание трапеции тоже будет равно средней линии.

Ответ: Длина средней линии трапеции - среднее арифметическое длин оснований. Среднее арифметическое не может быть меньше обоих чисел. Средняя линия трапеции не может быть равна одному из оснований трапеции, т. к. в противном случае второе основание трапеции тоже будет равно средней линии.

Может ли средняя линия трапеции проходить через точку пересе­чения диагоналей? Почему?

Решение №39430: Средняя линия трапеции не может проходить через точку пересечения диагоналей, т. к. в противном случае диагонали точкой пересечения будут делиться пополам, а четырехугольник, в котором диагонали точкой пересечения делятся пополам, является параллелограммом.

Ответ: Средняя линия трапеции не может проходить через точку пересечения диагоналей, т. к. в противном случае диагонали точкой пересечения будут делиться пополам, а четырехугольник, в котором диагонали точкой пересечения делятся пополам, является параллелограммом.

Начертите треугольник \(АВС\). Отметьте на стороне \(АВ\) точки \(А_{1}\), \(А_{2}\) и \(А_{3}\) так, чтобы они делили отрезок \(АВ\) на четыре равные части. Проведите через эти точки прямые, параллельные стороне \(АС\), и обо­значьте точки их пересечения со стороной \(ВС\) буквами \(С_{1}\), \(С_{2}\) и \(С_{3}\) соот­ветственно. а) Измерьте и сравните длины отрезков, на которые точки \(С_{1}\), \(С_{2}\) и \(С_{3}\) делят сторону \(ВС\). б) Выделите красным цветом среднюю линию треугольника \(АВС\). в) Выделите синим цветом среднюю линию трапеции \(АА_{2}С_{2}С\).

Решение №39431: \(BC_{1} = 1,7\) см; \(C_{1}C_{2} = 1,7\) см; \(C_{2}C_{3} = 1,7\) см; \(C_{3}C_{4} = 1,7\) см.

Ответ: \(BC_{1} = 1,7\) см; \(C_{1}C_{2} = 1,7\) см; \(C_{2}C_{3} = 1,7\) см; \(C_{3}C_{4} = 1,7\) см.

Начертите треугольник \(АВС\). Отметьте точки \(D\), \(Е\) и \(F\) - середи­ны сторон \(АВ\), \(ВС\) и \(АС\) соответственно. Соедините отмеченные точки. а) Определите вид четырехугольника \(ADEF\). б) Определите вид четырехугольника \(ADEC\). в) Назовите все треугольники, которые равны треугольнику \(DEF\). Запишите соответствующие равенства.

Решение №39432: а) По свойству средней линии \(DE \parallel AC\) и \(EF \parallel DA \Rightarrow ADEF\) - параллелограмм по определению. б) По свойству средней линии \(DE \parallel AC \Rightarrow ADEC\) - трапеция по определению. в) \(\Delta DEF = \Delta FAD = \Delta CEF = \Delta EBD\).

Ответ: а) По свойству средней линии \(DE \parallel AC\) и \(EF \parallel DA \Rightarrow ADEF\) - параллелограмм по определению. б) По свойству средней линии \(DE \parallel AC \Rightarrow ADEC\) - трапеция по определению. в) \(\Delta DEF = \Delta FAD = \Delta CEF = \Delta EBD\).

По данным рис. 56 найдите \(х\), если \(а \parallel b\).

Решение №39433: \(ОА_{1} = A_{1}A_{2}\) и \(а \parallel b \Rightarrow\) по теореме Фалеса параллельные прямые, проходящие через точки \(А_{1}\) и \(А_{2}\), отсекают на другой стороне угла равные отрезки \(\Rightarrow OB_{1} = B_{1}B_{2} \Rightarrow B_{1}B_{2} = 4\).

Ответ: \(х = 4\).

Через середину \(D\) стороны \(АВ\) треугольника \(АВС\) проведена пря­мая, которая параллельна \(АС\) и пересекает сторону \(ВС\) в точке \(Е\). Най­дите \(ВС\), если \(ВЕ = 8\) см.

Решение №39434: \(DE \parallel AC\), \(AD = DB \Rightarrow\) по теореме Фалеса параллельные прямые, проходящие через точки \(А\) и \(D\), отсекают на второй стороне угла равные отрезки \(\Rightarrow BE = EC = 8\) см \(\Rightarrow ВС = 2BE = 16\) см.

Ответ: 16 см.

Стороны треугольника равны 12 см, 16 см и 20 см. Найдите стороны треугольника, вершинами которого являются середины сторон данного треугольника.

Решение №39435: \(АВ\) - средняя линия \(\Delta KLM\) (по определению) \(\Rightarrow\) по свойству средней линии \(AB = \fraq{1}{2}KM \Rightarrow АВ = 10\) см. \(ВС\) - средняя линия \(\Delta KLM\) (по определению) \(\Rightarrow\) по свойству средней линии \(BC = \fraq{1}{2}KL = 6\) см. \(AC\) - средняя линия \(\Delta KLM\) (по определению) \(\Rightarrow\) по свойству средней линии \(AC = \fraq{1}{2}LM = 8\) см.

Ответ: 6 см, 8 см, 10 см.

Средняя линия равностороннего треугольника равна 3,5 см. Найди­те периметр треугольника.

Решение №39436: По свойству средней линии \(ST = \fraq{1}{2}PR \longrightarrow PR = 7 см\). T. к. \(\Delta PQR\) - равносторонний, то \(PQ = QP = PR = 7 см\). \(P_{PQR} = PQ + QR + PR= 3 \cdot 7 = 21 (см)\). Ответ: \(21 см\)

Ответ: Ответ: \(21 см\)

Докажите, что средние линии треугольника делят его на четыре равных треугольника.

Решение №39437: По свойству средней линии \(DE=\fraq{1{2}AC\), \(FD=\fraq{1}{2}BC\), \(EF= \fraq{1}{2}AB \longrightarrow DE= AF = FC\), \(DF = BE = EC\), \(FE = AD = DB \longrightarrow \Delta CEF = \Delta FAD = \Delta DEF = \Delta EBD\) по трем сторонам.

Ответ: NaN

Средняя линия треугольника отсекает от него трапецию с боковы­ми сторонами 3 м и 4 м и меньшим основанием 5 м. Найдите периметр треугольника.

Решение №39438: По свойству средней линии \(DE = \fraq{1}{2} AC \longrightarrow AC = 10 см\). По определению средней линии \(AD = DB\) и \(ЕС = EB \longrightarrow AB = 2AD = 6 см\), \(BC = 2EC = 8 см\). \(P\Delta _{ABC} = AB + BC + AC = 6 + 8 + 10 = 24 (cм)\). Ответ: \(24 см\).

Ответ: Ответ: \(24 см\)

Диагонали четырехугольника равны 18 см и 22 см. Найдите пери­метр параллелограмма, вершинами которого являются середины сторон данного четырехугольника.

Решение №39439: \(KL\) - средняя линия \(\Delta АВС\). По свойству средней линии \(LК = \fraq{1}{2} АС = 11 см\). \(KN\) - средняя линия \(\Delta ABD\). По свойству средней линии \(KN = \fraq{1}{2} BD = 9 см\). \(KLMN\) - параллелограмм по условию \(\longrightarrow KN = LM\) и \(LK = NM\). \(P_{KLMN} = KL+ LM+MN+ KN = (9+11) \cdot 2 = 40 (cм)\). Ответ: \(40 см\).

Ответ: Ответ: \(40 см\)

Найдите: а) среднюю линию трапеции с основаниями 8 см и 12 см; б) основания трапеции, в которой диагональ делит среднюю линию на отрезки длиной 3 см и 4 см.

Решение №39440: По свойству средней линии \(EK = \fraq{1}{2} (BC + AD) = \fraq{1}{2} (8 + 2) = 10 (см)\). Ответ: \(10 см\). б) \(FE\) -средняя линия трапеции \(\longrightarrow FE \parallel KN\) по свойству средней линии. \(KF = FL\) по определению средней линии - по теореме Фалеса параллельные прямые, проходящие через точки \(L\), \(F\) и \(К\), отсекают на стороне \(КМ\) равные отрезки \(\longrightarrow КР = РМ\). По определению средней линии \(FP\) - средняя линия \(\Delta KLM\), a \(PE\) - средняя линия \(MKN\). По свойетву средней линии \(КР = \fraq{1}{2} LM\), a \(PE= \fraq{1}{2} KN \longrightarrow LM = 6 см\), \(KN = 8 см\). Ответ: \(8 см, 6 см\).

Ответ: Ответ: \(8 см, 6 см\)

Найдите: а) среднюю линию равнобокой трапеции с боковой стороной 5 см и периметром 26 см; б) основания трапеции, если одно из них больше другого на 6 см, а средняя линия трапеции равна 5 см.

Решение №39441: По свойству средней линии трапеции \(KL = \fraq{1}{2}(BC + AD)\). \(P_{ABCD} = AB + BC + CD + AD\), а т. к. \(AB = CD\), то \((P_{ABCD} = 2AB + BC + AD \longrightarrow BC+ AD = 26 - 2 \cdot 5 = 16 (см)\) \(KL = \fraq{1}{2} (BC + AD) = 8 (см)\). б) Пусть \(х (см)\) - длина стороны \(ВС\), тогда \(х + 6\) - длина основания \(AD\). По свойству средней линии трапеции: \(EK= \fraq{1}{2} (BC + AD) \longrightarrow 5 = \fraq{1}{2} (x+x+6) \longrightarrow 10 = 2x + 6 \longrightarrow x = 2 (см) \longrightarrow ВС = 2 см\), \(AD = 2 + 6 = 8 (см)\). Ответ: \(2 см\), \(8 см\).

Ответ: Ответ: \(2 см\), \(8 см\)

Докажите, что середины сторон ромба являются вершинами прямо­угольника.

Решение №39442: По определению средней линии: \(KL\) - средняя линия \(\Delta ABC, NM\) - средняя линия \(\Delta CDA, NK\) - средняя линия \(\Delta DAB\). По свойству средней линии \(KL \parallel AC\) и \(NM \parallel AC\), \(KN\parallel BD\) и \(LM \parallel BD \longrightarrow KL \parallel NM\) и \(KN \parallel LM\) ( по свойству транзитивности) \(\longrightarrow\) четырехугольник \(KLMN\) - параллелограмм. По свойству диагоналей ромба \(BD \perp AC\). T. к. \(KL \parallel AC\) и \(AC \perpBD\), то \(KL \perp BD\). T. к. \(LM \parallel BD\) и \(BD \perp KL\), то \(KL \perp LM\). В параллелограмме \(KLMN\) \(\angle K = 90^\circ \longrightarrow KLMN\) -прямоугольник.

Ответ: NaN

Докажите, что середины сторон прямоугольника являются верши­нами ромба.

Решение №39443: Доказательство: По определению средней линии \(KL\) - средняя линия \(\Delta АВС, LM\) средняя линия \(ABCD, NM\) средняя линия \(\Delta ACD, КB\) - средняя линия \(\Delta ADB\). По свойству средней линии \(KL= \fraq{1}{2}AC\) \(LM = \fraq{1}{2}BD\), \(NM = \fraq{1}{2}AC\) и \(KN = \fraq{1}{2}BD\). Поскольку диагонали прямоугольника равны, то \(KL = LM = MN = NK\). В четырехугольнике \(KLMN\) все стороны равны \(\longrightarrow KLMN\) - ромб.

Ответ: NaN

Прямая, параллельная основанию равнобедренного треугольника и проходящая через середину боковой стороны, отсекает от данного тре­угольника трапецию. Найдите ее периметр, если периметр данного треуголь­ника равен 26 см, а основание относится к боковой стороне как \(5 : 4\).

Решение №39444: \(l \parallel АС АК = КВ\ \longrightarrow\) по теореме Фалеса \(BF = FC \longrightarrow KF\) - средняя линия \(\Delta АВС\). Т. к. \(AB = ВС\), то \(АК = FC \longrightarrow\) трапеция \(AKFC\) - равнобокая. Пусть длина основания \(AC = 5x (см)\), тогда \(AB = BC = 4х (см)\) - из условия \(АС : ВС = 5 : 4\). \(P_{ABC} = 2AB + AC \longrightarrow 8х + 5x = 26 см\); \(х = 26 : 13 = 2 (см) \longrightarrow AC = 10 см\), \(АВ = ВС = 8 см\). По свойству средней линии \(KF = \fraq{1}{2}AC = 5 см\). Т. к. \(AB = 8 см\), то \(AK = FC = 4 см\). \(P_{AKFC} = AK + KF + FC + CA = 5 + 4 + 10 + 4 = 23 (см)\). Ответ: \(28 см\).

Ответ: Ответ: \(28 см\)

Средние линии треугольника относятся как \(4 : 5 : 6\). Найдите стороны треугольника, если его периметр равен 60 см.

Решение №39445: По свойству средней линии: \(АВ = \fraq{1}{2} KM\), \(BC = \fraq{1}{2}LK\), \(AC= \fraq{1}{2} LM \longrightarrow KM = 2AB\); \(KL = 2BC\), \(LM = 2AC\). Пусть длина \(ВС = 4х (cм)\), т. к. \(BC : AB : AC = 1 : 5 : 6\), тогда \(AB = 5x (см)\), \(AC = 6x(см) \longrightarrow KM = 10x (см)\), KL= 8 (cм)\), \(LM = 12 (см)\). \(P_{KLM} = KM + ML + LN\); \(10x + 8x +12x = 60 \longrightarrow 30x = 60 \longrightarrow x = 2 (см) \longrightarrow KM = 20 см, KL = 16 см, LM = 24 см\). Ответ: \(16 см\), \(20 см\), \(24 см\).

Ответ: Ответ: \(16 см\), \(20 см\), \(24 см\)

Прямолинейная трасса делит пополам расстояние между домами \(A\) и \(B\) и расстояние между домами \(B\) и \(С\). Докажите, что эти три дома равноудалены от этой трассы.

Решение №39446: Расстояние от точки до прямой - это длина перпендикуляра, проведенного из данной точки к прямой. Проведем \(AH_{1}\), \(BH_{2}\), \(CH_{3} \perp l\). Рассмотрим \(\Delta ABH_{1}\) и \(\Delta BDH_{2}\). \(\angle AH_{1}D = \angle BH_{2}D= 90^\circ\); \(\angle H_{1}DA = \angle H_{2}DB\) (как вертикальные); \(AD = BD \Rightarrow \Delta ADH_{1} = \Delta BDH_{2}\) по гипотенузе и острому углу \(\Rightarrow AH_{1} = BH_{2}\). Рассмотрим \(\Delta ВН_{2}Е\) и \(\Delta CH_{3}E\). \(\angle BH_{2}E = \angle CH_{3}E = 90^\circ\); \(\angle BEH_{2} = \angle CEH_{3}\) (как вертикальные); \(ВЕ = ЕС \Rightarrow \Delta BEH_{2} = \Delta СЕН_{3}\), по гипотенузе и острому углу\(\Rightarrow BH_{2} = CH_{3} \Rightarrow AH_{1} = BH_{2} = CH_{3}\), т. е. вершины треугольника равноудалены от прямой, содержащей его среднюю линию.

Ответ: NaN

Докажите, что середины сторон равнобокой трапеции являются вершинами ромба.

Решение №39447: По свойству равнобокой трапеции \(АС = BD\). По определению средней линии треугольника \(РТ\) - средняя линия в \(\Delta АВС\), \(ТЕ\) - средняя линия в \(\Delta BCD\), \(EK\) - средняя линия в \(\Delta ACD\), \(РК\) - средняя линия в \(\Delta ADB\). По свойству средней линии: \(РТ = \fraq{1}{2}АС\), \(TE = \fraq{1}{2}BD\), \(EK = \fraq{1}{2}AC\), \(PK = \fraq{1}{2}BD\). T. к. \(AC = BD\), то \(PT = TE = EK = PK \Rightarrow\) четырехугольник \(РТЕK\) - ромб. Доказано.

Ответ: NaN

Как построить треугольник, если заданы сере­дины его сторон?

Решение №39448: Пусть даны три точки, не лежащие на одной прямой, - середины сторон треугольника. Анализ: Пусть искомый треугольник \(ABC\) построен. \(K\), \(L\), \(M\) - середины сторон. По свойству средней линии треугольника \(KL \paralle AC\), \(ML \parallel AB\), \(KM \parallel BC \Rightarrow\) чтобы построить искомый треугольник, необходимо: 1) соединить данные точки, получим три отрезка \(KL\), \(LM\), \(KM\); 2) через т. \(K\) провести прямую \(\parallel ML\), через т. \(М\) провести прямую \(\parallel KL\), через т. \(L\) провести прямую \(\parallel KM\),.

Ответ: NaN

Как разрезать треугольник на две части так, чтобы из них можно было составить параллелограмм?

Решение №39449: Можно разрезать по одной из средних линий - допустим \(ML\). Затем приложить \(\Delta MLC\) и \(\Delta KBL\) сторонами \(BL\) и \(LC \Rightarrow ABM_{1}М\) - параллелограмм. Доказательство: По свойству средней линии: \(LM = \fraq{1}{2}AB\), \(KL = \fraq{1}{2}AC\), \(KM = \fraq{1}{2}BC \Rightarrow ML = AK = KB= LM_{1}\), \(BM_{1} = KL = AM \Rightarrow\) по признаку о противолежащих сторонах четырехугольник \(ABM_{1}M\) - параллелограмм.

Ответ: Можно разрезать по одной из средних линий - допустим \(ML\). Затем приложить \(\Delta MLC\) и \(\Delta KBL\) сторонами \(BL\) и \(LC \Rightarrow ABM_{1}М\) - параллелограмм.

Прямоугольная трапеция делится диагональю на равносторонний треугольник со стороной \(a\) и пря­моугольный треугольник. Найдите среднюю линию трапеции.

Решение №39450: \(\Delta BCD\) - равносторонний \(\Rightarrow BC = BD = DC = a\) и \(\angle B = \angle C = \angle D = 180^\circ : 3 = 60^\circ\). \(BC \parallel AD \Rightarrow \angle CBD = \angle BDA = 60^\circ\) (как внутренние накрест лежащие). Рассмотрим \(\Delta ABD\): \(\angle BDA = 60^\circ\), \(\angle BAD = 90^\circ\), \(BA = a \Rightarrow \angle ABD = 30^\circ\) (по теореме о сумме углов треугольника) \(\Rightarrow AD = \fraq{BD}{2} = \fraq{a}{2}\) (т. к. \(AD\) - катет, лежащий против угла \(30^\circ\)). По свойству средней линии трапеции \(EF = \fraq{1}{2}(AD + BC) = \fraq{1}{2}(\fraq{a}{2}+a) = \fraq{3a}{2} \cdot \fraq{1}{2} = \fraq{3a}{4}\).

Ответ: \(\fraq{3a}{4}\).

Концы диаметра окружности удалены от касательной к этой окруж­ности на 14 см и 20 см. Найдите диаметр окружности.

Решение №39451: Расстояние от точки до прямой - это длина перпендикуляра, проведенного из точки к данной прямой. Проведем \(BD \perp l\), \(OE \perp l\), \(AC \perp l\) (\(AC = 20\) см, \(BD = 14\) см) \(\Rightarrow AC \parallel BD \Rightarrow ABCD\) - трапеция. \(AO = OC\) - как радиусы. Параллельные прямые, проходящие через т. \(А\), \(О\) и \(В\), отсекают на прямой \(l\) равные отрезки, т. е. \(CE = ED\). По определению средней линии \(ОЕ\) - средняя линия трапеции, по ее свойству \(ОЕ = \fraq{1}{2}(AC + BD) = \fraq{1}{2}(20 + 14) = 17\) (см). \(ОЕ\) - радиус, проведенный в точку касания \(\Rightarrow d = 2OE = 34\) (см).

Ответ: 34 см.

Точки \(А\) и \(В\) лежат по одну сторону от прямой \(l\) и удалены от нее на 7 см и 11 см соответственно. Найдите расстояние от середины отрез­ка \(АВ\) до прямой \(l\).

Решение №39452: Расстояние от точки до прямой - это длина перпендикуляра, проведенного из точки к прямой. Проведем \(AD \perp l\), \(KE \perp l\), \(BC \perp l\) (\(AD = 7\) см, \(BC = 11\) см) \(\Rightarrow AD \parallel KE \parallel BC \Rightarrow ABCD\) - трапеция. Параллельные прямые, проведенные через точки \(А\), \(K\) и \(В\), отсекают от прямой \(l\) равные отрезки, т. e. \(DE = EC\) (по теореме Фалеса). \(AK = KB\), \(DE = EC \Rightarrow KE\) - средняя линия трапеции (по определению) \(\Rightarrow\) по свойству средней линии трапеции \(KЕ = \fraq{1}{2}(AD + BC) = \fraq{1}{2}(7 + 11) = 9\) (см).

Ответ: 9 см.

Боковую сторону равнобедренного треугольника разделили на четы­ре равные части. Через точки деления проведены прямые, параллельные основанию треугольника. Найдите отрезки этих прямых, заключенные внутри треугольника, если его основание равно 12 см.

Решение №39453: \(AK = KL = LM = MB\). Параллельные прямые, проходящие через точки \(А\), \(K\), \(L\), \(M\), отсекают от второй стороны угла равные отрезки (по теореме Фалеса) \(\Rightarrow BN = NP = PT = TC\). T. к. \(AK = KL = LM = MB \Rightarrow AL = LB\). T. к. \(BN = NP = PT = TC \Rightarrow BP = РС \Rightarrow\) по определению средней линии треугольника \(LP\) - средняя линия \(\Delta АВС\). По свойству средней линии \(LP = \fraq{1}{2} AC = 6\) см и \(LP \parallel AC\). Т. к. \(LM = MB\) и \(BN = NP \Rightarrow\) по определению средней линии треугольника \(MN\) - средняя линия \(\Delta LBP \Rightarrow MN = \fraq{1}{2}LP = 3\) см (по бронатву средней линии). \(LP \parallel AC \Rightarrow\) - трапеция, \(AK = KL\), \(РТ = ТС \Rightarrow\) по определению средней линии \(KТ\) - средняя линия трапеции. По свойству средней линии трапеции \(KT = \fraq{1}{2}(AC + LP) = \fraq{1}{2}(12 + 6) = 9\) (см).

Ответ: 9 см, 6 см, 3 см.

Точки \(М\) и \(N\) - середины сторон \(ВС\) и \(АО\) параллело­грамма \(ABCD\) . Докажите, что прямые \(AM\) и \(CN\) делят диагональ \(BD\) на три равные части.

Решение №39454: По свойству параллелограмма \(AD = BC\), \(М\) - середина \(BC\), \(N\) - середина \(AD \Rightarrow BM = MC = AN = ND\). По определению параллелограмма \(AD \parallel BC \Rightarrow AN \parallel MC\). Рассмотрим четырехугольник \(AMCN\): \(NA \parallel MC\) и \(NA = MC \Rightarrow AMCN\) - параллелограмм. По определению параллелограмма \(AM \parallel NC\). Рассмотрим \(\angle ADB\): \(AN = ND\), \(AM \parallel CN \Rightarrow\) по теореме Фалеса параллельные прямые, проходящие через точки \(A\), \(N\), \(D\), отсекают на другой стороне угла \(\angle ADB\) равные отрезки \(\Rightarrow DL = LK\). Рассмотрим \(\angle DBC\): \(BM = MC\), \(AM \parallel NC \Rightarrow\) по теореме Фалеса параллельные прямые, проходящие через точки \(В\), \(М\), \(С\), отсекают на другой стороне угла \(\angle CBD\) равные отрезки \(\Rightarrow ВK = KL \Rightarrow BK = KL = LD\). Доказано.

Ответ: NaN

Разделите данный отрезок в отношении \(3 : 2\).

Решение №39455: 1) От точки \(А\) отложим луч \(АС\), отличный от луча \(АВ\). 2) От точки \(А\) на луче \(АС\) отложим 5 равных отрезков \(\Rightarrow\) получим точки \(С_{1}\), \(С_{2}\), \(С_{3}\), \(С_{4}\) и \(С_{5}\). 3) Соединим точки \(С_{5}\) и \(В\). 4) Через точки \(С_{4}\), \(С_{3}\), \(С_{2}\), \(С_{1}\) проведем прямые, параллельные прямой \(\(С_{5}В \Rightarrow\_ получим точки \(D_{1}\), \(D_{3}\), \(D_{3}\), \(D_{4}\). 5) По теореме Фалеса: \(AD_{1}\) = D_{1}D_{2} = D_{2}D_{3} = D_{3}D_{4} = D_{4}B\), т. e. т. \(D_{3}\) делит отрезок \(АВ\) в отношении \(3 : 2\).

Ответ: NaN

Докажите, что отрезок, соединяющий середины диагоналей трапе­ции, параллелен основаниям трапеции и равен их полуразности. Решите задачу 197 при условии, что точки \(А\) и \(B\) лежат по разные стороны от прямой \(l\).

Решение №39456: 1) Проведем среднюю линию \(KL\) трапеции \(ABCD\). По определению средней Линии \(АК = КВ\) и \(CL = LD\). По свойству средней линии \(KL \parallel AD\) и \(KL \parallel BC\). Рассмотрим \(/angle BDC; CL = LD\) и \(LK \parallel BC \longrightarrow\) по теореме Фалеса \(LK\) пересекает сторону \(BD\) посередине \(\longrightarrow\) т. \(F\) лежит на прямой \(LK\). Рассмотрим \(\angle BAC: AK = KB\) и \(KL \parallel BC \longrightarrow\) по теореме Фалеса \(KL\) делит сторону \(АС\) пополам =› т. \(Е\) лежит на прямой \(LK\). Т.к. \(LK \parallel AD\) и \(LK \parallel BC\), то \(EF \parallel AD\) и \(EF \parallel BC\). Рассмотрим \(\Delta ACD: EL\) - средняя линия \(\Delta ACD \longrightarrow\) по свойетву средней линии \(EL = \fraq{1}{2}AD\). Рассмотрим \(\Delta BDC: FL\) - средняя линия \(\Delta BDC \longrightarrow\) по свойству средней линии \(FL = \fraq{1}[2}BC\) 2) Расстояние от точки до прямой - это длина перпендикуляра, проведенного из этой точки к данной прямой. Проведем \(АН_{1} \perp 1\), \(BH_{3} \perp l\), \(CH_{2} \perp l \longrightarrow AH_{1} = 7 см\), \(BH_{3} = 14 см\) и \(AH_{1} \perp BH_{3}\), а \(CH_{2}\) - искомое расстояние. Т.к. \(;AH_{1} \parallel ВН_{3}\), то \(АН_{1}ВН_{1}\) трапеция. Рассмотрим \(\angle BAH_{3}: AC = CB\), \(ВН_{3} \parallel CH_{1} \longrightarrow\) по теореме Фалеса параллельные прямые \(СН_{2}\) и \(ВН_{3}\) проходящие через точки \(С\) и \(В\), отсекают на \(Н_{1}Н_{3}\). равные отрезки, т. е. \(H_{1}H_[2} = H_{2}H_{3}\). T. e. отрезок \(СH_{2}\), соединяет середины диагоналей трапеции \(\longrightarrow\) по доказанному в задаче 201 (1) \(СН_{1} = \fraq{1}{2}(ВН_{3} - АН_{1}) = 2 см\). Ответ: \(2 см\).

Ответ: Ответ: \(2 см\)

Середина боковой стороны равнобокой трапеции с основаниями \(а\) и \(b\) (\(а < b\)) соеди­нена с основанием ее высоты (см. рис. ниже). Дока­жите, что: а) \(HD = \fraq{b - a}{2}\); б) \(АН = MN = \fraq{a + b}{2}\).

Решение №39457: \(MN\) - средняя линия трапеции по свойству средней линии трапеции. \(MN \parallel AD\) и \(MN \parallel BC\). По условию \(AM = MB\), \(CN = ND\), \(AB = CD \longrightarrow AM = MB = CN = ND\). Рассмотрим \(\angle HCD: CN = ND\),\(AD \parallel MN \longrightarrow\) по теореме Фалеса параллельные прямые \(AD\) и \(MN\), проходящие через точки \(D\) и \(N\), отсекают на второй стороне равные отрезки, т. е. \(СК = КН\). T. к. \(MN \parallel AD\), a \(CH \perp AD\), то \(CK \perp MN \longrightarrow \Delta CKN = \Delta HKN\) (по двум катетам) \(\longrightarrow CN = NH\). \(\Delta DNH\) - равнобедренный \(DN = NH\) \(\longrightarrow\) \(/angle NDH = \angle NHD\). По свойству равнобокой трапеции \(\angle BAD = \angle CDA = \angle BAD = \angle NHD\), a эти углы являются соответственными при прямых \(МА\) и \(МН\) и секущей \(АН \longrightarrow AM \parallel NH\). Рассмотрим четырехугольник \(AMNH: AM \parallel NH\), \(AM = NH \longrightarrow AMNH\) - параллелограмм по признаку о двух сторонах \(\longrightarrow\) a) \(АН = MN\); по свойству средней линии \(MN = \fraq{a+ b}{2}\), т. e. \(AH = \fraq{1}{2}(a+b)\); б) \(HD = AD - AH = b - \fraq{a + b}{2} = \fraq{2b - a - b}{2} = \fraq{b - a}{2}/)

Ответ: NaN

В равнобокой трапеции диагональ длиной 4 см образует с основанием угол \(60^\circ\). Найдите среднюю линию трапеции.

Решение №39458: Проведем высоту \(КН\). Как доказано в N 202, \(HLKT\) - параллелограмм и \(LK = HT\), т. e. \(HT = \fraq{1}{2} (RS +QT) = LK\). Рассмотрим \(\Delta RHT: \angle RHT=90^\circ, \angle RTH = 60^/circ \longrightarrow \angle HRT = 30^\circ\) (из теоремы о сумме углов треугольника). \(RT = 4 см \longrightarrow НТ = 2 см\) (как катет, лежащий против угла \(30^\circ\)) \(\longrightarrow LK = 2 см\). Ответ: \(2 см\).

Ответ: Ответ: \(2 см\).

а) В треугольнике \(АВС\) каждая из боковых сторон \(АВ\) и \(ВС\) разделена на \(m\) равных ча­стей (см. рис. ниже). Докажите, что отрезки, со­единяющие соответствующие точки деления, параллельны между собой и параллельны стороне \(АС\). б) Сформулируйте и докажите аналогичное утверждение для трапеции. в) Сформулируйте утверждение, обратное теореме Фалеса, и опровергните его с помощью контрпримера.

Решение №39459: а) Через точки \(А_{1}, А_{2},, А_{3}, ..., А_{m-1}\) проведем прямые, параллельные стороне \(АС\). По теореме Фалеса параллольные прямые, проходящие через точки \(А_{1}, А_{2}, А_{3}, ... , А_{m-1}\) отсекут на стороне \(ВС m\) равных отрезков прямые пересекут \(ВС\) в точках \(B_{1}, B_{2}, ... , B_{m-1} \longrightarrow A_{1}B_{1} \parallel A_{2}B_{2} \parallel ... \parallel A_{m-1}B_{m-1} \parallel AC\) б) Утверждение: если в трапеции \(ABCD\) боковые стороны разделены на \(m\) равных отрезков, то отрезки, соединяющие соответствующие точки деления, параллельны между собой и основаниям трапеции. Через точки \(А_{1}, А_{2}, ... А_{m-1}\) проведем прямые, параллельные основаниям трапеции \(ВC\) и \(AD\). По теореме Фалеса параллельные прямые, проходящие через точки \(А_{1}, А_{2}, ... , А_{m-1}\), отсекут на стороне \(CD\) равные отрезки (\(m\) штук) \(\longrightarrow-\) пересекут \(CD\) в точках \(B_{1}, B_{2}, …B_{m-1} \longrightarrow A_{1}B_{1} \parallel A_{2}B_{2} \parallel ... A_{m-1}B_{m-1} \parallel AD \parallel BC\) в) Утверждение (обратное теореме Фалеса): если прямые отсекают на одной стороне угла равные отрезки и на другой стороне угла равные отрезки, то такие прямые параллельны. Данное утверждение неверно, т. к. прямые \(l_{1}\) и \(l_{2}\) (см. рис.) пересекают стороны угла и на каждой из них отсекают равные отрезки, но \(l_{1}/l_{2}\)

Ответ: NaN

Через вершину равностороннего треугольника, вписанного в окруж­ность, проведена прямая, параллельная его стороне. Докажите, что эта прямая является касательной к окружности.

Решение №39460: Центр описанной около треугольника окружности находится на пересечении серединных перпендикуляров к сторонам треугольника \(B\) равностороннем треугольнике это, пересечение высот, т. е. т. \(O\) (центр окружности) \(\in ВН\) (высота треугольника) \(\longrightarrow ОВ\) - радиус. \(BH \perp AC, l \parallel AC \longrightarrow l \perp BH\), т. e. \(l \perp BO\). Предположим, что \(l\) не является касательной к окружности, тогда \(l\) - секущая \(\longrightarrow l\) имеет с окружностью 2 общие точки. Но тогда \(\angle OBK + 90^\circ\), т. е. \(l \not\perp BO\), что противоречит доказанному выше \(\longrightarrow l\) является касательной к окружности в т. \(В\).

Ответ: NaN

Внешний угол равнобедренного треугольника равен \(80^\circ\). Найдите углы треугольника.

Решение №39461: Поскольку внешний угол меньше \(90^\circ\), то внутренний угол треугольника тупой. Т. к. треугольник равнобедренный, то его углы при основании равны, они не могут быть тупыми, то к. тогда нарушается теорема о сумме углов треугольника - данный внешний угол - это внешний угол при вершине треугольника, про-тиволежащий основанию. По свойству внешнего угла треугольника \(\angle ABD = \angle BAC + \angle BCA\), a т. к. \(\angle BAC = \angle BCA\),то \(\angle BAC = \angle BCA = 80^\circ : 2 = 40^\circ\). \(\angle DBA \) и \(\angle ABC\) - смежные \(\longrightarrow \angle ABC = 180^\circ - 80^\circ = 100^\circ\) Ответ: \(40^\circ, 40^\circ, 100^\circ\)

Ответ: Ответ: \(40^\circ, 40^\circ, 100^\circ\)

Определите, является ли вписанный в окружность угол \(АВС\) острым, прямым или тупым, если: а) дуга \(АВС\) этой окружности меньше полуокружности; б) дуга \(АВС\) этой окружности больше полуокружности; в) дуга \(АВС\) этой окружности равна полуокружности.

Решение №39462: а) \(\cup АВС\) меньше полуокружности \(\longrightarrow\) дуга, на которую оцирвется \(\angle ABC\), - больше полуокружности \(\longrightarrow \cup ADC > 180^\circ = \angle ABC > \fraq{180^\circ}{2} \longrightarrow \angle ABC > 90^\circ \longrightarrow \angle ABC\) - тупой. б) \(\cup ABC\) больше побуоружности дуга, на которую опирается \(\angle ABC\), - меньше полуокружности, т. е. \(\cup ADC < 180^\circ \longrightarrow \angle ABC < 180^\circ\) - острый в) а) \(\cup АВС\) равна полуокружности \(\longrightarrow\) дуга, на которую опирвется \(\angle ABC\), - равна полуокружности \(\longrightarrow \cup ADC = 180^\circ = \angle ABC = \fraq{180^\circ}{2} \longrightarrow \angle ABC = 90^\circ \longrightarrow \angle ABC\) - прямой.

Ответ: NaN

Сторона вписанного угла проходит через центр окружности (см. рис. 62, а). Может ли данный угол быть тупым; прямым?

Решение №39463: \(АO = OB = ОС \longrightarrow \Delta AOB\) - равнобедренный \(\longrightarrow \angle OAB = \angle ABO \longrightarrow \angle ABO\) может быть только острым, т.к. в противном случае нарушается теорема о сумме углов треугольника

Ответ: NaN

Трое футболистов пробивают штрафные удары по воротам из точек \(А\), \(В\) и \(С\), которые лежат на окружности (см. рис. ниже). У кого из них угол обстрела ворот наибольший?

Решение №39464: \(\angle A = \angle B = \angle С\) , т. к. эти углы опираются на одну и ту же дугу. Следовательно, у всех футболистов угол обстрела ворот одинаковый

Ответ: NaN

Могут ли два вписанных угла быть рав­ными, если они не опираются на одну дугу?

Решение №39465: Два вписанных угла могут быть равными, опираясь на разные дуги, если они стягиваются хордой диаметром. \(\angle BAC = \angle CDA = 90^\circ\), но \(\angle BAC\) опирается на \(\cup BDC\), a \(\angle BDC\) опирается на \(\cup BAC\).

Ответ: NaN

Могут ли вписанные углы \(АВС\) и \(АВ_{1}С\) не быть равными? Приведите пример.

Решение №39466: Могут, т. к. \(\angle ABC \neq \angle AB_{1}C\).

Ответ: Могут, т. к. \(\angle ABC \neq \angle AB_{1}C\).

Может ли: а) угол, стороны которого пересекают окружность в концах диаметра, быть острым; б) угол с вершиной на окружности, стороны которого пересекают окружность в концах диаметра, быть острым?

Решение №39467: а) Да, угол, стороны которого пересекают окружность в концах диаметра, может быть острым. На рисунке \(\angle \alpha\) - острый. В условии не сказано, что угол должен быть вписанным. б) Нет, угол, вершина которого лежит на окружности, а стороны пересекают окружность в конце диаметра, не может быть острым, т. к. это вписанный угол, опирающийся на полуокружность \(\Rightarrow\) он должен быть равным \(90^\circ\).

Ответ: а) Да; б) Нет.

Гипотенуза прямоугольного треугольника равна 10. Может ли вы­сота, проведенная к ней, быть равной 6? Ответ обоснуйте.

Решение №39468: Медиана, проведенная к гипотенузе, равна половине гипотенузы, т. e. \(BD = \fraq{AC}{2} = 5\) см. Поскольку длина перпендикуляра прямой, проведенного из точки, меньше длины наклонной, проведенной из той же точки, то \(BH < BD \Rightarrow BH \neq 6\) см.

Ответ: Не может. Медиана, проведенная к гипотенузе, равна половине гипотенузы, т. e. \(BD = \fraq{AC}{2} = 5\) см. Поскольку длина перпендикуляра прямой, проведенного из точки, меньше длины наклонной, проведенной из той же точки, то \(BH < BD \Rightarrow BH \neq 6\) см.

Начертите окружность с центром в точке \(О\) и отметьте на ней точ­ки \(А\), \(B\) и \(С\). а) Выделите двумя цветами два угла, образованные лучами \(ОА\) и \(ОС\). б) Каким цветом выделен угол, который в два раза больше угла \(АВС\)? в) Отметьте на окружности точку \(D\) так, чтобы вписанные углы \(АВС\) и \(АDС\) были равны.

Решение №39469: б) выделен узором; в) \(\angle ABC = \angle ADC\), т. к. опираются на одну и ту же дугу.

Ответ: NaN

Начертите окружность с центром \(О\) и проведите ее диаметр \(АВ\). а) Отметьте на окружности точку \(С\) и измерьте угол \(АСВ\). Объяс­ните полученный результат. б) Начертите и выделите красным цветом центральный угол, кото­рый в два раза больше угла \(АВС\).

Решение №39470: a) \(\angle ACB = 90^\circ\), т. к. опирается на диаметр (полуокружность); б) \(\angle AOC = 2\angle ABC\).

Ответ: a) \(\angle ACB = 90^\circ\), т. к. опирается на диаметр (полуокружность); б) \(\angle AOC = 2\angle ABC\).

В окружности построен центральный угол. Найдите градусные ме­ры дуг, которые образовались, если: а) одна из них больше другой на \(120^\circ\); б) они относятся как \(2 : 7\).

Решение №39471: а) Пусть градусная мера \(\cup AOB = x^\circ\), тогда \(\cup ADB = 120^\circ + x\). Вместе эти дуги составляют окружность \(\Rightarrow \cup ACB + \cup ADB = 360^\circ\); \(2x + 120^\circ = 360^\circ \Rightarrow х = 120^\circ\), т. e. \(\cup ACB = 120^\circ \Rightarrow \cup ADB = 240^\circ\). Ответ: 120° 240°. б) Пусть градуеная мера \(\cup ACB = 2x\), тогда \(\cup ADB = 7х\). Вместе эти дуги составляют окружность \(\Rightarrow \cup ACB + \cup ADB = 360^\circ\); \(2x + 7x = 360^\circ \Rightarrow x = 40^\circ \Rightarrow \cup ACB = 80^\circ\), \(\cup ADB = 280^\circ\). Ответ: 80°, 280°.

Ответ: а) \(120^\circ, 240^\circ\). б) \(80^\circ, 280^\circ\).

Найдите градусную меру дуги, которая составляет: а) четверть окружности; б) треть окружности; в) \(\fraq{5}{18}\) окружности.

Решение №39472: Вся окружность \(360^\circ\), следовательно: a) \(\cup KLM = \fraq{1}{4}\) окружности \(\Rightarrow \cup KLM = 360 : 4 = 90^\circ\); б) \(\cup MNK = \fraq{1}{3}\) окружности \(\Rightarrow \cup MNK = 360 : 3 = 120^\circ\); в) \(\cup ABC = \fraq{5}{18}\) окружности \(\Rightarrow \cup ABC = \fraq{360}{18} \cdot 5 = 100^\circ\).

Ответ: а) \(90^\circ\); б) \(120^\circ\); в) \(100^\circ\).

По данным рис. 69 найдите градусную меру \(х\) (точка \(О\) — центр окружности).

Решение №39473: a) \(\angle ABC\) - вписанный угол, \(\angle AOC\) - соответствующий ему ценральный \(\Rightarrow \angle ABC = \fraq{1}{2} \angle AOC \Rightarrow \angle ABC = \fraq{1}{2} \cdot 140^\circ = 70^\circ \) (по теореме о вписанном угле). б) \(\angle ABC\) - вписанный, опирается на \(\cup ADC\), \(\angle AOC\) - центральный, опирается на \(\cup ADC \Rightarrow \angle AOC = 2\angle ABC = 40^\circ\) (по теореме о вписанном угле). в) Поскольку градусная мера дуги - это градусная мера соответствующего центрального угла, то \(\cup ADB = \angle AOB\); \(\cup ADB = 150^\circ\). Дуги \(\cup ADB\) и \(\cup ACB\) coставляют окружность, т. е. \(\cup ADB + \cup ACB = 360^\circ \Rightarrow \cup ACB = 210^\circ\).

Ответ: а) \(70^\circ\); б) \(40^\circ\); в) \(210^\circ\).

По данным рис. 70 найдите угол \(х\) (точка \(О\) — центр окружности).

Решение №39474: a) Вписанный угол \(РKТ\) опирается на \(\cup PST\), центральный угол \(РОТ\) опирается на \(\cup PST \Rightarrow \angle PKT = \fraq{1}{2}\angle POT = 40^\circ\) (по теореме о вписанном угле). б) \(\angle LMN\) - вписанный, опирается на \(\cup LAN\); \(\angle LKN\) - вписанный, опирается на \(\cup LAN\). Поскольку градусные меры углов, опирающихся на одну и ту же дугу, равны, то \(\angle LKN = 50^\circ\). в) \(\cup ABC\) и \(\cup ADC\) составляют окружность \(\Rightarrow \cup ABC + \cup ADC = 360^\circ \Rightarrow \cup ADC = 300^\circ\). Поскольку градусная мера вписанного угла - это половина градусной меры дуги, на которую он опирается, то \(\angle ABC = \fraq{1}{2} \cup ADC = 150^\circ\) (по теореме про вписанный угол).

Ответ: а) \(40^\circ\); б) \(50^\circ\); в) \(150^\circ\).

На окружности отмечены точки \(А\), \(В\), \(С\) и \(D\). Найдите угол \(АВС\), если \(\angle АDC = \alpha\). Сколько решений имеет задача?

Решение №39475: Случай 1: \(\angle ABC\) и \(\angle ADC\) опираются на одну дугу (\(\cup AKC\)) \(\Rightarrow \angle ABC = \angle ADC = \alpha\). Случай 2: \(\angle АВС\) опирается на \(\cup ADC\), a \(\angle ADC\) - на \(\cup AKC\). Поскольку градусная мера вписанного угла равна половине градусной меры соответствующей дуги, то \(\cup AKC = 2\alpha\), \(\cup ADC = 2\angle ABC\). Вместе \(\cup AKC\) и \(\cup ADC\) составляют \(360^\circ\): \(\cup AKC + \cup ADC = 360^\circ\). \(2\alpha + 2\angle ABC = 360^\circ\); \(\alpha + \angle ABC = 180^\circ \Rightarrow \angle ABC = 180^\circ - \alpha\).

Ответ: Возможны два случая - \(\alpha\) или \(180^\circ - \alpha\).

На окружности отмечены точки \(А\), \(В\) и \(С\), причем хорда \(АС\) равна радиусу окружности. Найдите угол \(АВС\). Сколько решений имеет задача?

Решение №39476: \(\angle AOC\) опирается на \(\cup ALC\). Рассмотрим \(\Delta АОС: AO = OC\) как радиусы; \(АО = АС\) (по условию) \(\longrightarrow \Delta АОС\) - равносторонний \(\longrightarrow \Delta AOC = 60^\circ \longrightarrow \cup ALC = 60^\circ\) (т. к. градусная мера дуги, по определению это соответствующая градусная мера центрального угла). Случай 1: \(\angle CBA\) опирается на \(\cup ALC\). Пo теореме о вписанном угле \(\angle CBA =\fraq{1}{2}\cup AFC = 30^\circ\). Случай 2: \(\angle CBA\) опирается на \(\cup ALC\). По теореме о вписанном угле \(\angle CBA = \fraq{1}{2} \cup ALC = 30^\circ\) \(\cup ALC\) и \(\cup AFC\) составляют окружность, т. e. \(\cup ALC + \cup AFC = 360° \longrightarrow \cup AFC = \fraq{1}{2} 300^\circ = 150^\circ\). Ответ: возможны два случая - \(30^\circ\) и \(150^\circ\)

Ответ: Ответ: возможны два случая - \(30^\circ\) и \(150^\circ\)

Треугольник \(АВС\) вписан в окружность, центр которой лежит на отрезке \(АВ\). Найдите: а) угол \(B\), если \(\angle А = 65^\circ\); б) медиану, проведенную из вершины \(С\), если \(АВ = 12\) см.

Решение №39477: a) \(\angle A = 65^\circ\); б) \(AB = 12 см\); \(СК\) - медиана. Найти: a) \(\angle B\); б) \(СК\). a) \(O \in AB \longrightarrow AB\) - диаметр \(\longrightarrow\) \(\angle ACB\) опирается на полуокружность \(\longrightarrow \angle ACB = 90^\circ\). По теореме о сумме углов треугольника: \(\angle A + \angle B + \angle C = 180^\circ \longrightarrow \angle B = 25^\circ\). б) Медиана прямоугольного треугольника, проведенная к гипотенузе, равна половине гипотенузы \(\longrightarrow СК = \fraq{1}{2} АВ = 6 см\). Ответ: a) \(25^\circ\); 6) \(6 см\).

Ответ: Ответ: a) \(25^\circ\); 6) \(6 см\).

Отрезок \(АС\) - диаметр окружности с центром \(О\), а точка \(В\) лежит на этой окружности. Найдите: а) угол между хордами \(ВА\) и \(ВС\); б) отрезок \(АС\), если \(ВО = 5\) см.

Решение №39478: a) \(\angle ABC\) опирается на полуокружность \(\longrightarrow \angle ABC = 90^\circ\). б) \(OB = OC = OA\) - радиусы окружности \(\longrightarrow АС = 2OB = 10 см\). Ответ: a) \(90^\circ\) б) \(10 см\)

Ответ: Ответ: a) \(90^\circ\) б) \(10 см\)

Докажите, что биссектриса вписанного угла делит пополам дугу, на которую он опирается.

Решение №39479: \(BD\) - биссектриса \(\angle ABC \longrightarrow \angle ABD = \angle DBC\). Поскольку градусная мера угла равна половине градусной меры дуги, на которую он опирается, то \(\cup AKD = 2 \angle ABD и \(\cup DLC = 2 \angle DBC\); а т.к. \(\angle ABD = \angle DBC\) по условию \(\longrightarrow \cup AKD = \cup DLC\).

Ответ: NaN

По данным рис. 71 найдите угол \(х\) (точка \(О\) - центр окружности).

Решение №39480: \(\angle ABC\) опирается на диаметр \(\longrightarrow \angle ABC = 90^\circ\); \(\angle BDC\) и \(\angle ВАС\) опираются на одну дугу. \(\longrightarrow \angle BAC = \angle BDC = 25^\circ\). По теореме о сумме углов треугольника в \(\Delta АВС: \angle BAC + \angle ABC + \angle BCA = 180^\circ \longrightarrow \angle BCA = 65^\circ\). По аксиоме измерения углов: \(\angle ABC = \angle ABD + \angle DBC = 90^\circ \longrightarrow \angle DBC = 90^\circ - 50^\circ = 60^\circ\). По теореме о сумме углов треугольника в \(\Delta BЕС: \angle BEC + \angle EBC + \angle BCE = 180^\circ \longrightarrow \angle BEC = 180^\circ - (60^\circ + 65^\circ) = 55^\circ\) Ответ: \(55^\circ\)

Ответ: Ответ: \(55^\circ\)

По данным рис. 72 найдите угол \(х\) (точка \(О\) - центр окружности).

Решение №39481: \(\angle ABC\) и \(\angle ADC\) опираются на одну дугу \(\longrightarrow \angle ABC = \angle ADC = 45^\circ\). По теореме о сумме углов в \(\Delta ABL: \angle ABC + \angle ALB + \angle BAL = 180^\circ \longrightarrow BLA = 120^\circ\) Ответ: \(120^\circ\) б) \(AOOB = OC\)- радиусы окружности \(\longrightarrow\) - равнобедренный. По свойству равнобедренного треугольника \(\angle ВАО = \angle ABO\). По теореме о сумме углов треугольника: \(\angle AOB + \angle OBA + \angle OAB = 180^\circ \longrightarrow \angle OBA = \angle OAB = (180^\circ - \angle AOB) : 2 = 110^\circ : 2 = 55^\circ\) Ответ: \(55^\circ\)

Ответ: Ответ: \(55^\circ\)