Геометрия: Планиметрия в тезисах и решениях. 9 класс

Рис. 220.

Решение. Пусть ВС = х, тогда AD = х – 4. Площадь треугольника ABC равна 1/2 ? ВС ? AD = 1/2 ? х ? (х – 4). По условию площадь равна 16. Значит, 1/2 ? х ? (х – 4) = 16, откуда х = 8. BС = 8, AD = BС – 4 = 4. По теореме Пифагора

Периметр треугольника равен PABC = AC + BC + AB = 5 + 8 + ?41 = 13 + ?41.

Ответ: 13 + ?41 см.

Решение. Запишем площадь треугольника тремя способами:

c другой стороны,

Аналогично

Рис. 221.

Решение. Пусть в треугольнике ABC АС = ?2. Проведем отрезок DE так, что площадь треугольника DBE равна площади трапеции ADEC. Так как нам нужно найти длину отрезка DE, обозначим ее через х. Введем еще обозначения: высоту треугольника DBE обозначим через h1 высоту трапеции ADEC через h2 Составим систему уравнений:

Первое уравнение фиксирует равенство площадей треугольника DBE и трапеции ADEC. Второе уравнение констатирует тот факт, что площадь треугольника ABC в 2 раза больше площади треугольника DBE, при этом использовано условие АС = ?2. Решая систему, получаем:

Ответ: 1.

Рис. 222.

Решение. Пусть в треугольнике ABC ВС = а, ?АВС = ?, ?АСВ = ?, длину АС обозначим через х. По теореме синусов:

Площадь треугольника равна половине произведения двух сторон треугольника на синус угла между ними.

Ответ:

Рис. 223.

Решение. Пусть ABC – данный в условии задачи треугольник. Так как медиана треугольника ABC – отрезок СЕ – всегда лежит внутри треугольника, то, чтобы точка пересечения отрезков СЕ и BD также лежала внутри треугольника ABC, необходимо, чтобы угол С был меньшим 90°. Обозначим через Р точку пересечения прямых BD и СЕ. Так как PD перпендикулярна АС, то расстояние от точки Р до стороны АС равно длине отрезка PD, т. е. равно 1 см. Проведём через точку Е прямую, параллельную основанию АС треугольника ABC. Пусть эта прямая пересекает высоту BD в точке К, а сторону ВС в точке F. Так как СЕ – медиана и прямая EF параллельна АС, то EF – средняя линяя треугольника ABC. Поэтому, в частности, прямая EF делит пополам высоту BD, т. е. KD = 1/2BD = 3 см. Теперь находим, что КР = KD – PD = 2 см. Треугольники ЕРК и DPC подобны, так как у них ?ЕРК = ?DPC, как величины вертикальных углов, ?РКЕ = ?PDC = 90°. Из подобия этих треугольников следует, что KP/PD = EP/PC. Так как PC = ЕС – ЕР, то это равенство можно записать в виде 2/1 = EP/(5 – EP), откуда получаем, что ЕР = 10/3 см. Из прямоугольного треугольника ЕКР находим, что

Так как ЕК средняя линия треугольника ABD, то AD = 2 ? ЕК 16/3 см. Из прямоугольного треугольника ADB находим

Ответ:

Рис. 224.

Решение. Обозначим длину отрезка АС через х. Из прямоугольного треугольника АЕС по теореме Пифагора находим

Поусловию BE: EС = 5:9, значит,

Площадь треугольника ABC равна 1/2 BD ? АС и одновременно 1/2 АЕ ? ВС, так что BD ? АС = АЕ ? ВС или

Последнее уравнение можно переписать в виде

Возведя последнее уравнение в квадрат, получим, что х2= 225, откуда х = 15, либо х = -15. Так как х – длина стороны, то х = 15. Следовательно, длина стороны АС равна 15.

Ответ: 15.

Рис. 225.

Решение. По теореме синусов ВС = 2Rsin ?ВАС = 2 ? 2 ? 1/2 = 2, где R – радиус описанной окружности. Так как АВ – хорда, то её длина не больше диаметра, т. е. АВ ? 2R = 4. Покажем, что АВ < 4. Если АВ = 4, то ?АСВ = ?/2 и должно выполняться равенство АВ2= АС2+ ВС2. Но оно не выполняется, так как 42? З2+ 22. Значит, АВ < 4. Тогда

Требуемое утверждение доказано.

Рис. 226.

Решение. Пусть ВК и AD – медианы, проведенные соответственно к сторонам АС и ВС. Обозначим через Е точку их пересечения. Так как точка К – середина стороны АС и точка D – середина стороны ВС, то отрезок KD – средняя линия треугольника ABC. Следовательно, АВ = 2 ? KD. Так как по условию задачи ВК и AD перпендикулярны, то треугольники АЕК, KED, BED, АЕВ прямоугольные. Применяя теорему Пифагора к этим треугольникам, имеем:

Ответ:

Рис. 227.

Решение. Пусть в треугольнике ABC АВ = ВС = 12, ?ABC = 120°. Так как в треугольнике сумма углов равна 180°, то ?А + ?С = 180° – 120° = 60°. Учитывая, что в равнобедренном треугольнике углы при основании равны, получаем: ?А = 30°. Рассмотрим треугольник ВНА, где ВН – высота треугольника. ВН – катет в этом треугольнике, лежащий напротив угла в 30°.

Тогда ВН = 1/2 ? АВ = 6.

Ответ: 6.

Рис. 228.

Решение. Поскольку высота в равнобедренном треугольнике, проведённая к основанию, является и медианой треугольника, то AD = DC = 2. Тогда по теореме Пифагора имеем:

Естественно, что и ВС = 2?5. Воспользуемся формулой радиуса описанной около треугольника окружности R = abc/4S. Длины сторон треугольника равны 4, 2?5, 2?5, а площадь треугольника S = 1/2 ? AC ? BD = 1/2 ? 4 ? 4 = 8;

Тогда площадь круга Sкруга = ?R2= 25?/4.

Ответ: 25?/4.

Рис. 229.

Решение. Так как BD – высота в равнобедренном треугольнике ABC, то она является и медианой, т. е. AD = DC. Так как AC/BC = 6/5, то можно обозначить DC = Зх; ВС = 5х (см. рис.). Из ?BCD по теореме Пифагора DB2+ DC2= ВС2. Или 82+ (Зх)2= (5х)2; х = 2. Радиус вписанной окружности r = S/P; площадь треугольника S = 1/2 АС ? BD = 1/2 ? 6х ? 8 = 48; полупериметр р = (5x + 5x + 6x)/2 = 16; r = 48/16 =3.

Ответ: 3.

Решение. Sзаштрихованного сектора = 1/3(Sкруга – Sтреугольника). Длина окружности l = 2?R. По условию l = 4?; 2?R = 4?; R = 2. Sкpyгa = ?R2= 4?. Длину стороны треугольника найдём по теореме синусов:

Ответ:

Рис. 230.

Решение. Пусть К – произвольная точка внутри равностороннего треугольника ABC со стороной а. Опустим перпендикуляры KM, KN, КР на стороны треугольника. Обозначим эти перпендикуляры следующим образом: КМ = х, KN = у, КР = z. Тогда SABC = SABK + SBKC + SAKC. Получаем равенство:

Отсюда (a?3)/2 = x + y + z. Но высота h треугольника равна h = a ? sin 60° = (a?3)/2; значит, х + у + z = h.

Рис. 231.

Решение. Так как AD – высота в равнобедренном треугольнике ABC, то она является и медианой. Значит, BD = DC = 6. Тогда AD = BD = 6, так как ?ABD = ?BAD = 45°.

Можно было увидеть и другую закономерность. Так как D – середина гипотенузы, то D – центр описанной около треугольника ABC окружности. Значит. DA = DB = DC = 6.

Ответ: 6 см.

Рис. 232.

Решение. Обозначим угол ВАС через ?. Тогда AC = BC ? ctg?. Последовательно находим:

Ответ: 96/5; 345, 6

Рис. 233.

Решение. Обозначим катеты прямоугольного треугольника ABC с гипотенузой ВС через а и b (см. рис). Тогда

По условию SBCD = 2SABC. Значит,

преобразуем это уравнение к виду

Дискриминант D этого уравнения будет равен

Но a/b = tg(?ВСА), значит, ?ВСА = 60° или 30°.

Ответ: 60°; 30°.

Рис. 234.

Решение. Пусть ABC – заданный треугольник, AD – высота, опущенная на гипотенузу. Тогда по условию BD = 9, DC = 16. Обозначим АВ через х, АС через у, высоту AD через h. По теореме Пифагора: BD2+ AD2= АВ2; DC2+ AD2= АС2; АВ2+ AC2= ВС2. Получаем систему уравнений:

Сложим все уравнения:

81 + 256 + 2h2+ х2+ у2= х2+ у2+ 625;

2h2= 228; h = 12; х2= 81 + 144 = 225; x = 15;

у2= 256 + 144 = 400; y = 20.

Далее воспользуемся формулой r = S/p.

r = 150/30 = 5.

Ответ: 5.

Рис. 235.

Решение. Пусть ABC – данный в условии задачи треугольник. По теореме Пифагора находим, что AC = ?3. Поскольку sin ?ABC = ?3/2, то, учитывая, что угол ?ABC – угол прямоугольного треугольника, находим, что ?ABC = ?/3. Следовательно, ?АСВ = ?/6. Так как BL – биссектриса угла ABC, то ?ABL = ?/6. Из прямоугольного треугольника ABL находим

Пусть М – середина отрезка АС. Тогда AM = 1/2 АС = ?3/2. Из прямоугольного треугольника ВАМ находим, что

Так как точка пересечения медиан делит каждую из них в отношении 2:1, то

Для ответа на вопрос, поставленный в задаче, надо сравнить числа

Поскольку

т. е. BL > BG.

Ответ: длина BL больше длины BG.

Рис. 236.

Решение. Пусть ABC – данный в условии задачи прямоугольный треугольник, А1ВС1 – прямоугольный треугольник, полученный поворотом треугольника ABC вокруг вершины его прямого угла В на угол 45°. Из условия задачи следует, что величины углов CBC1, CBA1, ABA1, ВСА, ВА1C1 равны 45°. Прямые АВ и А1C1 параллельны, т. к. при их пересечении прямой ВА1 равны накрест лежащие углы АВА1 и ВА1С1. Но тогда, поскольку треугольник ABC прямоугольный и, значит, АВ ? ВС, получаем, что прямая С1А1 перпендикулярна прямой ВС. Обозначим через N точку пересечения прямых С1А1 и СВ. Поскольку

то точка N лежит на отрезке ВС. Пусть L – точка пересечения прямых АС и ВА1. Аналогично показывается, что точка L лежит на отрезке АС. Пусть М – точка пересечения прямых АС и С1А1. Ясно, что точка М лежит на отрезке CL. Тогда SBLMN = SBLC – SCNM. Треугольник BLC равнобедренный и прямоугольный, т. к. в нем ?CBL = ?LCB = 45°. Следовательно,

Треугольник CNM также равнобедренный и прямоугольный, причем

Следовательно,

Итак,

Ответ:

Рис. 237.

Решение. Проведём высоты трапеции ВК и СМ. Очевидно, что КМ = 4; AK = MD = (12 – 4)/2 = 4. Так как треугольник АВК – равнобедренный (?АВК = ?ВАК = 45°). то ВК = АК = 4.

SABCD = (AD + BC)/2 ? BK = (12 + 4)/2 ? 4 = 32.

Ответ: 32 см2.

Рис. 238.

Решение. Проведём высоты трапеции ВК и СМ. Мы получили два прямоугольных треугольника АВК и CMD, в которых ?ВАК и ?CDM равны 30°; так как напротив угла в 30° лежит катет (ВК), равный половине гипотенузы (АВ), то АВ = 2h (ВК = h).

Ответ: (6 + 2?3)h.

Рис. 239.

Решение. Пусть АК = х, высоты ВК и СМ равны h, тогда, так как КМ = ВС = 4, MD = 21 – х.

Из ?АВК и ?MCD по теореме Пифагора получим:

Несложно подсчитать, что если оба угла при нижнем основании не острые, то задача решений не имеет.

Ответ: 12.

Рис. 240.

Решение. Проведем высоту трапеции СК (см. рис.). Тогда, KD = (a – b)/2; cos D = (a – b)/2c. Из ?ACD по теореме косинусов AC2= AD2+ CD2– 2AD ? CD ? cos D = a2+ с2– 2 ? а ? с ? (a – b)/2c = a2+ с2– a2+ аb = c2+ ab.

Ответ:

Рис. 241.

Решение. По содержанию задача идентична задаче 45. Однако, если мы начертим аналогичную трапецию и введем 25 соответствующие обозначения, то из чертежа получится система:

24х = 144 + 625–289 = 480; х = 20. Получается, что MD = 12–20 = -8. Это лишь означает, что трапеция выглядит как на рис. 242:

Рис. 242.

Ответ: 15 см.

Рис. 243.

Решение. Так как ABCD – равнобедренная трапеция, то АО = OD и ?OAD = ?ODA = 45°. Проведём высоту BK (см. рис.). Раз ?ODA = 45°, то ?KBD – равнобедренный и KD = BK = 10.

Ответ: 100.

Рис. 244.

Решение. Пусть ABCD – данная в условиях задачи трапеция. Обозначим через точку М точку касания окружности со стороной CD трапеции ABCD. Соединив точки С и D с центром окружности, получим треугольник COD. Так как точка О равноудалена от прямых ВС и CD, то СО – биссектриса угла BCD и ?OCD = 1/2 ?BCD. Аналогично, ?ODC = 1/2 ?ADC. Поскольку BC||AD, то ?BCD + ?ADC = ?, следовательно, ?OCD + ?ODC = ?/2. Тогда ?COD = ?/2, т. е. треугольник COD – прямоугольный. По теореме Пифагора

Так как M – точка касания окружности и стороны CD, то CD ? ОМ. Из подобия прямоугольных треугольников OCD и OMD (они имеют общий острый угол) находим, что CD/OD = OC/OM.

Отсюда

Проведём через точку О прямую, перпендикулярную ВС. Тогда она будет перпендикулярна и прямой AD. Поскольку такой перпендикуляр к прямым ВС и AD единственен, то точки пересечения его L, K c прямыми AD и ВС соответственно будут точками касания сторон трапеции с окружностью. Значит, длина высоты трапеции равна KL = 2 ? ОМ = 8/?5 и АВ = 8/?5. Поскольку в четырехугольник ABCD вписана окружность, то BC + AD = AB + CD = 18/?5. Откуда SABCD = 1/2(BC + AD) ? AB = 72/5.

Ответ: 72/5.

Рис. 245.

Решение. Исходя из условия задачи, получим систему:

Учитывая, что AO = СО, получим:

Ответ: 12 см; 4 см; 12 см; 4 см.

Рис. 246.

Решение. Так как по условию BD = 6, АС = 2?22, то, учитывая, что диагонали параллелограмма точкой пересечения делятся пополам, получим: АО = ?22, ВО = 3. Из прямоугольного треугольника АВО по теореме Пифагора

Из прямоугольного треугольника ABD

Ответ: 7.

Рис. 247.

Решение. С целью упрощения арифметических вычислений уменьшим все линейные размеры в 9 раз. Тогда АВ = 17; ВС = 20; BE = 15. Линии f и g делят площадь трапеции на три равные по площади части (см. рис.). Проведем высоту BE. Последовательно находим: SABCD = AD ? BE = 20 ? 15 = 300 (в «новом формате»).

Осталось увеличить полученные результаты в 9 раз: AM = 96; AN = 156.

Ответ: 96; 156.

Рис. 248.

Решение. Пусть в ромбе ABCD BD = АВ = AD. Тогда ?ABD – равносторонний и АВ = ВС = 10, ?BAD = 60°, ?АВС = 120°. По теореме косинусов из треугольника ABC

Ответ: 10?3 см; 120°; 60°.

Рис. 249.

Решение. Начертим ромб ABCD. По условию

Так как диагонали ромба перпендикулярны друг другу, то ?AOD – прямоугольный. Тогда по теореме Пифагора АО2+ OD2= AD2. Обозначим АО через 4х, тогда OD = Зх.

(4х)2+ (Зх)2= 202; 25х2= 400; х2= 16; х = 4. АО = 16; OD = 12. Осталось найти высоту ОН в ?AOD, которая и является радиусом вписанного круга. Из рисунка

Ответ: 92,16? см2.

Рис. 250.

Решение. Во-первых, раз

Во-вторых, высота ромба равна диаметру вписанного круга, значит,

Так как

Ответ: 8Q/?.

Рис. 251.

Решение. Так как ?BAC/?CAD = 1/2, а ?ВАС + ?CAD = 90°, то ?ВАС = 60°, ?CAD = 30°. Из ?ACD CD = AD ? tg 30° = AD/?3. Тогда CD: AD = 1:?3.

Ответ: 1:?3.

Рис. 252.

Решение. Пусть AD = а, АВ = b. По условию SABCD = а ? b = 9?3.

Так как ?AOD = 120°, то ?BOA = 60°. Значит, ?АОВ – равносторонний и OB = b; BD = 2b. Из ?ABD а2+ b2= (2b)2; а = ?3b. ?3b ? b = 9?3; b = 3; а = 3?3.

Ответ: 3 см; 3?3 см.

Рис. 253.

Решение. Для определённости будем считать, что АВ < AD. Так как AB ? AD = 48 и АВ2+ AD2= BD2= 100, то AD = 8, АВ = 6. Поскольку OB = OD = 13 > BD, то точка О лежит вне круга с диаметром BD и потому вне прямоугольника. Пусть она находится по ту же сторону от диагонали BD, что и точка А. Тогда требуется найти ОС. Обозначим ?OBD через ? и ?DВС через ?. Чтобы найти угол ?, опустим из точки О на диагональ BD перпендикуляр ОК. Получим ВК = KD = 1/2BD. Из прямоугольного ?ОВК следует:

Тогда sin ? = 12/13. Из прямоугольного ?DBС находим:

Применяя к треугольнику OBС теорему косинусов, получаем

Ответ:

Рис. 254.

Решение. Как видно из рисунка, диаметр окружности d совпадает с диагональю квадрата АВ. По теореме Пифагора

Ответ: 7?2 см.

Рис. 255.

Решение. Пусть сторона малого квадрата а, тогда диаметр d = 2Rкруга круга равен диагонали малого квадрата, т. е.

Но Rкруга – это половина стороны большого квадрата. Сторона большего квадрата

Ответ: 2:1.

Рис. 256.

Решение. MNKLPTQS – правильный восьмиугольник (см. рис.). Пусть РТ = х, тогда

из равнобедренного треугольника LCP

Из равенства LP = РТ получаем:

Ответ:

Рис. 257.

Решение. Очевидно, что MNKL – квадрат. Его диагональ NL = NE + FL + EF = 2NE + EF = 2NE + 1 (см. рис.). Так как NE – высота в равностороннем треугольнике BNC, то

Сторона квадрата

Ответ: 2 + ?3.

Рис. 258.

Решение. Можно, конечно, пуститься в достаточно длинные арифметические вычисления, но мы покажем самое простое и красивое решение. Раз площадь большого треугольника равна площади шестиугольника, то площадь этого треугольника в 6 раз больше площади треугольника ОАВ. А поскольку площадь правильного треугольника пропорциональна квадрату стороны, то его сторона в ?6 раз больше стороны АВ, т. е. сторона его будет равна 14?6.

Ответ: 14?6.

Рис. 259.

Решение. Пусть сторона равностороннего треугольника АВ = a;

Найдём радиус r вписанной окружности

Здесь р = 3a/2 – полупериметр правильного треугольника ABC.

Ответ: 2:1.

Рис. 260.

Решение. Пусть ABCD – данный четырёхугольник. Обозначим К, L, М, N – точки касания окружности соответственно со сторонами АВ, ВС, CD, AD четырёхугольника ABCD. Соединим эти точки с центром О. Треугольники АОК, AON, CLO, СМО – равны, как имеющие равные гипотенузы и катеты: у них АО = ОС по условию и КО = OL = ОМ = ON = r, где r – радиус окружности, вписанной в четырёхугольник ABCD. Аналогично доказывается, что равны треугольники КОВ, BOL, DON и DOM. Из равенства треугольников имеем, что ?КОВ = ?BOL = ?NOD = ?DOM, а также ?АОК = ?LOC = ?AON = ?СОМ. Значит, ?AON + ?NOD = ?АОК + ?КОВ = ?BOL + ?LOC = ?СОМ + ?MOD. Так как ?АОВ = ?АОК + ?КОВ, ?ВОС = ?BOL + ?LOC, ?COD = ?СОМ + ?MOD, ?AOD = ?AON + ?NOD, то ?АОВ = ?ВОС = ?COD = ?AOD, и поскольку в сумме они составляют 360°, то каждый из них равен 90°. По теореме Пифагора из треугольника АОВ находим, что

Следовательно, периметр четырёхугольника (ромба) ABCD равен 4?5.

Ответ: 4?5.

Рис. 261.

Решение. Составим пропорции: ?10? длина дуги А1В1 = 1.

360° ? длина окружности 2?R1. Отсюда

Ответ:

Рис. 262.

Решение. Так как ОА = 2r, то из прямоугольного треугольника ОBА имеем: ?ВАО = 30° (гипотенуза ОА в 2 раза больше катета OB) и ?ВАС = 60°.

Ответ: 60°

Рис. 263.

Решение. Так как BD = 6, АС = 12, то PD = 3; CP = 6 (см. рис.).

Из ?O1CD по теореме косинусов имеем:

Ответ: 15/2 см.

Рис. 264.

Решение. Пусть О – центр вписанной в треугольник окружности; ОМ, ОТ, ОР – радиусы, проведённые к точкам касания. Так как АС = 6, то МС = PC = 3, ВР = ВТ = 10 – 3 = 7. ?ТВР подобен ?ABC и TP/AC = BP/BC; TP/6 = 7/10; TP = 42/10 = 4,2.

Ответ: 4,2 см.

Рис. 265.

Решение. Пусть радиус большого круга равен R, радиус малого круга r (см. рис.) ОС = r; OB = R.

Ответ:

Рис. 266.

Решение. Т. к. ?ABC – равносторонний, то

Радиус окружности

Поэтому получаем

Ответ: 3.

Рис. 267.

Решение. Пусть точка О – центр окружности и r – её радиус. Соединим точки В и С с центром О и проведём диаметр АК. Так как вписанный угол ВАС опирается на дугу ВКС и его величина равна ?/6, то центральный угол ВОС, опирающийся на ту же дугу, имеет величину, равную ?/3. Так как хорды АВ и АС имеют одинаковые длины, то ?BOA = ?АОС. Поскольку ?BOA + ?АОС = 2? – ?/3, то отсюда получаем, что ?BOA = ?АОС = 5?/6. Теперь подсчитаем площадь SABKC той части круга, которая заключена в угле ВАС. Она равна сумме площадей сектора ОВКС и треугольников АОВ и АОС (заметим, что у этих треугольников ОА = ОВ = ОС = r):

Ответ:

Рис. 268.

Решение. Решение задачи непосредственно видно из чертежа. Соединив центр окружности с вершинами треугольника и с точками касания, получим три пары равных треугольников. Периметр Р = 7 + 7 + 6 = 20.

Ответ: Р = 20 см.

Рис. 269.

Рис. 270.

Решение. Опять соединим центр окружности с вершинами трапеции и с точками касания; получим четыре пары равных треугольников. Из рис. 269 легко видеть, что АВ = CD = 13; ВС = 8; AD = 18.

Теперь мы знаем все стороны трапеции. Осталось найти её высоту. Для этого исходный рисунок представим ниже в следующем виде. Проведём высоты ВК и СМ. Тогда КМ = ВС = 8, АК = MD = (18 – 8)/2 = 5 (рис. 270).

Из прямоугольного треугольника АВК по теореме Пифагора:

Ответ: 156 см2.

Рис. 271.

Решение. Обозначим через А вершину прямого угла данного треугольника, через АВ и АС – катеты треугольника, причем так, что АВ > АС, через О – центр вписанной окружности, через r – ее радиус. Пусть M, N и P– точки касания этой окружности соответственно со сторонами АС, АВ, ВС. Так как длины отрезков касательных, проведённых к окружности из одной точки, равны, то BN = ВР, СМ = СР, AN = AM. Так как АВ > АС, то из этих равенств следует, что ВР > СР и, значит, СР: ВР = 2:3. Пусть СР = 2х; тогда ВР = Зх и ВС = 5х.

Радиус, проведённый в точку касания, перпендикулярен касательной, поэтому ОМ ? AC, ON ? АВ. Так как угол А – прямой, то ANOM – прямоугольник, и AM = ON = r, AN = ОМ = r. Теперь находим, что АВ = r + Зх, АС = r + 2х. Периметр треугольника равен 36 см, поэтому:

5х + (r + 2х) + (r + 3х) = 36; (1)

С другой стороны, по теореме Пифагора:

(r + 2х)2+ (r + 3х)2= 25х2(2)

Из уравнения (1) следует, что r = 18 – 5х; подставив полученное выражение для r в уравнение (2), после упрощений получаем уравнение х2– 15х – 54 = 0, имеющее единственный положительный корень х = 3. Тогда r = 3 см и АВ = 12 см, АС = 9 см, ВС = 15 см.

Ответ: стороны треугольника равны 9 см, 12 см, 15 см.

Рис. 272.

Решение. Так как ?BCD = 60°, то ?D = 120°. ?CND = ?BCN = ?NCD = 30°. Значит, ?NCD – равнобедренный и ND = CD = а.

Ответ:

Рис. 273.

Решение. Так как ?А = 60°, то ?ABC = 120°. Из чертежа видно, что ? + 3? = 120°; ? = 30°, тогда ?BDA = 90°. AD = АВ ? sin 30° = AB/2. Пусть AD = a; тогда АВ = 2а. Из условия следует, что а + 2а + а + 2а = 90; 6а = 90; а = 15. Следовательно AD = BC = 15 см, AB = CD = 30 см.

Ответ: 15 см, 30 см, 15 см, 30 см.

Рис. 274.

Решение. ?AFB = ?FBC, как внутренние накрест лежащие углы при параллельных прямых. Но ?FBC = ?ABF по условию, значит, ?ABF – равнобедренный и AF = АВ = 12. Пусть AF = 4а, тогда по условию FD = За; 4а = 12; а = 3; AD = 7 ? а = 21. Искомый периметр PABCD = (12 + 21) ? 2 = 66.

Ответ: 66.

Рис. 275.

Решение. Проведём MP||СК, тогда по теореме о пропорциональных отрезках ВР: РК = ВМ: МС = 3; значит, КР = 1/4 КВ = 1/4 АК и КР: АК = ОМ: АО = 1:4 и АО = 4OМ = 4/5 AM. По условию АК = КВ = 1/2 АВ.

Ответ: 3/10.

Рис. 276.

Решение. Чтобы найти отношение СК/КМ, применим теорему Менелая к треугольнику АСМ и секущей BN. Получим: CK/KM ? MB/BA ? AN/NC = 1. Так как MB/BA = 2/3, AN/NC = 2, то CK/KM = 3/4.

Аналогично, применив теорему Менелая к треугольнику ABN и секущей СМ, находим BK/KN ? CN/AC ? AM/MB = BK/KN ? 1/3 ? 1/2 = 1, откуда BK/KN = 6.

Ответ: 6; 3/4.

Рис. 277.

Решение. Так как АМ = 2, то по свойству биссектрисы в треугольнике АВМ ВО/OM = АВ/AM = 6/2 = 3.

Ответ: 3.

Рис. 278.

Решение. Пусть ВМ – медиана, а ВН – высота в треугольнике. Обозначим ВН через h, МС через 2х. Так как ВН – одновременно биссектриса и высота в треугольнике АВМ, то данный треугольник – равнобедренный и АН = НМ = х, AB = BM = 10. Так как ВМ – биссектриса ?НВС, то BH/BC = HM/MC; h/BC = x/2x; BC = 2h.

Из ?НВМ и ?НВС по теореме Пифагора:

AC = 4x = 20; ВС = 2h = 10?3. Кстати, легко показать, что ?ABC = 90°.

Ответ: 10 см; 20 см; 10?3 см.

Рис. 279.

Решение. Пусть АС = а; АВ = ВС = b, BF = y, EF = x. ?ADE ~ ?EFC, поэтому FC/DE = FE/DA; (b – y)/y = x/(b – x); b2= by – bx + xy = xy. Отсюда x + у = b; PDBFE = 2(x + y) = 2b, т. е. периметр параллелограмма не зависит от х и y, а зависит только от длины боковой стороны треугольника, другими словами, для данного треугольника периметр вписанного в него параллелограмма есть величина постоянная.

Рис. 280.

Решение. Так как СЕ = 4, то BE = 11. Из ?ABC по теореме Пифагора:

Пусть CD = х. Из подобия ?DCE и ?АСВ CE/AC = CD/CB; 4/12 = x/15; x = 5.

Ответ: 5.

Рис. 281.

Решение. Пусть BD = х, DE = а. Из подобия ?BDE и ?ВАС BD/BE = BA/BC; x/30 = (x + a)/70; 7х = 3х + 3a; x = 3/4a. Заметим, что ADEF – квадрат, т. е. DE = EF = AF = DA = a.

Из ?DBE по теореме Пифагора BD2+ DE2= BE2; х2+ а2= 900; 9а2/16 + a2 = 900; 25а2/16 = 900; а = 24; х = 3/4 ? 24 = 18.

Ответ: 42 см; 56 см.

Рис. 282.

Решение. Пусть AD = х. ?BOF ~ ?AOD по равенству трёх углов, поэтому AD/BF = OD/OB; AD/4 = 18/6; AD = 12.

Ответ: 12.

Рис. 283.

Решение. Обозначим радиус большей окружности через х. Из рисунка видно, что из прямоугольного треугольника ОКА ОА = AK/sin 30° = 1/(1/2) = 2. Треугольники OAK и ОВМ подобны, поэтому ОА/OB = АК/BM; 2/(3 + x) = 1/x; 2х = 3 + х; х = 3.

Ответ: 3.

Рис. 284.

Решение. Обозначим сторону квадрата GDEF через х и проведем высоту ВН. ?ВКЕ подобен ?ВНС (см. рис.), значит, BK/KE = BH/HC; (BH – x)/(x/2) = BH/(a/2);

Ответ:

Рис. 285.

Решение. Пусть ВР = a; PR = b; RD = с. ?ВРМ ~ ?APD, значит, ВР/PD = ВМ/AD = 1/2; отсюда b + с = 2а. Аналогично ?RND ~ ?BRA; RD/BR = ND/AB = 1/2; a + b = 2c.

Вычитаем из первого уравнения второе: с – а = 2а – 2с; с = а; а + b = 2с = 2а; а = b.

Ответ: а = b = с, что и требовалось доказать.

Рис. 286.

Решение. ?РВС подобен ?PAD, поэтому РВ/PD = BC/AD = b/a, PB = PD ? b/a. ?PMD подобен ?BCD, значит РМ/BC = PD/BD;

Ответ: 2ab/(a + b).

Рис. 287.

Решение. Из прямоугольных треугольников АВР, BCQ находим ВР/AB = cos В, BQ/BC = cos В. Из этих равенств следует, что треугольники BPQ и ABC подобны (по двум сторонам и углу между ними), причём коэффициент подобия равен cos В. Так как отношение площадей подобных многоугольников равно квадрату коэффициента подобия, то

По условию треугольник ABC остроугольный, значит, cos В > 0 и, следовательно, cos В = 1/3. Из подобия треугольников ABC и BPQ вытекает равенство

Обозначим через R радиус окружности, описанной вокруг треугольника ABC. По теореме синусов:

откуда R = 9/2.

Ответ: R = 9/2.

Рис. 288.

Решение. Соединим центр окружности О с вершинами четырёхугольника и точками касания. Перед нами четыре пары равных треугольников: ?АОК = ?AON. ?ВОК = ?BOL, ?COL = ?COM, ?DOM = ?DON. Тогда ?АОК = ?AON, ?ВОК = ?BOL, ?COL = ?COM, ?DOM = ?DON. Из рисунка видно, что 2? + 2? + 2? + 2? = 360°, ? + ? + ? + ? = 180°. ?АОВ + ?COD = ? + ? + ? + ? = 180°.

Ответ: 180°.

Рис. 289.

Решение. Так как в трапецию можно вписать окружность, то АВ + CD = AD + ВС. Если АВ = h; AD = a; BC = b, то CD = a + b – h, KD = а – b. Из треугольника KCD следует, что KD2+ CK2= CD2; (а – b2) + h2= (a + b – h2). Имеем: a2 – 2ab + b2+ h2= a2+ b2+ h2+ 2ab – 2ah – 2bh; -2ab = 2ab – 2ah – 2bh; ah + bh = 2ab; h = 2ab/(a + b). h – диаметр окружности.

Ответ:

Рис. 290.

Решение. Пусть ABCD – данная трапеция, АВ = 5, CD = 3, KL – средняя линия. Обозначим величины отрезков ВС и AD через х и у соответственно. Так как в четырёхугольник ABCD можно вписать окружность, то х + у = ВС + AD = АВ + CD = 8. Поскольку KL – средняя линия трапеции, то KL = (BC + AD)/2 = 4. Если h – высота трапеции ABCD, то из теоремы о пропорциональных отрезках, отсекаемых параллельными прямыми, следует, что высоты трапеций KBCL и AKLD равны h/2. Для площадей этих трапеций имеем

По условию

После упрощений получаем уравнение 11x – 5у = -24. Система уравнений

имеет единственное решение х = 1, y = 7.

Ответ: BC = 1, AD = 7.

Рис. 291.

Решение. По теореме о величине вписанного в окружность угла ?ABC = 1/2 ?АОС. Заметим, что ?АОС = ?MON, a yroл ?МОN опирается на диаметр MN окружности с центром О1. ?АОС = 90°, и значит 1/2 ?АОС = 1/2 90° = 45°.

Ответ: 45°

Рис. 292.

Решение. Пусть точка А делит хорду ВС на отрезки 5 и 4. Проведём через точки А и О (центр окружности) диаметр ED, причём ED = 2R = 12. Обозначим AD через х, тогда ОА = 6 – х (см. рис.). ?DCA = ?АЕВ (опираются на одну и ту же дугу BD), ?ADC подобен ?BEА (по двум углам), значит, AD/AB = AC/AE; x/5 = 4/(12 – x); 12х – х2= 20; х2 – 12х + 20 = 0; х = 10 или 2. Учитывая, что х ? R, получим x = AD = 2.

Ответ: 2.

Рис. 293.

Решение I (рис. 293). Обозначим точки пересечения окружности лучами р и q соответственно через С, А и Е, В. Проведём CD||ЕВ. Получим угол ?ACD = х. Угол ?ACD является вписанным в окружность и по определению равен половине дуги AD. По условию задачи дуга СЕ = ?, а дуга АВ равна ?. Тогда дуга AD = ? – ?. В таком случае х = 1/2 (? – ?).

Рис. 294.

Решение II (рис. 294). Обозначим точки пересечения окружности прямыми р и q соответственно через А, Е и D, С. Проведём EF||CD. Угол AEF будет равен х (как внутренние накрест лежащие углы при параллельных CD, FE и секушей АЕ). ?AEF является вписанным в окружность и равен половине дуги AF. Из условия задачи и построений следует, что дуга AF = ? + ?.

Следовательно,

Рис. 295.

Решение. Так как BD – диаметр окружности, то ?BAD = ?BCD = ?/2. Обозначим ?ABD через х, тогда из прямоугольного треугольника ABD получаем, что cos х = AB/BD. По условию BD = 2, АВ = 1, значит, cos х = 1/2, и так как х – внутренний угол прямоугольного треугольника ABD, то х = ?/3. Тогда ?DBC = 3/4 (?ABD) = 3/4 ? ?/3 = ?/4. Вписанные углы ACD и ABD опираются на одну и ту же дугу AED, значит, ?ACD = ?ABD = ?/3. Из треугольника ADC по теореме синусов получаем, что

Ответ:

Решение. OB = 4; ВС = 3, значит ОС = 7. OB ? ОС = ОА2; 4 ? 7 = OA2; OA = 2?7.

Ответ: 2?7.

Рис. 296.

Решение. Достроим ?ABD до параллелограмма. Тогда АС < АВ + ВС, но АС = 2AM, 2AM < АВ + ВС = АВ + AD, что и требовалось доказать. Заметим, что AM является медианой ?ABD.

Рис. 297.

Решение. Достаточно построить симметричные точки относительно берегов и длина полученной ломаной равна длине прямолинейного отрезка А'В', т. е. минимальна.

Рис. 298.

Решение. Так как средняя линия трапеции ABCD равна 4, то сумма оснований равна 8. Воспользуемся тем, что середины оснований и точка пересечения боковых сторон трапеции лежат на одной прямой КМ. Из ?AKD ?AKD = 90°. Заметим, что ?AKD – прямоугольный, причем AD – гипотенуза и точкой М делится пополам. Но тогда AM = MD = КМ = 4 – х (радиусы описанной около ?AKD окружности), КЕ = 3 – х, где х – это длина отрезков BE и ЕС. Из подобия ?АКМ и ?ВКЕ следует: (4 – х)/x = (4 – х)/(3 – x); x = 3/2; BC = 3, AD = 5.

Ответ: 5 и 3.

Рис. 299.

Решение. Пусть D – проекция точки F на прямую d. Середину О отрезка DF примем за начало прямоугольной системы координат, а прямую OF – за ось ординат. Точке F отнесём координаты (0; 1). Прямая d будет иметь уравнение у = -1. Пусть М(х; y) – произвольная точка плоскости. Тогда

и MN = |у + 1 |, где MN – расстояние от точки М до прямой d. Если

Возведя обе части в квадрат, получим уравнение у = 1/4x2.

Обратно, если координаты точки М удовлетворяют этому уравнению, то х2= 4у и, следовательно,

Заметим, что если вместо DF = 2 положить DF = р, то получим уравнение х2= 2ру.

Из школьного курса алгебры известно, что линия, определяемая уравнением у = ах2, называется параболой.

Рис. 300.

Решение. Переведём условие задачи на векторный язык. Поскольку точки Р, A, D так же, как и точки Р, В, С, лежат на одной прямой, то PD = аРА, PC = bРВ, где а и b – коэффициенты пропорциональности, а > 0; b > 0. Точки М и N – середины отрезков АВ и CD. Следовательно,

Учитывая приведённые выше равенства, получаем: PN = 1/2(аРА + bРВ). Согласно условию задачи, векторы РМ и PN коллинеарны. Следовательно, найдётся такое число ?, что

откуда (а – ?)РА + (b – ?)РВ = 0. На основании единственности разложения вектора по неколлинеарным векторам РА и РВ заключаем, что а = b = ?. Таким образом, PD = аРА и PC = аРВ. Вычитая из первого равенства второе, получаем CD = аВА. Значит, стороны CD и АВ параллельны, т. е. ABCD – трапеция.

Рис. 301.

Решение. Высота равнобедренного треугольника является его осью симметрии. Поэтому середину D основания АВ треугольника ABC удобно принять за начало прямоугольной системы координат, а направленные прямые АВ и DC – за оси координат. Тогда вершинам треугольника можно отнести координаты: А(-1; 0), B(1; 0), С(0; с).

Вычислим угловые коэффициенты прямых АЕ и СМ. Для этого сначала найдём координаты точек Е и М. Запишем уравнение прямой ВС: х + у/с = 1 или у = – сх + с.

Так как DE ? ВС, то угловой коэффициент прямой DE равен 1/с, а её уравнение есть у = (1/c)x. Решая систему уравнений

находим координаты точки Е:

Следовательно, М (х1/2; у1/2).

Угловые коэффициенты прямых АЕ и СМ равны соответственно

Подставив значения x1 и у1 получим:

k1k2 = -1, что говорит о перпендикулярности прямых. Значит, отрезки АЕ и СМ перпендикулярны.

Решение. Имеем (PA + РВ + PC)2? 0, причем равенство достигается только тогда, когда Р – центроид треугольника ABC. Отсюда

Но

Тогда

Подставив эти значения скалярных произведений в неравенство (1), получим:

Рис. 302.

Решение. Пусть ЕК = КМ = MF = а. ЕК – средняя линия в ?ABC, значит, ВС = 2а. ЕМ – средняя линия в ?ABD, поэтому AD = 2ЕМ = 2 ? 2а = 4а; AD/BC = 4а/2а =2.

Ответ: 2:1.

Рис. 303.

Решение. NK и MP – средние линии в ?BCD и ?ABD, поэтому NK||BD и MP||BD; MP = 1/2 BD и NK = 1/2 BD. Значит, MP||NK и MP = NK. Аналогично MN||PK (||AC) и MN = PK = 1/2 AC. Так как трапеция равнобедренная, то АС = BD, значит MN = NK = КР = РМ. Параллелограмм MNKP – ромб.

Рис. 304.

Решение. Очевидно, что MNPQ – параллелограмм. ?BAD + ?ABC = 180°. Так как AM и ВМ – биссектрисы, то ?ВАМ + ?АВМ = 90°, значит, ?АМВ = 90° и ?NMQ = 90°. Таким образом, MNPQ – прямоугольник.

Рис. 305.

Решение. SABCD = 1/2 BD ? AC ? sin ? = S. Sпараллелограмма = ab sin ? = BD ? AC ? sin ? = 2S.

Ответ: 2S.

Рис. 306.

Решение. Обозначим точку на диагонали, о которой идет речь в условии задачи, через О. Так как ?ABC = ?ACD, то равны и высоты ВР и DM этих треугольников. ОК = ОС ? sin ?; ОТ = ОС ? sin ? (см. рис).

что и требовалось доказать.

Рис. 307.

Решение. Пусть ABCD – данный в условии задачи четырёхугольник. Обозначим через Е, К, F, N середины сторон АВ, ВС, CD и AD соответственно. Тогда EN – средняя линия треугольника ABD, и, значит, EN||BD. Аналогично доказывается, что KF||BD, ЕК||АС и NF||АС. Это означает, что EN||KF и ЕК||NF, т. е. четырёхугольник NEKF – параллелограмм. По свойству параллелограмма ЕК = NF. EN = KF, и по условию EF = NK. Отсюда следует, что четырёхугольник NEFK – прямоугольник. Ранее доказано, что EN|| BD и ЕК||АС, поэтому BD ? AC. SABCD = 1/2 ? AC ? BD ? sin90° = 1/2 ? 2 ? 1 ? 1 = 1.

Ответ: 1 м2.

3) 74°.

4) ?1/?2 = R2/R1.

3) 94 см.

4) AB + BD + DC = 14 см.

3) 12? см2.

4) Воспользоваться тем, что две крайние части средней линии трапеции равны половине верхнего основания.

3) 4 и 6 см.

4) Если В1К1С – точки касания (К – точка касания окружностей), О1, О2 – центры окружностей, то сначала доказываем, что ?АО1К = ?АКO2, а затем, что ?ВАО1 = ?АO2С.

3) 5 см (воспользоваться подобием ?DCE и ?АСЕ).

4) Воспользоваться теоремой Фалеса.

3) Воспользуйтесь свойством параллельных прямых.

4) Учесть то, что треугольник разбивается на прямоугольник и два равнобедренных треугольника (значит, сторона прямоугольника равна катету малого треугольника). Периметр равен сумме катетов.

3) 12 см (?BOF ~ ?AOD).

4) Докажите, что расстояния от точки пересечения диагоналей до сторон ромба равны.

3) Докажите равенство углов DBA и ACF и воспользуйтесь признаком параллельности прямых.

4) Выразите по теореме Пифагора квадрат каждой стороны четырёхугольника через соответствующие отрезки диагоналей.

3) 68°, 68° и 44°.

4) 4?3 см и 6?2 см.

3) 4 (т. к. 180° (n – 2) = 360°).

4) Если АС = а, то AD = a/2, АВ = 2а, DB = 3a/2.

3) 56 см.

4) В равностороннем треугольнике биссектрисы и медианы совпадают; воспользуйтесь свойством точки пересечения медиан.

3) 66° и 66°.

4) По 60°.

3) 8, 6 и 6 см.

4) 60° (угол DOG, больший 180°, равен 2 ? 150° = 300°).

3) 13 см.

4) Стороны равностороннего треугольника – по 12 см, а равнобедренного – 12, 14 и 14 см.

3) Треугольники равны по двум сторонам и углу между ними.

4)

3) Треугольники равны по двум сторонам и углу между ними.

4) 1:1:?3.

3) 5 см (обозначьте АВ = ВС = a; AD = DC = в, BD = х и запишите систему уравнений).

4) 12 и 8 см (докажите равенство ?AMP и ?PNC, из которого следует, что АР = 12).

3) 67°.

4) Воспользуйтесь тем, что внешний угол треугольника равен сумме двух внутренних, с ним не смежных.

3) 25/2 см2.

4) 5 (т. к. сумма внешних углов равна 360°, то угол в правильном многоугольнике равен 468° – 360° = 108°. Далее: 180°(n – 2)/n = 108°; n = 5).

3) Пусть АВ – общая хорда двух окружностей с центрами О1 и O2, ?О1АO2 = ?О1BO2 (по трем сторонам), значит, углы АO2О1 и O1O2B равны, а биссектриса в равнобедренном треугольнике является и высотой.

4) 16 (т. к. в трапецию вписана окружность, то сумма оснований – а она равна 8 – равна сумме боковых сторон).

3) Увеличивается на 20? см.

4) Проведите диагонали в трапеции, рассмотрите средние линии полученных треугольников и учтите равенство боковых сторон трапеции.

3) С(0; -6).

4) 20 см.

3) Медиана в равнобедренном треугольнике является и серединным перпендикуляром.

4) Окружность (середины равных хорд окружности равноудалены от центра окружности).

3) 37,9 дм.

4)

5) 12 см.

3) 12 и 8 см.

4) а) 6 см; б) 8 см; нет.

5) К (18, 12).

3)

4) б) 80° и 100°.

5) Докажите равенство ?AFC и ?АМС.

3) 41° и 49°.

4) а) угол D = 30°, угол CAD = 15°; б)

5) 210 см2.

3) 4 и 3 см (воспользуйтесь свойством биссектрисы).

4) 6 см.

5) Уменьшится в 21 раз.

3) Получится равная трапеция.

4) 25?2 см2.

5) Докажите равенство ?АОВ и ?EOD.

3) 53° (ВС параллельна AD).

4) x = 2; y = -0,5;z = -1.

5)

(пусть

далее для нахождения ЕО и OF воспользуйтесь теоремой синусов).

3)

4) 60 см2.

5) 15° (?АВР – равнобедренный, а т. к. угол В равен 50°, то угол PAC = 65° – 50° = 15°).

3) Да.

4) (9 + 3?3) см.

5) 60° (угол ВАО равен углу СВО и пусть он равен ?;

и угол ВОС равен 180° – 60° – 60° = 60°).

з) ?3.

4) ?7 см.

5) 10/?7 = (по теореме косинусов третья сторона равна ?21, значит

и т. д.).

3) 32° (СО – часть высоты).

4) 15 и 24 м.

5) Докажите, что ?MDP = ?NBK, ?ANM = ?КСР и воспользуйтесь признаком параллелограмма).

3) 73°.

4) 30?2 см2.

5)

3) 40?3 см2.

4) Нет, т. к. треугольника со сторонами 1, 4 и 5 не существует (сумма двух любых сторон треугольника всегда больше третьей стороны).

5) 5 см (достройте трапецию до правильного шестиугольника).

3) Да (k = 2).

4) 4?3 + 6.

5) 62°, 49°, 69°.

3) 43°.

4) DE = 96/5 м (проще всего заметить, что ?ADE ~ ?ABC).

5) 22 см.

3) 12; 12?3; 24 см.

4) а) равенство следует из подобия треугольников ВНС и DCP.

б) 4/5.

5) Проведите из центра квадрата прямые, параллельные сторонам квадрата и найдите равные треугольники.

3)

4) а) МТ и РК параллельны, a MP и КT – нет; б) да.

5) 110° и 70°.

3) Угол DBC равен 17°, угол ABC равен 34°, АС = 18 см.

4) а) 0; б) – 2 (угол между векторами 120°).

5) 2, 3, 4, 5 или 6 см.

3) ?3a2/4 (задача 99; см. решение на стр. 155).

4) 84° (задача 133).

3) 3(?2–1) (задача 72; см. решение на стр. 149).

4) 100 (задача 48; см. решение на стр. 144).

3) 5 (задача 75).

4) (задача 167; см. решение на стр.167).

3)

(задача 140).

4) 6 (задача 103).

3) 12 и 4 (задача 53; см. решение на стр. 145).

4) 2 (задача 136; см. решение на стр.162).

3) 3/2 (задача 81).

4)

(задача 123; см. решение на стр.158).

3) 12 (задача 45; см. решение на стр. 142).

4) 16 см (задача 68).

3) 6 (задача 20).

4) 2:3 (задача 151).

3) 5 (задача 119; см. решение на стр. 157).

4)

(задача 83).

3) 1 (задача 12; см. решение на стр. 133).

4) 85?/4 (задача 20).

3) 15/2 см (задача 87; см. решение на стр. 151).

4) 150 (задача 57).

3) 13, 14 и 15 (задача 93).

4) 96; 156 (задача 55; см. решение на стр. 145).

3) (задача 164; см. решение на стр. 166).

4) 10; 20; 10?3 см.

3) 9 см (задача 116).

4) 30°, 60° (задача 33; см. решение на стр.139).

3) 20/3 см (задача 21).

4) 3 (задача 82).

3)

(задача 150).

4) 4?3 (задача 52).

3) 15 и 5 (задача 39).

4) cos В (задача 114).

3) 24 (задача 127).

4) 6?3 (задача 115).

3) 7 (задача 54; см. решение на стр. 145).

4) 25? см2(задача 28).

3) 8 и 15 см (задача 92).

4) 156 см2(задача 95; см. решение на стр. 153).

4) R = 9/2 (задача 126; см. решение на стр. 159).

5) 3/4 аb (задача 144).

4)

(задача 6).

5) 13/4 (задача 153).

4)

(задача 8).

5)

(задача 138; см. решение на стр. 162).

4) 1/2 b2cos2? ctg ? (задача 29).

5) 1 м2(задача 168; см. решение на стр. 167).

4) ВС = 1, AD = 7 (задача 131; см. решение на стр.161).

5) 2/3?145 см (задача 14).

4) 4?5 (задача 78; см. решение на стр.135).

5) 7/4 (задача 104).

4) 2?13 м (задача 41).

5) 15 (задача 15; см. решение на стр. 135).

4)

(задача 134).

5) Длина BL больше длины BG (задача 35; см. решение на стр. 140).

4) 147/8 (задача 117).

5) (задача 155; см. решение на стр. 164).

4)

(задача 36; см. решение на стр.141).

5) 27/8 см2(задача 98).

4) 10 см (задача 84).

5) (задача 156; см. решение на стр. 165).

4) отношение длины АВ к длине АС равно

при n = 2; равно 1 при n = 3; при остальных n решений нет (задача 9).

5) 72/5 (задача 49; см. решение на стр. 144).

4) 10?З см2(задача 42).

5) 9 см, 12 см, 15 см (задача 96; см. решение на стр. 154).

4)

(задача 91; см. решение на стр. 153).

5) ?7 (задача 145).

4) (задача 154; см. решение на стр. 164).

5) Длина стороны квадрата равна 17; точка О лежит внутри квадрата (задача 69).

4) (задача 16; см. решение на стр. 136).

5)

(задача 66; см. решение на стр. 147).

4)

(задача 17; см. решение на стр.136).

5) Парабола (задача 154; см. решение на стр. 164).

4) (задача 63).

5) 6; 3/4 (задача 106; см. решение на стр. 156).

4)

(задача 30).

5) 30 см2, 90° (задача 143).

4) (задача 162).

5) 5 и 3 (задача 148; см. решение на стр. 164).