Домашні самостійні роботи: №2 (13)

13. MN – середня лінія трапеції ABCD (мал. 3), MN = 8 см, AB = 10 см. Установіть відповідність між відрізками (1–3) та їхніми довжинами (А–Г).

MN = AB+DC2;

1) DC = 2MN – AB = 2 • 8 – 10 = 6 (см) – Г.

2) Оскільки AM = MD і MK ∥ AB, то за теоремою Фалеса DK = KB. Тому MK — середня лінія трикутника ADB. MK = AB2 = 102 = 5 (см). – B.

3) Аналогічно KN — середня лінія трикутника DBC i KN = DC2 = 3 (см) – A.

Завдання для перевірки знань до §6 – §11

1. Накресліть трапецію MKPF (MK ∥ PF). Укажіть її основи та бічні сторони.

Основи MK і PF; бічні сторони MF і PK.

2. Середня лінія рівностороннього трикутника дорівнює 4 см. Знайдіть периметр цього трикутника.

а2 = 4; а = 8 (см).

3. На малюнку 1 A₁B₁ ∥ A₂B₂, OB₁ = B₁B₂, OA₁ = 2 см. Знайдіть OA₂.

1) Оскільки A₁B₁ ∥ A₂B₂ і OB₁ = B₁B₂, то за теоремою Фалеса OA₁ = A₁A₂.

2) Тому OA₂ = 2 • OA₁ = 2 • 2 = 4 (см).

4. Знайдіть кути A і B чотирикутника ABCD, вписаного в коло, якщо ∠C = 140°, ∠D = 70°.

∠A = 180°– ∠C = 180° – 140° = 40°; ∠B = 180° – ∠D = 180° – 70° = 110°.

Відповідь: ∠A = 40°; ∠B = 110°.

5. Сторони трикутника дорівнюють 10 см, 12 см і 16 см. Знайдіть периметр трикутника, сторонами якого є середні лінії даного трикутника.

1) LM = AC2 = 102 = 5 (см).2) КМ = АВ2 = 122 = 6 (см).3) LK = BC2 = 162 = 8 (см).

4) P_KLM = 5 + 6 + 8 = 19 (см).

6. Середня лінія трапеції дорівнює 8 см. Знайдіть основи трапеції, якщо одна з них на 4 см більша за другу.

Нехай а = х см і b = х+ 4 (см) — основи трапеції. Маємо x+x+42 = 8;

2х + 4 = 16; 2x = 12; х = 6. Отже, а = 6 см; b = 10 см.

Відповідь: 6 см і 10 см.

7. Коло вписано в рівнобічну трапецію, периметр якої 20 см. Знайдіть бічну сторону трапеції.

1) Оскільки трапеція описана навколо кола, тоAB + CD = AD + BC = PABCD2 = 202 = 10 (см).2) Трапеція рівнобічна, тому AB = CD = 102 = 5 (см).Відповідь: 5 см.

8. У прямокутній трапеції гострий кут дорівнює 60°, а більша

бічна сторона і більша основа дорівнюють по 12 см. Знайдіть

меншу основу.

1) ABCD — прямокутна трапеція; ∠А = ∠B = 90°;CD = DA = 12 см; ∠D = 60°.2) Проведемо висоту CR; ABCK — прямокутник.BC = AK.3) У ∆CKD: ∠CKD = 90° – 60° = 30°. За

властивістю катета, що лежить проти кута 30°, маємо KD = CD2 = 122 = 6 (см).

4) AK = AD – KD = 12 – 6 = 6 (см).

5) Тому BC = 6 см.

Відповідь: 6 см.

9. Діагональ рівнобічної трапеції ділить навпіл її тупий кут, а середню лінію – на відрізки 9 см і 7 см. Знайдіть периметр трапеції.

1) Використовуючи результати задачі №10.23, маємо ВС = 2МК = 2 • 7 = 14 (см); AD = 2KL = 2 • 9 = 18 (см).2) ∠BCA = ∠ACD (за умовою).3) ∠BCA = ∠CAD (внутрішні різносторонні кути, утворені при перетині паралельних прямих AD і BC січною AC).

4) ∠BCA = ∠ACD і ∠BCA = ∠CAD, тому ∠ACD = ∠ CAD; ∆ACD — рівнобедрений з основою AC.

5) Тоді CD = AD = 18 (см).

6) PABCD = 3 • 18 + 14 = 68 (см).

Відповідь: 68 см.

10. Точки K, L, M ділять медіану BD трикутника ABC на чотири рівні частини (BK = K L = LM = MD). AM перетинає BC у точці F. Знайдіть CF : FB.

1) Проведемо прямі DN1; LN2, і KN3, паралельні до прямої AF.2) Позначимо CN1 = х.3) DN1 ∥ AFi CD = DA. Тому за теоремою Фалеса CN1 = N1F = х (см).4) DN1 ∥ MF ∥ LN2 ∥ KN3 i DM = ML = LK = KB, тому за теоремою Фалеса: N1F = FN2 = N2N3 = N3B = x.

5) Тоді CF : FB = 2x : 2 : 3.

Відповідь: 2 : 3.

11. Точка D – середина катета BC рівнобедреного прямокутного

трикутника ABC (∠C = 90°). Відстань від точки D до гіпотенузи трикутника на 15 см менша від гіпотенузи. Знайдіть гіпотенузу трикутника.

1) Нехай ABC — прямокутний трикутник; AC = CB; CD = DB; DK ⊥ AB.2) Позначимо DK = х см.3) Проведемо CM — висоту і медіану трикутникаABC.4) CM ⊥ AB; DK ⊥ AB, тому CM ∥ DK5) CM ∥ DK і CD = DB, за теоремою Фалеса MK = KB.Тоді DK — середня лінія ∆CMB і CM = 2DK = 2х.

6) За властивістю медіани, проведеної до гіпотенузи, маємо AB = 2 • CM = 2 • 2х = 4х.

7) За умовою 4х – х = 15; Зх = 15; х = 5 (см).

8) Тоді AB = 4 • 5 = 20 (см).

Відповідь: 20 см.