Сторінка 147

Розв’язання

1. Нехай $P_1$ — периметр меншого трикутника, а $P_2$ — периметр більшого. За умовою $P_2-P_1=8\text{см}$ і $\frac{P_1}{P_2}=\frac{1}{3}$.

2. З другого рівняння маємо $P_1=\frac{1}{3}{P}_2$. Підставимо це в перше: $P_2-\frac{1}{3}{P}_2=8$.

3. Спростимо: $\frac{2}{3}{P}_2=8$, звідки $P_2=8\cdot \frac{3}{2}=12\text{см}$. Знайдемо $P_1$: $P_1=12-8=4\text{см}$.

Розв’язання

1. Нехай $\angle 1=x$. Тоді сума трьох інших кутів дорівнює $2x$ (оскільки один з них рівний першому, а два інші — суміжні до нього).

2. Сума всіх чотирьох кутів: $x+3x=4x$. Знаємо, що сума кутів чотирикутника $360^{\circ }$, отже $4x=360^{\circ }$.

3. Знаходимо $x$: $x=90^{\circ }$. Оскільки один кут дорівнює $90^{\circ }$, паралелограм є прямокутником, і всі його кути дорівнюють $90^{\circ }$.

Розв’язання

1. Нехай $\angle A=60^{\circ }$. Оскільки трапеція рівнобічна, $\angle B=60^{\circ }$, а $\angle C=\angle D=120^{\circ }$.

2. Висота $h$ дорівнює $a\sin 60^{\circ }=a\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$.

3. У описаному навколо кола рівнобічній трапеції сума основ $AD+BC=2a$. Площа $S=\frac{AD+BC}{2}\cdot h=\frac{2a}{2}\cdot a\sin 60^{\circ }=a^2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$.