Сторінка 252

Розв’язання

1. Знайдемо кут $\angle B$: сума кутів трикутника дорівнює $180^{\circ }$. Отже, $\angle B=180^{\circ }-(45^{\circ }+75^{\circ })=60^{\circ }$.

2. Розглянемо трикутник $ABD$: кут $\angle ADB$ є зовнішнім для $△BDC$, тому $\angle ADB=\angle DBC+\angle C$. Оскільки $BD$ — бісектриса, $\angle ABD=\angle DBC=30^{\circ }$. Тоді $\angle ADB=30^{\circ }+75^{\circ }=105^{\circ }$.

3. Застосуємо теорему синусів до $△ABD$: $\frac{AD}{\sin \angle ABD}=\frac{BD}{\sin \angle A}$. Підставимо значення: $\frac{AD}{\sin 30^{\circ }}=\frac{a}{\sin 45^{\circ }}$.

4. Обчислимо $AD$: $AD=a\cdot \frac{\sin 30^{\circ }}{\sin 45^{\circ }}=a\cdot \frac{1/2}{\sqrt{2}/2}=a\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Розв’язання

1. Оскільки сума кутів трикутника дорівнює $180^{\circ }$, а один кут дорівнює $120^{\circ }$, то сума двох інших кутів становить $60^{\circ }$.

2. У рівнобедреному трикутнику кути при основі рівні, тому кожен з них дорівнює $\frac{60^{\circ }}{2}=30^{\circ }$.

3. Нехай сторони, що утворюють кут $120^{\circ }$, дорівнюють $x$, а третя сторона (основа) — $y$. Відношення сторін можна записати як $x:x:y$ або спрощено $1:1:\frac{y}{x}$.

Розв’язання

1. Знайдемо третю сторону $a$ за теоремою косинусів: $a^2=b^2+c^2-2bc\cos 60^{\circ }$. Підставимо числа: $a^2=5^2+8^2-2\cdot 5\cdot 8\cdot 0,5=25+64-40=49$. Отже, $a=7\text{см}$.

2. Знайдемо площу трикутника за формулою $S=\frac{1}{2}bc\sin A$: $S=\frac{1}{2}\cdot 5\cdot 8\cdot \sin 60^{\circ }=20\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=10\sqrt{3}{\text{см}}^2$.

3. Використаємо формулу радіуса описаного кола $R=\frac{abc}{4S}$: $R=\frac{5\cdot 8\cdot 7}{4\cdot 10\sqrt{3}}=\frac{280}{40\sqrt{3}}=\frac{7}{\sqrt{3}}$.

4. Спростимо вираз, помноживши чисельник і знаменник на $\sqrt{3}$: $R=\frac{7\sqrt{3}}{3}\text{см}$.

Розв’язання

1. Позначимо довжину шуканої бісектриси як $l_a$. Розглянемо трикутник $ABC$ і розділимо його на два трикутники $ABL$ та $ACL$ за допомогою бісектриси $AL$.

2. За властивістю бісектриси відношення сторін дорівнює відношенню відрізків основи: $\frac{BL}{LC}=\frac{c}{b}$. Позначимо $BL=x$, тоді $LC=\frac{bx}{c}$. Оскільки $BC=x+\frac{bx}{c}$, ми можемо виразити площі через синус напівкута.

3. Використовуємо формулу для довжини бісектриси: $A{L}^2=AB\cdot AC-BL\cdot LC$. Або скористаємося готовою формулою через сторони та кут: $AL=\frac{2bc}{b+c}\cos \frac{\alpha }{2}$.

Розв’язання

1. Оскільки $AM$ — бісектриса $\angle BAD=60^{\circ }$, то $\angle BAM=\angle MAD=30^{\circ }$.

2. У паралелограмі протилежні сторони паралельні, тому $\angle AMB=\angle MAD=30^{\circ }$ (альтернативні кути). Отже, $△ABM$ — рівнобедрений з основою $AM$, і $AB=BM=4\text{см}$.

3. Площа трикутника $ABM$ обчислюється за формулою $S=\frac{1}{2}AB\cdot BM\cdot \sin (\angle ABM)$. Кут $\angle ABM$ дорівнює $180^{\circ }-60^{\circ }=120^{\circ }$, але зручніше розбити на дві частини або використати кут при вершині $B$. Спростимо: $S_{ABM}=S_{ABC}\cdot \frac{BM}{BC}$. Але простіше: у $△ABM$ кути при основі $AM$ дорівнюють $30^{\circ }$, отже кут при вершині $B$ дорівнює $180^{\circ }-60^{\circ }=120^{\circ }$.

Розв’язання

1. Знайдемо півпериметр $p=\frac{4+13+15}{2}=16\text{см}$.

2. Обчислимо площу за формулою Герона: $S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\sqrt{16\cdot 12\cdot 3\cdot 1}=\sqrt{576}=24{\text{см}}^2$.

3. Найбільша висота відповідає найменшій стороні ($a=4$): $h_a=\frac{2S}{a}=\frac{48}{4}=12\text{см}$.

4. Радіус вписаного кола: $r=\frac{S}{p}=\frac{24}{16}=1,5\text{см}$.

5. Радіус описаного кола: $R=\frac{abc}{4S}=\frac{4\cdot 13\cdot 15}{4\cdot 24}=\frac{780}{96}=\frac{65}{8}=8,125\text{см}$.

Розв’язання

1. Позначимо центри кіл як $O_1$ і $O_2$, а точку перетину кіл — як $P$. Відрізок $O_1{O}_2=44\text{см}$.

2. Розглянемо трикутник $O_{1}P{O}_2$. Його сторони: $O_{1}P=R_1=17\text{см}$, $O_{2}P=R_2=39\text{см}$, $O_1{O}_2=44\text{см}$.

3. За теоремою косинусів знайдемо $\cos (\angle O_1)$: $\cos (\angle O_1)=\frac{17^2+44^2-39^2}{2\cdot 17\cdot 44}$.
   Обчислення: $17^2=289$, $44^2=1936$, $39^2=1521$.
   Чисельник: $289+1936-1521=704$.
   Знаменник: $2\cdot 17\cdot 44=1496$.
   $\cos (\angle O_1)=\frac{704}{1496}=\frac{8}{17}$ (після скорочення на 88).

4. Довжина половини хорди $x$ знаходиться через синус: $x=R_1\sin (\angle O_1)$. Знайдемо $\sin (\angle O_1)$: ${\sin }^2(\angle O_1)=1-(\frac{8}{17}{)}^2=1-\frac{64}{289}=\frac{225}{289}$.
   Отже, $\sin (\angle O_1)=\frac{15}{17}$.

5. Довжина половини хорди $x=17\cdot \frac{15}{17}=15\text{см}$. Повна довжина хорди $2x=30\text{см}$.

Розв’язання

1. Нехай основи лежать на прямій, менша основа $AD=16\text{см}$, більша $BC=44\text{см}$. Бічні сторони $AB=25\text{см}$, $CD=17\text{см}$.

2. Проведемо висоти $BH$ і $CK$ до основи $AD$. Тоді $HK=BC=44\text{см}$? Ні, це неправильно. Нехай трапеція $ABCD$, де $AD=44$, $BC=16$. Проведемо висоти з $B$ і $C$ на $AD$. Позначимо проекції як $H$ і $K$. Тоді $HK=16$.

3. Нехай $AH=x$, тоді $KD=44-16-x=28-x$.

4. У прямокутних трикутниках $ABH$ і $CDK$: $x^2+h^2=25^2=625$ та $(28-x{)}^2+h^2=17^2=289$.

5. Віднімемо друге рівняння від першого: $x^2-(28-x{)}^2=625-289=336$.
   Розкриємо дужки: $x^2-(784-56x+x^2)=336\Rightarrow 56x-784=336$.
   $56x=1120\Rightarrow x=20\text{см}$.

6. Знайдемо висоту $h$: $h^2=625-20^2=625-400=225\Rightarrow h=15\text{см}$.

7. Площа трапеції: $S=\frac{16+44}{2}\cdot 15=\frac{60}{2}\cdot 15=30\cdot 15=450{\text{см}}^2$.

Розв’язання

1. Нехай $ABCD$ — трапеція з основами $AD=12\text{см}$, $BC=5\text{см}$. Діагоналі $AC=9\text{см}$, $BD=10\text{см}$.

2. Проведемо пряму через точку $B$ паралельно до діагоналі $AC$, яка перетне продовження основи $AD$ у точці $K$. Чотирикутник $ABCK$ — паралелограм, отже $AK=BC=5\text{см}$ і $KC=AC=9\text{см}$.

3. Розглянемо трикутник $BKD$. Його сторони: $BK=AC=9\text{см}$, $KD=AD+AK=12+5=17\text{см}$, $BD=10\text{см}$. Знайдемо площу трикутника $BKD$ за формулою Герона. Периметр $p=9+10+17=36\text{см}$, напівпериметр $s=18\text{см}$.

4. Площа трикутника $BKD$: $S_{△BKD}=\sqrt{s(s-9)(s-10)(s-17)}=\sqrt{18\cdot 9\cdot 8\cdot 1}=\sqrt{1296}=36{\text{см}}^2$.

5. Площа трапеції дорівнює площі трикутника $BKD$, оскільки $△ACD$ і $△BCK$ рівновисокі та мають однакову основу (якщо розглядати їх як частини паралелограма, то площа трапеції = площа трикутника з основою $a+b$). Отже, $S_{ABCD}=S_{△BKD}$.

Розв’язання

1. Запишемо загальну формулу площі через радіус вписаного кола: $S=\frac{1}{2}{P}_{\text{перим}}\cdot r$. Периметр $P_n=2nr\cdot \tan (\frac{180^{\circ }}{n})$, отже, $S=n\cdot r^2\cdot \tan (\frac{180^{\circ }}{n})$.

2. Розглянемо випадок 1) ($n=3$): кут $\alpha =\frac{180^{\circ }}{3}=60^{\circ }$, $\tan 60^{\circ }=\sqrt{3}$. $S_3=3\cdot 6^2\cdot \sqrt{3}=108\sqrt{3}{\text{см}}^2$.

3. Розглянемо випадок 2) ($n=4$): кут $\alpha =\frac{180^{\circ }}{4}=45^{\circ }$, $\tan 45^{\circ }=1$. $S_4=4\cdot 6^2\cdot 1=144{\text{см}}^2$.

4. Розглянемо випадок 3) ($n=6$): кут $\alpha =\frac{180^{\circ }}{6}=30^{\circ }$, $\tan 30^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{3}$. $S_6=6\cdot 6^2\cdot \frac{\sqrt{3}}{3}=72\sqrt{3}{\text{см}}^2$.

Розв’язання

1. Знайдемо діагональ квадрата (яка є діаметром описаного кола): $d=4\sqrt{2}\text{см}$.

2. Знайдемо радіус кола: $R=\frac{d}{2}=2\sqrt{2}\text{см}$.

3. Знайдемо площу правильного трикутника, вписаного в коло радіуса $R$: $S=\frac{3\sqrt{3}}{4}\cdot (2\sqrt{2}{)}^2=\frac{3\sqrt{3}}{4}\cdot 8=6\sqrt{3}{\text{см}}^2$.

Розв’язання

1. Площа правильного трикутника ($n=3$): $S_3=\frac{3R^2}{4}\cot 60^{\circ }=\frac{3R^2}{4}\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{4}{R}^2$.

2. Площа правильного шестикутника ($n=6$): $S_6=\frac{6R^2}{4}\cot 30^{\circ }=\frac{3R^2}{2}\cdot \sqrt{3}=\frac{3\sqrt{3}}{2}{R}^2$.

3. Знайдемо відношення: $\frac{S_3}{S_6}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{4}{R}^2}{\frac{3\sqrt{3}}{2}{R}^2}=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{2}{3\sqrt{3}}=\frac{1}{6}$.

Розв’язання

1. Кут при центрі правильного дванадцятикутника дорівнює $360^{\circ }/12=30^{\circ }$. Розглянемо рівнобедрений трикутник, утворений двома радіусами та стороною дванадцятикутника.

2. Медіана до основи цього трикутника ділить його на два прямокутні трикутники. Кути при основі вихідного трикутника дорівнюють $(180^{\circ }-30^{\circ })/2=75^{\circ }$.

3. У прямокутному трикутнику катет, що лежить проти кута $15^{\circ }$ (половина кута при вершині), дорівнює половині сторони дванадцятикутника ($x/2$). Гіпотенуза цього трикутника — це радіус кола, описаного навколо шестикутника.

4. Сторона правильного шестикутника $a$ дорівнює радіусу його описаного кола (оскільки кути при центрі $60^{\circ }$, а сторони рівні радіусам). Отже, гіпотенуза трикутника дорівнює $a$.

5. Знайдемо катет: $\sin (15^{\circ })=\frac{x/2}{a}$. Тоді $x=2a\cdot \sin (15^{\circ })$. Відомо, що $\sin (15^{\circ })=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$.

Розв’язання

1. Запишемо формулу: $6\pi =\frac{24}{360}\cdot 2\pi R$.

2. Скоротимо $\pi$ з обох частин рівняння: $6=\frac{24}{360}\cdot 2R$.

3. Спростимо дріб $\frac{24}{360}$, поділивши чисельник і знаменник на 24: $\frac{1}{15}$. Рівняння стає $6=\frac{1}{15}\cdot 2R$.

4. Помножимо обидві частини на 15: $90=2R$.

5. Поділимо на 2: $R=45$.

Розв’язання

1. Радіус кола $R=\frac{AC}{2}=\frac{8}{2}=4$ см.

2. Розглянемо коло з діаметром $AC$. Центр кола $O$ лежить на середині $AC$. Промінь $OA$ лежить на катеті $AC$. Гіпотенуза $AB$ перетинає коло. Кут між гіпотенузою $AB$ і діаметром $AC$ дорівнює $\angle A=42^{\circ }$.

3. Центральний кут, що відповідає дузі, відсіченій гіпотенузою (яка лежить поза трикутником), дорівнює двом кутам при ободі, що спираються на цю дугу. Кут при ободі — це $\angle A=42^{\circ }$. Отже, градусна міра центрального кута $\alpha =2\cdot 42^{\circ }=84^{\circ }$.

4. Обчислимо довжину дуги: $l=\frac{84}{360}\cdot 2\pi \cdot 4$.

5. Спростимо: $l=\frac{7}{30}\cdot 8\pi =\frac{56\pi }{30}=\frac{28\pi }{15}$ см.