Ре­ше­ние.

Введём обо­зна­че­ния (см. рис.), где x  — ра­ди­ус мень­шей окруж­но­сти. Фор­му­ла длины окруж­но­сти тогда ра­ди­ус боль­ше окруж­но­сти равен 6. За­ме­тим, что тре­уголь­ни­ки AO₁M и AO₂K по­доб­ны по двум рав­ным углам, один из ко­то­рых пря­мой, а вто­рой  — общий. Тогда из по­до­бия тре­уголь­ни­ков по­лу­ча­ем ра­вен­ство от­но­ше­ний их сто­рон :

Те­перь, ис­поль­зуя тот факт, что рас­сто­я­ние от цен­тра боль­шей окруж­но­сти до вер­ши­ны угла равно 5x + x + 6, имеем По­след­ним шагом на­ше­го ре­ше­ния найдём длину окруж­но­сти по фор­му­ле, при­ведённой выше

Ответ: 8π см.

Ре­ше­ние.

Введём обо­зна­че­ния (см. рис.), где x  — ра­ди­ус мень­шей окруж­но­сти. Фор­му­ла длины окруж­но­сти тогда ра­ди­ус мень­шей окруж­но­сти равен 2 см. За­ме­тим, что тре­уголь­ни­ки AO₁M и AO₂K по­доб­ны по двум рав­ным углам, один из ко­то­рых пря­мой, а вто­рой  — общий. Тогда из по­до­бия тре­уголь­ни­ков по­лу­ча­ем ра­вен­ство от­но­ше­ний их сто­рон :

По­след­ним шагом на­ше­го ре­ше­ния найдём длину окруж­но­сти по фор­му­ле, при­ведённой выше

Ответ:

Ре­ше­ние. Вы­де­лим пол­ные квад­ра­ты под кор­ня­ми, затем из­влечём корни сла­га­е­мых и вы­пол­ним сло­же­ние :

Ответ: 4.

Ре­ше­ние. Вы­де­лим пол­ные квад­ра­ты под кор­ня­ми, затем из­влечём корни сла­га­е­мых и вы­пол­ним сло­же­ние :

Ответ: 4.

Ре­ше­ние. Пусть хорда AB  — сто­ро­на пра­виль­но­го мно­го­уголь­ни­ка, R  — ра­ди­ус опи­сан­ной окруж­но­сти, а r, со­от­вет­ствен­но,  —  впи­сан­ной, тогда H  — точка ка­са­ния впи­сан­ной окруж­но­сти со сто­ро­ной AB пра­виль­но­го мно­го­уголь­ни­ка, при­чем точка H делит её на два рав­ных от­рез­ка. Тогда, Так как то В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке AOH найдём AH по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра: А зна­чит, AH  =  8, а AB  =  16.

Ответ: 16.

Ре­ше­ние. Пусть хорда AB  — сто­ро­на пра­виль­но­го мно­го­уголь­ни­ка, R  — ра­ди­ус опи­сан­ной окруж­но­сти, а r, со­от­вет­ствен­но,  —  впи­сан­ной, тогда H  — точка ка­са­ния впи­сан­ной окруж­но­сти со сто­ро­ной AB пра­виль­но­го мно­го­уголь­ни­ка, при­чем точка H делит её на два рав­ных от­рез­ка. Тогда, Так как то В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке AOH найдём AH по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра: А зна­чит, AH  =  6, а AB  =  12.

Ответ: 12.

Ре­ше­ние. При­ме­ним тео­ре­му ко­си­ну­сов в тре­уголь­ни­ке ACD:

По свой­ствам опи­сан­но­го че­ты­рех­уголь­ни­ка, BC+AD = AB+CD. AD = 16, CD = 30, по­это­му BC = AB+14.

В тре­уголь­ни­ке ABC по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Так как АС = 26, решим урав­не­ние:

BC = AB + 14 = 24 см.

Ответ: 10 см, 24 см.

Ре­ше­ние. При­ме­ним тео­ре­му ко­си­ну­сов в тре­уголь­ни­ке ACD:

По свой­ствам опи­сан­но­го че­ты­рех­уголь­ни­ка, BC+AD = AB+CD. AD = 8, CD = 7, по­это­му BC = AB+7.

В тре­уголь­ни­ке ABC по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Так как АС = 26, решим урав­не­ние:

BC = AB + 7 = 12 см.

Ответ: 5 см, 12 см.

Ре­ше­ние. Решим за­да­чу, ис­поль­зуя изоб­ра­же­ние, со­став­лен­ное по её усло­вию.

Так как точка D делит дугу AC по­по­лам, то видно, что   =   по­то­му что они яв­ля­ют­ся впи­сан­ны­ми уг­ла­ми, ко­то­рые опи­ра­ют­ся на рав­ные части дуги. Сле­до­ва­тель­но, BD  — бис­сек­три­са Тогда, по свой­ству бис­сек­три­сы, в тре­уголь­ни­ке ABC вы­пол­не­но от­но­ше­ние   =    =  

От­ку­да по­лу­ча­ем AE  =  

Из тео­ре­мы об от­рез­ках пе­ре­се­ка­ю­щих­ся хорд имеем: AE · CE  =  KE · EM, то есть,   =   · CE  =  

Таким об­ра­зом, имеем:

Ответ:

Ре­ше­ние. Решим за­да­чу, ис­поль­зуя изоб­ра­же­ние, со­став­лен­ное по её усло­вию.

Так как точка D делит дугу AC по­по­лам, то видно, что   =   по­то­му что они яв­ля­ют­ся впи­сан­ны­ми уг­ла­ми, ко­то­рые опи­ра­ют­ся на рав­ные части дуги. Сле­до­ва­тель­но, BD  — бис­сек­три­са

Тогда, по свой­ству бис­сек­три­сы, в тре­уголь­ни­ке ABC вы­пол­не­но от­но­ше­ние   =    =  

От­ку­да по­лу­ча­ем AE  =  

Из тео­ре­мы об от­рез­ках пе­ре­се­ка­ю­щих­ся хорд имеем AE · CE  =  KE · EM, то есть,   =   ·  CE  =  

Таким об­ра­зом, имеем:

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть ра­ди­ус окруж­но­сти, впи­сан­ной в тре­уголь­ник A₁A₂A₃ равен R. Так как тре­уголь­ник A₁A₂A₃ пра­виль­ный, то A₂H  — вы­со­та, равна утро­ен­но­му ра­ди­у­су:

Рис. 1

Рис. 2

Так как B₁B₂B₃B₄B₅B₆ пра­виль­ный ше­сти­уголь­ник, то тре­уголь­ник OB₆B₅  — рав­но­сто­рон­ний по свой­ству. Ра­ди­ус впи­сан­ной окруж­но­сти равен вы­со­те тре­уголь­ни­ка OB₆B₅:

Ответ: 18 см.

Ре­ше­ние. Диа­го­наль квад­ра­та A₁A₂A₃A₄ равна диа­мет­ру опи­сан­ной около него окруж­но­сти или двум ра­ди­у­сам, то есть сто­ро­на пра­виль­но­го тре­уголь­ни­ка B₁B₂B₃ равна Так как тре­уголь­ник B₁B₂B₃ рав­но­сто­рон­ний, то его вы­со­та равна

Рис. 1

Рис. 2

Ра­ди­ус окруж­но­сти, впи­сан­ной в пра­виль­ный тре­уголь­ник, равен трети его вы­со­ты по свой­ству, тогда

Ответ: 4 см.

Ре­ше­ние. Со­еди­ним цен­тры этих окруж­но­стей, по­лу­чим тре­уголь­ник O₁O₂O₃. Сто­ро­ны тре­уголь­ни­ка равны сумме ра­ди­у­сов со­от­вет­ству­ю­щих окруж­но­стей: O₁O₂ = 6 + 4 = 10, O₂O₃ = 6 + 2 = 8, O₁O₃ = 4 + 2 = 6. Видно, что тре­уголь­ник O₁O₂O₃ - пря­мо­уголь­ный, так как сумма квад­ра­тов сто­рон O₂O₃ и O₁O₃ рав­ный квад­ра­ту сто­ро­ны O₁O₂: 10² = 6² + 8² 100 = 36 + 64. Длина ис­ко­мой окруж­но­сти - длина окруж­но­сти, опи­сы­ва­ю­щей тре­уголь­ник O₁O₂O₃. Так как тре­уголь­ник пря­мо­уголь­ный, можно вос­поль­зо­вать­ся фор­му­лы ра­ди­у­са окруж­но­сти, опи­сы­ва­ю­щей пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник, где a,b - ка­те­ты тре­уголь­ни­ка: Длина окруж­но­сти равна

Ре­ше­ние. Со­еди­ним цен­тры этих окруж­но­стей, по­лу­чим тре­уголь­ник O₁O₂O₃. Сто­ро­ны тре­уголь­ни­ка равны сумме ра­ди­у­сов со­от­вет­ству­ю­щих окруж­но­стей: O₁O₂ = 12 + 8 = 20, O₂O₃ = 12 + 4 = 16, O₁O₃ = 4 + 8 = 12. Видно, что тре­уголь­ник O₁O₂O₃ - пря­мо­уголь­ный, так как сумма квад­ра­тов сто­рон O₂O₃ и O₁O₃ рав­ный квад­ра­ту сто­ро­ны O₁O₂: 20² = 12² + 16² 400 = 256 + 144. Длина ис­ко­мой окруж­но­сти - длина окруж­но­сти, опи­сы­ва­ю­щей тре­уголь­ник O₁O₂O₃. Так как тре­уголь­ник пря­мо­уголь­ный, можно вос­поль­зо­вать­ся фор­му­лы ра­ди­у­са окруж­но­сти, опи­сы­ва­ю­щей пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник, где a,b  — ка­те­ты тре­уголь­ни­ка: Длина окруж­но­сти равна

Ре­ше­ние. Про­ведём пря­мую CK па­рал­лель­но диа­го­на­ли BD, CK пе­ре­се­ка­ет AD в точке K, тогда BCKD  — па­рал­ле­ло­грамм по при­зна­ку. Зна­чит, угол AOK равен углу ACK как со­от­вет­ствен­ные при па­рал­лель­ных пря­мых CK и BD и се­ку­щей OC.

В тре­уголь­ни­ке ACK: CK  =  BD (по свой­ству па­рал­ле­ло­грам­ма), но BD  =  AС (по свой­ству рав­но­бед­рен­ной тра­пе­ции), зна­чит, CK  =  AC, тогда тре­уголь­ник ACK  — пря­мо­уголь­ный и рав­но­бед­рен­ный. Найдём ка­те­ты по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Тогда пло­щадь тре­уголь­ни­ка ACK:

Ответ: 100 см².

Ре­ше­ние. Про­ведём CK || BD, CK пе­ре­се­ка­ет AD в точке K, тогда BCKD  — па­рал­ле­ло­грамм по при­зна­ку. Зна­чит, угол AOD равен углу ACK как со­от­вет­ствен­ные при CK || BD и се­ку­щей OC. В тре­уголь­ни­ке ACK: AK = AD + DK = 20; CK = BD (по свой­ству па­рал­ле­ло­грам­ма), но BD = AС (по свой­ству рав­но­бед­рен­ной тра­пе­ции), зна­чит, CK = AC, тогда тре­уголь­ник ACK  — пря­мо­уголь­ный и рав­но­бед­рен­ный. Найдём ка­те­ты по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Пло­щадь тра­пе­ции ABCD равна пло­ща­ди тре­уголь­ни­ка ACK, так как тре­уголь­ник ACD для этих фигур яв­ля­ет­ся общим, а тре­уголь­ни­ки ABC и CDK рав­но­ве­ли­ки, так как у них равны ос­но­ва­ния BC и DK и вы­со­ты, про­ведённые к ним. Пло­щадь тре­уголь­ни­ка ACK

Ответ: 100 см².

Ре­ше­ние. Пусть S   — весь путь, тогда весь этот путь со ско­ро­стью 70 км/ч поезд про­ехал за а со ско­ро­стью 90 км/ч за

Най­дем сколь­ко про­цен­тов вто­рое время со­став­ля­ет от пер­во­го:

Те­перь най­дем раз­ни­цу:

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть S   — весь путь, тогда весь этот путь со ско­ро­стью 80 км/ч ав­то­мо­биль про­ехал за а со ско­ро­стью 60 км/ч за

Най­дем сколь­ко про­цен­тов вто­рое время со­став­ля­ет от пер­во­го:

Те­перь най­дем раз­ни­цу:

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть длина тре­тьей сто­ро­ны равна x. При­ме­ним фор­му­лу Ге­ро­на где p  — по­лу­пе­ри­метр, а a, b, c  — сто­ро­ны тре­уголь­ни­ка. В нашем слу­чае по­лу­пе­ри­метр равен имеем

Пусть x²  =  t, тогда

Вернёмся к ис­ход­ным пе­ре­мен­ным, учи­ты­вая тот факт, что от­ри­ца­тель­ные ре­ше­ния не под­хо­дят по смыс­лу за­да­чи:

Итак, тогда сумма квад­ра­тов кор­ней равна

Ответ: 226.

Ре­ше­ние. Пусть длина тре­тьей сто­ро­ны равна x. При­ме­ним фор­му­лу Ге­ро­на где p  — по­лу­пе­ри­метр, а a, b, c  — сто­ро­ны тре­уголь­ни­ка. В нашем слу­чае по­лу­пе­ри­метр равен имеем

Пусть x²  =  t, тогда

Вернёмся к ис­ход­ным пе­ре­мен­ным, учи­ты­вая тот факт, что от­ри­ца­тель­ные ре­ше­ния не под­хо­дят по смыс­лу за­да­чи:

Итак, тогда сумма квад­ра­тов кор­ней равна

Ответ: 200.

Ре­ше­ние. Вы­не­сем 2ⁿ как общий мно­жи­тель, по­лу­чим:

По­лу­чи­лось, что один из мно­жи­те­лей вы­ра­же­ния равен 14. Зна­чит, оно крат­но 14 при всех на­ту­раль­ных n.

Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

Ре­ше­ние. Вы­не­сем 3ⁿ как общий мно­жи­тель, по­лу­чим:

По­лу­чи­лось, что один из мно­жи­те­лей вы­ра­же­ния равен 39. Зна­чит, оно крат­но 39 при всех на­ту­раль­ных n.

Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

Ре­ше­ние. Тре­уголь­ник CDA  — рав­но­бед­рен­ный, так как по усло­вию CD  =  AD, зна­чит, углы CAD и DCA равны. Угол DAC равен углу BCA, так как они на­крест ле­жа­щие при па­рал­лель­ных ос­но­ва­ни­ях тра­пе­ции, а зна­чит, диа­го­наль AC  — бис­сек­три­са угла BCD, тогда по свой­ству бис­сек­три­сы: Так как BO : OD  =  3 : 13, то BC : CD  =  3 : 13.

Рис. 1

Рис. 2

Обо­зна­чим сто­ро­ну BC за 3x, тогда AD  =  AB  =  DC  =  13x. Про­ве­дем вы­со­ты CH и BM. Так как AM  =  HD, най­дем AM: AM  =  HD  =  (AD − MH) : 2  =  (AD − BC) : 2. Имеем: AM  =  (13x − 3x) : 2  =  5x. Най­дем BM по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра: Под­ста­вим и по­лу­чим, что BM  =  12x. Так как по усло­вию BM  =  24, то x  =  2. Най­дем пло­щадь:

Ответ: 384.

Ре­ше­ние.

Тре­уголь­ник CBA  — рав­но­бед­рен­ный так как по усло­вию AB  =  BC, зна­чит, углы BCA и BAC равны. Угол CAD равен углу BCA так как они на­крест ле­жа­щие при па­рал­лель­ных ос­но­ва­ни­ях тра­пе­ции, а зна­чит, диа­го­наль AC  — бис­сек­три­са угла BAD, тогда по свой­ству бис­сек­три­сы: Так как BO : OD  =  5 : 11, то AB : AD  =  5 : 11.

Обо­зна­чим сто­ро­ну AD за 11x, тогда BC  =  AB  =  DC  =  5x. Про­ве­дем вы­со­ты CH и BM. Так как AM  =  HD, най­дем AM: AM  =  (AD − MH) : 2  =  (AD − BC) : 2. Имеем: AM  =  (11x − 5x) : 2  =  3x. Най­дем BM по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра: Под­ста­вим и по­лу­чим, что BM  =  4x. Так как по усло­вию BM  =  20, то x  =  5. Най­дем пло­щадь:

Ответ: 800.

Ре­ше­ние. Так как се­ку­щая BA пер­пен­ди­ку­ляр­на к пря­мым MA и NB, то пря­мые и NB па­рал­лель­ны.(см.рис.).

Вос­поль­зу­ем­ся тео­ре­мой о ка­са­тель­ных, про­ве­ден­ных из одной точки: а тогда

Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ную тра­пе­цию CDBA, про­ве­дем вы­со­ту DH. Так как в HDBA все углы пря­мые, то это пря­мо­уголь­ник.

Тогда по­лу­ча­ем, что и

Вос­поль­зу­ем­ся тео­ре­мой Пи­фа­го­ра для тре­уголь­ни­ка CDH. Тогда Зная DH, най­дем ра­ди­ус окруж­но­сти.

Ответ:

Ре­ше­ние. Так как се­ку­щая BA пер­пен­ди­ку­ляр­на к пря­мым MA и NB, то пря­мые и NB па­рал­лель­ны.(см.рис.).

Вос­поль­зу­ем­ся тео­ре­мой о ка­са­тель­ных, про­ве­ден­ных из одной точки: а тогда

Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ную тра­пе­цию CDBA, про­ве­дем вы­со­ту DH. Так как в HDBA все углы пря­мые, то это пря­мо­уголь­ник.

Тогда по­лу­ча­ем, что и

Вос­поль­зу­ем­ся тео­ре­мой Пи­фа­го­ра для тре­уголь­ни­ка CDH. Тогда Зная DH, най­дем ра­ди­ус окруж­но­сти.

Ответ:

Ре­ше­ние. Введём обо­зна­че­ния, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. Тра­пе­ция рав­но­бед­рен­ная, так как во­круг неё можно опи­сать окруж­ность. Сумма углов тра­пе­ции, при­ле­жа­щих к одной бо­ко­вой сто­ро­не, равна 180°, а зна­чит, угол ADC равен 60°. За­ме­тим, что AD яв­ля­ет­ся диа­мет­ром окруж­но­сти из-за того, что на нём лежит её центр, а так же что в таком слу­чае ра­ди­у­сы BO, CO, AO и DO раз­би­ва­ют тра­пе­цию ABCD на тре­уголь­ни­ки AOB и COD, рав­ные по трём сто­ро­нам, причём эти тре­уголь­ни­ки яв­ля­ют­ся рав­но­сто­рон­ни­ми, так как COD равен углу BOA, а угол AOB равен углу ODC как со­от­вет­ствен­ные эле­мен­ты. Тогда от­рез­ки AB и CO па­рал­лель­ны и равны, а зна­чит, ABCO  — па­рал­ле­ло­грамм, в ко­то­ром AO  =  BC. Таким об­ра­зом, мы по­лу­ча­ем, что тра­пе­ция со­сто­ит из трёх рав­но­сто­рон­них тре­уголь­ни­ков со сто­ро­ной 4. Пло­щадь рав­но­сто­рон­не­го тре­уголь­ни­ка вы­чис­ля­ет­ся по фор­му­ле Имеем а пло­щадь тра­пе­ции в таком слу­чае равна

Ответ:

Ре­ше­ние. Введём обо­зна­че­ния, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. Тра­пе­ция рав­но­бед­рен­ная, так как во­круг неё можно опи­сать окруж­ность. Сумма углов тра­пе­ции, при­ле­жа­щих к одной бо­ко­вой сто­ро­не, равна 180°, а зна­чит, угол ADC равен 60°. За­ме­тим, что AD яв­ля­ет­ся диа­мет­ром окруж­но­сти из-за того, что на нём лежит её центр, а так же что в таком слу­чае ра­ди­у­сы BO, CO, AO и DO раз­би­ва­ют тра­пе­цию ABCD на тре­уголь­ни­ки AOB и COD, рав­ные по трём сто­ро­нам, причём эти тре­уголь­ни­ки яв­ля­ют­ся рав­но­сто­рон­ни­ми, так как COD равен углу BOA, а угол AOB равен углу ODC как со­от­вет­ствен­ные эле­мен­ты. Тогда от­рез­ки AB и CO па­рал­лель­ны и равны, а зна­чит, ABCO  — па­рал­ле­ло­грамм, в ко­то­ром AO  =  BC. Таким об­ра­зом, мы по­лу­ча­ем, что тра­пе­ция со­сто­ит из трёх рав­но­сто­рон­них тре­уголь­ни­ков со сто­ро­ной 2. Пло­щадь рав­но­сто­рон­не­го тре­уголь­ни­ка вы­чис­ля­ет­ся по фор­му­ле Имеем а пло­щадь тра­пе­ции в таком слу­чае равна

Ответ:

Ре­ше­ние. Упро­стим:

Под­ста­вим зна­че­ние вме­сто пе­ре­мен­ной:

Ре­ше­ние. Упро­стим:

Под­ста­вим зна­че­ние вме­сто пе­ре­мен­ной:

Ре­ше­ние. Найдём сна­ча­ла зна­че­ние :

Те­перь найдём зна­че­ние :

По­лу­чи­лось, что зна­че­ния двух вы­ра­же­ний равны.

Ответ: они равны.

Ре­ше­ние. Найдём сна­ча­ла зна­че­ние :

Те­перь найдём зна­че­ние :

По­лу­чи­лось, что зна­че­ния двух вы­ра­же­ний равны.

Ответ: они равны.

Ре­ше­ние. Функ­ция яв­ля­ет­ся не­чет­ной. Это зна­чит, что Тогда a Най­дем и : То есть Под­ста­вим те­перь из­вест­ные зна­че­ния в дан­ное вы­ра­же­ние:

Ре­ше­ние. Функ­ция яв­ля­ет­ся не­чет­ной. Это зна­чит, что Тогда a Най­дем и : То есть Под­ста­вим те­перь из­вест­ные зна­че­ния в дан­ное вы­ра­же­ние:

Ре­ше­ние. Пусть АB  — сто­ро­на пра­виль­но­го мно­го­уголь­ни­ка.

1)  Знаем, что

По усло­вию т. е.

Из тре­уголь­ни­ка AHO видно, что катет OH (r  =  OH) в два раза мень­ше ги­по­те­ну­зы OA (R  =  OA). В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке катет, ле­жа­щий на­про­тив угла в 30°, равен по­ло­ви­не ги­по­те­ну­зы, тогда сле­до­ва­тель­но,

Тре­уголь­ник AOH равен тре­уголь­ни­ку HOB (по трем сто­ро­нам), сле­до­ва­тель­но, и Тогда в мно­го­уголь­ни­ке сто­ро­ны.

2)  Так как в мно­го­уголь­ни­ке 3 сто­ро­ны, а по усло­вию мно­го­уголь­ник пра­виль­ный, то мы по­лу­чи­ли рав­но­сто­рон­ний тре­уголь­ник. Его пло­щадь равна: сле­до­ва­тель­но, AB  =  4.

3)  Тогда пе­ри­метр пра­виль­но­го тре­уголь­ни­ка (AB · 3) равен

Ответ: 12

Ре­ше­ние. Пусть АB  — сто­ро­на пра­виль­но­го мно­го­уголь­ни­ка.

1)  Знаем, что

По усло­вию т. е.

Из тре­уголь­ни­ка AHO видно, что катет OH (r  =  OH) в два раза мень­ше ги­по­те­ну­зы OA (R  =  OA). В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке катет, ле­жа­щий на­про­тив угла в равен по­ло­ви­не ги­по­те­ну­зы, тогда сле­до­ва­тель­но,

Тре­уголь­ник AOH равен тре­уголь­ни­ку HOB (по трем сто­ро­нам), сле­до­ва­тель­но, и Тогда в мно­го­уголь­ни­ке сто­ро­ны.

2)  Так как в мно­го­уголь­ни­ке 3 сто­ро­ны, а по усло­вию мно­го­уголь­ник пра­виль­ный, то мы по­лу­чи­ли рав­но­сто­рон­ний тре­уголь­ник. Его пло­щадь: сле­до­ва­тель­но, AB  =  8.

3)  Тогда пе­ри­метр пра­виль­но­го тре­уголь­ни­ка (AB · 3) равен

Ответ: 24

Ре­ше­ние. До­стро­им тре­уголь­ник ABC до па­рал­ле­ло­грам­ма ABCM. Тогда Р  — точка пе­ре­се­че­ния диа­го­на­лей, зна­чит,

При­ме­ним тео­ре­му ко­си­ну­сов в тре­уголь­ни­ке AMC:

Так как ABCM  —па­рал­ле­ло­грамм по по­стро­е­нию, то ис­ко­мый

Ответ:

Ре­ше­ние. До­стро­им тре­уголь­ник ABC до па­рал­ле­ло­грам­ма ABCP. Тогда M  — точка пе­ре­се­че­ния диа­го­на­лей, зна­чит,

При­ме­ним тео­ре­му ко­си­ну­сов в тре­уголь­ни­ке APC:

Так как ABCP  —па­рал­ле­ло­грамм по по­стро­е­нию, то ис­ко­мый

Ответ:

Ре­ше­ние. Так как BM  — ме­ди­а­на, то

Вос­поль­зу­ем­ся тео­ре­мой си­ну­сов в тре­уголь­ни­ке BMC:

зна­чит, угол MBC равен 60° (120°  — не­воз­мож­но по тео­ре­ме о сумме углов тре­уголь­ни­ка). Тогда

Снова вос­поль­зу­ем­ся тео­ре­мой си­ну­сов, но в тре­уголь­ни­ке ABM:

Ответ: 6 см.

Ре­ше­ние. Так как BM  — ме­ди­а­на, то

Вос­поль­зу­ем­ся тео­ре­мой си­ну­сов в тре­уголь­ни­ке BMC:

зна­чит, угол ABM  =  60° (120°  — не­воз­мож­но по тео­ре­ме о сумме углов тре­уголь­ни­ка). Тогда угол Снова вос­поль­зу­ем­ся тео­ре­мой си­ну­сов, но в тре­уголь­ни­ке BMC:

Ответ: 9 см.

Ре­ше­ние.

Диа­го­на­ли делят тра­пе­цию на че­ты­ре тре­уголь­ни­ка, два из ко­то­рых рав­но­ве­ли­ки(тре­уголь­ни­ки ABO и COD, так как они при­ле­жат к бо­ко­вым сто­ро­нам), а два дру­гих по­доб­ны. Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков BOC и DOA сле­ду­ют от­но­ше­ния:

Тре­уголь­ни­ки AOB и COB имеют общую вы­со­ту, про­ве­ден­ную из точки B, тогда от­но­ше­ние их пло­ща­дей равно от­но­ше­нию со­от­вет­ству­ю­щих ос­но­ва­ний:

По тео­ре­ме о пло­ща­дях по­доб­ных тре­уголь­ни­ков имеем от­но­ше­ния:

Пло­щадь всей тра­пе­ции равна сумме пло­ща­дей всех тре­уголь­ни­ков, со­дер­жа­щих­ся в ней, то есть:

Ответ:

Ре­ше­ние.

Диа­го­на­ли делят тра­пе­цию на че­ты­ре тре­уголь­ни­ка, два из ко­то­рых рав­но­ве­ли­ки(тре­уголь­ни­ки ABO и COD, так как они при­ле­жат к бо­ко­вым сто­ро­нам), а два дру­гих по­доб­ны. Из по­до­бия тре­уголь­ни­ков BOC и DOA сле­ду­ют от­но­ше­ния:

Тре­уголь­ни­ки BOC и COD имеют общую вы­со­ту, про­ве­ден­ную из точки C, тогда от­но­ше­ние их пло­ща­дей равно от­но­ше­нию со­от­вет­ству­ю­щих ос­но­ва­ний:

По тео­ре­ме о пло­ща­дях по­доб­ных тре­уголь­ни­ков имеем от­но­ше­ния:

Пло­щадь всей тра­пе­ции равна сумме пло­ща­дей всех тре­уголь­ни­ков, со­дер­жа­щих­ся в ней, то есть

Ответ:

Ре­ше­ние. Дуги BCM и BАМ равны 120°. Дуга MDN равна 360° − 240° = 120°. По тео­ре­ме о впи­сан­ном угле угол MBN равен по­ло­ви­не гра­дус­ной меры дуги MDN, то есть 60°. Рав­ные хорды стя­ги­ва­ют рав­ные дуги, дуги BC и АВ равны 90°. Дуги CM и AN равны 120° − 90° = 30°. По тео­ре­ме о впи­сан­ном угле угол ABN равен по­ло­ви­не гра­дус­ной меры дуги AN, то есть 15°, угол CBM равен по­ло­ви­не гра­дус­ной меры дуги CM, то есть так же 15°. Тре­уголь­ни­ки CBT и ABK по сто­ро­не и двум углам, сле­до­ва­тель­но, BK = BT. Так как ра­ди­ус опи­сан­ной окруж­но­сти равен най­дем сто­ро­ну квад­ра­та:

Рас­смот­рим тре­уголь­ник CBT. Угол ВСТ равен 45°, угол CBT равен 15°, зна­чит, угол CТВ равен 120°. При­ме­ним тео­ре­му си­ну­сов:

Тре­уголь­ник TBK  — рав­но­сто­рон­ний, так как он яв­ля­ет­ся рав­но­бед­рен­ным, а один из его углов равен 60°. По­это­му TK = BT = 6.

Ответ: 6.

Ре­ше­ние. Дуги BCM и BАМ равны 120°. Дуга MDN равна 360° − 240° = 120°. По тео­ре­ме о впи­сан­ном угле угол MBN равен по­ло­ви­не гра­дус­ной меры дуги MDN, то есть 60°. Рав­ные хорды стя­ги­ва­ют рав­ные дуги, по­это­му дуги BC и АВ равны 90°. Дуги CM и AN равны 120° − 90° = 30°. По тео­ре­ме о впи­сан­ном угле угол ABN равен по­ло­ви­не гра­дус­ной меры дуги AN, то есть 15°, угол CBM равен по­ло­ви­не гра­дус­ной меры дуги CM, то есть так же 15°. Тре­уголь­ни­ки CBT и ABK по сто­ро­не и двум углам, сле­до­ва­тель­но, BK = BT. Так как ра­ди­ус опи­сан­ной окруж­но­сти равен най­дем сто­ро­ну квад­ра­та:

Рас­смот­рим тре­уголь­ник CBT. Угол ВСТ равен 45°, угол CBT равен 15°, зна­чит, угол CТВ равен 120°. При­ме­ним тео­ре­му си­ну­сов:

Тре­уголь­ник TBK  — рав­но­сто­рон­ний, так как он яв­ля­ет­ся рав­но­бед­рен­ным, а один из его углов равен 60°. По­это­му TK = BT = 12.

Ответ: 12.

Ре­ше­ние. Про­ве­дем CK па­рал­лель­но BD, так как BC па­рал­лель­на DK, а CK па­рал­лель­на BD, то BDCK  — па­рал­ле­ло­грамм. тогда AK  =  BC + AD  = 12 см, так как сред­няя линия равна 6 см. Тре­уголь­ник ACK  — рав­но­бед­рен­ный и пря­мо­уголь­ный, ведь угол AOD  =  ACK  =  90°, BD  =  CK  — по свой­ству па­рал­ле­ло­грам­ма и AC  =  BD  — по свой­ству рав­но­бед­рен­ной тра­пе­ции. Найдём AC по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Имеем: Найдём пло­щадь тре­уголь­ни­ка ACK:

Под­ста­вим и по­лу­чим, что S_ACK  =  36 см². Пло­щадь тра­пе­ции ABCD равна пло­ща­ди тре­уголь­ни­ка ACK так как тре­уголь­ни­ки ABC и CDK равны, по­это­му S_ABCD  =  36 см².

Ответ: 36.

Ре­ше­ние. Про­ве­дем CK па­рал­лель­но BD, так как BC па­рал­лель­на DK, а CK па­рал­лель­на BD, то BDCK  — па­рал­ле­ло­грамм. тогда AK  =  BC + AD  = 16, так как сред­няя линия равна 8. Тре­уголь­ник ACK  — рав­но­бед­рен­ный и пря­мо­уголь­ный, ведь угол AOD  =  ACK  =  90°, BD  =  CK  — по свой­ству па­рал­ле­ло­грам­ма и AC  =  BD  — по свой­ству рав­но­бед­рен­ной тра­пе­ции. Найдём AC по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра: Имеем: Найдём пло­щадь тре­уголь­ни­ка ACK: Под­ста­вим и по­лу­чим, что S_ACK  =  64. Пло­щадь тра­пе­ции ABCD равна пло­ща­ди тре­уголь­ни­ка ACK так как тре­уголь­ни­ки ABC и CDK равны, по­это­му S_ABCD  =  64.

Ответ: 64.

Ре­ше­ние. Пусть время, ко­то­рое тра­тит вто­рая бри­га­да на вы­пол­не­ние пятой части за­да­ния равно x, а общий объём ра­бо­ты равен 1, тогда

Бри­га­да	Время	Про­из­во­ди­тель­ность	Ра­бо­та
Пер­вая
Вто­рая	x
Пер­вая и вто­рая сов­мест­но	6		1

Со­ста­вим и решим урав­не­ние по дан­ным за­да­чи:

От­ри­ца­тель­ный ко­рень не под­хо­дит по смыс­лу за­да­чи, тогда вто­рая бри­га­да вы­пол­нит пятую часть ра­бо­ты за 2 часа, а весь объём ра­бо­ты  — за 10 часов, в таком слу­чае пер­вая бри­га­да вы­пол­нит весь объём ра­бо­ты за часов.

Ответ: 15 ч, 10 ч.

Ре­ше­ние. Пусть время, ко­то­рое тра­тит пер­вая бри­га­да на вы­пол­не­ние тре­тьей части за­да­ния равно x, а общий объём ра­бо­ты равен 1, тогда

Бри­га­да	Время	Про­из­во­ди­тель­ность	Ра­бо­та
Пер­вая	x
Вто­рая
Пер­вая и вто­рая сов­мест­но	2		1

Со­ста­вим и решим урав­не­ние по дан­ным за­да­чи:

От­ри­ца­тель­ный ко­рень не под­хо­дит по смыс­лу за­да­чи, тогда пер­вая бри­га­да вы­пол­нит тре­тью часть ра­бо­ты за 1 день, а весь объём ра­бо­ты  — за 3 дня, в таком слу­чае вто­рая бри­га­да вы­пол­нит весь объём ра­бо­ты за дней.

Ответ: 3 дня, 6 дней.

Ре­ше­ние. Пре­об­ра­зу­ем ис­ход­ное ра­вен­ство:

Пусть тогда решим вспо­мо­га­тель­ное урав­не­ние:

Вер­нем­ся к ис­ход­ным пе­ре­мен­ным:

Ответ: {}.

Ре­ше­ние. Упро­стим ис­ход­ное вы­ра­же­ние:

Пусть тогда решим вспо­мо­га­тель­ное урав­не­ние Ис­поль­зуя об­рат­ную тео­ре­му Виета, имеем:

Вер­нем­ся к ис­ход­ным пе­ре­мен­ным:

Ответ: {}.

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что углы DAN и CMN равны как со­от­вет­ствен­ные, углы CMN и AMB равны как вер­ти­каль­ные, а углы MNC и NAB  — как на­крест ле­жа­щие углы, тогда тре­уголь­ни­ки AND, MNC и MAB по­доб­ны по трём углам. Пло­ща­ди по­доб­ных тре­уголь­ни­ков от­но­сят­ся как квад­ра­ты от­но­ше­ния их сто­рон, тогда пло­щадь тре­уголь­ни­ка AND равна а пло­щадь тре­уголь­ни­ка MAB равна В таком слу­чае пло­щадь па­рал­ле­ло­грам­ма равна

Ответ: 240.

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что углы DAN и CMN равны как со­от­вет­ствен­ные, углы CMN и AMB равны как вер­ти­каль­ные, а углы MNC и NAB  — как на­крест ле­жа­щие углы, тогда тре­уголь­ни­ки AND, MNC и MAB по­доб­ны по трём углам. Пло­ща­ди по­доб­ных тре­уголь­ни­ков от­но­сят­ся как квад­ра­ты от­но­ше­ния их сто­рон, тогда пло­щадь тре­уголь­ни­ка AND равна а пло­щадь тре­уголь­ни­ка MAB равна В таком слу­чае пло­щадь па­рал­ле­ло­грам­ма равна

Ответ: 720.

Ре­ше­ние. Че­ты­рех­уголь­ник CA₁OB₁  — квад­рат, так как B₁O  =  OA₁ и все углы в нем равны 90°. Тогда СО  — диа­го­наль квад­ра­та, сле­до­ва­тель­но, сто­ро­на этого квад­ра­та равна Центр впи­сан­ной окруж­но­сти  — точка пе­ре­се­че­ния бис­сек­трис, по­это­му

Как мы вы­яс­ни­ли, В₁О  =  4 см, тогда сто­ро­на AB₁ равна:

Так как тре­уголь­ник CAB  — пря­мо­уголь­ный, а От­ре­зок СА лежит про­тив угла в 30° в пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке, зна­чит, это по­ло­ви­на ги­по­те­ну­зы, а ги­по­те­ну­за яв­ля­ет­ся боль­шей сто­ро­ной пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка:

Тогда

Ответ:

Ре­ше­ние. Че­ты­рех­уголь­ник CA₂OB₁  — квад­рат, так как B₁O  =  OA₁ и все углы в нем равны 90°. Тогда СО  — диа­го­наль квад­ра­та, сле­до­ва­тель­но, сто­ро­на этого квад­ра­та равна Центр впи­сан­ной окруж­но­сти  — точка пе­ре­се­че­ния бис­сек­трис, по­это­му

Как мы вы­яс­ни­ли, В₁О  =  4 см, тогда сто­ро­на AB₁ равна

Так как тре­уголь­ник CAB  — пря­мо­уголь­ный, а Сто­ро­на CA лежит про­тив угла в 30° в пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке, зна­чит, это по­ло­ви­на ги­по­те­ну­зы, а ги­по­те­ну­за яв­ля­ет­ся боль­шей сто­ро­ной пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка:

Тогда

Ответ:

Ре­ше­ние. Так как то AD  =  17 − AB.

Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой пло­ща­ди па­рал­ле­ло­грам­ма, чтобы найти его сто­ро­ны:

По смыс­лу за­да­чи по­лу­чим, что AB  =  5, AD  =  12. Най­дем ко­си­нус угла ABC: Ис­поль­зуя фор­му­лы при­ве­де­ния, по­лу­чим:

С по­мо­щью ос­нов­но­го три­го­но­мет­ри­че­ско­го тож­де­ства най­дем

При­ме­ним тео­ре­му ко­си­ну­сов для тре­уголь­ни­ка ABC:

Ответ:

Ре­ше­ние. Так как то AD=17-AB.

Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой пло­ща­ди па­рал­ле­ло­грам­ма, чтобы найти его сто­ро­ны:

По смыс­лу за­да­чи по­лу­чим, что AB=12, AD=5.

Най­дем ко­си­нус угла ABC:

Ис­поль­зуя фор­му­лы при­ве­де­ния, по­лу­чим:

С по­мо­щью ос­нов­но­го три­го­но­мет­ри­че­ско­го тож­де­ства най­дем :

При­ме­ним тео­ре­му ко­си­ну­сов для тре­уголь­ни­ка ABC:

Ответ:

Ре­ше­ние. Ис­ход­ная тра­пе­ция изоб­ра­же­на на ри­сун­ке (см. рис).

Пусть мень­шее ос­но­ва­ние BC равно x, тогда боль­шее ос­но­ва­ние AD равно 2x. По­сколь­ку в тра­пе­цию впи­са­на окруж­ность, верно сле­ду­ю­щее ра­вен­ство:

от­ку­да AB + CD = 3x.

При этом вы­со­ты тра­пе­ции AB и CH равны двум ра­ди­у­сам впи­сан­ной в неё окруж­но­сти, то есть 8. Зна­чит, CD = 3x − 8. Также HD  =  2x − x = x.

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке CHD:

По­лу­ча­ем, что BC = 6, AD = 12.

Найдём пло­щадь S тра­пе­ции ABCD:

Ответ: 72.

Ре­ше­ние. Ис­ход­ная тра­пе­ция изоб­ра­же­на на ри­сун­ке (см. рис).

Пусть мень­шее ос­но­ва­ние BC равно x, тогда боль­шее ос­но­ва­ние AD равно 2x. По­сколь­ку в тра­пе­цию впи­са­на окруж­ность, верно сле­ду­ю­щее ра­вен­ство:

от­ку­да AB + CD = 3x.

При этом вы­со­ты тра­пе­ции AB и CH равны двум ра­ди­у­сам впи­сан­ной в неё окруж­но­сти, то есть 16. Зна­чит, CD = 3x − 16. Также HD  =  2x − x = x.

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке CHD:

По­лу­ча­ем, что BC = 12, AD = 24.

Найдём пло­щадь S тра­пе­ции ABCD:

Ответ: 288.

Ре­ше­ние. 1)  На­не­сем дан­ные на чер­теж.

В тре­уголь­ни­ке BHD по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра най­дем HD:

2)  Зная пе­ри­метр, най­дем сто­ро­ны ромба:

AH=AD − HD, тогда AH = 25 − 3x.

В тре­уголь­ни­ке ABH по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра

тогда имеем:

Тогда BH = 4 · 6 = 24.

3)  Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой пло­ща­ди ромба:

Ответ: 600

Ре­ше­ние. 1)  На­не­сем дан­ные на чер­теж.

В тре­уголь­ни­ке AHC по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра най­дем HC:

2)  Зная пе­ри­метр, най­дем сто­ро­ны ромба:

HD = HC − CD, тогда HD = 4x − 50.

В тре­уголь­ни­ке ADH по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра тогда имеем:

Тогда AH=3 · 16=48.

3)  Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой пло­ща­ди ромба:

Ответ: 2400

Ре­ше­ние. Про­ведём хорды AD и BC, ко­то­рые будут об­ра­зо­вы­вать впи­сан­ные углы, стя­ги­ва­ю­щие дуги AFC и BHD, а зна­чит, гра­дус­ные меры этих углов равны по­ло­ви­нам гра­дус­ных мер стя­ги­ва­е­мых ими дуг. За­ме­тим, что угол AMC  — внеш­ний для тре­уголь­ни­ка AMD, тогда его гра­дус­ная мера равна сумме гра­дус­ных мер углов DAM и ADM, ко­то­рая, в свою оче­редь, равна сумме по­ло­вин или про­сто по­лу­сум­ме гра­дус­ных мер дуг AFC и BHD. Углы AMC и BMD равны как вер­ти­каль­ные, тогда ве­ли­чи­на угла DMB так же равна по­лу­сум­ме гра­дус­ных мер дуг AFC и BHD.

Ре­ше­ние. Про­ведём хорду AB. Впи­сан­ные углы ABD и BAC равны со­от­вет­ствен­но и где AC, CD и BD  — мень­шие из воз­мож­ных дуг. Тогда в тре­уголь­ни­ке BAM по тео­ре­ме о сумме углов

где AC, CD и BD  — мень­шие из воз­мож­ных дуг. Сумма гра­дус­ных мер всех дуг окруж­но­сти равна 360°, а по­лу­сум­ма  — 180°, в таком слу­чае, Тем самым, угол BMA равен

Ре­ше­ние. Решим пер­вое не­ра­вен­ство со­во­куп­но­сти ме­то­дом ин­тер­ва­лов (см.рис.):

Решим вто­рое урав­не­ние со­во­куп­но­сти ме­то­дом ин­тер­ва­лов (см.рис.): Найдём объ­еди­не­ние мно­жеств ре­ше­ний (см.рис.). Имеем:

Ответ:

Ре­ше­ние. Решим пер­вое не­ра­вен­ство со­во­куп­но­сти ме­то­дом ин­тер­ва­лов (см.рис.):

Решим вто­рое урав­не­ние со­во­куп­но­сти ме­то­дом ин­тер­ва­лов (см.рис.):

Найдём объ­еди­не­ние мно­жеств ре­ше­ний (см.рис.).

Имеем:

Ответ: (−2; 9].

Ре­ше­ние. Об­ласть опре­де­ле­ния функ­ции сов­па­да­ет с ОДЗ урав­не­ния, за­да­ю­ще­го эту функ­цию, то есть с ре­ше­ни­ем си­сте­мы не­ра­венств

За­ме­тим, что чис­ли­тель верх­ней дроби ни­ко­гда не от­ри­ца­те­лен, тогда си­сте­ма при­об­ре­та­ет сле­ду­ю­щий вид:

решив си­сте­му ме­то­дом ин­тер­ва­лов, по­лу­ча­ем:

Ответ:

Ре­ше­ние. Об­ласть опре­де­ле­ния функ­ции сов­па­да­ет с ОДЗ урав­не­ния, за­да­ю­ще­го эту функ­цию, то есть с ре­ше­ни­ем си­сте­мы не­ра­венств

За­ме­тим, что чис­ли­тель верх­ней дроби ни­ко­гда не от­ри­ца­те­лен, тогда си­сте­ма при­об­ре­та­ет сле­ду­ю­щий вид:

Ответ:

Ре­ше­ние. Обо­зна­чем точ­кой K точку пе­ре­се­че­ния бис­сек­три­сы и вы­со­ты. По свой­ству бис­сек­три­сы:

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке ABH, ги­по­те­ну­зу AB обо­зна­чим за 5x, а катет AH за 3x, тогда из тео­ре­мы Пи­фа­го­ра най­дем, что BH  =  4x. Обо­зна­чим угол BAC как най­дем синус этого угла:

При­ме­ним тео­ре­му си­ну­сов: Под­ста­вим:

Ответ: 7,5.

Ре­ше­ние. Обо­зна­чем точ­кой K точку пе­ре­се­че­ния бис­сек­три­сы и вы­со­ты. По свой­ству бис­сек­три­сы:

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке BHC, ги­по­те­ну­зу BC обо­зна­чим за 13x, а катет HC за 5x, тогда из тео­ре­мы Пи­фа­го­ра най­дем, что BH  =  12x. Обо­зна­чим угол BCH как най­дем синус этого угла:

При­ме­ним тео­ре­му си­ну­сов: Под­ста­вим:

Ответ: 26.

Ре­ше­ние. Так как AM  — ме­ди­а­на, то BM  =  MC  =  2 см.

При­ме­ним тео­ре­му ко­си­ну­сов для тре­уголь­ни­ка ABM:

При­ме­ним тео­ре­му ко­си­ну­сов для тре­уголь­ни­ка ABC:

Если AC  — диа­метр, то ра­ди­ус окруж­но­сти, по­стро­ен­ной на AC равен

Най­дем пло­щадь этой окруж­но­сти по фор­му­ле :

Ответ:

Ре­ше­ние. Так как AM  — ме­ди­а­на, то BM  =  MC  =  2 см.

При­ме­ним тео­ре­му ко­си­ну­сов для тре­уголь­ни­ка ABM:

При­ме­ним тео­ре­му ко­си­ну­сов для тре­уголь­ни­ка ABC:

Если AC  — диа­метр, то ра­ди­ус окруж­но­сти, по­стро­ен­ной на AC равен

Най­дем пло­щадь этой окруж­но­сти по фор­му­ле :

Ответ:

Ре­ше­ние. Три члена гео­мет­ри­че­ской про­грес­сии можно пред­ста­вить в виде b, bq и bq², где b  — пер­вый член про­грес­сии, а q  — её зна­ме­на­тель. Тогда члены ариф­ме­ти­че­ской про­грес­сии имеют вид b, 2bq и bq². Вос­поль­зу­ем­ся ха­рак­те­ри­сти­че­ским свой­ством ариф­ме­ти­че­ской про­грес­сии:

Ответ:

Ре­ше­ние. Три члена гео­мет­ри­че­ской про­грес­сии можно пред­ста­вить в виде b, bq и bq², где b  — пер­вый член про­грес­сии, а q  — её зна­ме­на­тель. Тогда члены ариф­ме­ти­че­ской про­грес­сии имеют вид b, 3bq и bq². Вос­поль­зу­ем­ся ха­рак­те­ри­сти­че­ским свой­ством ариф­ме­ти­че­ской про­грес­сии:

Ответ:

Ре­ше­ние. Про­ве­дем NK  — вы­со­ту тра­пе­ции, и MO  — пер­пен­ди­ку­ляр к бо­ко­вой сто­ро­не, O  — центр окруж­но­сти.

Имеем

Так как тра­пе­ция опи­са­на, рав­но­бед­рен­ная, то

Имеем

В тре­уголь­ни­ке COD так как и CO  — бис­сек­три­са(центр впи­сан­ной окруж­но­сти лежит на бис­сек­три­се угла).

От­ку­да тре­уголь­ник COD  — пря­мо­уголь­ный,   — вы­со­та, про­ве­ден­ная к бис­сек­три­се, рав­ная квад­рат­но­му корню из про­из­ве­де­ния про­ек­ций ка­те­тов на ги­по­те­ну­зу, то есть:

тогда по­лу­ча­ем:

Ответ:

Ре­ше­ние. Про­ве­дем NK  — вы­со­ту тра­пе­ции, и MO  — пер­пен­ди­ку­ляр к бо­ко­вой сто­ро­не, O  — центр окруж­но­сти.

Имеем

Так как тра­пе­ция опи­са­на, рав­но­бед­рен­ная, то:

Имеем:

В тре­уголь­ни­ке COD так как и CO  — бис­сек­три­са(центр впи­сан­ной окруж­но­сти лежит на бис­сек­три­се угла).

От­ку­да, тре­уголь­ник COD  — пря­мо­уголь­ный,   — вы­со­та, про­ве­ден­ная к бис­сек­три­се, рав­ная квад­рат­но­му корню из про­из­ве­де­ния про­ек­ций ка­те­тов на ги­по­те­ну­зу, то есть

тогда по­лу­ча­ем:

Ответ:

Ре­ше­ние. 1)  Имеем: (свой­ство ромба). Тогда Так как дан ромб, BC = DC = 6, сле­до­ва­тель­но, Тогда

Зна­чит, тре­уголь­ник BCD рав­но­сто­рон­ний.

Тре­уголь­ник BOC = тре­уголь­ни­ку COD (BC = CD, CO общая, BO = OD). Тогда

2)  Имеем:

3)  По усло­вию CE : BE = 1 : 2, зна­чит, CE : BC = 1 : 3, тогда Имеем:

Ответ:

Ре­ше­ние. 1)  Имеем: (свой­ство ромба). Тогда Так как дан ромб, BC = DC = 8, сле­до­ва­тель­но,

Зна­чит, тре­уголь­ник BCD рав­но­сто­рон­ний.

Тре­уголь­ник BOC равен тре­уголь­ни­ку COD (BC = CD, CO общая, BO = OD). Тогда

2)  Имеем:

3)  По усло­вию CE : BE = 1 : 3, зна­чит, CE : BC = 1 : 4, тогда Имеем:

Ответ:

Ре­ше­ние. Упро­стим:

Пусть тогда Имеем:

Ответ:

Ре­ше­ние. Упро­стим:

Пусть тогда Имеем:

Ответ:

Ре­ше­ние. Про­ве­дем вы­со­ту СМ и диа­метр FH, про­хо­дя­щую через центр впи­сан­ной окруж­но­сти. CM=FH, как па­рал­лель­ные от­рез­ки, за­клю­чен­ные между па­рал­лель­ны­ми пря­мы­ми.

Так как окруж­ность впи­са­на в тра­пе­цию, то сто­ро­ны тра­пе­ции  — это ка­са­тель­ные к окруж­но­сти. Тогда по свой­ству ка­са­тель­ных KD  =  HD = 8 см. Ана­ло­гич­но, CF  =  CK  =  2 см.

FCMH  — пря­мо­уголь­ник по опре­де­ле­нию, так как FC па­рал­лель­на HM, так как они лежат в ос­но­ва­ни­ях тра­пе­ции; FH и CM од­но­вре­мен­но пер­пен­ди­ку­ляр­ны к AD как па­рал­лель­ные вы­со­ты тра­пе­ции.

Тогда MD  =  HD − HM  =  10−2  =  8 см.

Тре­уголь­ник CDM  — пря­мо­уголь­ный, при­ме­ним для него тео­ре­му Пи­фа­го­ра:

Так как FH  — диа­метр, то AH  =  r  =  FH : 2  =  4 см.

Най­дем пло­щадь тра­пе­ции по фор­му­ле :

Ответ:

Ре­ше­ние. Про­ве­дем вы­со­ту СМ и диа­метр FH, про­хо­дя­щую через центр впи­сан­ной окруж­но­сти. CM  =  FH, как па­рал­лель­ные от­рез­ки, за­клю­чен­ные между па­рал­лель­ны­ми пря­мы­ми.

Так как окруж­ность впи­са­на в тра­пе­цию, то сто­ро­ны тра­пе­ции  — это ка­са­тель­ные к окруж­но­сти. Тогда по свой­ству ка­са­тель­ных KD  =  HD  =  9 см. Ана­ло­гич­но, CF  =  CK  =  4 см.

FCMH  — пря­мо­уголь­ник по опре­де­ле­нию, так как FC па­рал­лель­на HM, так как они лежат в ос­но­ва­ни­ях тра­пе­ции; FH и CM од­но­вре­мен­но пер­пен­ди­ку­ляр­ны к AD как па­рал­лель­ные вы­со­ты тра­пе­ции.

Тогда MD  =  HD − HM  =  9 − 4  =  5 см.

Тре­уголь­ник CDM  — пря­мо­уголь­ный, при­ме­ним для него тео­ре­му Пи­фа­го­ра:

Так как FH  — диа­метр, то AH  =  r  =  FH : 2  = 6 см.

Най­дем пло­щадь тра­пе­ции по фор­му­ле :

Ответ: