оформи дано найти решение
Краткие ответы:
- \(32^\circ\).
- \(70^\circ,\ 70^\circ,\ 110^\circ,\ 110^\circ\).
- \(65^\circ\): в условии записаны два названия одного угла.
- \(105^\circ,\ 105^\circ,\ 75^\circ,\ 75^\circ\).
- \(12\) см и \(18\) см.
- а) \(АМ\) — биссектриса \(\angle ВАД\); б) \(44\) см.
1. Угол в прямоугольнике
Дано:
\(МНКР\) — прямоугольник;
диагонали \(МК\) и \(НР\) пересекаются в точке \(О\);
\(\angle МОН=64^\circ\).
Найти: \(\angle ОМР\).
Решение.
Диагонали прямоугольника равны и точкой пересечения делятся пополам. Поэтому \(ОМ=ОН\), а треугольник \(МОН\) — равнобедренный.
Его углы при основании равны: \[ \angle ОМН=\angle МНО=\frac{180^\circ-64^\circ}{2}=58^\circ. \]
Угол \(НМР\) — прямой. Диагональ делит его на углы \(ОМН\) и \(ОМР\), поэтому \[ \angle ОМР=90^\circ-58^\circ=32^\circ. \]
Ответ: \(32^\circ\).
2. Углы равнобокой трапеции
Дано:
трапеция равнобокая;
один из её углов равен \(70^\circ\).
Найти: все углы трапеции.
Решение.
У равнобокой трапеции углы при каждом основании равны. Значит, ещё один угол равен \(70^\circ\).
Сумма углов, прилежащих к одной боковой стороне, равна \(180^\circ\), так как основания параллельны. Поэтому каждый из двух остальных углов равен \[ 180^\circ-70^\circ=110^\circ. \]
Проверка: \[ 70^\circ+70^\circ+110^\circ+110^\circ=360^\circ. \]
Ответ: \(70^\circ,\ 70^\circ,\ 110^\circ,\ 110^\circ\).
3. Угол ВОА
Дано:
\(АВСД\) — прямоугольник;
диагонали пересекаются в точке \(О\);
\(\angle АОВ=65^\circ\).
Найти: \(\angle ВОА\).
Решение.
Углы \(АОВ\) и \(ВОА\) имеют одну вершину \(О\) и одни и те же стороны — лучи \(ОА\) и \(ОВ\). Это один и тот же угол, только названия записаны в обратном порядке.
Следовательно, \[ \angle ВОА=\angle АОВ=65^\circ. \]
Ответ: \(65^\circ\).
4. Углы равнобедренной трапеции
Дано:
трапеция равнобедренная;
сумма углов при меньшем основании равна \(210^\circ\).
Найти: все углы трапеции.
Решение.
Углы при меньшем основании равны, поэтому каждый из них равен \[ 210^\circ:2=105^\circ. \]
Сумма углов при одной боковой стороне равна \(180^\circ\). Значит, каждый угол при большем основании равен \[ 180^\circ-105^\circ=75^\circ. \]
Проверка: \[ 105^\circ+105^\circ+75^\circ+75^\circ=360^\circ. \]
Ответ: \(105^\circ,\ 105^\circ,\ 75^\circ,\ 75^\circ\).
5. Стороны параллелограмма
Дано:
\(P=60\) см;
одна сторона на \(6\) см меньше другой.
Найти: длины сторон параллелограмма.
Решение.
Пусть меньшая сторона равна \(x\) см, тогда большая — \((x+6)\) см.
Противоположные стороны параллелограмма равны, поэтому его периметр: \[ P=2(a+b). \]
Составим уравнение: \[ 2(x+x+6)=60, \] \[ 4x+12=60, \] \[ 4x=48, \] \[ x=12. \]
Большая сторона: \[ 12+6=18\text{ см}. \]
Проверка: \(2(12+18)=60\) см, а \(18-12=6\) см.
Ответ: две стороны по \(12\) см и две — по \(18\) см.
6. Биссектриса и периметр параллелограмма
Дано:
\(АВСД\) — параллелограмм;
\(М\) лежит на стороне \(ВС\);
\(АВ=ВМ\);
для пункта б): \(СД=8\) см, \(СМ=6\) см.
Доказать: \(АМ\) — биссектриса \(\angle ВАД\).
Найти: периметр параллелограмма.
а) Доказательство
В треугольнике \(АВМ\): \[ АВ=ВМ. \] Значит, он равнобедренный с основанием \(АМ\), поэтому \[ \angle ВАМ=\angle АМВ. \]
В параллелограмме \(ВС\parallel АД\). Следовательно, \[ \angle АМВ=\angle МАД \] как накрест лежащие углы при параллельных прямых и секущей \(АМ\).
Таким образом, \[ \angle ВАМ=\angle МАД. \]
Значит, \(АМ\) — биссектриса угла \(ВАД\). Что и требовалось доказать.
б) Нахождение периметра
Противоположные стороны параллелограмма равны: \[ АВ=СД=8\text{ см}. \]
По условию \(ВМ=АВ\), поэтому \[ ВМ=8\text{ см}. \]
Так как \(М\) лежит на стороне \(ВС\), \[ ВС=ВМ+МС=8+6=14\text{ см}. \]
Тогда \[ P=2(АВ+ВС)=2(8+14)=44\text{ см}. \]
Ответ: а) доказано; б) \(44\) см.
