Реши 1 вариант

Вариант 1, уровень 3

1. Равнобокая трапеция

Основания: \(5d\) и \(7d\), боковая сторона: \(2d\).

Разность оснований: \[ 7d-5d=2d, \] поэтому проекция каждой боковой стороны на большее основание равна \[ \frac{2d}{2}=d. \]

В прямоугольном треугольнике: \[ \cos\alpha=\frac{d}{2d}=\frac12, \] значит, \[ \alpha=60^\circ. \]

Ответ: два угла по \(60^\circ\) и два угла по \(120^\circ\).

2. Расстояния от \(B\) и \(D\) до биссектрисы \(\angle BCD\)

В параллелограмме: \[ CB=AD=16,\qquad CD=AB=10, \] а угол \[ \angle BCD=\angle BAD=60^\circ. \]

Биссектриса делит его пополам, то есть на \(30^\circ\).

Расстояние от точки на стороне угла до биссектрисы равно: \[ \text{длина от вершины}\cdot \sin 30^\circ. \]

Тогда: \[ d(B)=CB\cdot \sin30^\circ=16\cdot \frac12=8, \] \[ d(D)=CD\cdot \sin30^\circ=10\cdot \frac12=5. \]

Ответ: от \(B\) — \(8\), от \(D\) — \(5\).

3. Углы ромба

Пусть \[ \angle DCA=x. \] Диагональ \(AC\) ромба делит угол \(C\) пополам, значит, \[ \angle C=2x. \]

Пусть биссектриса угла \(DCA\) пересекает \(AD\) в точке \(P\). Она перпендикулярна \(AD\), поэтому в треугольнике \(CDP\): \[ \angle DCP=\frac{x}{2},\qquad \angle CPD=90^\circ. \] Следовательно, \[ \angle CDP=90^\circ-\frac{x}{2}. \]

Но угол при вершине \(D\) ромба: \[ \angle D=180^\circ-\angle C=180^\circ-2x. \]

Получаем: \[ 180^\circ-2x=90^\circ-\frac{x}{2}, \] \[ x=60^\circ. \]

Тогда \[ \angle C=2x=120^\circ,\qquad \angle D=60^\circ. \]

Ответ:
\[ \angle A=\angle C=120^\circ,\qquad \angle B=\angle D=60^\circ. \]

4. Угол \(AMB\)

Треугольник \(AMD\) равносторонний, значит, \[ \angle DAM=60^\circ. \] Угол квадрата: \[ \angle DAB=90^\circ. \] Поэтому \[ \angle MAB=90^\circ-60^\circ=30^\circ. \]

Кроме того, \(AM=AD=AB\), то есть треугольник \(AMB\) равнобедренный. Его углы при основании равны: \[ \angle AMB=\angle ABM=\frac{180^\circ-30^\circ}{2}=75^\circ. \]

Ответ: \(75^\circ\).

5. Периметр параллелограмма

Пусть \(CN\) — биссектриса угла \(C\).

Так как \(AD\parallel BC\) и \(C,M,N\) лежат на одной прямой: \[ \angle DMC=\angle BCN. \] Но \(CN\) — биссектриса, поэтому \[ \angle BCN=\angle DCM. \] Значит, в треугольнике \(CDM\): \[ \angle DMC=\angle DCM, \] следовательно, \[ DM=DC. \] Но \(DC=AB\), поэтому \[ AB=DM=3. \]

Далее, \(CD\parallel BN\), поэтому \[ \angle CNB=\angle DCN=\angle BCN, \] значит, треугольник \(CBN\) равнобедренный: \[ BN=BC=AD. \] Так как \(N\) лежит на продолжении \(AB\) за точку \(A\): \[ BN=AB+AN=3+4=7. \] Следовательно, \[ AD=7. \]

Периметр: \[ P=2(AB+AD)=2(3+7)=20. \]

Ответ: \(20\).

Ты прав: косинусы и синусы здесь не нужны. В 8 классе обе задачи решаются через свойство прямоугольного треугольника, известное с 7 класса:

Катет, лежащий против угла \(30^\circ\), равен половине гипотенузы. Верно и обратное: если катет вдвое меньше гипотенузы, то угол напротив него равен \(30^\circ\).

Переделываю №1 и №2, остальные номера не меняются.

№1. Равнобокая трапеция (без косинуса)

\(AD\parallel BC\), \(AD=7d\), \(BC=5d\), \(AB=CD=2d\).

Опустим высоты \(BH\) и \(CK\) на \(AD\). Тогда \[ HK=BC=5d,\qquad AH=KD=\frac{7d-5d}{2}=d. \]

В прямоугольном треугольнике \(ABH\): гипотенуза \(AB=2d\), катет \(AH=d\), то есть \[ AH=\frac{AB}{2}. \] Значит, угол, лежащий против \(AH\), равен \(30^\circ\): \[ \angle ABH=30^\circ. \]

Тогда \[ \angle A=90^\circ-30^\circ=60^\circ,\qquad \angle ABC=90^\circ+30^\circ=120^\circ. \]

Ответ тот же: два угла по \(60^\circ\), два по \(120^\circ\).

№2. Расстояния до биссектрисы (без синуса)

В параллелограмме \(\angle BCD=60^\circ\), \(CB=16\), \(CD=10\).

Пусть \(CL\) — биссектриса угла \(BCD\). Тогда \[ \angle BCL=\angle LCD=30^\circ. \]

Для точки \(B\): опустим перпендикуляр \(BK\) на прямую \(CL\). В прямоугольном треугольнике \(BCK\) угол \(\angle BCK=30^\circ\), гипотенуза \(CB=16\), значит катет против этого угла: \[ BK=\frac{16}{2}=8. \]

Для точки \(D\): аналогично, в прямоугольном треугольнике с гипотенузой \(CD=10\) и углом \(30^\circ\): \[ d(D)=\frac{10}{2}=5. \]

Ответ: от \(B\) — \(8\), от \(D\) — \(5\).

№3–5

Там тригонометрии нет вообще — только равнобедренные треугольники, сумма углов \(180^\circ\) и сумма соседних углов \(180^\circ\). Ответы прежние:

• №3: \(\angle A=\angle C=120^\circ,\ \angle B=\angle D=60^\circ\);
• №4: \(\angle AMB=75^\circ\);
• №5: \(P=20\).

Главная идея для похожих задач: как только в прямоугольном треугольнике видишь, что катет вдвое короче гипотенузы, сразу ставь напротив него \(30^\circ\).

Что должно быть на рисунке к №3

Сначала рисунок делается «примерно», просто чтобы видеть конфигурацию (ромб пока неизвестных углов). После решения его можно перечертить точно — с углами \(60^\circ\) и \(120^\circ\).

Обязательные элементы

1. Ромб \(ABCD\) (обход по порядку: \(A-B-C-D\)).
2. Диагональ \(AC\).
3. Точка \(P\) на стороне \(AD\) — здесь биссектриса угла \(DCA\) пересекает \(AD\).
4. Отрезок \(CP\) — эта биссектриса.
5. Отметки:
   • равные стороны ромба (по одной чёрточке на \(AB, BC, CD, DA\));
   • равные углы \(\angle DCP=\angle PCA\) (две одинаковые дуги при вершине \(C\));
   • прямой угол в точке \(P\): \(\angle DPC=90^\circ\) (квадратик).

Схема (не в масштабе)

          C
  D-------C
   \     / \
    \   /   \
     P /     \
      \       \
       A-------B

Здесь \(D\) и \(C\) — верхние вершины, \(A\) и \(B\) — нижние; \(P\) лежит на левой стороне \(AD\), из \(C\) к \(P\) идёт биссектриса, и \(AC\) — диагональ.

Как построить точно (после решения)

• Сторона ромба, например, \(4\) см.
• \(\angle A=\angle C=120^\circ\), \(\angle B=\angle D=60^\circ\).
• Диагональ \(AC\) делит угол \(C\) пополам: \(\angle DCA=\angle ACB=60^\circ\).
• Биссектриса угла \(DCA\) даёт по \(30^\circ\): \(\angle DCP=\angle PCA=30^\circ\).
• Тогда в треугольнике \(CDP\): \(\angle CDP=60^\circ\) (это угол \(D\) ромба), \(\angle DCP=30^\circ\), значит \(\angle DPC=90^\circ\) — и правда перпендикуляр, как сказано в условии.

Полезная проверка: из решения следует, что \(P\) — середина \(AD\). На точном чертеже \(CP\) должна попасть ровно в середину стороны \(AD\); если попала не туда — где-то сбился угол.