ГДЗ до підручника «Геометрія» А.П. Єршової. 8 клас
За властивістю дотичної маємо О2В ⟂ l, О1А ⟂ l; О1А ∥ О2В і О1АВО2 — трапеція. Проведемо АН ∥ O1O2. За означенням О1АНО2 — паралелограм; О1А = О2Н = 9 - 4 = 5 (см) і АН = О1О2 = 4 + 9 = 13 (см). З △ABH за теоремою Піфагора маємо: АН2 = АВ2 + ВН2; АВ2 = АН2 - ВН2 = 132 - 52 = 169 - 25 = 144; АВ = 12 (см).
Нехай два кола з центрами O1 і О2 дотикаються зовні в т. А.
В і С точки дотику цих кіл з їх спільною зовнішньою дотичною.
АВ = 5 см, АС = 12 CM. O1B = O1A = R1; O2C = O2A = R2. Отже, △BO1A і △СО2А — рівнобедрені; ∠O1BA = ∠О1АВ = α, ∠О2АС = ∠О2СА = β. За властивістю дотичної О2С ⟂ ВС, O1B ⟂ ВС; ∠ABC = ∠АСВ = 180° - (α + β). Але ∠BAC = 180° - (∠O1AB + ∠О2АС) = 180° - (α + β).
За теоремою про суму кутів трикутника маємо: 180° - (α + β) + 180° - (α + β) = 180°; 2(α + β) = 180°; α + β = 90°; ∠BAC = 180° - 90° = 90°. Тоді за теоремою Піфагора маємо: ВС2 = AB2 + АС2; ВС2 = 52 + 122 = 25 + 144 = 169; ВС = 13 см.
Нехай ABC — даний трикутник (∠А = 90°). AM = 25 см — медіана, АН = 24 см — висота. З △АНМ за теоремою Піфагора AM2 = АН2 + НМ2; НМ2 = AM2 - АН2 = 252 - 242 = 625 - 576 = 49; НМ = 7 см. За властивістю медіани, що проведена до гіпотенузи AM = МС = ВМ = 25 см. НХС = МС - МН = 25 - 7 = 18 см. 3 △АНС за теоремою Піфагора АС2 = АН2 + НС2 = 242 + 182 = 576 + 324 = 900; АС = 30 см. З △BAC за теоремою Піфагора АВ2 + АС2 = ВС2; АВ2 = ВС2 - АС2 = 502 - 302 = 2500 - 900 = 1600; АВ = 40 см. Отже,
455. АВСD — трапеція (АВ = СD).
ABCD — чотирикутник, у якого АС ⟂ BD, О — точка перетину діагоналей.
За теоремою Піфагора маемо: ВС2 + AD2 = BO2 + OC2 + AO2 + OD2, AB2 + CD2 = BO2 + АО2 + СО2 + OD2; ВС2 + АD2 = АВ2 + CD2. Обернене твердження: Якщо в чотирикутнику суми квадратів довжин його протилежних сторін рівні, то діагоналі цього чотирикутника перпендикулярні. Нехай у чотирикутнику ABCD ВС2 + AD2 = АВ2 + CD2. Доведемо, що AC ⟂ BD. Проведемо перпендикуляри з точек А і С до діагоналі BD: AH ⟂ BD і СК ⟂ BD.
Оскільки ВС2 + AD2 =АВ2 + CD2, то АН2 + HD2 + ВК2 + КС2 = АН2 + ВH2 + СК2 + КD2, тоді HD2 + ВК2 = BH2 + KD2, HD2 - BH2 = KD2 - BK2.
(HD + BH)(HD - BH) = (KD + BK)(KD - BK), BD • (HD - BH) = BD • (KD - BK), HD - BH = KD - BK, KD - HD = BK - BH, KH = -KH, 2KH = 0.
Отже точки К i Н співпадають.
Отже AC ⟂ BD.
457. ABC — даний трикутник (∠A = 90°). К є АВ, КМ ⟂ ВС, АК = КМ. Розглянемо △КАС і △КМС.
1. ∠КАС = ∠КМС = 90° за умовою.
2. КМ = АК — за умовою.
3. КС — спільна.; △КАС = △КМС за катетом і гіпотенузою; ∠АСК = ∠МСК як відповідні кути рівних трикутників; СК — бісектриса ∠АСВ.
Нехай ABC — даний гострокутний трикутник (AB > ВС). BD ⟂ АС. Оскільки більша з похилих має більшу проекцію, то з AB > АС; AD > CD. Якщо BD — бісектриса, то все одно AD > CD.