Геометрія – Планіметрія

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Трикутники. Чотирикутники. Геометричні перетворення.

Це завдання перевіряє знання співвідношення між сторонами і кутами прямокутного трикутника, ознаки та властивості подібних фігур; уміння застосовувати властивості трикутників та чотирикутників до розв'язування планіметричних задач.

1. \(\Delta APB\ (\angle P=90^\circ)\) \(\angle A=60^\circ\), \(\angle B=30^\circ.\)

За властивостю катета, який лежить напроти кута \(30^\circ\) $$ AP=\frac 12AB=\frac 12\cdot 12=6. $$

2. \(\angle KAP=\angle BCK\) як внутнішні різнсторонні при \(BC\ ||\ AP\) та січної \(AC.\)

\(\Delta AKP\) подібний \(\Delta CKP\) (за гострим кутом), тому відповідні сторони пропорційні

Відповідь: 1. \(6.\)
                   2. \(72.\)

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Коло та круг. Трикутники.

Це завдання перевіряє знання властивостей дотичної до кола, центральних та вписаних кутів, видів трикутників та їхніх основних властивостей.

1. За властивістю дотичної до кола \(OC\ \perp\ MP\), тому \(\angle OCM=90^\circ.\)

Отже, 1 – В.

2. \(\angle BAC=80^\circ\), \(AK\) – діаметр, тому \(AK\) – бісектриса \(\angle BAC\), \(\angle BAK=\angle KAC=40^\circ.\)

\(\Delta AOC\) рівнобедрений (\(OA=OC\) як радіуси) \(\angle A=\angle C=40^\circ.\)

Отже, 2 – A.

3. Градусна міра дуги \(\overset{\smile}{AB}\) дорівнює градусній мірі центрального кута \(\angle AOB.\)

\(\Delta AOB=\Delta AOC\) (за трьома сторонами).

У \(\Delta AOB\ \angle A=\angle B=40^\circ\), \(\angle O=180^\circ-80^\circ=100^\circ.\)

Градусна міра дуги \(\overset{\smile}{AB}=100^\circ.\)

Отже, 3 – Г.

4. За властивістю вписаного кута: \(\angle CAK=\frac 12\) дуги \(KC\), дуга \(KC=2\angle CAK=2\cdot 40^\circ=80^\circ.\)

Отже, 4 – Б.

Відповідь: 1 – В, 2 – A, 3 – Г, 4 – Б.

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Геометричні величини та їх вимірювання.

Це завдання перевіряє вміння обчислювати довжину кола та його дуг, використовувати формули знаходження довжини кола до розв'язування планіметричних задач і задач практичного змісту.

Знаходимо довжини \(6\) півкіл, які знаходяться усередині кола радіуса \(2\) м, за формулою $$ 6C_1=6\mathbf{\pi}R, $$ де \(R\) – радіус кола та \(R=1\) м.

Емблема також складається ще з одного кола, радіусом \(2\) м, тому

Довжина матеріалу складає

Вартість матеріалу

\(\mathbf{\pi}\approx 3\mathord{,}14\), тому

З-поміж наведених сум грошей найменша, якої достатньо, щоб придбати матеріал це \(7000\) грн.

Відповідь: Г.

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Координати та вектори на площині.

Це завдання перевіряє вміння виконувати дії з векторами.

На рисунку зображено квадрат \(ABCD.\) Вектори \(\overrightarrow{AB}\) та \(\overrightarrow{AD}\) із спільним початком. Їх сума зображується діагоналлю паралелограма, побудованого на цих векторах.

Отже, \(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AC}.\)

Відповідь: B.

ТЕМА: Планіметрія. Найпростіші геометричні фігури на площині та їхні властивості. Трикутники.

Це завдання перевіряє вміння застосовувати властивості найпростіших геометричних фігур, різних видів трикутників до розв'язування планіметричних задач.

\(\Delta ABC\) – рівносторонній, тому $$ \angle A=\angle B=\angle C=60^\circ. $$

\(\angle KBM=180^\circ\) – розгорнутий. $$ \angle KBA+\angle ABC+\angle CBM=180^\circ. $$

Отже,

Відповідь: Б.

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Координати та вектори на площині.

Це завдання перевіряє вміння виконувати дії з векторами, знаходити скалярний добуток векторів, знання правил додавання векторів, множення вектора на число.

Умова перпендикулярності векторів – їх скалярний добуток дорівнює нулю.

Відповідь: \(-0\mathord{,}6.\)

26

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Коло та круг. Чотирикутники. Геометричні величини та їхні вимірювання. Трикутники.

Це завдання перевіряє знання про коло, круг та їхні елементи, формул для обчислення площі кругового сектора, прямокутника.

1. Площу кругового сектора знаходимо за формулою $$ S_\text{сек}=\frac{\mathbf{\pi}R^2}{360^\circ}\cdot \mathbf{\alpha}, $$ де \(\mathbf{\alpha}\) – центральний кут.

2. Нехай \(a\) – спільна дотична до секторів. За властивістю дотичної до кола \(AO\ \perp\ a\), \(CO\ \perp\ a\), тому точка \(O\) лежить на прямій \(AC.\)

У \(\Delta ABC\ (\angle B=90^\circ)\) – єгипетський, тому \(AB=8\) см.

Відповідь: 1. \(6.\)
                   2. \(48.\)

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Трикутники.

Це завдання перевіряє вміння застосовувати означення та властивості різних видів трикутників до розв'язування планіметричних задач.

1. \(\angle ABC=60^\circ\) (кут рівностороннього трикутника). Отже, 1 – В.

2. \(\Delta ACD\) – рівнобедренний, тому

$$\angle A=\angle D=(180^\circ-\angle ACD): 2=(180^\circ-40^\circ):2=70^\circ.$$

Отже, 2 – Д.

3. \(\angle BAD=\angle BAC+\angle CAD=60^\circ+70^\circ=130^\circ.\)

Кутом між прямими, що перетинаються, називають менший із кутів, що утворився при перетині цих прямих. Кут між прямими \(AB\) та \(AD\) – це гострий кут, тому він дорівнює \(180^\circ-130^\circ=50^\circ\) (суміжний з \(\angle BAD\)). Отже, 3 – Б.

4. \(\angle BAD=130^\circ.\) \(AK\) – бісектриса \(\angle BAC\), \(AP\) – бісектриса \(\angle CAD.\)

\begin{gather*} \angle KAP=\angle KAC+\angle CAP=\frac 12 \angle BAC+\frac 12 \angle CAD=30^\circ+35^\circ=65^\circ. \end{gather*}

Отже, 4 – Г.

Відповідь: 1 – В, 2 – Д, 3 – Б, 4 – Г.

ТЕМА: Планіметрія. Чотирикутники.

Це завдання перевіряє знання властивостей квадрата, уміння застосовувати властивості квадрата до розв'язування планіметричних задач практичного змісту.

Нехай сторона квадрата (підлоги)

\(a=P:4=18:4=4\mathord{,}5\) м.

Сторона квадрата (килима)

\(b=a-0\mathord{,}4=4\mathord{,}5-0\mathord{,}4=4\mathord{,}1\) м.

\(P=4b=4\cdot 4\mathord{,}1=16\mathord{,}4\) м – периметр килима.

Відповідь: Г.

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Чотирикутники. Трикутники.

Це завдання перевіряє знання теореми косинусів, властивостей ромба, уміння розв'язувати планіметричні задачі.

Дано: ромб \(ABCD\), \(AB=12\) см, \(\angle A=120^\circ.\)

Більша діагональ лежить напроти більшого кута ромба \(\angle A=\angle C=120^\circ.\) Тому \(BD\) – більша діагональ.

У трикутнику \(DAB\ \angle A=120^\circ\), \(AB=AD=12\) см. За теоремою косинусів:

\begin{gather*} BD^2=AB^2+AD^2-2\cdot AB\cdot AD\cdot \cos A=\\[6pt] =12^2+12^2-2\cdot 12\cdot 12\cdot \left(-\frac 12\right)=\\[6pt] =2\cdot 12^2+12^2=3\cdot 12^2. \end{gather*}

Отже, $$BD=\sqrt{3\cdot 12^2}=12\sqrt{3}\ \textit{см}.$$

Відповідь: Г.

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Найпростіші геометричні фігури на площині та їхні властивості.

Це завдання перевіряє знання аксіом планіметрії, уміння застосовувати властивості найпростіших геометричних фігур до розв'язування планіметричних задач.

Нехай точка \(K\) – середина \(AB\), а точка \(M\) – середина \(BC.\)

\begin{gather*} KM=KB+BM=\frac 12AB+\frac 12BC=\\[6pt] =\frac 12(AB+BC)=(10+5\mathord{,}2):2=7\mathord{,6}\ \textit{см}. \end{gather*}

Відповідь: Г.

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Координати та вектори на площині.

Це завдання перевіряє вміння знаходити координати вектора, знаходити скалярний добуток векторів, застосовувати координати й вектори до розв'язування планіметричних задач.

\(\overrightarrow{AB}\ \perp \overrightarrow{a}\), \(\ \overrightarrow{a}(4;3).\) Точка \(A(-2; 0)\), а точка \(B\) лежить на прямій \(y=2x\), тому \(B(x; 2x).\)

Координати вектора \(\overrightarrow{AB}(x+2; 2x).\) Координати \(\overrightarrow{a}\) та \(\overrightarrow{AB}\) взаємно перпендикулярні, тому скалярний добуток їх дорівнює нулю.

Відповідь: \(-0\mathord{,}8.\)

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Найпростіші геометричні фігури на площині та їхні властивості. Трикутники. Чотирикутники.

Це завдання перевіряє знання теореми Фалеса, властивостей середньої лінії трикутника, трапеції, теореми Піфагора, уміння застосовувати властивості геометричних фігур до розв'язання планіметричних задач.

1. Оскільки площа квадрата \(KBCM\ 18\) см\(^2\), то

\(KM\) з'єднує середини діагоналей \(AC\) та \(BD\), належить середній лінії \(LN.\)

\(\Delta ACE\ (\angle E=90^\circ)\ CE\ \perp\ AD\), \(KM\) – середня лінія \(KM=\frac 12AE\), \(AE=2KM=2\cdot 3\sqrt{2}=6\sqrt{2}\) см.

За теоремою Фалеса \(MK\ ||\ AD\), оскільки середина \(AC\), тому точка \(M\) – середина \(CE.\) \(CE=2CM=6\sqrt{2}\) см.

За теоремою Піфагора

2. Оскільки \(LK\) – середня лінія \(\Delta BAC\), \(MN\) – середня лінія \(\Delta BCD\), то

Відповідь: 1. \(12.\)
                   2. \(72.\)

ТЕМА: Геометрія. Стереометрія. Многогранники, тіла й поверхні обертання. Планіметрія. Трикутники.

Це завдання перевіряє вміння розв'язувати задачі на обчислення площ поверхонь, знання формул для обчислення площ поверхонь тіл обертання, знання теореми Піфагора, співвідношення між сторонами та кутами прямокутного трикутника.

Доберемо до кожного із запитань 1 – 4 правильну відповідь.

1. Якщо \(S_\text{б.п.}=3S_\text{осн}\), то \(S_\text{б.п.}=\mathbf{\pi}rl\), \(S_\text{осн}=\mathbf{\pi}r^2\), \(\mathbf{\pi}rl=3\mathbf{\pi}r^2\), \(l=3r.\) Отже, 1 – B.

2. Якщо висота конуса дорівнює радіусу основи, то \(AO=OB=r\), \(\Delta AOB\) – прямокутний рівнобедрений, за теоремою Піфагора \(AB^2=OB^2+AO^2\), \(l^2=r^2+r^2\), \(l=r\sqrt{2}.\) Отже, 2 – Б.

3. Якщо проекція твірної на площину основи конуса удвічі менша за твірну, то \(l=2r.\) \(OB\) – проекція твірної \(AB\) на площину основи. Отже, 3 – А.

4. Якщо площа повної поверхні конуса дорівнює \(5\mathbf{\pi}r^2\)

Отже, 4 – Г.

Відповідь: 1 – В, 2 – Б, 3 – А, 4 – Г.

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Трикутники.

Це завдання перевіряє знання теореми косинусів, уміння застосовувати означення та властивості різних видів трикутників до розв'язування планіметричних задач, співвідношення між сторонами та кутами прямокутного трикутника.

Доберемо до кожного із запитань 1 – 4 правильну відповідь.

1. Якщо \(a=b=c\), то \(\Delta ABC\) – рівносторонній.

Усі кути рівностороннього трикутника дорівнюють \(60^\circ\), \(\angle C=60^\circ.\)

Отже, правильна відповідь – B.

2. Якщо \(c^2=a^2+b^2\), то \(\Delta ABC\) – прямокутний за наслідком з теореми косинусів.

Отже, правильна відповідь – Г.

3. Якщо \(a=c=\frac{b}{\sqrt{2}}\), то \(\Delta ABC\) – рівнобедрений з бічними сторонами \(a=c\) та основою \(b.\)

\(BH\ \perp\ AC.\) Так як \(CB=BA\), то \(CH=HA=\frac b2\) (висота є медіаною).

У \(\Delta BHC\ (\angle H=90^\circ)\), \(\cos C=\frac{CH}{CB}\), \(\cos C=\frac b2:a=\frac b2:\frac{b}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\), \(\angle C=45^\circ.\)

Отже, правильна відповідь – Б.

4. Якщо \(c^2=a^2+b^2-2ab\cdot \left(-\frac 12\right)\) за теоремою косинусів \(\cos C=-\frac 12\), \(\angle C=120^\circ.\)

Отже, правильна відповідь – Д.

Відповідь: 1 – B, 2 – Г, 3 – Б, 4 – Д.

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Найпростіші геометричні фігури на площині та їхні властивості. Коло та круг. Трикутники. Чотирикутники.

Це завдання перевіряє вміння застосовувати означення, ознаки та властивості геометричних фігур до розв'язування планіметричних задач та задач практичного змісту; уміння застосовувати теорему Піфагора до розв'язування прямокутного трикутника, властивості прямокутника.

Розглянемо випадок, коли вантажівка дотикається аркового проїзду. При цьому \(ON=OC=2\) м (радіус аркового проїзду).

Оскільки \(MN=2\mathord{,}4\) м, а \(MF=FN=1\mathord{,}2\) м. \(FN=OE=1\mathord{,}2\) м. Значення \(NE\) знайдемо за теоремою Піфагора з \(\Delta NEO\ (\angle E=90^\circ).\)

Висота \(h\) вантажівки складається з суми

При значенні \(3\mathord{,}6\) м вантажівка дотикається арки, тому максимально можливе значення – \(3\mathord{,}5\) м.

Відповідь: Г.

ТЕМА: Геометрія. Стереометрія. Прямі та площини у просторі. Многогранники, тіла й поверхні обертання.

Це завдання перевіряє вміння застосовувати означення та властивості піраміди до розв’язування стереометричних задач, знаходити відстані в просторі, використовувати пряму та обернену теореми про три перпендикуляри.

Піраміда – правильна, тому основа – квадрат, основа висоти – центр квадрата (точка перетину діагоналей).

\(P_{ABCD}=4AB=72\) см, \(AB=18\) см.

\(SK\ \perp\ CD\) – апофема, \(SK=15\) см. \(\Delta SDC\) – рівнобедрений, тому \(SK\) – висота та медіана.

\(DK=KC\), \(AD=DC\), \(AO=OC\) звідси випливає \(OK=\frac 12AD=9\) см.

\(\Delta SOK\ (\angle O=90^\circ)\) за теоремою Піфагора

Відповідь: Г.

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Найпростіші геометричні фігури на площині та їх властивості.

Це завдання перевіряє знання аксіом стереометрії, властивостей паралельних прямих, уміння застосовувати властивості найпростіших геометричних фігур до розв’язування планіметричних задач.

\(\angle ABC+\angle CBD+\angle DBE=180^\circ\), \(\angle CBD=\angle BDE=70^\circ\), як внутрішні різносторонні при \(m\ ||\ n\) та січною \(BD.\) Кут \(\mathbf{\alpha}=180^\circ-60^\circ-70^\circ=50^\circ.\)

Відповідь: Б.

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Найпростіші геометричні фігури на площині та їх властивості. Аксіоми планіметрії.

Це завдання перевіряє вміння застосовувати властивості найпростіших геометричних фігур до розв’язування планіметричних задач.

Відповідь: A.

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Координати та вектори на площині.

Це завдання перевіряє вміння виконувати дії з векторами, знаходити скалярний добуток векторів.

1. \(AD\ ||\ BC.\) Отже,

2. \(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}\) (за правилом трикутника). Отже, \(\overrightarrow{AC}(-2; 12).\)

3. \(\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB}\), \(\overrightarrow{BD}(-10; -3).\)

4. Знаходимо скалярний добуток векторів:

Відповідь: \(-16.\)

ТЕМА: Геометрія. Коло та круг. Чотирикутники. Геометричні величини та їх вимірювання.

Це завдання перевіряє знання про коло та його елементи, уміння застосовувати властивості ромба, використовувати формули площ геометричних фігур до розв'язування планіметричних задач.

1. Довжина кола $$ C=2\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\pi}R=12\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\pi}. $$ Отже,

2. Нехай $$ AK=MC=x, $$ тоді $$ KM=6x=2R=12. $$ Отже, \(x=2.\)

Площу ромба знайдемо за формулою: $$ S=\frac 12d_1d_2, $$ де \(d_1\), \(d_2\) – довжини діагоналей.

Відповідь: 1. \(12.\)
                   2. \(96.\)

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Чотирикутники. Трикутники.

Це завдання перевіряє знання про прямокутник та його властивості, середню лінію трикутника та її властивості.

1. У \(\Delta ABC\ KM\) – середня лінія, тому точка \(E\) – середина \(KM.\) \(EE_1\ \perp\ BC\), \(EE_1\ ||\ BK\), тому \(EE_1\) – середня лінія \(\Delta BKM.\)

(за властивістю середньої лінії).

Отже, 1 – A.

2. \(AC\cap BD=O.\) \(KO\) – середня лінія \(\Delta ABD\), тому

Отже, 2 – B.

3. У \(\Delta ABC\ (\angle B=90^\circ)\) за теоремою Піфагора

\(KM\) – середня лінія \(\Delta ABC\) $$ KM=\frac 12AC=\frac 12\cdot 10=5. $$

Отже, 3 – Б.

4. Нехай \(\angle BKM=\style{font-style:normal;font-weight:bold;font-size:1.1em}{\alpha}\), тоді

\(\Delta KBM\) подібний \(\Delta NAK\) (за двома кутами).

Отже, 4 – Г.

Відповідь: 1 – A, 2 – B, 3 – Б, 4 – Г.

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Трикутники.

Це завдання перевіряє вміння застосовувати означення та властивості різних видів трикутників до розв'язування планіметричних задач та задач практичного змісту.

\(\Delta ABC\ (\angle C=90^\circ).\) За властивістю катета, що лежить проти кута \(30^\circ\) $$ CB=\frac 12 AB. $$

Довжина ескалатора

Відповідь: Б.

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Трикутники.

Це завдання перевіряє знання теореми про суму кутів трикутника.

Сума кутів трикутника дорівнює \(180^\circ.\)

Якщо $$ \angle A+\angle C=70^\circ, $$ то

Отже, правильна відповідь – B.

Відповідь: B.

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Чотирикутники. Паралелограм та його властивості. Координати та вектори на площині. Скалярний добуток векторів та його властивості. Теорема косинусів.

Це завдання перевіряє вміння застосовувати координати й вектори до розв'язування планіметричних задач.

Нагадаємо, що скалярним добутком векторів \(\overrightarrow{a}\) i \(\overrightarrow{b}\) називають число, яке дорівнює добутку довжин цих векторів на косинус кута між ними: $$ \overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}=|\overrightarrow{a}||\overrightarrow{b}|\cos \varphi, $$ де \(\varphi\) – кут між векторами \(\overrightarrow{a}\) i \(\overrightarrow{b}\).

Довжину вектора \(\overrightarrow{a}(a_x; a_y)\) обчислюють за формулою $$ |\overrightarrow{a}|=\sqrt{a_x^2+a_y^2}. $$

На рисунку \(ABCD\) – паралелограм, \(\overrightarrow{AB}(6; -8)\), \(\cos A=0\mathord{,}44.\)

За умовою $$ \overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AD}=88, $$ тобто $$ |\overrightarrow{AB}||\overrightarrow{AD}|\cos A=88. $$ Оскільки вектор \(\overrightarrow{AB}(6; -8)\) відомий, то його довжина

Визначаємо довжину вектора \(\overrightarrow{AD}\mathord{:}\)

Діагональ \(BD\) паралелограма \(ABCD\) є стороною трикутника \(ABD.\) У цьому трикутнику відомі довжини сторін \(AB\) та \(AD\), що дорівнюють довжинам векторів \(\overrightarrow{AB}\) та \(\overrightarrow{AD}\) відповідно, та косинус кута між ними. За теоремою косинусів

Звідки отримуємо $$ BD=\sqrt{324}=18. $$

Отже, довжина діагоналі \(BD\) дорівнює \(18.\)

Знаючи довжини сторін \(AB\) та \(AD\) і косинус кута між ними, довжину діагоналі \(BD\) можна визначати ще так. Опустимо з вершини \(B\) на сторону \(AD\) перпендикуляр \(BK\).

Прямокутні трикутники \(AKB\) та \(BKD\) мають спільний катет, тоді виконується рівність

З прямокутного трикутника \(AKB\) визначаємо

Тоді

Отже, $$ 10^2-4\mathord{,}4^2=BD^2-15\mathord{,}6^2 $$ звідки отримуємо

тоді $$ BD=\sqrt{324}=18. $$

Відповідь: \(18.\)

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Чотирикутники. Квадрат та його властивості. Трапеція та її властивості. Прямокутний трикутник. Теорема Піфагора.

Це завдання перевіряє вміння обчислювати довжини відрізків як елементи відповідних геометричних фігур, використовуючи властивості середньої лінії трапеції та означення квадрата.

1. Оскільки чотирикутник \(ABMK\) є трапецією \((AK\ ||\ BM)\), то відрізок \(NP\) (див. рисунок), що сполучає середини сторін \(AB\) i \(KM\) є її середньою лінією, довжина якої дорівнює півсумі цих сторін. За умовою

тоді

2. Опустимо з точки \(M\) на сторону \(AD\) перпендикуляр \(MO\) і розглянемо прямокутний трикутник \(KOM.\) У цьому трикутнику відомі катети:

За теоремою Піфагора отримуємо:

Відповідь: 1. \(6\mathord{,}5.\)
                   2. \(13.\)

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Описане коло, дотична до кола та її властивості. Трикутники (рівносторонній та прямокутний трикутники). Тригонометричні співвідношення в прямокутному трикутнику.

Це завдання перевіряє вміння визначати довжини відрізків, використовуючи властивості дотичної до кола, елементів кола, вписаних у коло кутів та співвідношень у прямокутному трикутнику.

Обчислимо довжини відрізків (1 – 4).

1. Оскільки діаметр кола вдвічі більший за його радіус, то згідно умови $$ BK=2\cdot 6=12. $$ Отже, 1 – B.

2. Розглянемо трикутник \(ABO.\) Оскільки пряма \(AB\) є дотичною до кола, то \(\angle ABO=90^\circ.\) У прямокутному трикутнику \(ABO\) катет \(BO=6\), а гіпотенуза \(AO=2AB.\) За теоремою Піфагора отримаємо

Такий же результат отримаємо, якщо скористаємось тим фактом, що у прямокутному трикутнику \(ABO\ \angle AOB=30^\circ\) (оскільки вказано, що гіпотенуза вдвічі більша за протилежний до цього кута катет). Тоді

Отже, 2 – Б.

Отже, 3 – A.

4. Розглянмо вписаний у коло трикутник \(BCK.\) Оскільки вписаний кут \(BCK\) спирається на діаметр кола, то \(\angle BCK=90^\circ\), тобто трикутник \(BCK\) є прямокутним. У цьому трикутнику \(BK=12\), \(\angle CBK=60^\circ\), тоді

Або за теоремою Піфагора отримуємо:

Отже, 4 – Г.

Відповідь: 1 – B, 2 – Б, 3 – A, 4 – Г.

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Чотирикутники. Подібність фігур.

Це завдання перевіряє вміння знаходити подібні фігури та використовувати пропорційність їх відповідних лінійних елементів для знаходження відношення площ цих фігур.

Подібними називаються фігури однакової форми. Коефіцієнтом подібності називається відношення відповідних лінійних елементів цих фігур. Оскільки у зображених на рисунку телевізорів екрани мають форму прямокутників, відповідні сторони яких пропорційні, то ці прямокутники подібні.

Коефіцієнт подібності дорівнює відношенню діагоналей цих прямокутників, тобто діагоналей екранів телевізорів: $$ k=\frac{48}{32}=1\mathord{,}5. $$ Якщо фігури подібні з коефіцієнтом подібності \(k\), то відношення їх площ дорівнює \(k^2.\) Тому площа екрану більшого телевізора перевищує площу екрана меншого телевізора у $$ 1\mathord{,}5^2=2\mathord{,}25\ \text{раза}. $$

Відповідь: Д.

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Трикутники. Нерівність трикутника.

Це завдання перевіряє вміння визначати можливе значення невідомої сторони трикутника.

Використаємо нерівність трикутника: будь-яка сторона довільного трикутника менша за суму двох інших його сторін та більша за їх різницю. Оскільки сторони трикутника \(AB\) і \(BC\) дорівнюють відповідно \(3\) см і \(10\) см, то довжина сторони \(AC\) повинна бути більшою за $$ 10-3=7\ \text{см} $$ та меншою за $$ 10+3=13\ \text{см}. $$

Цю умову задовольняє лише варіант Г – \(11\) см.

Відповідь: Г.

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Найпростіші фігури на площині. Вертикальні та суміжні кути.

Це завдання перевіряє вміння визначати невідомий кут, використовуючи означення суміжних кутів і властивості вертикальникх кутів.

Зображені на рисунку кути \(\alpha\) i \(\beta\) є вертикальними, тому що утворені при перетині двох прямих \(m\) i \(n.\)

Вертикальні кути рівні, тому $$ \alpha=\beta=\frac{50^\circ}{2}=25^\circ. $$ Кути \(\alpha\) i \(\gamma\) є суміжними, оскільки промінь \(OA\), що лежить на прямій \(n\), є спільною стороною цих кутів, а сторони \(OB\) та \(OC\), що лежать на прямій \(m\), є доповняльними променями. Оскільки сума суміжних кутів дорівнює \(180^\circ\), то $$ \gamma=180^\circ-\alpha=180^\circ-25^\circ=155^\circ. $$

Відповідь: Б.

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Чотирикутники. Трапеція та її властивості.

Це завдання перевіряє вміння визначати довжину середньої лінії прямокутної трапеції.

Щоб розв’язати це завдання потрібно знати саме означення прямокутної трапеції, її властивості, означення та властивість середньої лінії трапеції, бісектриси кута трапеції. Також потрібно знати тригонометричні співвідношення між сторонами та кутами прямокутного трикутника.

Нехай \(ABCD\) задана прямокутна трапеція (див. рисунок), \(LN\) – її середня лінія: $$ LN = \frac{AD + BC}{2}. $$ У прямокутному трикутнику \(BAD\) відомі гіпотенуза \(BD = 20\sqrt{3}\) см та \(\angle BDA = 30^\circ.\) Тоді $$ \frac{AD}{BD} = \cos 30^\circ, $$ звідки отримуємо:

Основа \(BC\) трапеції є стороною трикутника \(BCD\). Оскільки \(BC\ ||\ AD\), то \(\angle CBD = \angle ADB = 30^\circ\) (як внутрішні різносторонні), а оскільки \(BD\) є бісектрисою кута \(ADC\), то \(\angle BDC = 30^\circ\). Отже, трикутник \(BCD\) є рівнобедреним (\(BC = DC\)). Висота \(CO\) цього трикутника є його медіаною і ділить сторону \(BD\) навпіл: \(BO = OD\). Знаючи катет \(BO = 10\sqrt{3}\) см та прилеглий до нього кут \(\angle OBC = 30^\circ\), визначаємо сторону \(BC\mathord{:}\) $$ \frac{BO}{BC} = \cos 30^\circ, $$ тоді $$ BC = \frac{BO}{\cos 30^\circ} = \frac{10\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = 20\ \text{см}. $$

Отже,

Відповідь: \(25.\)

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Квадрат та його властивості. Прямокутний рівнобедрений трикутник та його властивості. Площа прямокутного трикутника та квадрата.

Це завдання перевіряє вміння обчислювати площі геометричних фігур, зокрема, квадрата та прямокутного рівнобедреного трикутника.

1. Проведемо у рівнобедреному прямокутному трикутнику \(ABC\) з гіпотенузою \(AC\) висоту \(BO.\) Тоді $$ S_{\Delta ABC} = \frac{1}{2} AC \cdot BO. $$ Висота рівнобедреного трикутника, що проведена з його вершини, є також бісектрисою та медіаною. Отже, точка \(O\) є серединою гіпотенузи \(AC\) і

Тоді

2. Упишемо в рівнобедрений прямокутний трикутник \(ABC\) квадрат \(MNKP\), вершини \(M\) і \(N\) якого лежать на гіпотенузі \(AC\) (отже, і сторона \(MN\) лежить на \(AC\)), а інші дві – вершини \(P\) і \(K\) – належать катетам \(AB\) і \(BC\) відповідно (див. рисунок).

Оскільки \(PM\ \perp\ MN\) і \(KN\ \perp\ MN\), а \(MN\) є частиною \(AC\), то \(PM\ \perp\ AC\) і \(KN\ \perp\ AC\). Тоді

аналогічно $$ \angle CKN = 180^\circ - 45^\circ - 90^\circ = 45^\circ. $$ Отже, прямокутні трикутники \(AMP\) і \(KNC\) є рівнобедреними.

Оскільки \(AM = PM\), \(CN = KN\) і \(PM = KN = MN\), то \(AM = MN = NC\) і $$ MN = \frac{1}{3} AC = \frac{1}{3} \cdot 3\mathord{,}6 = 1,2\ \text{м}. $$ Площа квадрата \(MNKP\) дорівнює \(1\mathord{,}2^{2} = 1\mathord{,}44\ \text{м}^{2}.\)

Відповідь: 1. \(3\mathord{,}24.\)
                   2. \(1\mathord{,}44.\)

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Трикутники. Рівносторонній трикутник, ромб, квадрат, правильний шестикутник та їхні властивості. Коло, вписане в трикутник, ромб, квадрат та правильний шестикутник. Формули для обчислення радіуса вписаного кола.

Це завдання перевіряє вміння визначати радіуси кіл, вписаних в рівносторонній трикутник, ромб, квадрат та правильний шестикутник, за заданими довжинами відповідних відрізків.

Визначимо радіус кола, вписаного у кожну з фігур, зображених на рис. 1–4.

Рис. 1. Центр кола, вписаного у будь-який трикутник знаходиться у точці перетину його бісектрис. У рівносторонньому трикутнику бісектриси одночасно є його висотами та медіанами, які діляться точкою перетину на відрізки у відношенні \(2 : 1\), рахуючи від вершини трикутника. Отже, радіус кола, вписаного у рівносторонній трикутник, дорівнює \(\frac{1}{3}\) його висоти. За умовою висота дорівнює \(\sqrt{2}\), тому радіус вписаного кола дорівнює \(\frac{\sqrt{2}}{3}\). Отже, 1 – Д.

Рис. 2. Радіус \(r\) кола, вписаного в ромб, дорівнює половині висоти \(h\) цього ромба (див. рисунок 2) і дорівнює \(\frac{\sqrt{2}}{2}.\) Отже, 2 – Г.

Рис. 3. Радіус \(r\) кола, вписаного в квадрат зі стороною \(a\), дорівнює половині його сторони: \(r = \frac{a}{2}\). Якщо діагональ квадрата дорівнює \(\sqrt{2}\), то \(a = 1\). Тоді \(r = \frac{1}{2}\). Отже, 3 – В.

Рис. 4. У правильному шестикутнику три його діагоналі, що сполучають протилежні вершини, ділять шестикутник на шість рівних рівносторонніх трикутників. Тоді радіус вписаного у шестикутник кола дорівнює висоті рівностороннього трикутника. Якщо сторона шестикутника дорівнює \(a\), то радіус вписаного кола \(r = \frac{\sqrt{3}}{2} a\). Оскільки діагональ правильного шестикутника, яка з'єднує протилежні його вершини удвічі більша за сторону цього шестикутника, то виконується рівність \(2a = 2\sqrt{2}\). Отже, сторона шестикутника дорівнює \begin{gather*} a = \frac{2\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2},\ \text{а}\\[6pt] r = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \sqrt{2}=\frac{\sqrt{6}}{2}. \end{gather*} Отже, 4 – А.

Відповідь: 1 – Д, 2 – Г, 3 – В, 4 – A.

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Трикутники. Подібність трикутників.

Це завдання перевіряє вміння знаходити подібні трикутники та використовувати пропорційність їх сторін для знаходження невідомих елементів трикутників.

Оскільки за умовою \(KM\ ||\ BC\), то \(\angle AKM=\angle ABC\) як відповідні кути при паралельних прямих \(KM\), \(BC\) і січній \(AK.\) Тоді трикутники \(AKM\) i \(ABC\) подібні за двома кутами (\(\angle A\) – спільний). Якщо трикутники подібні, то їх віповідні сторони пропорційні, отже $$ \frac{AK}{AB}=\frac{KM}{BC}, $$ де

звідки

Відповідь: B.

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Кути при паралельних прямих. Бісектриса кута.

Це завдання перевіряє знання властивостей кутів, що утворюються при перетині двох паралельних прямих січною та означення бісектриси кута.

Кути \(\angle BAC\) та \(\angle ACK\) – внутрішні односторонні кути при паралельних прямих \(AB\) i \(CK\) та січній \(AC.\) Сума внутрішніх односторонніх кутів при паралельних прямих дорівнює \(180^\circ.\) Отже, $$ \angle BAC+\angle ACK=180^\circ, $$ звідки

Оскільки \(BC\) є бісектрисою кута \(\angle ACK\), то за означенням бісектриси, вона ділить цей кут навпіл, отже,

Кути \(\angle BCK\) i \(\angle ABC\) – внутрішні різносторонні кути при паралельних прямих \(AB\) i \(CK\) та січній \(BC\), тому вони рівні. Отже, \(\angle ABC=64^\circ.\)

Відповідь: B.

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Чотирикутники. Паралелограм та його властивості. Периметр паралелограма.

Це завдання перевіряє вміння визначати невідому сторону паралелограма за його периметром і відомою стороною.

За означенням периметром паралелограма (як і будь-якого многокутника) називають суму довжин всіх його сторін. Оскільки у паралелограма \(ABCD\) протилежні сторони попарно рівні: \(AB=CD\) i \(AD=BC\), то його периметр визначається за формулою: $$ P_{ABCD}=2(AB+BC). $$

Підставимо дані з умови: $$ 60=2(10+BC), $$ звідки отримуємо: \begin{gather*} 30=10+BC,\\[7pt] BC=30-10=20\ \text{см}. \end{gather*}

Відповідь: Г.

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Чотирикутники. Трапеція та її властивості. Середня лінія трапеції та її властивості. Співвідношення між сторонами і кутами прямокутного трикутника.

Це завдання перевіряє знання властивостей середньої лінії трапеції: середня лінія трапеції паралельна основам і дорівнює їх півсумі. Bміння визначати висоту трапеції як відповідний катет прямокутного трикутника.

1. Згідно з умовою \(MN\) – середня лінія, \(AD\) і \(BC\) – основи трапеції \(ABCD.\) Отже, $$ MN = \frac{AD + BC}{2}, $$ звідки одержимо

2. Опустимо з точки \(C\) на основу \(AD\) перпендикуляр \(CK\) і розглянемо прямокутний трикутник \(CKD\) (див. рисунок).

У цьому трикутнику \(\angle K = 90^\circ\), \(\angle D = 45^\circ\). Тоді $$ \angle C = 180^\circ - 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ. $$ Отже, трикутник \(CKD\) є прямокутним і рівнобедреним, у якому \(KC = KD.\) Оскільки

Зазначимо, що якщо провести відрізок \(BP\) паралельно стороні \(CD\) (точка \(P\) належить основі \(AD\)), то утвориться прямокутний рівнобедрений трикутник \(BAP\), у якому $$ AB = AP = AD-BC = 8 \text{ см}. $$

Відповідь: 1. \(17.\)
                   2. \(8.\)

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Чотирикутники. Прямокутник та його властивості. Площа прямокутника.

Це завдання перевіряє вміння знаходити площу та периметр прямокутника, застосовувати теорему Піфагора, знання співвідношень у прямокутному трикутнику.

Розглянемо кожне твердження:

1. Площа прямокутника дорівнює добутку двох його суміжних сторін. Цей добуток дорівнює \(48\) для прямокутника зі сторонами \(6\) та \(8\), зображеного на рисунку B. Отже, твердженню 1 відповідає прямокутник B.

2. Периметр прямокутника дорівнює сумі довжин всіх його сторін. Ця сума дорівнює \(14\) для прямокутника зі сторонами \(2\) та \(5\), зображеного на рисунку A: $$ 2 \cdot (2 + 5) = 14. $$ Отже, 2 – A.

3. Серед варіантів Б, Г та Д, що залишилися, варіант Д не може відповідати твердженню 3, адже кут між діагоналями квадрата не може дорівнювати \(60^\circ\) (він становить \(90^\circ\)). Залишилося проаналізувати варіанти Б та Г.

Розглянемо прямокутник \(ABCD\), діагоналі якого перетинаються в точці \(O\) (див. рисунок).

\(\angle AOB\) – гострий кут між діагоналями прямокутника. Оскільки діагоналі прямокутника рівні і в точці перетину діляться навпіл, то \(AO = OB\), отже, трикутник \(AOB\) є рівнобедреним. Кут \(AOB\) між діагоналями прямокутника є в трикутнику \(AOB\) кутом при вершині рівнобедреного трикутника. Якщо \(\angle AOB = 60^\circ\), то кути при основі цього трикутника дорівнюють $$ \frac{180^\circ - 60^\circ}{2} = 60^\circ, $$ отже, цей трикутник є рівностороннім.

У рівносторонньому трикутнику всі сторони рівні, тому серед прямокутників, зображених на рисунках Б та Г, визначаємо той, у якого половина діагоналі дорівнює стороні \(AB.\) Це твердження виконується для прямокутника, зображеного на рисунку Б. Справді, з прямокутного трикутника \(ABC\) за теоремою Піфагора

Прямокутник \(ABCD\), у якого діагоналі перетинаються під кутом \(60^\circ\), можна встановити також за допомогою тригонометричних співвідношень у прямокутному трикутнику \(ABC.\)

Оскільки \(\angle BAC = 60^\circ\), то $$ \frac{BC}{AB} = \mathrm{tg}\ \angle BAC = \sqrt{3}. $$ Ця умова виконується лише для прямокутника зі сторонами \(4\) та \(4\sqrt{3}\) на рисунку Б: $$ \frac{BC}{AB} = \frac{4\sqrt{3}}{4} = \sqrt{3} = \mathrm{tg}\ 60^\circ. $$ Отже, 3 – Б.

4. Діагональ квадрата зі стороною \(7\) дорівнює \(7\sqrt{2} \ne 14.\) Переконаємося, що твердженню 4 відповідає прямокутник на рисунку Г:

звідси отримуємо \(AC = 14\). Отже, 4 – Г.

Відповідь: 1 – В, 2 – А, 3 – Б, 4 – Г.

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Коло. Довжина кола.

Це завдання перевіряє знання формули довжини кола.

Довжина кола \(l\) радіуса \(r\) обчислюється за формулою $$ l = 2\pi r. $$ Оскільки довжина меншого кола дорівнює \(10\pi\) см, то $$ 10\pi= 2\pi r, $$ звідси знаходимо \(r = 5\) см – радіус меншого кола.

Оскільки за умовою задачі радіус більшого кола \(R\) втричі перевищує радіус меншого кола, то $$ R = 3 \cdot 5 = 15\ \text{см}. $$

Точка зовнішнього дотику двох кіл належить відрізку \(O_{1}O_{2}\), тому

Відповідь: Д.

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Трикутники. Середня лінія трикутника. Вектори. Множення вектора на число.

Це завдання перевіряє знання означення і властивостей середньої лінії трикутника, а також уміння множити вектор на число.

Якщо точки \(K\) і \(M\) є серединами сторін \(AB\) і \(BC\) відповідно, то \(KM\) – середня лінія трикутника \(ABC\), яка паралельна стороні \(AC\), причому \(KM\ ||\ AC\), \(KM = \frac{1}{2}AC\), тоді \(AC = 2KM.\)

Вектори \(\overrightarrow{MK}\) і \(\overrightarrow{AC}\) лежать на паралельних прямих, отже, є колінеарними. Їх напрямки протилежні, а довжина вектора \(\overrightarrow{AC}\) вдвічі більша за довжину вектора \(\overrightarrow{MK}\), тому \(\overrightarrow{AC} = -2\overrightarrow{MK}.\)

Оскільки \(\overrightarrow{MK} = a\), то \(\overrightarrow{AC} = -2a.\)

Відповідь: Д.

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Вертикальні кути. Трикутники. Теорема про суму кутів трикутника.

Це завдання перевіряє знання властивостей вертикальних кутів та вміння користуватися теоремою про суму кутів трикутника.

Катет \(CB\) і гіпотенуза \(AB\) лежать на прямих, що перетинаються під кутом \(55^\circ\) (див. рисунок). Зазначений на рисунку кут, градусна міра якого дорівнює \(55^\circ\), та \(\angle ABC\) є вертикальними. Оскільки вертикальні кути рівні, то \(\angle ABC = 55^\circ\).

Сума кутів трикутника дорівнює \(180^\circ\), тобто $$ \angle BAC + \angle ABC + \angle BCA = 180^\circ. $$ За умовою трикутник \(ABC\) є прямокутним: \(\angle ACB = 90^\circ\). Отже, $$ \angle BAC = 180^\circ - (90^\circ + 55^\circ) = 35^\circ. $$

Відповідь: B.

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Чотирикутники. Паралелограм та його властивості.

Це завдання перевіряє знання властивостей паралелограма, означення периметра паралелограма та ознаки рівності прямокутних трикутників.

Нехай \(ABCD\) – заданий паралелограм, \(BO\) – перпендикуляр, \(AK = 6\) см, \(KD = 4\) см, \(AO = 5\) см (див. рисунок).

1. \(AD = AK + KD = 6 + 4 = 10\) см. Оскільки \(AB\) і \(AK\) – радіуси кола з центром у точці \(A\), то \(AB = AK = 6\) см. Тоді периметр паралелограма \(ABCD\) дорівнює сумі довжин усіх сторін паралелограма, тобто

2. Проведемо діагональ \(BD\) (див. рисунок).

Прямокутні трикутники \(AOB\) та \(BOD\) рівні \((BO\) – спільний катет, \(AO = OD\), оскільки \(AO = 5\) см, \(AD = 10\) см\().\) Тому \(BD = AB = 6\) см.

Відповідь: 1. \(32.\)
                   2. \(6.\)

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Коло та круг. Площа круга та його частин.

Це завдання перевіряє знання формул площі круга і сектора.

Обчислимо площі геометричних фігур (1 – 4).

1. Площу круга радіуса \(4\) см, зображеного на рисунку 1, обчислюємо за формулою \begin{gather*} S =\pi R^{2},\\[7pt] S = \pi\cdot 4^{2} = 16\pi\ \text{см}^{2}. \end{gather*} Отже, 1 – Б.

2. Площу півкруга радіуса \(6\) см, зображеного на рисунку 2, обчислюємо за формулою \begin{gather*} S = \frac{\pi R^{2}}{2} = \frac{\pi\cdot 6^{2}}{2} = 18\pi\ \text{см}^{2}. \end{gather*} Отже, 2 – В.

3. Площу сектора радіуса \(12\) см, зображеного на рисунку 3, обчислюємо за формулою \begin{gather*} S = \frac{R^{2}\alpha}{2}, \end{gather*} де \(\alpha\) – центральний кут сектора, $$ \alpha = 30^\circ = \frac{\pi}{6}. $$ Тоді $$ S = \frac{12^{2}\pi}{12} = 12\pi\ \text{см}^{2}. $$ Отже, 3 – А.

4. Площу кільця, обмеженого колами радіусів \(r = 4\) см і \(R = 6\) см, зображеного на рисунку 4, обчислюємо за формулою $$ S = \pi R^{2} - \pi r^{2} = \pi (R^{2} - r^{2}), $$ де \(R\) і \(r\) – відповідно радіуси більшого та меншого кіл. Тоді $$ S = \pi (6^{2} - 4^{2}) = 20\pi\ \text{см}^{2}. $$ Отже, 4 – Г.

Відповідь: 1 – Б, 2 – В, 3 – A, 4 – Г.

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Чотирикутники. Квадрат та його властивості.

Це завдання перевіряє знання властивостей квадрата, формули периметра квадрата.

Периметр квадрата \(P = 4a\), де \(a\) – довжина сторони квадрата. Нехай \(F\) – задана точка на діагоналі \(AC\), \(FE = 2\) см, \(FL = 6\) см (див. рисунок). Чотирикутник \(BLFE\) – прямокутник, тому \(BE = LF = 6\) см. У прямокутному трикутнику \(AEF\) \(\angle EAF = \angle EFA = 45^\circ\), тому \(AE = EF = 2\) см. Тоді \(AB = AE + BE = 2 + 6 = 8\) см. Периметр квадрата \(ABCD\) дорівнює \(8 \cdot 4 = 32\) см.

Відповідь: B.

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Трикутники. Співвідношення між сторонами і кутами прямокутного трикутника.

Це завдання перевіряє знання означення косинуса гострого кута прямокутного трикутника.

Косинус гострого кута \(\alpha\) прямокутного трикутника дорівнює відношенню прилеглого до цього кута катета до гіпотенузи. Отже, $$ \cos \alpha = \frac{b}{c}. $$

Відповідь: Д.

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Трикутники. Теорема про суму кутів трикутника.

Це завдання перевіряє вміння користуватися теоремою про суму кутів трикутника.

Сума кутів трикутника дорівнює \(180^\circ\), тобто $$ \angle A + \angle B + \angle C = 180^\circ. $$ Трикутник \(ABC\) рівнобедрений, тому кути при основі \(AC\) трикутника рівні:

Відповідь: Б.

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Чотирикутники. Трикутники.

Це завдання перевіряє вміння використовувати властивості ромба до розв’язування планіметричних задач, знання теореми Фалеса.

\(ABCD\) – ромб, \(OK\) – радіус вписаного кола.

1. \(S_{кр}=\pi r^2=2{,}25\pi\ \text{см}^2.\) \(\ r^2=2{,}25;\ \ r=1{,}5\ \text{см}.\)

2.

\(AO=OC.\) За теоремою Фалеса \(KC=KE.\) Отже, в \(\Delta AEC\) \(OK\) – середня лінія, $$ OK=\frac{1}{2}AE. $$

\(AE=2\cdot OK=2\cdot 1{,}5=3\) см – висота ромба.
\(S_{p}=BC\cdot AE=BC\cdot 3=10{,}8;\) \(\ BC=3{,}6\) см.

Відповідь: 1. \(1{,}5.\)
                   2. \(3{,}6.\)

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Чотирикутники. Паралелограм. Коло.

Це завдання перевіряє знання властивостей кола та паралелограма, формули довжини дуги і вміння обчислювати площу паралелограма.

1. Нехай \(ABCD\) заданий паралелограм, \(O\) – центр півкола радіуса \(r\), що дотикається до сторони \(BC\) в точці \(M\) (див. рисунок). Оскільки півколо дотикається до сторони \(BC\) в точці \(M\), то \(OM\ \perp\ BC\) – як радіус, проведений в точку дотику. За означенням паралелограма \(AD\ ||\ BC\), отже, \(OM\ \perp\ AD.\) Тоді дуга \(MD\) – четверта частина кола радіуса \(r\), її довжина дорівнює $$ \frac{2\pi r}{4}=\frac{\ }{2}\ \text{см}. $$ За умовою довжина дуги \(MD\) дорівнює \(6{,}5\pi\) см.

Отже, $$ \frac{\pi r}{2}=6{,}5\pi, $$ звідки \(r=13\) см.

2. Площа паралелограма дорівнює добутку його сторони на висоту, проведену до неї:

Відповідь: 1. \(13.\)
                   2. \(338.\)

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Коло. Трикутник. Подібність трикутників.

Це завдання перевіряє вміння визначати відстань між центрами заданих кіл, використовуючи подібність відповідних трикутників.

Нехай точка \(O\) – центр більшого кола, а точки \(O_1\) і \(O_2\) – центри двох рівних менших кіл (див. рисунок).

Центри кіл, що мають внутрішній дотик, та точка їх дотику лежать на одній прямій, тоді

Рівнобедрені трикутники \(AOB\) (\(AO=BO\)) і \(O_1OO_2\) (\(OO_1=OO_2\)), що мають спільний \(\angle O\), є подібними. Тому маємо

звідки \(O_1O_2=7{,}5\) см.

Відповідь: \(7{,}5.\)

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Чотирикутники. Ромб та його властивості. Площа ромба. Теорема Піфагора.

Це завдання перевіряє вміння знаходити довжину висоти та площу ромба. Для розв’язання завдання потрібно знати означення ромба та його властивості, формулу його площі та вміти використовувати теорему Піфагора для знаходження невідомих елементів прямокутного трикутника.

Нехай \(ABCD\) – заданий ромб, \(DK\) – висота ромба (див. рисунок).

Оскільки точка \(K\) лежить на стороні ромба, то її довжина дорівнює сумі довжин відрізків \(BK\) та \(KC{:}\)

1. У прямокутному трикутнику \(DKC\) катет \(KC = 6\) см, гіпотенуза \(DC = 10\) см. За теоремою Піфагора визначаємо довжину перпендикуляра \(DK{:}\)

2. Площу ромба можна обчислити за формулою $$ S = a \cdot h, $$ де \(a\) – сторона ромба, \(h\) – висота ромба. Обчислимо площу ромба \(ABCD{:}\)

Відповідь: 1. \(8.\)
                   2. \(80.\)

22

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Чотирикутники. Квадрат та його властивості. Прямокутник та його властивості. Середня лінія трапеції. Коло, описане навколо чотирикутника.

Це завдання перевіряє вміння знаходити довжини відрізків геометричних фігур. Щоб розв’язати завдання, потрібно знати означення й властивості квадрата, прямокутника, прямокутного рівнобедреного трикутника, теорему про середню лінію трапеції, означення бісектриси кута, теорему Піфагора.

Оскільки точка \(O\) належить відрізку \(LN\), то $$ LN=LO+ON=8+2=10. $$ За умовою \(LN\ ||\ CD\), тому \(\angle BLN=\angle LCD=90^\circ\), отже, чотирикутник \(DCLN\) – прямокутник. Тоді $$ CD=LN=10. $$ Оскільки \(ABCD\) – квадрат, то $$ BC=CD=10. $$

1. За умовою \(KM\ ||\ AD\), тому \(\angle KMD=\angle MDA=90^\circ\), отже, чотирикутник \(KMDA\) – прямокутник. Тоді $$ KM=AD=10. $$ Оскільки точка \(O\) належить відрізку \(KM\), то $$ OK=KM-OM=10-6=4. $$ Отже, 1 – А.

2. За теоремою Піфагора, діагональ прямокутника \(OLCM\) дорівнює

Оскільки радіус кола, описаного навколо прямокутника, дорівнює половині його діагоналі, то радіус кола, описаного навколо прямокутника \(OLCM\), дорівнює $$ 10:2=5. $$ Отже, 2 – Б.

3. Довжина середньої лінії трапеції дорівнює півсумі її основ. У трапеції \(OBCM\) основи \(BC\) і \(OM\) дорівнюють відповідно \(10\) і \(6\), отже, довжина середньої лінії трапеції дорівнює $$ \frac{BC+OM}{2}=\frac{10+6}{2}=8. $$ Отже, 3 – Г.

4. Оскільки \(OP\) – бісектриса кута \(NOM\), то вона ділить цей кут навпіл, тому $$ \angle NOP=\angle POM=\frac{90^\circ}{2}=45^\circ. $$ Оскільки \(\angle ONP=90^\circ\), то

Тоді трикутник \(NOP\) є рівнобедреним і $$ NP=ON=2. $$ Довжина відрізка \(AP\) дорівнює $$ AN+NP=OK+NP=4+2=6. $$ Отже, 4 – В.

Відповідь: 1 – A, 2 – Б, 3 – Г, 4 – В.

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Прямокутний трикутник. Теорема Піфагора.

Це завдання перевіряє вміння використовувати теорему Піфагора для розв’язування задач із практичним змістом.

Спочатку знайдемо довжину відрізка \(LO\), при якій стулка \(LM\) під час відкривання воріт доторкнеться до автомобіля (зробить невеликий подряпину на бампері). Це станеться тоді, коли довжина відрізка \(LQ\) дорівнюватиме довжині стулки \(LM\), тобто \(2\) м. Розглянемо прямокутний трикутник \(LOQ\) (див. рисунок). За теоремою Піфагора:

Запишемо дані альтернативи у вигляді

А \(1{,}6=\sqrt{2{,}56}\) м.

Б \(1{,}7=\sqrt{2{,}89}\) м.

В \(1{,}8=\sqrt{3{,}24}\) м.

Г \(1{,}9=\sqrt{3{,}61}\) м.

Д \(2=\sqrt{4}\) м.

Далі міркуємо так. Щоб стулка \(LM\) під час відкривання воріт НЕ торкнулася автомобіля, потрібно, щоб довжина відрізка \(LQ\) (гіпотенузи прямокутного трикутника \(LOQ\)) була більша за розмах стулки, що дорівнює \(2\) м. Це виконуватиметься тоді, коли довжина катета \(LO\) буде більша за \(\sqrt{3}\) м. Найменшою із наведених у відповідях відстаней, що задовольняють цю умову, є \(1{,}8\) м.

Відповідь: B.

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Суміжні кути. Трикутники. Зовнішній кут трикутника. Теорема про суму кутів трикутника.

Це завдання перевіряє вміння знаходити градусні міри кутів.

Для розв’язання завдання потрібно знати такі теореми.

Теорема 1. Сума внутрішніх кутів трикутника дорівнює \(180^\circ.\)

Теорема 2. Сума суміжних кутів дорівнює \(180^\circ.\)

Наведемо декілька способів розв’язання цього завдання.

Перший спосіб. Розглянемо трикутник \(ABC\) (див. рисунок), у якого \(\angle B=85^\circ\), \(\angle MAB\) – зовнішній кут трикутника, суміжний з кутом \(A\), тоді $$ \angle A=180^\circ-\angle MAB=40^\circ. $$ Знаючи два внутрішніх кути трикутника \(ABC\), можемо визначити градусну міру його третього кута: $$ \angle C=180^\circ-(40^\circ+85^\circ)=55^\circ. $$ Оскільки за умовою \(\angle ACN=90^\circ\), то $$ 55^\circ+\alpha=90^\circ, $$ звідки \(\alpha=35^\circ.\)

Другий спосіб. Опустимо з вершини \(B\) трикутника \(ABC\) на сторону \(AC\) перпендикуляр \(AD\) (див. рисунок). З паралельності прямих \(BD\) і \(CN\) випливає, що \(\angle DBC=\angle BCN\) як внутрішні різносторонні. Тому шуканий кут \(\alpha\) дорівнює куту \(DBC.\) Маємо:

Третій спосіб. Скористаємось теоремою. Зовнішній кут трикутника дорівнює сумі двох внутрішніх, не суміжних з ним. Отже, \(\angle BCP=\angle A+\angle B\) (див. рисунок). Оскільки

то

Звідки одержуємо:

Відповідь: B.

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Декартова система координат на площині. Коло.

Це завдання перевіряє знання прямокутної системи координат на площині, координати точки та вміння визначати координати центра кола.

Оскільки прямі \(x=2\) і \(x=6\), що паралельні осі ординат, є дотичними до кола, то діаметр кола дорівнює відстані між цими прямими, тобто дорівнює \(6-2=4\), відповідно радіус кола дорівнює \(2\) (див. рисунок). Тому абсциса центра кола дорівнює $$ x_0=2+2=6-2=\frac{2+6}{2}=4. $$ Оскільки коло дотикається осі абсцис, а саме коло розміщене над віссю \(x\), то ордината центра кола дорівнює його радіусу, тобто \(y_0=2.\)

Отже, координати центра кола дорівнюють \((4; 2).\)

Відповідь: Д.

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Ромб та його властивості. Рівносторонній трикутник та його властивості. Коло, вписане в ромб. Співвідношення між сторонами і кутами прямокутного трикутника.

Це завдання перевіряє вміння обчислювати довжини відрізків, які є складовими рівностороннього та прямокутного трикутників.

З умови випливає, що сторона ромба дорівнює \(48 : 4 = 12\ \text{см}.\)

1. Проведемо діагональ \(BD\) і розглянемо трикутник \(ABD\) (див. рисунок).

Оскільки \(AB = AD\) і \(\angle A = 60^\circ\), то цей трикутник є рівностороннім. Тоді $$ BD = AB = AD = 12\ \text{см}. $$ Проведемо радіуси \(OK\) та \(OM\) і розглянемо трикутники \(OKB\) та \(OMD\). Оскільки \(OK\ \perp\ AB\) і \(OM\ \perp\ AD\) (дотична до кола перпендикулярна до радіуса, який сполучає центр кола з точкою дотику), \(OK = OM\) (як радіуси вписаного кола). \(\angle ABD = \angle ADB = 60^\circ\), то ці прямокутні трикутники рівні (за стороною та двома кутами). Тому $$ OB = OD = \frac{1}{2}BD = 6\ \text{см}. $$

2. Доведемо спочатку, що трикутник \(AKM\) є рівностороннім. З рівності трикутників \(OKB\) та \(OMD\) випливає, що \(KB = MD.\) Оскільки \(AB = AD\) i \(AK+KB=AB\), \(AM+MD=AD\), то \(AK=AM\). Оскільки \(\angle A = 60^\circ\), то трикутник \(AKM\) є рівностороннім. У прямокутному трикутнику \(OKB\) \(\angle KBO = 60^\circ\), тоді \(\angle KOB = 30^\circ.\) Отже, катет \(KB\) удвічі менший за гіпотенузу \(OB\mathord{:}\) $$ KB = \frac{1}{2}OB = \frac{1}{2} \cdot 6 = 3\ \text{см}. $$ Тоді

Відповідь: 1. \(6.\)
                   2. \(9.\)

ТЕМА: Геометрія. Стереометрія. Координати та вектори у просторі. Формула для обчислення відстані між двома точками.

Це завдання перевіряє розуміння декартової системи координат у просторі, а також уміння визначати відстань від заданої точки до геометричних об’єктів (точки, прямої та площини).

Нагадаємо, що відстань \(d\) між точками \(M_1(x_1; y_1; z_1)\) та \(M_2(x_2; y_2; z_2)\) можна обчислити за формулою:

1. Відстань від точки \(M(1; -4; 8)\) до площини \(xy\) дорівнює відстані від точки \(M\) до її проєкції на цю площину, тобто до точки \((1; -4; 0)\). Ця відстань дорівнює \(8.\) Отже, 1 – Г.

У загальному випадку відстань від точки \(M_1(x_1; y_1; z_1)\) до площини \(xy\) дорівнює \(|z_1|\), до площини \(xz\) — \(|y_1|\), до площини \(yz\) — \(|x_1|\).

2. Відстань від точки \(M\) до початку координат – це відстань від проекції точки \(M\) до точки \((0; 0; 0)\) і дорівнює

Отже, 2 – Д.

3. Відстань від точки \(M\) до осі \(z\) – це відстань від проєкції точки \(M\) на площину \(xy\) до початку координат, тобто точки \((0; 0; 0)\). Отже, шуканa відстань – це відстань між точками \((1; -4; 0)\) та \((0; 0; 0)\) і дорівнює

Отже, 3 – В.

4. Відстань від точки \(M\) до точки \(N(1; 0; 8)\) дорівнює

Отже, 4 – Б.

Відповідь: 1 – Г, 2 – Д, 3 – В, 4 – Б.

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Трикутники. Рівносторонній трикутник та його властивості. Коло, описане навколо трикутника, і коло, вписане в трикутник. Співвідношення між сторонами і кутами прямокутного трикутника. Формули для обчислення площі трикутника. Теорема синусів. Теорема Піфагора.

Це завдання перевіряє вміння застосовувати означення та властивості різних видів трикутників до розв’язування планіметричних задач.

Дамо характеристику трикутникам, зображеним на рисунках 1–5.

А. Трикутник, у якого дві сторони рівні, є рівнобедреним. Оскільки кут між ними, тобто кут при вершині рівнобедреного трикутника дорівнює \(60^\circ\), то кут при основі цього трикутника дорівнює $$ \frac{180^\circ - 60^\circ}{2} = 60^\circ. $$ Отже, всі кути трикутника рівні, тому він є рівностороннім. А в рівносторонньому трикутнику центри описаного та вписаного кіл збігаються. Тому 1 – А.

Б. На цьому рисунку зображено прямокутний рівнобедрений трикутник, катети якого дорівнюють \(5\ \text{см}\). Гіпотенуза цього трикутника дорівнює \(5\sqrt{2}\ \text{см}\). Центр кола, описаного навколо цього трикутника, є серединою гіпотенузи. Тому діаметр описаного кола дорівнює довжині гіпотенузи, тобто \(5\sqrt{2}\ \text{см}\). Внутрішні кути дорівнюють \(45^\circ\), \(45^\circ\) та \(90^\circ\), а площа: $$ \frac{1}{2} \cdot 5 \cdot 5 = 12{,}5\ \text{см}^2. $$ Отже, трикутник, зображений на рис. Б, не може бути відповіддю на жодне із запитань 1–4.

В. У прямокутному трикутнику, один з катетів якого удвічі менший за гіпотенузу, гострий кут, що є протилежним до меншого катета, дорівнює \(30^\circ.\) Оскільки катет трикутника дорівнює \(5\) см, а гіпотенуза \(10\) см, то гострий кут дорівнює \(30^\circ.\) Отже, 2 – В.

Г. У трикутнику задано два кути та одну сторону, тому можна скористатися теоремою синусів та наслідком з цієї теореми: $$ \frac{a}{\sin \alpha} = \frac{b}{\sin \beta} = \frac{c}{\sin \gamma} = 2R, $$ де \(R\) – радіус кола, описаного навколо трикутника із сторонами \(a\), \(b\), \(c\) та відповідними кутами \(\alpha\), \(\beta\) та \(\gamma.\)

Виконується рівність $$ \frac{10}{\sin 45^\circ} = 2R, $$ звідки отримуємо \begin{gather*} \frac{10}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = 2R,\\[6pt] 2R = 10\sqrt{2}. \end{gather*} Отже, діаметр кола, описаного навколо трикутника, зображеного на рис. Г дорівнює \(10\sqrt{2}\). Тому 4 – Г.