1. В треугольнике ABC проведена высота AH. Известно, что ∠ABC = 60°, ∠CAH = 45°. Укажите номера верных утверждений:

Привет! Давай разберем задачи из контрольной работы по геометрии. ### Задание 1 В $\triangle ABC$ высота $AH$. $\angle ABC = 60^\circ$, $\angle CAH = 45^\circ$. 1. В $\triangle AHB$ (прямоугольный): $\angle BAH = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ$. В прямоугольном треугольнике катет против угла $30^\circ$ равен половине гипотенузы: $AH = \frac{1}{2}AB$, значит $AB = 2AH$. (**Верно, пункт 1**). 2. $AB = 2BH$ — это было бы верно, если бы $\angle BAH$ был $60^\circ$ или $\angle ABH$ был $30^\circ$. Здесь это не так. (Неверно). 3. В $\triangle AHC$ (прямоугольный, равнобедренный, т.к. $\angle CAH=45^\circ$): $AH = CH$. Тогда $AC = \sqrt{AH^2 + CH^2} = \sqrt{2CH^2} = CH\sqrt{2}$. (Неверно). 4. $AB = AC$: не следует из условий. (Неверно). 5. $BH = CH$: не следует из условий. (Неверно). 6. $AH = CH$: верно, так как $\triangle AHC$ равнобедренный ($\angle C = 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ$). (**Верно, пункт 6**). **Ответ: 1, 6** ### Задание 2 В $\triangle ABC$ ($\angle A=90^\circ$), $AB=24$, $AC=18$. По теореме Пифагора $BC = \sqrt{24^2 + 18^2} = \sqrt{576 + 324} = \sqrt{900} = 30$. $BF=15$, тогда $AF$ — биссектриса (по свойству биссектрисы $AB/AC = BF/FC$, $24/18 = 4/3$, $15/FC = 4/3 \Rightarrow FC = 11,25$). $AF = \sqrt{AB^2+BF^2-2\cdot AB\cdot BF \cdot \cos(B/2)}$. Проще использовать свойства треугольника, но здесь достаточно найти $AF$ через подобие или теорему косинусов. Периметр $ABF = AB + BF + AF = 24 + 15 + AF$. Для $ACF = AC + AF + CF = 18 + AF + 11,25 = 29,25 + AF$. Нужно найти $AF$: $AF = \frac{2\cdot AB \cdot AC \cdot \cos(\angle A/2)}{AB+AC} = \frac{2\cdot 24 \cdot 18 \cdot \cos 45^\circ}{24+18} = \frac{864 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}}{42} = \frac{432\sqrt{2}}{42} = \frac{72\sqrt{2}}{7} \approx 14,54$. $P_{ABF} = 39 + 14,54 = 53,54$. $P_{ACF} = 29,25 + 14,54 = 43,79$. ### Задание 3 $\triangle MPK$, $\angle K=90^\circ$. $T$ — точка на $MP$, $MT=12$, $\angle TPM=30^\circ$. Из $\triangle TPK$ (если $K$ проекция на $MP$): $MK = MT \cdot \sin(30^\circ) = 12 \cdot 0,5 = 6$. **Ответ: 6** ### Задание 4 Пусть один угол $x$, тогда другой $4x$. Сумма острых углов $90^\circ$. $x + 4x = 90 \Rightarrow 5x = 90 \Rightarrow x = 18^\circ$. Второй угол $4 \cdot 18 = 72^\circ$. **Ответ: 18^\circ, 72^\circ** ### Задание 5 В равнобедренном $\triangle BCD$ ($BC=CD$), $\angle B=120^\circ$. Высота $BK$ проведена из вершины $B$ к стороне $CD$. Внешний угол при вершине $C$ равен $180-120=60^\circ$ (нет, в $\triangle BCD$ углы при основании равны $(180-120)/2 = 30^\circ$). Если высота $BK$ опущена на $CD$, то в $\triangle BCK$ (прямоугольный): $\angle C = 30^\circ$. $BC = BK / \sin(30^\circ) = 12 / 0,5 = 24$. **Ответ: 24** ### Задание 6 Дано: $\angle C=90^\circ, \angle D=90^\circ$, $MD=KC$. Доказать: $\triangle MKC = \triangle KMD$. Доказательство: $\triangle MKC$ и $\triangle KMD$ — прямоугольные. У них общая гипотенуза $MK$. Катеты $MD=KC$ (по условию). Следовательно, треугольники равны по гипотенузе и катету. ### Задание 7 В $\triangle ACD$ ($\angle A=90^\circ$), $AK$ — медиана. В прямоугольном треугольнике медиана к гипотенузе равна половине гипотенузы: $AK = KD = CK$. Значит $\triangle AKD$ — равнобедренный, $\angle KAD = \angle KDA = 32^\circ$. Тогда $\angle AKD = 180^\circ - 32^\circ - 32^\circ = 116^\circ$. **Ответ: 116^\circ**