Решение задачи: периметр треугольника DFK

Ниже представлены решения задач на нахождение периметра \(P\) для каждой фигуры с изображения. Задача 4. Треугольник DFK. Дано: \(\triangle DFK\) — прямоугольный (\(\angle D = 90^\circ\)), \(DH\) — высота, \(FH = 8\), \(\angle FDH = 30^\circ\). 1) В \(\triangle DFH\) (\(\angle H = 90^\circ\)): катет \(FH\) лежит против угла \(30^\circ\), значит гипотенуза \(DF = 2 \cdot FH = 2 \cdot 8 = 16\). 2) В \(\triangle DFK\): \(\angle F = 90^\circ - \angle FDH = 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ\). Тогда \(\angle K = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ\). 3) В \(\triangle DFK\): катет \(DF\) лежит против угла \(30^\circ\), значит гипотенуза \(FK = 2 \cdot DF = 2 \cdot 16 = 32\). 4) По теореме Пифагора: \(DK = \sqrt{FK^2 - DF^2} = \sqrt{32^2 - 16^2} = \sqrt{1024 - 256} = \sqrt{768} = 16\sqrt{3}\). \[P = DF + FK + DK = 16 + 32 + 16\sqrt{3} = 48 + 16\sqrt{3}\] Ответ: \(P = 48 + 16\sqrt{3}\). Задача 7. Треугольник BCL. Дано: \(\triangle BCL\) — прямоугольный (\(\angle L = 90^\circ\)), \(LM\) — медиана, \(LM = 15\), \(CL = 18\). 1) В прямоугольном треугольнике медиана, проведенная к гипотенузе, равна ее половине. Значит, \(BC = 2 \cdot LM = 2 \cdot 15 = 30\). 2) По теореме Пифагора: \(BL = \sqrt{BC^2 - CL^2} = \sqrt{30^2 - 18^2} = \sqrt{900 - 324} = \sqrt{576} = 24\). \[P = BC + CL + BL = 30 + 18 + 24 = 72\] Ответ: \(P = 72\). Задача 5. Параллелограмм ODST. Дано: \(DB = 16\) (высота), \(OB = 12\), \(BT = 20\). 1) Сторона \(OT = OB + BT = 12 + 20 = 32\). 2) Из \(\triangle ODB\) по теореме Пифагора: \(OD = \sqrt{OB^2 + DB^2} = \sqrt{12^2 + 16^2} = \sqrt{144 + 256} = \sqrt{400} = 20\). 3) У параллелограмма противоположные стороны равны: \(ST = OD = 20\), \(DS = OT = 32\). \[P = 2 \cdot (OD + OT) = 2 \cdot (20 + 32) = 2 \cdot 52 = 104\] Ответ: \(P = 104\). Задача 8. Трапеция MNHC. Дано: \(NH = 6\), \(HL = 6\) (высота), \(HC = 10\), \(\angle M = \angle L = 90^\circ\). 1) Так как \(MN \perp MC\) и \(HL \perp MC\), то \(MNHL\) — прямоугольник. Значит, \(ML = NH = 6\) и \(MN = HL = 6\). 2) Из \(\triangle HLC\) по теореме Пифагора: \(LC = \sqrt{HC^2 - HL^2} = \sqrt{10^2 - 6^2} = \sqrt{100 - 36} = \sqrt{64} = 8\). 3) Нижнее основание \(MC = ML + LC = 6 + 8 = 14\). \[P = MN + NH + HC + MC = 6 + 6 + 10 + 14 = 36\] Ответ: \(P = 36\). Задача 6. Трапеция ABCD. Дано: \(BC = 9\), \(BH = 8\) (высота), \(AB = 10\), трапеция равнобедренная (\(AB = CD = 10\)). 1) Из \(\triangle ABH\) по теореме Пифагора: \(AH = \sqrt{AB^2 - BH^2} = \sqrt{10^2 - 8^2} = \sqrt{100 - 64} = \sqrt{36} = 6\). 2) В равнобедренной трапеции \(KD = AH = 6\), а \(HK = BC = 9\). 3) Нижнее основание \(AD = AH + HK + KD = 6 + 9 + 6 = 21\). \[P = AB + BC + CD + AD = 10 + 9 + 10 + 21 = 50\] Ответ: \(P = 50\). Задача 9. Ромб CHPL. Дано: диагонали \(CP = 24\), \(HL = 32\). 1) Диагонали ромба пересекаются под прямым углом и делятся точкой пересечения (пусть это точка \(O\)) пополам. 2) \(CO = CP / 2 = 24 / 2 = 12\), \(HO = HL / 2 = 32 / 2 = 16\). 3) Из \(\triangle CHO\) по теореме Пифагора сторона ромба: \(CH = \sqrt{CO^2 + HO^2} = \sqrt{12^2 + 16^2} = \sqrt{144 + 256} = \sqrt{400} = 20\). 4) У ромба все стороны равны. \[P = 4 \cdot CH = 4 \cdot 20 = 80\] Ответ: \(P = 80\).