. 2.1. На рисунке 8 изображены точки M, N, P, Q. Определи, пересекаются ли: а) отрезки MN и PQ; РМ и NQ; б) лучи MN и PQ; в) прямые PM и NQ. Если возможно, укажи точку пересечения. Р

75 (единиц)

Объяснение:

Дано (см. рисунок):

Окружность с центром в точке О

Касательная АВ и длина отрезка АВ=40 (ед.)

Секущая АО и длина отрезка АО=85

Найти: R=OB.

Решение.

Один из свойств касательной:

Касательная АВ к окружности с центром в точке О перпендикулярна радиусу R, проведенному в точку касания В.

В силу этого треугольник AOB прямоугольный и:

∠B=90°, AO – гипотенуза, AB и OB катеты.

Для прямоугольного треугольника AOB  верна теорема Пифагора:

AO² = OB² + AB².

Отсюда

OB² = AO² – AB² = 85² – 40² = 5625 = 75² или

OB = 75 (единиц).

Сделаем рисунок. Обозначим вершины трапеции АВСД.
Опустим из вершины С тупого угла высоту СН. 

По свойству высоты равнобедренной трапеции, опущенной из вершины тупого угла, она делит основание на отрезки, бóльший из которых равен полусумме оснований, меньший - их полуразности. 
Диагональ, высота и бóльший отрезок основания образуют прямоугольный треугольник АСН  с углом САН=60°.
Т.к сумма острых углов прямоугольного треугольника 90°, ∠АСН=30°
Катет АН противолежит этому углу и по свойству такого катета равен половине гипотенузы.  
Гипотенуза=диагональ = 4. 
АН=4:2=2 см
АН – полусумма оснований, т.е. она равна средней линии трапеции, Это ответ. 

Проведем среднюю линию трапеции MN и две высоты из тупых углов.  

АН=АС:2=2 (найдено в первом варианте). 

КР=1 – средняя линия ∆ АСН. ЕН=КР=1 ( КРНЕ - прямоугольник по построению). 

Тогда АЕ=1, и МК=РN=0,5 – средняя линия равных ∆ АВЕ и СDH

МN=МК+KP+PN=2 см.