Решение:

• Отбелязваме с x средният по големина ъгъл и d – разликата на аритметичната прогресия.
• Разписваме аритметичната прогресия:
  x – d, x, x + d,
• т.е. α = x – d, β = x, γ = x + d и от Теорема за сбор на ъгли в триъгълник следва, че:
  x – d + x + x + d = 180° x = 60°.
• Превръщаме ъгъла в радиани:
  β = 60° = = .
• Верен отговор Д).

Решение:

• Един триъгълник съществува, ако са изпълнени Теоремите за неравенства на триъгълник.
• Проверяваме за кои от дадените триъгълници се изпълняват Неравенствата от теоремите (За Теорема 1 е достатъчно да проверим само неравенството за най-голямата страна, а за Теорема 2 – неравенството за най-малката страна):

  а) Триъгълник със страни a = 6, b = 8, c = 2 НЕ СЪЩЕСТВУВА, защото b = a + c, т.е. не се изпълнява Теорема 1, че най-голямата страна е по-малка от сбора на останалите две.

  б) Триъгълник със страни a = 6, b = 8, c = 3 СЪЩЕСТВУВА, защото

  • b < a + c, т.е. се изпълнява Теорема 1, че най-голямата страна е по-малка от сбора на останалите две.
  • c > b – a, т.е. се изпълнява Теорема 2, че най-малката страна е по-голяма от разликата на останалите две.

  в) Триъгълник със страни a = 6, b = 8, c = 10 СЪЩЕСТВУВА, защото

  • c < a + b, т.е. се изпълнява Теорема 1, че най-голямата страна е по-малка от сбора на останалите две.
  • a > c – b, т.е. се изпълнява Теорема 2, че най-малката страна е по-голяма от разликата на останалите две.
• Верен отговор Д).

Решение:

• Проверяваме всеки от отговорите:

  А) т.М и т.Р са среди следователно МР – Средна отсечка, т.е. MP || BC и отговор А) е верен.

  Б) ΔMNC ≅ ΔPBN по І признак, защото: 1) PBN = CNM – като съответни ъгли на (MN || AB) ∩ BC, 2) PB = MN – защото MN е средна отсечка, 3) BN = CN – защото N е среда на ВС, т.е. отговор Б) е верен.

  В) От Основна зад. 5 подточка а) следва, че ΔABC ~ ΔPBN, т.е. отговор В) е верен.

  Г) От Основна зад. 5 подточка в) следва, че S_ΔMNP = S_ΔABC, т.е. отговор Г) еверен

  Д) НЕ е вярно, че APNM е ромб.

• Верен отговор Д).

Решение:

• MN – средна отсечка в ΔABC AB = 2MN = 2.5 = 10.
• ΔABC – равнобедрен AC = BC = a.
• P_ΔABC = AB + BC + AC 24 = 10 + a + a a = AC = 7.
• Верен отговор Г).

Решение:

• От Косинусова теорема следва, че:
  c² = a² + b² – 2abcos γ = 3² + 8² – 2.3.8. = 49 c = 7.
• Верен отговор Б).

Решение:

• Използваме Синусова теорема:
  AC = 6.
• Верен отговор В).

Решение:

• Използваме Косинусова теорема:
  cos BAC = = .
• Верен отговор А).

Решение:

• От Теорема за сбор на ъгли в триъгълник намираме α:
  α + β + γ = 180° α + 45° + 75° = 180° α = 60°.
• Използваме Синусова теорема:
  
• Верен отговор А).

Решение:

• От Правоъгълният ΔBCD намираме sin γ:
  sin γ = .
• Прилагаме Синусова теорема за ΔABC:
  AB = 39.
• Верен отговор В).

Решение:

• ΔABC – равнобедрен и CD – височина CD – медиана, т.е. AD = BD = AB,т.е. AD = 6.
• Прилагаме Питагорова теорема за ΔADC:
  AC² = AD² + CD² 10² = 6² + CD² CD² = 64 CD = 8.
• От ΔADC получаваме:
  sin DAC = .
• ΔABC – равнобедрен sin ABC = sin BAC = .
• От ΔAHB получаваме:
  sin ABH = = 9,6.
• Верен отговор Б).

Решение:

• CM и CL – ъглополовящи и от Основна Зад. 1 MCL = 90°.
• CM = CL ΔMLC – равнобедрен и от Теорема за сбор на ъгли LMC = MLC = 45°.
• От Теорема за сбор на ъгли в ΔALC ALC + LCA + LAC = 180° 45° + LCA + 120° = 180° LCA = 15°.
• CL – ъглополовяща ACL = LCB = 15°, т.е. ACB = 30°.
• От Теорема за сбор на ъгли в ΔACB ACB + CAB + ABC = 180° 30° + 120° + ABC = 180° ABC = 30°.
• Верен отговор В).

Решение:

• Проверяваме всеки от отговорите:

  А) От Теорема за сбор на ъгли в триъгълник A + B + C = 180° B + C = 180° – A и от условието 180° – A < A A > 90°, т.е. ΔABC – тъпоъгълен или отговор А) е верен.

  Б) От Основна Зад.1 следва, че този отговор е верен.

  В) Доказваме, че отговор В) е верен – По условие имаме:

  • + a + b < 2c.
  • a + b + c = P = 24 a + b = 24 – c 2c < 24 – c 3c > 24 c = AB > 8.

  Г) От Теорема за външен ъгъл в триъгълник следва, че външният ъгъл при върха А е по-голям от 90°, защото B = 90°, т.е. отговор Г) е верен.

• Верен отговор Д).

Решение:

• От даденото отношение записваме a = x, b = 2x, c = 3x.
• Ако точките M, N и P са среди съответно на страните AC, BC и AB от Основна Зад.1 следва, че:
  P_ΔABC = 2P_ΔMNP x + 2x + 3x = 2.24 x = 8.
• Намираме най-голямата страна:
  c = 3x = 3.8 = 24.
• Верен отговор Г).

Решение:

• ΔABD – равностранен BAD = ABD = ADB = 60° и DH – ъглополовяща, т.е. ADH = 30°.
• ADC – външен на ΔAHD ADC = DAH + AHD = 60° + 90° = 150°.
• Нека AD = x. Прилагаме Косинусова теорема за ΔADC:
  AC² = AD² + CD² – 2AD.CD.cos 150°
  x² + 3x – 4 = 0, x₁ = 1; x₂ = –4 ДМ_x, т.е. AD = 1.
• ΔABD – равностранен AB = AD = 1.
• Верен отговор Б).

Решение:

• От даденото отношение записваме AB = 6x, AC = BC = 5x.
• ΔABC – равнобедрен и СН – височина СН – медиана, т.е. AH = BH = 3x.
• т. О – център на вписаната окръжност OH = r, CO = 8 – r, АО и ВО – ъглополовящи.
• От Питагорова теорема за ΔAHC AH² + CH² = AC² (3x)² + 8² = (5x)² x² = 4 x = 2, т.е. AH = 3x = 3.2 = 6, AC = 5x = 5.2 = 10.
• АО и ВО – ъглополовящи r = 3.
• Верен отговор В).

Решение:

• Нека BAC = α.
• Прилагаме Синусова теорема за ΔABC:
  = 2.36 sin α = .
• От ΔADC sin α = CD = 32.
• Верен отговор Г).

Решение:

Решение:

• Използваме Питагорова теорема за ΔAHC:
  CH² + AH² = AC² h² + 8² = 17² h² = 225 h = CH = 15.
• Прилагаме тригонометрична функция Синус за ΔAHC:
  sin α = .
• Прилагаме Синусова теорема за ΔABC:
  BC = 25.
• Верен отговор Д).

Решение:

• От даденото отношение записваме BAC = x, ABC = 2x.
• Използваме Синусова теорема за ΔABC:
  .
• Верен отговор B).

Решение:

• Построяваме AM = x, BM = y.
• AD CD и OM CD AD || OM, т.е. DAM = AMO (като кръстни на (AD || OM) ∩ AM).
• От ΔAMD cos DAM = .
• От Косинусова теорема за ΔAOM
  AO² = AM² + OM² – 2AM.OM.cos AMO R² = x² + R² – 2x.R. x² = 32R.
• По аналогичен начин за ΔBCM и ΔBMO доказваме, че y² = 12R.
• AB – диаметър AMB = 90°, т.е. ΔABM е правоъгълен и прилагаме Питагорова теорема:
  AB² = AM² + BM² (2R)² = 32R + 12R 4R² = 44R R = 11.
• Намираме диаметъра: AB = 2R = 2.11 = 22.
• Верен отговор Г).