Решебник по геометрии 7 класс Атанасян ФГОС Вопросы для повторения к главе VIII

\[\boxed{\mathbf{Вопросы\ для\ повторения\ к\ главе\ }\mathbf{\text{VIII}}\mathbf{.еуроки - ответы\ на\ пятёрку}}\]

\[\boxed{\mathbf{1.}}\]

\[Отношением\ отрезков\ AB\ и\ \text{CD\ }\]

\[называется\ отношение\ \]

\[их\ длин:\]

\[\frac{\text{AB}}{\text{CD}}.\]

\[\boxed{\mathbf{2.}}\]

\[Говорят,\ что\ отрезки\ AB\ и\ \text{CD\ }\]

\[пропорциональны\ \]

\[отрезкам\ A_{1}B_{1}\ и\ C_{1}D_{1},\ если:\]

\[\frac{\text{AB}}{A_{1}B_{1}} = \frac{\text{CD}}{C_{1}D_{1}}.\]

\[\boxed{\mathbf{3.}}\]

\[\mathbf{Два\ треугольника\ называются\ }\]

\[\mathbf{подобными,\ если\ их\ углы\ }\]

\[\mathbf{соответственно}\mathbf{\ }\mathbf{равны\ и\ }\]

\[\mathbf{стороны\ одного\ треугольника\ }\]

\[\mathbf{пропорциональны\ }\]

\[\mathbf{сходственны}\mathbf{м}\mathbf{\ }\mathbf{сторонам\ }\]

\[\mathbf{другого\ треугольника}\mathbf{.}\]

\[\boxed{\mathbf{4.}}\]

\[\mathbf{Теорема:}\]

\[отношение\ площадей\ двух\ \]

\[подобных\ треугольников\ \]

\[равно\ квадрату\ коэффициента\ \]

\[подобия.\]

\[Доказательство.\]

\[Пусть\ ⊿ABC\sim ⊿A_{1}B_{1}C_{1};\]

\[k - коэффициент\ подобия.\]

\[S;S_{1} - площади\ этих\ \]

\[треугольников.\]

\[\angle A = \angle A_{1};по\ теореме\ \]

\[об\ отношении\ площадей\ \]

\[треугольников,\ имеющих\ \]

\[по\ равному\ углу:\]

\[\frac{S}{S_{1}} = \frac{AB \cdot AC}{A_{1}B_{1} \cdot A_{1}C_{1}}.\]

\[Отсюда:\]

\[\frac{\text{AB}}{A_{1}B_{1}} = k;\ \ \frac{\text{AC}}{A_{1}C_{1}} = k.\]

\[Следовательно:\]

\[\frac{S}{S_{1}} = k^{2}.\]

\[Что\ и\ требовалось\ доказать.\]

\[\boxed{\mathbf{5.}}\]

\[Первый\ признак\ подобия:\]

\[если\ два\ угла\ одного\ \]

\[треугольника\ соответственно\ \]

\[равны\ двум\ углам\ другого,\ \]

\[то\ такие\ треугольники\ \]

\[подобны.\]

\[Дано:\]

\[⊿ABC;\ ⊿A_{1}B_{1}C_{1};\]

\[\angle A = \angle A_{1};\ \ \angle B = \angle B_{1}.\]

\[Доказать:\]

\[⊿ABC\sim ⊿A_{1}B_{1}C_{1}.\]

\[Доказательство.\]

\[По\ теореме\ о\ сумме\ углов\ \]

\[треугольника:\]

\[\angle C = 180{^\circ} - \angle A - \angle B;\]

\[\angle C_{1} = 180{^\circ} - \angle A_{1} - \angle B_{1};\]

\[\angle C = \angle C_{1}.\]

\[Докажем,\ что\ стороны\ ⊿ABC\ \]

\[пропорциональны\ сторонам\ \]

\[⊿A_{1}B_{1}C_{1}.\]

\[Так\ как\ \angle A = \angle A_{1};\ \ \angle C = \angle C_{1}:\]

\[\frac{S_{\text{ABC}}}{S_{A_{1}B_{1}C_{1}}} = \frac{AB \cdot AC}{A_{1}B_{1} \cdot A_{1}C_{1}} =\]

\[= \frac{CA \cdot CB}{C_{1}A_{1} \cdot C_{1}B_{1}}.\]

\[Отсюда\ следует:\]

\[\frac{\text{AB}}{A_{1}B_{1}} = \frac{\text{CB}}{C_{1}B_{1}}.\]

\[Аналогично\ получаем\ \]

\[\left( \angle A = \angle A_{1};\ \angle B = \angle B_{1} \right):\]

\[\frac{\text{CB}}{C_{1}B_{1}} = \frac{\text{CA}}{C_{1}A_{1}}.\]

\[Следовательно:\]

\[стороны\ треугольника\ \text{ABC}\]

\[пропорциональны\]

\[сходственным\ сторонам\ \]

\[треугольника\ A_{1}B_{1}C_{1}.\]

\[Что\ и\ требовалось\ доказать.\]

\[\boxed{\mathbf{6.}}\]

\[Второй\ признак\ подобия:\]

\[если\ две\ стороны\ одного\ \]

\[треугольника\ \]

\[пропорциональны\ двум\ \ \]

\[сторонам\ другого\ \]

\[треугольника\ и\ углы,\ \]

\[заключённые\ между\ этими\]

\[сторонами,\ равны,\ то\ такие\ \]

\[треугольники\ подобны.\]

\[Дано:\]

\[⊿ABC;\ ⊿A_{1}B_{1}C_{1};\]

\[\angle A = \angle A_{1};\]

\[\frac{\text{AB}}{A_{1}B_{1}} = \frac{\text{AC}}{A_{1}C_{1}}.\]

\[Доказать:\]

\[⊿ABC\sim ⊿A_{1}B_{1}C_{1}.\]

\[Доказательство.\]

\[В\ треугольнике\ ABC_{2}:\]

\[\angle 1 = \angle A_{1};\]

\[\angle 2 = \angle B_{1}.\]

\[⊿ABC_{2}\sim ⊿A_{1}B_{1}C_{1} - по\ первому\ \]

\[признаку:\]

\[\angle 1 = \angle A_{1};\]

\[\angle 2 = \angle B_{1}.\]

\[Отсюда:\]

\[\frac{\text{AB}}{A_{1}B_{1}} = \frac{AC_{2}}{A_{1}C_{1}}.\]

\[По\ условию:\]

\[\frac{\text{AB}}{A_{1}B_{1}} = \frac{\text{AC}}{A_{1}C_{1}}.\]

\[Из\ двух\ равенств\ получаем:\]

\[AC = AC_{2}.\]

\[⊿ABC = ⊿ABC_{2} - по\ двум\ \]

\[сторонам\ и\ углу\ между\ ними:\]

\[AB - общая\ сторона;\]

\[AC = AC_{2};\]

\[\angle A = \angle 1\ (так\ как\ \angle A = \angle A_{1};\ \ \ \]

\[\angle 1 = \angle A_{1}).\]

\[Следовательно:\]

\[\angle B = \angle 2.\]

\[Что\ и\ требовалось\ доказать.\]

\[\boxed{\mathbf{7.}}\]

\[Третий\ признак\ подобия:\]

\[если\ три\ стороны\ одного\ \]

\[треугольника\ \]

\[пропорциональны\ трем\ \]

\[сторонам\ другого,\ то\ такие\ \]

\[треугольники\ подобны.\]

\[Дано:\]

\[⊿ABC;\ \ ⊿A_{1}B_{1}C_{1};\]

\[\frac{\text{AB}}{A_{1}B_{1}} = \frac{\text{BC}}{B_{1}C_{1}} = \frac{\text{CA}}{C_{1}A_{1}}.\]

\[Доказать:\ \]

\[⊿ABC\sim ⊿A_{1}B_{1}C_{1}.\]

\[Доказательство.\]

\[⊿ABC_{2}\sim ⊿A_{1}B_{1}C_{1} - по\ первому\ \]

\[признаку:\]

\[\angle 1 = \angle A_{1};\]

\[\angle 2 = \angle B_{1}.\]

\[Отсюда:\]

\[\frac{\text{AB}}{A_{1}B_{1}} = \frac{BC_{2}}{B_{1}C_{1}} = \frac{C_{2}A}{C_{1}B_{1}}.\]

\[Сравним\ эти\ равенства\ \]

\[с\ \frac{\text{AB}}{A_{1}B_{1}} = \frac{\text{BC}}{B_{1}C_{1}} = \frac{\text{CA}}{C_{1}A_{1}},\ получим:\]

\[BC = BC_{2};\ \ CA = C_{2}\text{A.}\]

\[⊿ABC = ⊿ABC_{2} - по\ трем\ \]

\[сторонам.\]

\[Отсюда:\]

\[\angle A = \angle 1;\ \ \angle 1 = \angle A_{1}.\]

\[Следовательно:\]

\[\angle A = \angle A_{1}.\]

\[Что\ и\ требовалось\ доказать.\]

\[\boxed{\mathbf{8.}}\]

\[Средней\ линией\ треугольника\ \]

\[называется\ отрезок,\ \]

\[соединяющий\ середины\ двух\ \]

\[его\ сторон.\]

\[Теорема:\]

\[средняя\ линия\ треугольника\ \]

\[параллельна\ одной\ из\ его\ \]

\[сторон\ и\ равна\ половине\ этой\ \]

\[стороны.\]

\[Дано:\]

\[⊿ABC;\]

\[MN - средняя\ линия.\]

\[Доказать:\]

\[MN \parallel AC;\]

\[MN = \frac{1}{2}\text{AC.}\]

\[Доказательство.\]

\[⊿\text{BMN\ }подобен\ ⊿BAC -\]

\[по\ второму\ признаку:\]

\[\angle B - общий;\]

\[\frac{\text{BM}}{\text{BA}} = \frac{\text{BN}}{\text{BC}} = \frac{1}{2}.\]

\[Отсюда:\]

\[\angle 1 = \angle 2;\]

\[\frac{\text{MN}}{\text{AC}} = \frac{1}{2};\ \ \ MN = \frac{1}{2}\text{AC.}\]

\[Так\ как\ \angle 1 = \angle 2:\]

\[MN \parallel AC.\]

\[Что\ и\ требовалось\ доказать.\]

\[\boxed{\mathbf{9.}}\]

\[\mathbf{Дано:}\]

\[⊿ABC;\]

\[AA_{1};\ \ BB_{1} - медианы;\]

\[M - точка\ пересечения\ медиан.\]

\[Доказать:\ \ \]

\[AM\ :MA_{1} = 2\ :1;\]

\[BM\ :B_{1}M = 2\ :1;\]

\[M - единственная\ точка\ \]

\[пересечения.\]

\[Доказательство.\]

\[Проведем\ PQ - среднюю\ \]

\[линию\ треугольника\ AMB,\ \]

\[параллельную\ стороне\ AB.\]

\[Четырехугольник\ A_{1}B_{1}PQ -\]

\[параллелограмм:\]

\[A_{1}B_{1} \parallel PQ\ ;\]

\[Диагонали\ параллелограмма\ \]

\[точкой\ пересечения\ делятся\ \]

\[пополам:\]

\[A_{1}M = MP.\]

\[Точка\ P - середина\ \]

\[отрезка\ \text{AM\ }(по\ построению):\]

\[AP = PM = A_{1}\text{M.}\]

\[Таким\ образом,\ точка\ \text{M\ }\]

\[пересечения\ медиан\ делит\ \]

\[медиану\ AA_{1}\ в\ отношении\ 2:1,\ \]

\[считая\ от\ вершины\ A.\]

\[Медиану\ BB_{1}\ точка\ \text{M\ }делит\ \]

\[в\ таком\ же\ отношении\ \]

\[\left( BQ = QM = MB_{1} \right).\]

\[Из\ этого\ следует,\ что\ медиана,\ \]

\[проведенная\ из\ вершины\ C,\ \]

\[также\ проходит\ через\ точку\ M\ \]

\[и\ делится\ ею\ в\ отношении\ 2\ :1,\ \]

\[то\ есть\ все\ три\ медианы\ \]

\[треугольника\ пересекаются\ \]

\[в\ одной\ точке\ и\ точкой\ \]

\[пересечения\ делятся\ \]

\[в\ отошении\ 2\ :1.\]

\[Что\ и\ требовалось\ доказать.\]

\[\boxed{\mathbf{10.}}\]

\[Высота\ прямоугольного\ \]

\[треугольника,\ опущенная\ из\ \]

\[вершины\ прямоуго\ угла,\ \]

\[разбивает\ его\ на\ два\ \]

\[треугольника,\ подобных\ \]

\[исходному.\]

\[Дано:\]

\[⊿ABC - прямоугольный;\]

\[\angle A = a;\]

\[\angle C = 90{^\circ};\]

\[CH - высота.\]

\[Доказать:\]

\[⊿AHC\sim ⊿CHB.\]

\[Доказательство.\]

\[По\ теореме\ о\ сумме\ углов\ \]

\[треугольника\ в\ \mathrm{\Delta}ABC:\]

\[\angle BAC = 90{^\circ} - \angle ABC = 90{^\circ} - a.\]

\[По\ теореме\ о\ сумме\ углов\ \]

\[треугольника\ в\ \mathrm{\Delta}BCH:\]

\[\angle BCH = 90{^\circ} - \angle HBC = 90{^\circ} - a.\]

\[Таким\ образом,\ \]

\[у\ прямоугольных\ \]

\[треугольников\ \text{AHC\ }и\ \text{CHB\ }\]

\[острые\ углы\ равны.\ \]

\[Значит,\ эти\ треугольники\ \]

\[подобны.\]

\[Что\ и\ требовалось\ доказать.\ \]

\[\boxed{\mathbf{11.}}\]

\[\mathbf{Рисунок\ к\ утверждениям.}\]

\[1)\ Высота\ прямоугольного\ \]

\[треугольника,\ проведенная\ из\ \]

\[вершины\ прямого\ угла,\ есть\ \]

\[среднее\ пропорциональное\ \]

\[для\ отрезков,\ на\ которые\ \]

\[делится\ гипотенуза\ этой\ \]

\[высотой.\]

\[Доказательство.\]

\[⊿ADC\sim ⊿CBD:\]

\[\frac{\text{AD}}{\text{CD}} = \frac{\text{CD}}{\text{DB}};\]

\[CD^{2} = AD \cdot DB;\]

\[CD = \sqrt{AD \cdot BD}.\]

\[Что\ и\ требовалось\ доказать.\]

\[2)\ Катет\ прямоугольного\ \]

\[треугольника\ есть\ среднее\ \]

\[пропорциональное\ для\ \]

\[гипотенузы\ и\ отрезка\ \]

\[гипотенузы,\ заключенного\ \]

\[между\ катетом\ и\ высотой,\ \]

\[проведенной\ из\ вершины\ \]

\[прямого\ угла.\]

\[⊿ABC\sim ⊿ACD:\]

\[\frac{\text{AB}}{\text{AC}} = \frac{\text{AC}}{\text{AD}}\]

\[AC^{2} = AB \cdot AD\]

\[AC = \sqrt{AB \cdot AD}.\]

\[Что\ и\ требовалось\ доказать.\]

\[\boxed{\mathbf{12.}}\]

\[\mathbf{Дано:}\]

\[\mathbf{Построить:}\]

\[\mathbf{\mathrm{\Delta}}\text{ABC\ }по\ \angle A\ и\ медиане,\ если\ \]

\[AB:AC = 2\ :3.\]

\[Построение.\]

\[1)\ Отметим\ на\ одной\ стороне\ \]

\[угла\ \text{A\ }три\ одинаковых\ отрезка\ \]

\[любой\ длины,\ а\ на\ другой\ \]

\[стороне - два\ таких\ же\ \]

\[отрезка.\]

\[2)\ Проведем\ прямую\ через\ \]

\[конец\ третьего\ и\ второго\ \]

\[отрезка,\ на\ середине\ данного\ \]

\[отрезка\ отметим\ точку\ K.\]

\[3)\ Проведем\ луч\ AK,\ отложим\ \]

\[на\ нем\ отрезок\ AM,\ равный\ \]

\[медиане.\]

\[4)\ Проведем\ прямую,\ \]

\[параллельную\ прямой\ из\ \]

\[пункта\ 2,\ через\ точку\ \text{M.}\]

\[5)\ На\ пересечении\ данной\ \]

\[прямой\ и\ большей\ стороны\ \]

\[угла\ отметим\ точку\ C,\ \]

\[а\ на\ пересечении\ второй\ \]

\[стороны\ угла - \ точку\ B.\]

\[6)\ Соединим\ точки\ A,\ B\ и\ \text{C.}\]

\[\boxed{\mathbf{13.}}\]

\[Предположим,\ что\ нам\ нужно\ \]

\[определить\ высоту\ \]

\[какого - нибудь\ \ предмета,\ \]

\[например\ высоту\ \]

\[телеграфного\ столба\ А_{1}С_{1}.\]

\[Для\ этого\ поставим\ на\ \]

\[некотором\ расстоянии\ \]

\[от\ столба\ шест\ \text{AC}\ с\ \ \]

\[вращающейся\ планкой\ и\ \]

\[направим\ планку\ на\ верхнюю\ \]

\[точку\ A_{1}\ столба,\ как\ \ показано\ \]

\[на\ рисунке.\ \ \]

\[Отметим\ на\ поверхности\ земли\ \]

\[точку\ B,\ в\ которой\ прямая\ A_{1}\text{A\ \ }\]

\[пересекается\ с\ поверхностью\ \]

\[земли.\ \ \]

\[Прямоугольные\ \]

\[треугольники\ A_{1}C_{1}B\ и\ ACB\ \]

\[подобны\ по\ первому\ признаку\ \]

\[подобия\ треугольников:\]

\[\angle C_{1}\ = \angle C = \ 90{^\circ};\ \]

\[\angle B\ —\ общий.\ \ \]

\[Из\ \ подобия\ \ треугольников\ \]

\[следует:\ \]

\[\frac{A_{1}C_{1}}{\text{AC}} = \frac{BC_{1}}{\text{BC}};\ \]

\[A_{1}C_{1} = \frac{AC \cdot BC_{1}}{\text{BC}}.\]

\[Измерив\ расстояния\ BC_{1}\ и\ \text{BC}\ \]

\[и\ зная\ длину\ \text{AC}\ шеста,\ по\text{\ \ }\]

\[полученной\ формуле\ \]

\[определяем\ высоту\ A_{1}C_{1}\ \]

\[телеграфного\ столба.\]

\[BC_{1}\ = \ 6,3\ м;\ \ \text{BC}\ = \ 2,1\ м;\text{\ \ }\]

\[\text{AC} = \ 1,7\ м:\]

\[A_{1}C_{1} = \frac{1,7 \cdot 6,3}{2,1} = 5,1\ м.\]

\[Предположим,\ что\ нам\ нужно\ \]

\[найти\ расстояние\ от\ \]

\[пункта\ A\ до\ недоступного\ \]

\[пункта\ \text{B.\ }\ \]

\[Для\ этого\ на\ местности\ \]

\[выбираем\ точку\ C,\ \]

\[провешиваем\ отрезок\ \text{AC}\ и\ \]

\[измеряем\ его.\ \ \]

\[Затем\ с\ помощью\ астролябии\ \]

\[измеряем\ углы\ A\ и\ \text{C.\ \ }\]

\[На\ листе\ бумаги\ строим\ \]

\[какой - нибудь\ треугольник\ \]

\[A_{1}B_{1}C_{1}\ у\ которого\ \angle A_{1} = \angle A;\ \]

\[\angle C_{1} = \angle C\ и\ измеряем\ длины\ \]

\[сторон\ A_{1}B_{1}\ и\ A_{1}C_{1}.\]

\[⊿ABC\ подобен\ ⊿A_{1}B_{1}C_{1} -\]

\[по\ первому\ признаку:\]

\[\frac{\text{AB}}{A_{1}B_{1}} = \frac{\text{AC}}{A_{1}C_{1}}.\]

\[Отсюда:\]

\[AB = \frac{AC \cdot A_{1}B_{1}}{A_{1}C_{1}}.\]

\[\boxed{\mathbf{14.}}\]

\[Фигуры\ F\ и\ F_{1}\ называются\ \]

\[подобными,\ если\ каждой\ точке\ \]

\[фигуры\ F\ можно\ сопоставить\ \]

\[точку\ фигуры\ F_{1}\ так,\ что\ для\ \]

\[любых\ двух\ точек\ M\ и\ N\ \]

\[фигуры\ \text{F\ }и\ сопоставленных\ \]

\[им\ точек\ M_{1}\ и\ N_{1}\ фигуры\ F_{1}\]

\[выполняется\ равенство:\]

\[\frac{\text{MN}}{M_{1}N_{1}} = k;\ \ где\ k - одно\ и\ то\ же\ \]

\[положительное\ число\ для\ всех\ \]

\[точек.\]

\[k - коэффициент\ подобия\ \]

\[фигур.\]

\[\boxed{\mathbf{15.}}\]

\[\mathbf{Синусом\ острого\ угла\ }\]

\[\mathbf{прямоугольного\ треугольника\ }\]

\[\mathbf{называется\ отношение\ }\]

\[\mathbf{противолежащего\ катета\ }\]

\[\mathbf{к\ гипотенузе}\mathbf{.}\]

\[\mathbf{Косинусом\ острого\ угла\ }\]

\[\mathbf{прямоугольного\ треугольника\ }\]

\[\mathbf{называется\ отношение\ }\]

\[\mathbf{прилежащего\ катета\ }\]

\[\mathbf{к\ гипотенузе}\mathbf{.}\]

\[\mathbf{Тангенсом\ острого\ угла\ }\]

\[\mathbf{прямоугольного\ треугольника\ }\]

\[\mathbf{называется\ отношение\ }\]

\[\mathbf{противолежащего\ катета\ }\]

\[\mathbf{к\ прилежащему\ катету}\mathbf{.}\]

\[\boxed{\mathbf{16.}}\]

\[Если\ острый\ угол\ одного\ \]

\[прямоугольного\ треугольника\ \]

\[равен\ острому\ углу\ другого\ \]

\[прямоугольного\ треугольника,\ \]

\[то\ синусы\ этих\ углов\ равны,\ \]

\[косинусы\ этих\ углов\ равны\ и\ \]

\[тангенсы\ этих\ углов\ \ равны.\]

\[Доказательство.\]

\[Пусть\ ABC\ и\ A_{1}B_{1}C_{1} - два\ \]

\[прямоугольных\ треугольника:\]

\[\angle C = \angle C_{1} = 90{^\circ};\]

\[\angle A = \angle A_{1} - острые.\]

\[⊿ABC\sim ⊿A_{1}B_{1}C_{1} - по\ первому\ \]

\[признаку:\]

\[\frac{\text{AB}}{A_{1}B_{1}} = \frac{\text{BC}}{B_{1}C_{1}} = \frac{\text{AC}}{A_{1}C_{1}}.\]

\[Отсюда\ следует:\]

\[\frac{\text{BC}}{\text{AB}} = \frac{B_{1}C_{1}}{A_{1}B_{1}};\]

\[\sin A = \sin A_{1}.\]

\[\frac{\text{AC}}{\text{AB}} = \frac{A_{1}C_{1}}{A_{1}B_{1}}\ (аналогично):\]

\[\cos A = \cos A_{1}.\]

\[\frac{\text{BC}}{\text{AC}} = \frac{B_{1}C_{1}}{A_{1}C_{1}}:\]

\[tgA = tgA_{1}\text{.\ }\]

\[Что\ и\ требовалось\ доказать.\]

\[\boxed{\mathbf{17.}}\]

\[Основное\ тригонометрическое\ \]

\[тождество:\]

\[\sin^{2}A + \cos^{2}A = 1.\]

\[\boxed{\mathbf{18.}}\]

\[⊿ABC;\ \ \]

\[\angle C = 90{^\circ};\ \angle A = 30{^\circ};\ \angle B = 60{^\circ}.\]

\[Катет,\ лежащий\ против\ угла\ \]

\[в\ 30{^\circ}\ равен\ половине\ \]

\[гипотенузы:\]

\[\frac{\text{BC}}{\text{AB}} = \frac{1}{2}.\]

\[Но:\]

\[\frac{\text{BC}}{\text{AB}} = \sin A = \sin{30{^\circ}} = \frac{1}{2};\]

\[\frac{\text{BC}}{\text{AB}} = \cos B = \cos{60{^\circ}} = \frac{1}{2}.\]

\[Из\ основного\ \]

\[тригонометрического\ \]

\[тождества:\]

\[\cos{30{^\circ}} = \sqrt{1 - sin^{2}30{^\circ}} =\]

\[= \sqrt{1 - \frac{1}{4}} = \frac{\sqrt{3}}{2};\]

\[\sin{60{^\circ}} = \sqrt{1 - cos^{2}60{^\circ}} =\]

\[= \sqrt{1 - \frac{1}{4}\ } = \frac{\sqrt{3}}{2}.\]

\[По\ формуле\ 4:\]

\[tg\ 30{^\circ} = \frac{\sin{30{^\circ}}}{\cos{30{^\circ}}} = \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3};\]

\[tg\ 60{^\circ} = \frac{\sin{60{^\circ}}}{\cos{60{^\circ}}} = \sqrt{3}.\]