ГДЗ до підручника «Геометрія» А.П. Єршової. 8 клас
271. Нехай АВ і АС — дотичні до кола з центром О.
За властивістю відрізків дотичних АВ = AC, a BO = CO = R, тому АВ + CO = АС + ВО. Оскільки в чотирикутнику АВОС суми протилежних сторін рівні, то в нього можна вписати коло.
272. Нехай ABCD — трапеція, в яку вписано коло з центром О.
а) Проведемо ОМ і ON в точки дотику. М є AD, N є АВ.
△ANO = △АМО за катетом і гіпотенузою (∠ANO = ∠АМО = 90° (— а властивістю дотичної; ON = ОМ = R; АО — спільна). ∠NAO = ∠NАО як відповідні кути рівних трикутників; АО — бісектриса. Аналогічно можна довести, що ВО, СО і DO — бісектриси кутів трапеції.
273. Нехай ABCD — даний чотирикутник, де ∠BAC = ∠CDB.
Розглянемо △АОВ і △COD: ∠ВАО = ∠CDO за умовою, ∠АОВ = ∠COD як вертикальні, отже, за теоремою про суму кутів трикутника ∠АВО = ∠OCD.
В △ВОС і △AOD ∠ВОС = ∠AOD як вертикальні, тому ∠OAD + ∠ODA = ∠ОВС + ∠ВСО.
Розглянемо суми протилежних кутів чотирикутника ABCD: ∠В + ∠D = ∠АВО + ∠ОВС + ∠CDO + ∠ADO; ∠А + ∠С = ∠ВАО + ∠OAD + ∠ВСО + ∠OCD. Але вище було доведено, що ∠АВО = ∠OCD, ∠ВАО = ∠CDO і ∠ОВС +
275. Нехай АСВ — даний трикутник (∠C = 90°).
На гіпотенузі побудовано квадрат ABDE і К — точка перетину діагоналей квадрата. Оскільки ∠АСВ + ∠АКВ = 90° + 90° = 180°, то навколо АСВК можна описати коло, центр якого знаходиться на середині гіпотенузи АВ. ∠АСК є вписаним в це коло, а ∠АОК — центральним, що спирається на ту саму дугу; ∠АСК =
276. Якщо за у мовою ∠B + ∠D = 180°, то ∠А + ∠C = 180°, а це означає, що навколо ABCD можна описати коло, тобто D належить цьому колу і не може знаходитись поза ним.
277. Помилка полягає в тому, що трикутники ABD і CDE можуть бути рівними за стороною і двома прилеглими до неї кутами, тобто треба було довести ∠BAD = ∠CDE, а не ∠BAD = ∠CED.
278. Нехай d — діагональ ромба, r — радіус вписаного в цей ромб кола.
1. Будуємо △ВНО за катетом і гіпотенузою.
2. На ВО відкладаємо OD = ВО.
3. Будуємо серединний перпендикуляр до BD.
4. С — точка перетину ВН з серединним перпендикуляром.
5. На ОС відкладаємо АО = ОС.
6. Послідовно з’єднуємо точки А, B, C i D. Оскільки BO = OD, АО = ОС, то ABCD — паралелограм, BD ⟂ АС; ABCD — ромб. BD = d, OH = r.
Нехай АВ = CD = b (бічні сторони), О1К = r. Враховуючи, що ВО = 2r, то будуємо трапецію за бічною стороною і висотою.
1) Будуємо △АОВ — прямокутний за гіпотенузою і катетом AB = b, BO = 2r.
2) Проводимо пряму ВС ∥ AD.
3) Так як О1 — центр вписаного кола лежить на перетині бісектрис кутів трапеції. Будуємо бісектриси ∠А і ∠B.
4) На прямій ВС відзначаємо т. С. О1 — центр кола, ОВ1 = О1С.
5) На прямій AD відзначаємо т. D, АО1 = O1D, O1 — центр кола.
6) З’єднаємо А, В, С і D. ABCD — рівнобічна трапеція.
Доведення. ABCD — трапеція ВС ∥ AD. За побудовою AB = b, BO = 2r, CD = b. Радіус вписаного кола r. Задача має єдиний розв’язок, так як b > 2r (гіпотенуза більша за катет).
280. Нехай ABC — даний трикутник, ∠А = 60°. ВМ і CN — бісектриси ∠B і ∠C відповідно. О — точка їх перетину. За теоремою про суму кутів трикутника: ∠B + ∠C = 180° - ∠A = 180° - 60° = 120°.
281. Нехай ABC — даний трикутник, ∠A = 60°.
СН2 і ВН1 — висоти △АВС, О — точка їх перетину.
Розглянемо чотирикутник АН2ОН1. ∠АН2О = ∠АН1О = 90°, ∠A = 60°. Отже, за теоремою про суму кутів чотирикутника ∠Н2ОН1 = 360° - (90° + 60° + 90°) - 120°.
Шуканий ∠Н1ОС є суміжним з ∠Н2ОН1; ∠Н1OС = 180° - 120° = 60°.
Відповідь: 60°.