ГДЗ до підручника «Геометрія» А.П. Єршової. 8 клас
Додаткові задачі до розділу I
298. За теоремою про суму кутів чотирикутника маємо ∠A + ∠B + ∠C + ∠D = 360°. Припустимо, що ∠A = ∠B = ∠C = 0°, тоді ∠B = 90°, а це суперечить умові. Якщо ∠A = ∠B = ∠C > 90°, то ∠А + ∠B + ∠C > 270° і ∠D < 90°.
Якщо ∠A = ∠B ≠ ∠C = 90°, то ∠C + ∠D = 180° і один з кутів С або D — гострий.
Якщо ∠A = ∠B > 90°, тоді ∠A + ∠B > 180°, a ∠C + ∠D < 180° і один з кутів С або D — гострий.
Якщо один з кутів паралелограма дорівнює сумі двох інших, то це означає, що тупий кут дорівнює сумі двох однакових протилежних гострих кутів. Нехай кожен з гострих кутів дорівнює X, тоді тупий дорівнює 180° - х. Маємо рівняння: 180° - х = х + х; 3х = 1850°; х = 60°, а 180° - х = 120°. Такий паралелограм може бути ромбом, але не може бути квадратом.
Відповідь: 33°, 120°, 60°, 120°.
Нехай ABCD — даний квадрат. АС = 7 см. EF ⟂ AC. В △CAF: ∠АСF = 45°; ∠АFС = 45°; ∠CAF — рівнобедрений і AF = АС = 7 см. Аналогічно з △ЕАС знаходимо ЕА = АС = 7 см. Маємо: EF = ЕА + AF = 7 + 7 = 14 см.
Відповідь: 14 см.
Нехай дитячий майданчик має форму чотирикутника ABCD, К, N, L, М — середині сторін ВС, CD, DA, АВ відповідно. Треба довести, що KO = OL, ON = ОМ. KN — середня лінія △ВDС, ML — середня лінія △ABD, KM — середня лінія △АВС, NL — середня лінія △ACD. За властивістю середньої лінії KN ∥ BD, LM ∥ BD, отже, KN ∥ ML, KM ∥ AC, NL ∥ AC, отже, KM ∥ NL. Таким чином, KNLM — паралелограм. За властивістю паралелограма MO = ON, OL = OK, отже, KL i MN точкою перетину О діляться навпіл.
303. Нехай АВСD — дана трапеція (∠A = ∠B = 90°).
∠C = 3 • ∠D, ВС = 8 см, AD = 12 см. Нехай ∠D = х, тоді ∠C = 3х. Маємо: х + 3х = 180°; 4х = 180°; х = 45°; ∠D = 45°. Проведемо CH ⟂ AD. HD = AD - BC= 12 - 8 = 4 см. В △CHD: ∠D = 45°, ∠CHD = 90°; ∠HCD = 180° - (90° + 45°) = 45°; △CHD — рівнобедрений і CH = HD = 4 см.
Відповідь: 4 см.
304. Нехай ABCD — дана трапеція.
За умовою ABCN — ромб; AB = ВС = CN = AN, a NCD — рівносторонній трикутник; NC = CD = ND. Нехай ВС = а, тоді AB = CD = a, AD = 2а. Маємо РABCD = АВ + ВС + CD + AD = а + а + а + 2а = 5а = 60 см, а = 12. Середня лінія трапеції дорівнює (ВС + AD); 2 = (а + 2а) : 2 = 1,5а = 1,5 • 12 = 18 см.
Відповідь: 18 см.
305. Нехай ABC — даний трикутник. ВH ⟂ АС, АН = 2 см, НС = 6 см.
AM — медіана △АВС, а МD висота △АМС. Оскільки ВН ⟂ АС і MD ⟂ АС, то ВН ∥ MD. За теоремою Фалеса з того, що МС = MB випливає, що HD = DC; DC = HC : 2 = 6 : 2 = 3 см. AD = AH + HD = 2 + 3 = 5 см.
Відповідь: AD = 5 см, DC = 3 см.
306. Нехай АВСD — дана трапеція, яка є вписаною в коло і описаною навколо кола.
а) Оскільки ABCD є вписаною в коло, то вона є рівнобедреною. AB = CD і ∠А = ∠D, ∠B = ∠C. За умовою ∠А + ∠B + ∠C = 300°, тому ∠D = 360° - (∠A + ∠B + ∠C) = 360° - 300° = 60° за теоремою про суму кутів чотирикутника. Маємо: ∠A = ∠D = 60°, ∠B = ∠C = 180° - 60° = 120°.
Відповідь: 60°, 120°, 120°, 60°.
перетину EF і АС. Оскільки Е — середина АВ, а М — середина АС, то EМ — середня лінія △АВС; ЕМ ∥ ВС.
Аналогічно MF — середня лінія △АСD; MF ∥ AD, т. М є EF; EF ∥ ВС ∥ AD. Маємо: в чотирикутнику ABCD протилежні сторони паралельні, а це означає, що ABCD — трапеція або паралелограм.
308. Нехай ABCD — дана трапеція (АВ = CD), AC ⟂ BD.
Проведемо CM ∥ BD; BCMD — паралелограм (ВС ∥ DM, BD ∥ CM); CM = BD, AM = AD + DM = AD + ВС. В рівнобічній трапеції діагоналі рівні, отже, △АСМ — рівнобедрений (АС = CM) і ∠ACM = ∠AOD = 90°. СН — висота і бісектриса △АСМ; ∠АСН = 90° : 2 = 45°. Розглянемо △АНС: ∠АСН = 45°, ∠AHC = 90°; ∠CAH = 90° - 45° = 45°; △АНС — рівнобедрений
Задачі підвищеної складності
309. Нехай ABCD — паралелограм, а m — пряма, що проходить через В. Проведемо AM ⟂ m, СК ⟂ m, DN ⟂ m. За умовою AM = а, СК = с, DN — шукана відстань.
Випадок 1.
Через т. D проведемо n ∥ m. Тоді за побудовою FMKE — прямокутник (МК ∥ FE, MF ∥ КЕ, ∠МКЕ = 90°). △АМВ = △CED за гіпотенузою і гострим кутом; СЕ = АМ = a; DM = КЕ = КС + СЕ = с + а.
Випадок 2.
Аналогічно FMND — прямокутник (МN ∥ FD, FM ∥ DN, ∠FMN = 90°). △АFР = △СКЕ; AF = CK = с. Отже, DN = FM = АМ - AF = а - с.
Відповідь: а + с або |а - с|.
Нехай ABCD — даний паралелограм. М — середина ВС, N — середина CD. BN і DM перетинаються в т. К. РИС.
Розглянемо △DBC, тоді BN і DM є його медіанами, які перетинаються в т. К. Тоді його третя сторона CO теж проходить через К і BO = OD. Але за властивістю діагоналей паралелограм т. О є точкою перетину діагоналей ABCD; К є AC.