ГДЗ до підручника «Геометрія» А.П. Єршової. 8 клас

Проведемо CM ∥ BD, тоді ∠AMC = ∠ABD (відповідні). ∠MCB = ∠DBC (внутрішні різносторонні); ∠MCB = ∠BMC. △МВС — рівнобедрений і ВМ = ВС.

492. Проведемо DB ∥ CM, тоді ∠КСМ = ∠CDB (відповідні), а ∠MCB = ∠CBD (внутрішні різносторонні); ∠CDB = ∠CBD; △DCB — рівнобедрений і CD = СВ.

За теоремою про пропорційні відрізки AM : ВМ = AC : DC. Але DC = ВС, тому AM : ВМ = АС : ВС.

493. Нехай α — кут шуканого трикутника, а : b — відношення сторін, прилеглих до даного кута, m — медіана, проведена з вершини цього кута.

Побудуємо △АВ1С1, де ∠A = α, AB1 = а, AC1 = b. Проведемо медіану AM1. На побудованій медіані відкладаємо AM = m. Через М проводимо пряму, паралельну В1С1. В і С — точки перетину цієї прямої зі сторонами ∠A.

З'єднуємо точки А, В і С.

△АВС — шуканий.

Задачі підвищеної складності

Нехай у △АВС А1 є ВС. В1 є АС. АА1 i ВВ1 перетинаються в т. О.

а) Через М — середину АВ1 і через С проведемо MN ∥ ВВ1 ∥ CF.

За теоремою Фалеса, оскільки АМ = MB1 = В1С, то AM = NO = OF = х.

∠OA1B = ∠FA1C — вертикальні.

∠OBA1 = ∠FCA1 — внутрішні різносторонні.

Нехай ABC — даний трикутник, ВН — його висота, AM — медіана. ВН і AM перетинаються в т. О. Проведемо СК ∥ ВН, К є AM.

△ВМО = △СМК за стороною і двома прилеглими кутами: ∠ВМО = ∠СМК (вертикальні);

∠OBC = ∠KCM (внутрішні різносторонні); ВМ = МС (AM — спільна).

496. Нехай ABCD — дана трапеція (ВС ∥ AD). ВС = 6 см, AD = 12 см. М — середина ВС, N — середина AD.

498. Нехай АВСD — дана трапеція. Прямі АВ і CD перетинаються в т. М.

499. У △АВС АВ = ВС.

500. Нехай ABC — даний трикутник (∠A = 90°), АА1, ВВ1, СС1 — його медіани. Найменша з медіан проведена до найбільшої сторони, отже, до гіпотенузи. Позначимо АВ = 2а, АС = 2b, ВС = 2с, тоді АС1 = С1В = а, AB1 = В1С = b, ВА1 = А1С = с.

За теоремою Піфагора маємо: СС12 = а2 + (2b)2; ВВ12 = (2а)2 + b2 і СС12 + ВВ12 = а2 + 4b2 + 4а2 + b2 = 5а2 + 5b2 = 5(а2 + b2).

За властивістю медіани, проведеної до гіпотенузи АА1 = ВА1 = А1С = с; АА12 = с2. Оскільки △АВС прямокутний, то (2а)2 + (2b)2 = (2с2)2; а2 + b2 = с2. Отже, маємо: СС12 + ВВ12 = 5(а2 + b2) = 5с2 = 5АА12.

501. Нехай кола (О1; 1), (О2; 2), (О3; 3) дотикаються одне до одного зовні.

Позначимо А, В і С — точки дотику цих кіл. Оскільки O2A і О1А перпендикулярні до їх спільної дотичної, то точки О1, А, О2 лежить на одній прямій. Отже, О1О2 = O1A + O2A = 1 + 2 = 3. Аналогічно О2О3 = О2В + О3В = 2 + 3 = 5; О1О3 = О3С + О1С = 3 + 1 = 4. Тому △О1О2О3 має сторони 3, 4 і 5, але 32 + 42 = 9 + 16 = 25 = 52 і за теоремою, оберненою до теореми Піфагора, △О1О2О3 — прямокутний (∠O1 = 90°).

502. ABCD — даний прямокутник, М — точка всередині прямокутника.

AM = а, ВМ = b, СМ = с. Через т. М проведемо прямі КЕ і FN, паралельні сторонам прямокутника. Тоді за теоремою Піфагора маємо: b2 = BN2 + NM2 = BN2 + ВК2; а2 = AF2 + FM2 = AF2 + АК2; с2 = MN2 + NC2 = СЕ2 + NC2; MD2 = MF2 + FD2 = ED2 + FD2.

Оскільки а2 + b2 — стала, то за теоремою, оберненою до теореми Піфагора, А і В є кінцями гіпотенузи прямокутного трикутник а, тому його третя вершина обов’язково належить колу з діаметром АВ (оскільки вписаний кут, що спирається на діаметр, завжди прямий).

504. Чотирикутник ABCD вписаний в коло.

505. Нехай ABC — даний трикутник, СК — його бісектриса.