ГДЗ до підручника «Геометрія» О.С. Істера. 8 клас

91. 1) Якщо ∠2 = 37°, то ∠5 = 90° - 37° = 53°;

2) Якщо ∠3 = 30°, то ∠12 = 2 • ∠3 = 2 • 30° = 60°.

Відповідь: 1) 53°; 2) 60 °.

92. Нехай ABCD (мал. 38) — даний прямокутник, AC — його діагональ, АВ < ВС. Нехай ∠CAD = х° (х > 0), тоді ∠BAC = 2х°. Оскільки ∠BAD = 90°, маємо: х + 2х = 90, 3х = 90, х = 30. Отже, ∠CAD = 30°, ∠ВАС = 60°.

Відповідь: 30°, 60°.

Мал. 38.

Достатній рівень

93. Нехай ABCD (мал. 39) — даний прямокутник. Оскільки в прямокутнику діагоналі рівні і точкою перетину діляться навпіл, тому АО = ВО = СО = DO. Оскільки точки А, В, С і D рівновіддалені від точки О, то точка О є центром кола, описаного навколо прямокутника. Отже, навколо довільного прямокутника можна описати коло.

Мал. 39.

94. 1) Нехай ABCD (мал. 39) — даний прямокутник, АС і BD — його діагоналі, АВ < ВС. Нехай ∠ВАО = х° (х > 0), тоді ∠АОВ = х° + 15°. Оскільки сума кутів трикутника АОВ дорівнює 180°, маємо: х + х + х + 15 = 180, 3х + 15 = 180, 3х = 165, х = 55. Отже, ∠ВАО = 55°.

Відповідь: 55°.

2) Нехай ABCD (мал. 39) — даний прямокутник, АС і BD — його діагоналі, АВ < ВС. Нехай ∠ВАО = х° (х > 0), тоді ∠AOD = х° + 50°. Оскільки зовнішній кут трикутника дорівнює сумі двох внутрішніх кутів трикутника, не суміжних з ним, то: ∠AOD = 2∠BAO: х + 50 = 2х, х = 25. Отже, ∠ВАО = 25°.

Відповідь: 25°.

95. 1) Нехай ABCD (мал. 39) — даний прямокутник, АС і BD — його діагоналі, АВ < ВС. Нехай ∠CAD = х° (х > 0), тоді ∠AOD = х° + 90°. Оскільки сума кутів трикутника AOD дорівнює 180°, маємо: х + х + х + 90 = 180, 3х + 30 = 180, 3х = 150, х = 50. Отже, ∠CAD = 50°.

Відповідь: 50°.

2) Нехай ABCD (мал. 39) — даний прямокутник, АС і BD — його діагоналі, АВ < ВС. Нехай ∠CAD = х° (х > 0), тоді ∠АОВ = х° + 40°. Оскільки зовнішній кут трикутника дорівнює сумі двох внутрішніх кутів трикутника, не суміжних з ним, то: ∠АОВ = 2∠CAD; х + 40 = 2х, х = 40. Отже, ∠CAD = 40°.

Відповідь: 40°.

96. Нехай ABCD (мал. 40) — даний прямокутник, АС і BD — його діагоналі, АЕ = ВЕ. Нехай ∠САВ = 70°, тоді оскільки зовнішній кут трикутника дорівнює сумі двох внутрішніх кутів трикутника, не суміжних з ним, то: ∠AOD = 2∠САВ = 2 • 70° = 140°. Із трикутника АОЕ: ∠АОЕ = 90° - 70° = 20°. Тоді ∠DOE = ∠DOA + ∠АОЕ = 140° + 20° = 160°.

Мал. 40.

Відповідь: 160°.

97. Нехай ABCD (мал. 41) — даний прямокутник, АС і BD — його діагоналі, ОР — бісектриса трикутника АОВ. Нехай ∠DOP = 130°, тоді за теоремою про суму кутів чотирикутника (PODA): ∠АРО + ∠РOD + ∠ODA + ∠DAP = 360°, тоді 90° + 90° + 130° + ∠ODA = 360°, звідси ∠ODA = 50°. ∠DAO = ∠ODA = 50°, тоді ∠САВ = 90° - ∠DAO = 90° - 50° = 40°.

Мал. 41.

Відповідь: 40°.

98. Нехай ABCD (мал. 42) — даний паралелограм, АС і BD — його діагоналі. За властивістю діагоналей паралелограма BO = DO. Оскільки за умовою задачі ОМ = ОВ, ON = OD, то маємо: ОМ = ОВ = DO = ON. Отже, в чотирикутнику BMDN діагоналі точкою перетину діляться навпіл і рівні, то чотирикутник BMDN — прямокутник, що і треба було довести.

Мал. 42.

99. Розглянемо трикутники ABC і CDA. У них: AD = ВС — за умовою; ∠АВС = ∠CDA = 90° — за властивістю кутів, що опираються на діаметр; АС — спільна сторона, тоді маємо △АВС = △CDA — за гіпотенузою і катетом. Із рівності цих трикутників маємо: АВ = CD. Оскільки у чотирикутнику ABCD маємо: AD = ВС — за умовою і АВ = CD — за доведеним, тоді за ознакою паралелограма чотирикутник ABCD — паралелограм. Оскільки в паралелограмі ABCD ∠АВС = ∠CDA = 90°, тоді за ознакою прямокутника паралелограм ABCD — прямокутник, що і треба було довести.

100. Нехай ABCD (мал. 43) — даний прямокутник, АС і BD — його діагоналі, OK ⟂ AD, ОМ ⟂ АВ, ОМ = 4 см, ОК = 9 см. Оскільки АВ = 2 • ОК= 2 • 9 = 18 (см), AD = 2 • ОМ = 2 • 4 = 8 (см), то маємо: Р_ABCD = 2 • (АВ + AD) = 2 • (18 + 8) = 52 (см).

Мал. 43.

Відповідь: 52 см.