ГДЗ до підручника «Геометрія» О.С. Істера. 8 клас
Задачі підвищеної складності
1011. У △АВС АС = ВС, ∠А = ∠В, К є АВ, PK ∥ BC, KN ∥ АС.
∠РКА = ∠B як відповідні при паралельних прямих РК і ВС та січній АВ. Тоді в △АРК ∠А = ∠РКА, тому АР = РК.
∠NKB = ∠A як відповідні при паралельних прямих NK і АС і січній АВ. Тоді в △КNB ∠NКВ = ∠В, тому NK = NB.
PPCNK = PC + CN + NK + PK = PC + AP + CN + NB =АС + ВС. Таким чином, периметр не залежить від положення точки К.
Нехай дано коло з центром в точці О, т. А, т. В, т. С належать колу, АВСО — паралелограм. Так як ОА = ОС як радіуси кола, тоді АВСО — ромб. За властивістю ∠О = ∠В, ∠А = ∠С. Побудуємо вписаний кут СРА. ∠В + ∠Р = 180° (як протилежні кути чотирикутника АВСР). Нехай ∠В = х, тоді ∠Р = 180° - х. ∠СОА — центральний кут, за властивістю ∠A = 2 • (180° - х). Маємо: х = 2 • (180° - х); х = 360° - 2х; 3х = 360°; х = 120°. Отже, ∠В - ∠О = 120°. За властивістю кутів ромба ∠О + ∠С = 180°, отже, ∠С = ∠А = 180° - 120° = 60°.
Відповідь: 60°, 120°, 60°, 120°.
1) Побудувати прямокутний △DKB за катетом DK і гіпотенузою BD.
DK — висота паралелограм, BD — діагональ паралелограма, т. О — середина BD. Діагоналі паралелограма і точці перетину діляться навпіл.
Через точку D провести DC ∥ ВК, ВК — продовжити. Провести коло з центром в точці О і радіусом ОС, який дорівнює половині другої діагоналі, отримаємо вершини A i C. ABCD — шуканий паралелограм.
Нехай дано опуклий чотирикутник ABCD, АВ і ВD — діагоналі, Р△ABO = Р△ВОС = Р△COD. РABO = АВ + BD + AO, P△BOC = ВС + ВО + ОС, P△COD = CD + ОС + OD, тоді AB = BC = CD, OB = ОС, PC = AO. Отже, AB = BC = CD = AD і ABCD — ромб.
Нехай дано ромб ABCD, тоді діагональ АС є бісектрисою ∠BAD. ∠BAD = 2∠BAC. За властивістю діагоналей ромба BD ⟂ АС. У △АОВ ∠АОВ = 90°. За умовою AM = МВ, тоді ОМ — медіана △АОВ, отже, МО = АМ = MB. Значить, AM = АО = ОМ (АО і ОМ — радіуси кола). △АМО — рівносторонній, отже, ∠MАО = ∠АМО =∠МОА = 60°. Значить, ∠BAD = 2 • 60° = 120°.
Відповідь: 120°.
Нехай дано прямокутник ABCD, точка К не належить прямокутнику ABCD, ∠АКВ = 90°. Опустимо у △АКС висоту КО, т. О — точка перетину діагоналі прямокутника ABCD, тоді △KOC = △KOD = △KОА = △КОВ за двома катетами (КО — спільний катет, CO = OD = ОА = ОВ як половини діагоналі прямокутника, АС = BD за властивістю). Отже, ∠СКО = ∠DKO = ∠АКО = ∠ВКО. ∠АКС = ∠АКО + ∠ОКС = 90°, ∠BKD = ∠ВКО + ∠OKD = 90°.
Відповідь: 90°.
△АВС — прямокутний. На катетах ВС і АС побудовано квадрати ACDE і BCXL. ED перетинається з KL в точці Р.
△ВСА = △СКР за двома катетами. ∠1 = ∠А = ∠Р, ∠В = ∠С = ∠2. ∠МСА = ∠КСР = ∠2 — вертикальні кути, ∠1 + ∠2 = 90°. △СМА: ∠1 + 1∠2 = 90°, ∠СМА = 90°.
Відповідь: прямі PC і АВ перетинаються під кутом ∠РМА = 90°.
ABCD — прямокутник, AB = DC = а, AD = ВС = b. Бісектриси чотирьох кутів при перетині утворюються чотирикутник MNPK. NK і МР — його діагоналі. Кожна з них дорівнює а - b.
Відповідь: а - b.
Нехай дано ABCD — паралелограм, ВК — бісектриса ∠АВС, тоді ∠АВК = ∠KBC. У △ABN i △CBM ∠BNA = ∠CMB = 90° (BN, ВМ — висоти за умовою). ∠А = ∠С як протилежні кути паралелограма, тоді ∠ABN = ∠СВМ. ∠АВК = ∠ABN + ∠NBK, ∠СВМ = ∠СВМ + ∠МВК, отже, ∠NBK = ∠MBK.
