ГДЗ до підручника «Геометрія» А.Г. Мерзляка. 8 клас

Позначимо задані точки М і К. Побудуємо відрізок МК і серединний перпендикуляр до нього, який поділить МК навпіл точкою О. На серединному перпендикулярі відкладемо відрізок ОВ так, що ОВ = ОМ. Побудуємо промені ВМ і ВК. На промені ВМ відкладемо відрізок МА так, що MA = MB, а на промені ВK — відрізок КС так, що КС = КВ. Побудуємо кола з центрами А і С і радіусом ВА. Точку перетину кіл позначимо О. З’єднаємо послідовно точки А, В, С і D. ABCD — шуканий квадрат.

Нехай в квадраті ABCD взято точку О і через неї проведено пряму КL, де K є ВС, L є AD i MN, дe M є АВ, N є CD, при цьому KL ⊥ MN. Проведемо KH ⊥ AD, Н є AD та МР ⊥ CD, Р є CD, тоді КН ∥ АВ, КН = АВ та МР ∥ AD, MP = AD. Нехай KL перетинає МР в точці Е. Позначимо ∠KLH = α, тоді у △KHL ∠HKL = 90° - α. Оскільки МР ∥ AD, то ∠MEL = ∠ELH = α. Тоді у △МОЕ ∠ОМЕ = 90° - α, а отже, у △MPN ∠NMP = 90° - α. Розглянемо △KHL і △MPN: ∠KHL = ∠MPN = 90°, КН = МР, що дорівнюють стороні квадрата, ∠NMP = ∠LKH, тоді △KHL = △MPN, звідки KL = MN. Що й треба було довести.

Нехай ABCD — даний квадрат.

АК = СА = СК, СК = СВ. Тоді △ВСК — рівнобедрений, ∠BCK = 45°, тоді ∠CBK = ∠CKB = (180° - 45°) : 2 = 135° : 2 = 67,5°. Звідси ∠BKA = 180° - 67,5° = 112,5°.

Побудуємо △АВК за стороною АК — різниця діагоналей і сторони і двома прилеглими кутами. ∠BAK = 45° (половина прямого) і ∠BKA = 112,5° (90° + 22,5°). 112,5° — сума прямого кута і половина половини прямого кута. Через т. В проведемо перпендикуляр до АВ в одну півплощину з т. К. Цей перпендикуляр перетне промінь АК в т. С. А, В, С — вершини квадрата. Добудуємо вершину D. ABCD — шуканий квадрат.

Виберемо т. О₁ у квадраті таку, що ВО₁С — рівносторонній трикутник, тоді ∠O₁BC = ∠O₁CB = ∠BO₁C = 30°. Тоді ∠ABO₁ = ∠DCO₁ = 90° - 60° = 30°. ВО₁ = ВС = АВ, тоді △АВО₁ — рівнобедрений, ∠ABO = 30°, тоді ∠BAO₁ = ∠BО₁A = (180° - 30°) : 2 = 75°. ∠O₁АD = 90° - 75° = 15°. Але за умовою ∠OAD = 15°, тому О і О₁ збігаються. Отже, ОВС — рівносторонній трикутник.

На продовженні сторони CD за т. D відкладемо DM₁ = ВМ. Нехай ∠BAM = ∠NAE = α. Тоді ∠BAE = 2α і ∠AEM₁ = 2α, бо ∠BAE і ∠AEM₁ — внутрішні різносторонні при АВ ∥ CM₁ і січній АЕ. △АВМ = △ADM₁ (прямокутні) за катетами: АВ = AD (сторони квадрата ВМ = DM, за побудовою). Звідси ∠BAM = ∠DAM₁ = α; ∠EAD = 90° - 2а, тоді у △AEM₁: ∠EAM₁ = 90° - 2α + α = 90° - α. ∠EM₁A = 180° - (90° - α + 2α) = 180° - 90° + α - 2α) = 90° - α. Тоді △АЕМ₁ — рівнобедрений, бо ∠AEM₁ = ∠EM₁А і ЕА = EM₁. Оскільки ЕМ₁ = ED + DM₁ = ED + ВМ, то ЕА = ED + ВМ.

186. Нехай ∠ABE = α, тоді ∠AEB = α, ∠DEC = ∠EDC = β. Тоді з △АВE: ∠A = 180° - 2α, з △ECD: ∠C = 180° - 2β. ∠BAC + ∠DCA = 180° (внутрішні односторонні при АВ ∥ CD і січній АС). 180° - 2α + 180° - 2β = 180°, звідси α + β = 90°. ∠AЕВ + ∠BED + ∠DEC = α + β + ∠BED = 180° (розгорнутий). α + β = 90°, тоді ∠BED = 90°, тому BE ⊥ ED.

Отже, △BCF = △KDF (за І ознакою рівності трикутників). Тоді ∠CBF = ∠DKF, ці кути є внутрішніми різносторонніми при прямих ВС і DK та січній ВК. Оскільки ці кути рівні, то ВС ∥ DK. Маємо: AD ∥ ВС, AD ∥ EF, тоді EF ∥ ВС.