Розв’язання вправ та завдань до підручника «ГЕОМЕТРІЯ» 8 клас А. П. Єршової - 2017 рік

Розділ І. Чотирикутники

Додаткові задачі до розділу І

298. За теоремою про суму кутів чотирикутника маємо ∠A + ∠B + ∠C + ∠D = 360°. Припустимо, що ∠A = ∠B = ∠C = 90°, тоді ∠D = 90°, а це суперечить умові.

Якщо ∠A = ∠B = ∠C > 90°, то ∠A + ∠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.

299. 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 х, тоді тупий дорівнює 180° - х. Маємо рівняння: 180° - х = х + х; 3х = 180°; х = 60°, а 180° - х = 120°. Такий паралелограм може бути ромбом, але не може бути квадратом.

Відповідь: 60°, 120°, 60°, 120°.

300. Нехай ABCD — даний квадрат. АС = 7 см. EF ⊥ АС. У ΔCAF: ∠ACF = 45° => ∠AFC = 45° => ΔCAF — рівнобедрений і AF = АС = 7 см. Аналогічно з ΔЕАС знаходимо ЕА = АС = 7 см. Маємо: EF= ЕА + AF = 7 + 7 = 14 см.

Відповідь: 14 см.

301. Нехай ABC — даний трикутник. М, N і F — середини сторін АВ, ВС і АС відповідно. За умовою MN = NF і MN ⊥ NF. Оскільки MN = 1/2АС, a NF = 1/2АB і MN = NF, то АС = АВ. Оскільки MN || АС, NF || АВ і MN ⊥ NF, то АС ⊥ АВ. Отже, маємо ΔАВС — прямокутний і рівнобедрений => ∠A = 90°, ∠B = ∠C = 45°.

Відповідь: 90°, 45°, 45°.

302. Нехай ABCD — чотирикутний дитячий майданчик, а М, N, К і Р — середини його сторін.

NK — середня лінія ΔBDC => NK || BD; NK = 1/2BD.

МР — середня лінія ΔABD => МР || BD; МР = 1/2BD.

Отже, в чотирикутнику MNKP протилежні сторони паралельні і рівні між собою, тому MNKP — паралелограм, а його діагоналі точкою перетину діляться навпіл.

303. Нехай ABCD — 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 СH ⊥ AD. HD= AD - ВС = 12 - 8 = 4 см. У ΔCHD: ∠D = 45°, ∠CHD = 90° => ∠HCD = 180° - (90° + 45°) = 45° => ΔCHD — рівнобедрений і СН = HD = 4 см.

Відповідь: 4 см.

304. Нехай ABCD — дана трапеція. За умовою ABCN — ромб => АВ = ВС = CN = AN, a NCD — рівносторонній трикутник => NC = CD = ND. Нехай ВС = а, тоді АВ = CD = a, AD = 2а. Маємо РABCD= AB + ВС + CD + AD = a + 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. ВН ⊥ АС, АH = 2 см, НС = 6 см. AM — медіана ΔАВС, a MD висота ΔАМС. Оскільки BH ⊥ АС і MD ⊥ АС, то ВН || MD.

За теоремою Фалеса з того, що МС = MB, випливає, що HD - DC => DC = НС : 2 = 6 : 2 = 3 см. AD = АН + HD = 2 + 3 = 5 см.

Відповідь: AD = 5 см, DC = 3 см.

306. Нехай ABCD — дана трапеція, яка є вписаною в коло і описаною навколо кола.

а) Оскільки ABCD є вписаною в коло, то вона є рівнобедреною. АВ = CD і ∠A = ∠D, ∠B = ∠C. За умовою ∠A + ∠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°.

б) Оскільки ABCD є описаною навколо кола, то АВ + CD = ВС + AD. PABCD = 16 см, тому ВС + AD = 8 см, АВ = CD = 8 : 2 = 4 см.

Проведемо СH ⊥ АD. У ΔCHD: ∠D = 60°, ∠CHD = 90°, тому ∠HCD = 90° - 60° = 30° і (як катет, що лежить проти кута в 30°). Отже, ВС = AD – 2 ∙ HD i BC = 8 - AD. Маємо: 8 - AD = AD – 2 ∙ 2; 2AD = 8 + 4; AD = 6 см, ВС = 8 - 6 = 2 см.

Відповідь: 4 см, 2 см, 4 см, 6 см.

307. a) ABCD – трапеція, AM = MC, EF — середня лінія ABCD, EM – середня лінія ΔABC => EM || BC і EM = 1/2BC, MF — середня лінія ΔACD => MF || AD і MF = 1/2AD. Маємо EF || BC || AD і EF = 1/2BC + 1/2AD = 1/2(BC + AD). Отже, середня лінія трапеції паралельна її основам і дорівнює їх півсумі.

б) Нехай EF з’єднує середини сторін АВ і CD чотирикутнику ABCD. М — точка перетну EF і АС. Оскільки Е — середина АВ, а М — середина АС, то ЕМ — середня лінія ΔABC => ЕМ || ВС.Аналогічно MF — середня лінія ΔACD => MF || AD, т. М ∈ EF => EF || BC || AD. Маємо: в чотирикутнику ABCD протилежні сторони паралельні, а це означає, що ABCD — трапеція або паралелограм.

308. Нехай ABCD — дана трапеція (АВ = CD), АС ⊥ BD.

Проведемо CM || BD => BCMD — паралелограм (ВС || DM, BD || CM) => CM = BD, AM = AD + DM = AD + BC. У рівнобічній трапеції діагоналі рівні, отже, ΔACM — рівнобедрений (АС = CM) і ∠ACM= ∠AOD = 90°. СH — висота і бісектриса ΔACM => ∠ACH = 90° : 2 = 45°. Розглянемо ΔАHС: ∠ACH = 45°, ∠AHC = 90° => ∠CAH = 90° - 45° = 45° => ΔАНС — рівнобедрений і

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, ∠MKE = 90°). ΔАМВ = ΔCED за гіпотенузою і гострим кутом => СЕ = AM = а => DM = КЕ = КС + СЕ = с + а.

Випадок 2.

Аналогічно FMND — прямокутник (MN || FD, FM || DN, ∠FMN = 90°). ΔAFP = ΔCKE => AF = CK = c. Отже, DN = FM = AM - AF = a - c.

Відповідь: а + с або а - с.

310. Нехай ABCD — даний паралелограм. М — середина ВС, N — середина CD. BN і DM перетинаються в т. К.

Розглянемо ΔDBC, тоді BN і DM є його медіанами, які перетинаються в т. K. Тоді його третя сторона CO теж проходить через К і BО = OD. Але за властивістю діагоналей паралелограма т. О є точкою перетину діагоналей ABCD => К ∈ АС.

311. Нехай ABCD — довільний чотирикутник. АС ⊥ BD. М — середина АВ, MN ⊥ CD, F — середина АВ, FE ⊥ ВС.

Позначимо К — середину АС, тоді МК — середня лінія ΔBAC і МК || BC => FE ⊥ МК.

KF — середня лінія ΔВАС і KF || DC => MN ⊥ KF.

MF — середня лінія ΔABD і MF || BD => MF ⊥ АС.

За теоремою про точку перетину висот трикутника вони всі перетинаються в одній точці, отже, О ∈ АС.

312. Нехай ABCD — дана трапеція, BF і AF — бісектриси її кутів.

ΔAFB — прямокутний (∠F = 90°), оскільки ∠ABC + ∠BAD = 180°, a ∠ABF + ∠BAF = 1/2 ∙ 180° = 90°. Проведемо медіану FM. Медіана, що проведена до гіпотенузи, дорівнює її половині => MF = MB => ∠MBF = ∠MFB i ∠MFB = ∠FBC, а ці кути є внутрішніми різносторонніми при прямих ВС і MF і січній BF => MF || ВС. Аналогічно можна довести, що MF || AD. Отже, MF паралельна основам трапеції і проходить через середину АВ => F належить середній лінії MN.

313. Нехай через т. О проведені три прямі m, n, l так, що кут між будь-якими двома з них дорівнює 60°.

Точка М — довільна точка площини. МH1 ⊥ m, МН2⊥ l, МН3⊥ n.

Навколо чотирикутника ОН2МН1 можна описати коло (∠OH2M + ∠MH1O = 90° + 90° = 180°). Це коло також є описаним навколо ΔОМН1. Навколо чотирикутника ОН3МН1 можна описати коло (∠OH3M + ∠MH1O = 90° + 90° = 180°). Це коло теж є описаним навколо ΔOMH1.

Оскільки навколо трикутника можна описати єдине коло, то точки О, Н3, Н2, Н1 належать цьому колу. Отже, ∠H3H1H2 = ∠H3OH2 = 60° (спираються на одну дугу), ∠H2H3H1 = ∠H2OH1 = 60° (спираються на одну дугу). Якщо в ΔН1Н2Н3 два кути дорівнюють по 60°, то і третій кут теж дорівнює 60°. Отже, ΔН1Н2Н3 — рівносторонній.

314. Нехай АВ і АС — відрізки дотичних до кола з центром О.

Розглянемо ΔАВО і ΔАСО:

1. ∠ABO = ∠ACO = 90° (властивість дотичної).

2. ОВ = ОС = R.

3. АО — спільна => ΔАВО = ΔАСО за катетом і гіпотенузою => АВ = АС, ∠BAO = ∠CAO => AO ⊥ ВС.

Позначимо через O1 точку перетину АО і кола з центром О і R = ОВ. Позначимо ∠BOC = 2α, тоді ∠BOO1 = α. кут між дотичною і січною вимірюється половиною дуги між ними), Отже, ∠O1BC = ∠ABO1 => BO1 — бісектриса ∠ABC, а це означає, що O1 є точкою перетину бісектрис ΔАВС і центром кола, вписаного в ΔABC.

315. Нехай ABCD — дана трапеція (АВ = ВС = CD). За умовою ∠ABD = 90°.

Розглянемо ΔBCD: ВС = CD => ∠CBD = ∠CDB, але ∠CBD = ∠ADB (внутрішні різносторонні при паралельних прямих AD і ВС і січній BD).

Позначимо ∠CBD — х, тоді ∠ADC = 2х, a ∠ABC = 90° + х => ∠BCD = 90° + х. За властивістю кутів трапеції, прилеглих до бічної сторони, ∠BCD + ∠CDA = 180°. Отже, 90° + х + 2х = 180°; 3х = 90°; х = 30°. Маємо: ∠ADC = 2 ∙ 30° = 60°, ∠BCD = 90° + 30° = 120°.

Відповідь: 60°, 120°.

316. Нехай ABC —даний гострокутний трикутник. ВМ ⊥ AB, CM ⊥ АС.

Розглянемо чотирикутник AВМС: ∠ABM + ∠ACM = 180°, отже, навколо АВМС можна описати коло, але існує тільки єдине коло, якому належать точки А, В і С (коло, описане навколо ΔАВС) => М належить цьому колу.

317. а) Нехай ABCD — дана трапеція (∠A + ∠D = 90°). М — середина ВС, N — середина AD. Продовжимо бічні сторони АВ і CD до перетину в точці Е. У ΔAED маємо: ∠E = 180° - (∠A + ∠D) = 180° - 90° = 90°. Отже, ΔAED — прямокутний, a EN — його медіана => EN = 1/2AD.

У прямокутному трикутнику ВЕС — ЕМ — медіана і EM = 1/2BC. Отже,

б) Обернене твердження: Якщо відрізок, що сполучає середини основ трапеції, дорівнює їх піврізниці, то сума кутів при основі трапеції дорівнює 90°.


Відвідайте наш новий сайт - Матеріали для Нової української школи - планування, розробки уроків, дидактичні та методичні матеріали, підручники та зошити