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

Розділ І. Чотирикутники

§ 5. Трапеція

Пояснення

Властивість кутів рівнобічної трапеції: кути, що є прилеглими до однієї основи, — рівні.

Обернене твердження: якщо кути при основі трапеції рівні, то трапеція рівнобічна.

Властивість кутів будь-якої трапеції, що є прилеглими до бічної сторони: їхня сума становить 180°.

Властивість середньої лінії трапеції: середня лінія трапеції дорівнює половині суми її основ.

Середня лінія поділяє всі відрізки трапеції, кінці яких лежать на основах трапеції, навпіл.

Якщо у трапеції діагоналі перпендикулярні бічним сторонам, то трапеція рівнобедрена.

Відстань між прямими, що містять основи трапеції, — довжина їх спільного перпендикуляра — називається висотою трапеції.

Якщо опустити висоти з вершин тупих кутів трапеції, то їхні основи будуть лежати на більшій основі; якщо опустити висоти з вершин гострих кутів, то висоти будуть лежати зовні трапеції, а їх основи будуть лежати на продовженні меншої основи.

Висоти трапеції, опущені з вершин тупих кутів, розтинають трапецію на два прямокутні трикутники з катетом, що дорівнює висоті трапеції, і прямокутник, одна сторона якого дорівнює висоті трапеції, а друга — меншій основі трапеції.

Якщо з вершини тупого кута трапеції провести пряму, паралельну бічній стороні, то вона відтинає від трапеції паралелограм, сторони якого дорівнюють меншій основі і відповідній бічній стороні трапеції.

138. Ні, тому що, якщо сторони будуть паралельні і рівні, то ми отримаємо паралелограм.

139. а) Так, якщо трапеція рівнобічна або прямокутна, б) Ні.

140. Ні, якщо трапеція прямокутна, то один з кутів, прилеглих до меншої основи, — тупий.

141. Ні, тому що одна з бічних сторін прямокутної трапеції є перпендикуляром до основ, а друга — ні.

142. Висота трапеції не може бути більшою за бічну сторону, оскільки перпендикуляр — завжди найкоротший з відрізків, але дорівнювати бічній стороні висота може, якщо трапеція прямокутна.

143. a) ΔAOD ≠ ΔВОС (оскільки AD ≠ ВС);

б) ΔАОВ = ΔDOC (якщо АВ = DC).

144. Точка перетину діагоналей трапеції не може бути серединою кожної з них і не може бути серединою однієї з діагоналей.

145. а) АВСН — прямокутна трапеція;

б) BN — висота паралелограма ABCD, але не є висотою трапеції АВСН.

146. а) ABCD — рівнобічна трапеція (АВ = CD);

б) AC = BD.

147. а) Нехай ABCD — дана трапеція. За властивістю кутів трапеції, прилеглих до бічної сторони: ∠B = 180° - ∠A = 180° - 40° = 140°; ∠C = 180° - ∠D = 180° - 50° = 130°.

Відповідь: ∠B = 140°; ∠C = 130°.

б) Нехай ABCD — дана трапеція (AD || СВ, ∠A = ∠D = 58°; ∠B = ∠C = 180° - 58° = 122°.

Відповідь: 122°; 58°; 122°.

в) Нехай ABCD — дана трапеція (ВС || AD, ∠A = ∠B = 90°).

Нехай ∠D = α, ∠C = 3α. За властивістю кутів трапеції, прилеглих до бічної сторони, маємо: α + 3α = 180°; 4α = 180°; α = 45°; 3α = 3 ∙ 45 = 135°.

Відповідь: 90°; 90°; 135°; 45°.

148. а) Нехай ABCD — дана трапеція (AD || ВС, АВ = CD, ВН ⊥ AD, ∠ABH = 22°).

З ΔАНВ маємо: ∠BAH = 90° - 22° = 68°.

∠D = ∠A = 68° (за властивістю кутів рівнобічної трапеції).

∠B = ∠C = 180° - 68° = 112°.

Відповідь: 68°; 112°; 112°; 68°.

б) Нехай ABCD — дана прямокутна трапеція.

За умовою АВ = ВС; АС = CD. Із прямокутного ΔАВС маємо: ∠BAC = ∠BCА = 90° : 2 = 45° => ∠CAD = 90° - ∠BAC = 90° - 45° = 45°, але ΔACD — теж рівнобедрений, тому ∠ADC = 45°. Маємо:∠BCD = 180° - ∠ADC = 180° - 45° = 135°.

Відповідь: 90°; 90°; 135°; 45°.

149. Нехай ABCD — дана рівнобічна трапеція (АВ = CD). За умовою ВН ⊥ AD, АН = 6 см, HD = 30 см. Проведемо висоту CN (CN = ВН). ΔВНА = ΔCND за катетом і гіпотенузою => ND = АН = 6 см, як відповідні сторони рівних трикутників. HBCN паралелограм (ВС || HN, ВН || CN) => ВС = HN = HD – HD = 30 – 6 = 24 см.

Відповідь: 24 см.

150. Нехай ABCD дана рівнобічна трапеція (АВ = CD) За умовою ВМ ⊥ AD, AM = 3 см. Проведемо CN ⊥ AD. ΔАМВ = ΔDNC за катетом і гіпотенузою => ND = AM = 3 см. Маємо: AD = AM + MN + ND = AM + ВС + ND = 3 + 10 + 3 = 16 (см).

Відповідь: 16 см.

151. Нехай MNPK — дана рівнобічна трапеція (MN = РК). Позначимо ∠M через α, тоді ∠N = 180° - α (за властивістю кутів, прилеглих до бічної сторони), а ∠К = ∠M = α (як кути при основі рівнобічної трапеції). Маємо: ∠N + ∠К = (180° - α) + α = 180°. Отже, ∠N + ∠К = ∠M + ∠Р = 180°.

152. а) Нехай ABCD — дана рівнобічна трапеція (АВ = CD).

Нехай ∠А = α, тоді ∠С = α + 80°. Оскільки трапеція рівнобічна, ∠D = ∠А = α. За властивістю кутів трапеції, прилеглих до бічної сторони, маємо: ∠С + ∠D = 180°; (α + 80°) + α = 180°; 2α = 180° - 80°; 2α = 100°. Тому ∠А = ∠D = 50°; ∠В = ∠С = 50°.

Відповідь: 50°; 130°; 130°; 50°.

б) Нехай ABCD — дана прямокутна трапеція (∠А = ∠В = 90°). Із ΔАВС: ∠ВСА = 90° - 35° = 55°. Оскільки СА — бісектриса, то ∠BCD = 2 ∙ 55° = 110°, a ∠D = 180° - 110° = 70°.

Відповідь: 90°; 90°; 110°; 70°.

153. а) Нехай ABCD — дана прямокутна трапеція (∠А = ∠В = 90°). За умовою AD : АС = 2 : 3. Нехай х — коефіцієнт пропорційності, тоді AD = 2х, АС = 3х. За властивістю кутів, прилеглих до бічної сторони, маємо: 2х + 3х = 180°; 5х = 180°; x = 36°. Отже, ∠D = 2 ∙ 36 = 72°, ∠С = 3 ∙ 36 = 108°.

Відповідь: 90°; 90°; 108°; 72°.

б) Нехай MNPK — рівнобічна трапеція (МК || NP). За умовою маємо

Проведемо PF || NM, F ∈ МК. За побудовою MNPF — паралелограм => MF = a, PF = а, тоді FK = 2а - а = а і ΔFPK — рівносторонній => ∠K = 60°.

Маємо: ∠M = ∠K = 60°, ∠N = ∠P = 180° - 60° = 120°.

Відповідь: 60°; 120°; 120°; 60°.

154. а) Розглянемо чотирикутник KBCD. ВК || CD за побудовою, ВС || KD, оскільки належать основам трапеції, отже, за означенням KBCD - паралелограм.

б) 3 того, що KBCD — паралелограм випливає ВК = CD, ВС = KD. Отже, РABCD = АВ + ВС + CD + AD = АВ + ВС + ВК + ВС + АК = РΔABK + 2ВС = 11 + 2 ∙ 4 = 19 (см).

Відповідь: 19 см.

155. а) Нехай ABCD — дана рівнобічна трапеція. N — середина AD. За умовою ΔABN, ΔBCN, ΔNCD — рівносторонні.

Маємо: ∠A = ∠D = 60°, ∠B = ∠C = 180° - 60° = 120°.

Відповідь: 60°, 120°, 120°, 60°.

б) Оскільки РΔABN = 12 м, то АВ = 12 : 3 = 4 м. РABCD = 5 ∙ АВ = 5 ∙ 4 м= 20 м.

Відповідь: 20 м.

156. Нехай ABCD — дана рівнобічна трапеція (АВ = CD).

∠BAC = ∠CAD = 60° : 2 = 30° (АС — бісектриса), ∠BCA = ∠CAD = 30° (внутрішні різносторонні) => ΔАВС — рівнобедрений (АВ = ВС = 15 см). У ΔACD: ∠CAD = 30°, ∠ADC = 60° => ∠ACD = 90°, a CD = 1/2AD (як катет, що лежить проти кута 30°). Отже, AD = 2 ∙ 15 = 30 см. Маємо: РABCD = АВ + ВС + СD + AD = 15 + 15 + 15 + 30 = 75 см.

Відповідь: 75 см.

157. Нехай ABCD — дана рівнобічна трапеція (АВ = CD). За умовою ∠ACB = ∠ACD, a ∠ACB = ∠CAD (внутрішні різносторонні) => ∠CAD = ∠ACD => ΔADC — рівнобедрений => CD = AD = 10 см. Маємо: РABCD = AB + BC + CD + AD = 10 + 5 + 10 + 10 = 35 см.

Відповідь: 35 см.

158. Нехай ABCD — дана трапеція. СО і DO — бісектриси її кутів. За властивістю кутів трапеції, прилеглих до бічної сторони, маємо ∠C + ∠D = 180° =>

З ΔCOD: ∠COD = 180° - (∠OCD + ∠CDO) = 180° - 90° = 90°.

159. а) Нехай а і b — сторони паралелограма, d — його діагональ.

Аналіз. Нехай паралелограм ABCD побудовано. ΔАDС можна побудувати за трьома сторонами (AD = a, DC = b, АС = d). Таким чином, ми отримаємо вершини A, D і С шуканого паралелограма. В — точка перетину променів СВ і АВ, паралельних відповідно DA і DC.

Побудова.

1. Побудуємо ΔАDС за трьома сторонами.

2. Через т. С проводимо промінь, паралельний DA, а через т. А — промінь, паралельний DC.

3. Позначимо В — точка їх перетину.

4. Послідовно сполучаємо А, В, С і D.

Доведення. ABCD — паралелограм, оскільки його сторони, попарно паралельні.

б) Нехай a i d — сторона і діагональ ромба.

Аналіз. Нехай ромб MNPK побудовано. ΔMNP можна побудувати за трьома сторонами (MN = NP = а, МР = d). Таким чином, ми отримаємо вершини М, N і Р шуканого ромба. Через т. М і Р проводимо промені, паралельні NP і NM відповідно. Точка їх перетину — четверта вершина ромба.

Побудова.

1. Будуємо рівнобедрений трикутник з основою МР = d і бічними сторонами MN = NP = а.

2. Через т. Р проводимо промінь, паралельний NP, а через т. М — паралельний NP.

3. К — точка їх перетину.

4. Послідовно з’єднуємо М, N, Р і К.

Доведення. Чотирикутник MNPK — ромб, оскільки MN || КР, NP || МК, MN = NP = а, МР = d.

в) Нехай а — більша основа рівнобічної трапеції, с — її бічна сторона, а α — кут між ними.

Аналіз. Нехай трапецію ABCD побудовано.

ΔABD можна побудувати за двома сторонами і кутом між ними. Таким чином, ми отримаємо вершини А, В і D шуканої трапеції. Четверту вершину С отримаємо як точку перетину променя, паралельного AD, і відрізка з кінцем в т. D і довжиною с.

Побудова.

1. Будуємо трикутник АВD за двома сторонами і кутом між ними (АВ = с, AD = а, ∠А = α).

2. З т. В проводимо промінь, паралельний AD.

3. Будуємо коло з центром D і R = с.

4. С — точка перетину променя і кола.

5. Послідовно з’єднуємо точки А, В, С і D.

Доведення. Чотирикутник ABCD — трапеція, оскільки ВС || AD за побудовою. У цій трапеції AD = а, АВ = DC = с, ∠BAD = α.

160. а) Нехай d — діагональ ромба, α — кут, протилежний цій діагоналі.

Аналіз. Нехай ромб ABCD побудовано. ΔАВС можна побудувати за стороною і двома прилеглими кутами

Таким чином, отримаємо три вершини А, В і D шуканого ромба. Побудувавши серединний перпендикуляр ВО до AD і подвоївши його, отримаємо четверту вершину D.

Побудова.

1. Будуємо ΔАВС за стороною і двома прилеглими кутами.

2. Через т. О — середину АС проводимо BO ⊥ АС.

3. Подовжуємо ВО за т .О.

4. Відкладаємо OD = ВО.

5. Послідовно з’єднуємо точки А, В, С і D.

Доведення. ABCD — шуканий ромб, тому що його діагоналі перпендикулярні і точкою перетину діляться навпіл. АС = d,

б) Нехай d — діагональ прямокутника, а α — кут між діагоналями.

Аналіз. Нехай прямокутник ABCD побудовано. ΔCOD можна побудувати за двома сторонами і кутом між ними Таким чином, отримаємо дві вершини прямокутника С і D. Подвоївши відрізки СО і DO за точку О, отримаємо вершини А і В.

Побудова.

1. Будуємо ΔCOD за двома сторонами і кутом між ними.

2. Подовжуємо промені СО і DO.

3. Відкладаємо ОА = CO, OB = DO.

4. Послідовно з’єднуємо точки А, В, С і D.

Доведення. ABCD — шуканий прямокутник, тому що діагоналі рівні і точкою перетину діляться навпіл. АС = d, ∠COD = α.

в) Нехай а — менша основа прямокутної трапеції, с — її більша сторона, a d — більша діагональ.

Аналіз. Нехай трапецію ABCD побудовано. ΔBCD можна побудувати за трьома сторонами (ВС = a, CD = с, BD = d). Таким чином, отримаємо три вершини трапеції В, С і D. Четверта вершина А є точкою перетину перпендикуляра до СВ і прямої, паралельної до ВС, яка проходить через т. D.

Побудова.

1. Будуємо ΔBCD за трьома сторонами.

2. Проводимо пряму, яка перпендикулярна до ВС.

3. Через т. D проводимо пряму, паралельно до ВС. А — точка перетину цих прямих.

4. Послідовно з’єднуємо точки А, В, С і D.

Доведення. За побудовою ВС || AD, BA ⊥ ВС, BA ⊥ AD, отже, ABCD — прямокутна трапеція, ВС = a, CD = с, BD = d. Якщо для відрізків а, с і d виконується нерівність трикутника, то задача має єдиний розв’язок.

161. Нехай ABCD — дана рівнобічна трапеція (АВ = CD). За умовою АВ = ВС, АС = AD. Позначимо ∠BAC — α, тоді ∠BCA = α (ΔABC — рівнобедрений). ∠CAD = ∠BCA = α (внутрішні різносторонні). Маємо ∠BAD = ∠BAC + ∠CAD = α + α = 2α. Але трапеція рівнобічна, тому ∠CDA = ∠BAD = 2α, ∠ACD = ∠CDA = 2α (ΔCAD — рівнобедрений) і ∠BCD = ∠BCA + ∠ACD = α + 2α = 3α. За властивістю кутів трапеції, прилеглих до бічної сторони, маємо: ∠BCD + ∠ADC = 3α + 2α = 180°. Отже, 5α = 180°, α = 36°. Таким чином: ∠A = ∠D = 2 ∙ 36° = 72°, ∠B = ∠C = 3 ∙ 36° = 108°.

Відповідь: 12°, 108.

162. Нехай ABCD — дана трапеція.

За умовою АВ = CD = 2а, ВС = 7a, AD = 9а. Проведемо висоти BN і CM, ΔBNA = ΔCMD за катетом і гіпотенузою. Отже,

Розглянемо ΔBNA: AN = 1/2АВ => ∠ABN = 30° (як кут, який лежить проти катета, що в 2 рази менший за гіпотенузу). Маємо: ∠A = ∠D = 60°. ∠B = ∠C = 180° - 60° = 120° (за властивістю кутів трапеції, прилеглих до бічної сторони).

Відповідь: 60°, 120°, 120°, 60°.

163. Нехай ABCD — дана рівнобічна трапеція (АВ = CD).

Розглянемо ΔADC і ΔDAB.

1. АВ = CD (ABCD — рівнобічна).

2. ∠CDA = ∠BAD (кути при основі рівнобічної трапеції).

3. AD — спільна => ΔАDС = ΔDAB за двома сторонами і кутом між ними => АС = BD як відповідні сторони рівних трикутників.

Доведемо, що з того, що АС = BD => АВ = CD. Проведемо висоти ВМ і CN.

Розглянемо ΔANC і ΔDBM:

1. BD = АС (за умовою).

2. ВМ = СN. (як висоти однієї трапеції) => ΔACN = ΔDBM (за катетом і гіпотенузою) => ∠CAN = ∠BDM.

Розглянемо ΔACD і ΔDBA:

1. АС = BD (за умовою).

2. ∠CAN = ∠BDM (доведено вище).

3. AD — спільна =>

ΔACD = ΔDBA і CD = АВ (як відповідні сторони рівних трикутників).

164. а) Нехай ABCD — дана рівнобічна трапеція (АВ = CD).

Розглянемо ΔBAD і ΔCDA:

1. АВ = CD (за умовою).

2. AD — спільна.

3. ∠BAD = ∠CDA (як кути при основі рівнобічної трапеції) =>

ΔBAD = ΔCDA за двома сторонами і кутом між ними => ∠BDA = ∠CAD як відповідні кути рівних трикутників.

б) Довести, що ∠CAD = ∠BDA => АВ = CD.

Розглянемо ΔAOD: оскільки ∠OAD = ∠ODA, то AO = OD. Аналогічно з того, що ∠BCO = ∠CBO, випливає BO = СО. Отже, АС = АО + ОС, BD = BO + OD => АС = BD. А з попередньої задачі ми знаємо, що якщо діагоналі трапеції рівні, то вона рівнобічна.

165. а) Нехай а — сторона паралелограма, d — його діагональ, а α — кут, протилежний цій діагоналі.

Аналіз. Нехай паралелограм ABCD побудовано. ΔABD можна побудувати за двома сторонами і кутом, протилежним одній з них (АВ = a, BD = d, ∠BAD = α). Таким чином, ми отримаємо три вершини паралелограма А, В і D. Четверту вершину С можна знайти як точку перетину прямих, паралельних AD і АВ.

Побудова.

1. Будуємо ΔABD за двома сторонами і кутом, протилежним одній з них.

2. Через т. В проводимо пряму, паралельну AD.

3. Через т. D проводимо пряму, паралельну АВ.

4. С — точка перетину цих прямих.

5. Послідовно з’єднуємо т. А, В, С і D.

Доведення. Оскільки ВС || AD, CD || АВ, то ABCD — паралелограм, BD = d, АВ = a, ∠BAD = α.

б) Нехай h — висота ромба, d — його діагональ.

Аналіз. Нехай ромб ABCD побудовано. ΔАНC можна побудувати за катетом і гіпотенузою (AH = h, АС = d). Таким чином, отримаємо дві вершини ромба А і С. Вершину В отримаємо як точку перетину СН і серединного перпендикуляра до АС. Подвоївши ВО, отримаємо вершину D.

Побудова.

1. Будуємо прямокутний ΔАНС (∠AHC = 90°) за катетом і гіпотенузою.

2. Проводимо серединний перпендикуляр до АС до перетину с прямою НС. В — точка їх перетину.

3. О — середина АС. На прямій ВО відкладаємо OD = ОB.

4. Послідовно з’єднуємо точки А, В, С і D.

Доведення. ВО = OD, АО = ОС, BD ⊥ АС => АВСD — ромб. АС = d, AH = h, AH ⊥ ВС.

в) Нехай а і b — основи шуканої трапеції, a d1 і d2 — її діагоналі.

Аналіз. Нехай трапецію ABCD побудовано. Проведемо CM || BD. Маємо DBCM — паралелограм (ВС = DM, BD || CM) => DM = BC = a, CM = BD = d2. Отже, побудувавши ΔACM за трьома сторонами (AM = а + b, АС = d1, CM = d2), отримаємо дві вершини трапеції А і С. На прямій AM відкладаємо AD = b. Таким чином, отримаємо вершину D. Через т. С проводимо пряму, паралельну AD, і відкладаємо на ній СВ = а. Маємо вершину А.

Побудова.

1. Будуємо допоміжний трикутник ACM за трьома сторонами.

2. На прямій AM відкладаємо AD = b.

3. Через т. С проводимо пряму, паралельну AM.

4. На дій прямій відкладаємо СВ = а.

5. Послідовно з’єднуємо точки А, В, С і D.

Доведення. ВС || AD за побудовою. Отже, ABCD — трапеція, AD = b, ВС = а, АС = d1, BD = d2. Задача має єдиний розв’язок, якщо для чисел d1, d2 і а + b виконується нерівність трикутника.

166. а) Нехай Р — периметр шуканого прямокутника, d — його діагональ.

Аналіз. Нехай прямокутник ABCD побудовано.

Проведемо допоміжну побудову. На CD як на катеті побудуємо рівнобедрений ΔCMD (∠CDM = 90°, CD = DM). Тоді ∠DCM = ∠DMC = 45°. Тому можна побудувати ΔACM за двома сторонами і кутом, протилежним до однієї з них (AM = Р : 2, АС = d, ∠AMC = 45°). Таким чином, отримаємо дві вершини прямокутника А і С. Побудувавши висоту ΔACM — CD, отримаємо вершину D. А вершина В є точкою перетину прямих, паралельних до AD і CD.

Побудова.

1. Будуємо ΔACM за двома сторонами і кутом, протилежним до АС.

2. Проводимо CD ⊥ AM.

3. Через т. С проводимо пряму, паралельну до AM.

4. Через т. А проводимо пряму, паралельну до CD.

5. В — точка перетину цих прямих.

6. Послідовно з’єднуємо точки А, В, С і D.

Доведення. ВС || AD, АВ || CD => ABCD — паралелограм.

∠ADC = 90° => ABCD — прямокутник. AD + DC = Р : 2 => АВ + ВС + CD + AD = Р, АС = d.

б) Нехай h — висота шуканого ромба, а α — гострий кут.

Аналіз. Нехай ромб ABCD побудовано.

ΔАНВ можна побудувати за катетом і протилежним кутом (ВН = h, ∠AHB = 90°, ∠BAH = α). Таким чином, отримаємо вершини А і В ромба. На прямій АН відкладаємо AD = АВ за точку Н і отримаємо вершину D. Побудувавши серединний перпендикуляр до BD і відклавши ОС = АО, отримаємо вершину С.

Побудова.

1. Будуємо ΔАНВ за катетом і протилежним кутом.

2. На прямій АН за току Я відкладаємо AD = АВ.

3. Проводимо серединний перпендикуляр до BD. О — середина BD.

4. Відкладаємо ОС = АО.

5. Послідовно з’єднуємо точки А, В, С і D.

Доведення. BD ⊥ АС, BO = OD, АО = ОС=> ABCD — ромб. ВН ⊥ AD, ВН = h, ∠A = α.

в) Нехай b - а — різниця основ рівнобічної трапеції, с — її бічна сторона, a d — діагональ.

Аналіз. Нехай трапецію ABCD побудовано. ΔАВН можна побудувати за катетом і гіпотенузою Таким чином, отримаємо вершини А і В. Вершину С можна побудувати як точку перетину прямої, яка паралельна АН, і кола (A; d). Вершина D — точка перетину прямої АН і кола (С; с).

Побудова.

1. Будуємо ΔAHD за катетом і гіпотенузою.

2. Через т. В проводимо пряму, яка паралельна АН.

3. Будуємо коло з центром в т. А і радіусом d. С — точка перетину кола з побудованою прямою.

4. Будуємо коло з центром в т. С і радіусом c. D — точка перетину кола з АН.

5. Послідовно з’єднуємо токи А, В, С і D.

Доведення. Оскільки ВС || AD, то ABCD — трапеція, АВ = CD = с, АС = d,

167. Нехай ABC — даний рівносторонній трикутник. D — середина АВ, Е — середина ВС, F — середина АС. Оскільки ΔАВС рівносторонній, то ∠A = ∠B = ∠C = 60°. Нехай сторони ΔАВС АВ = ВС = АС = а, тоді в ΔEFC: EC = FC = a/2. Оскільки ΔEFC — рівнобедрений з кутом 60°, то він рівносторонній => EF = a/2. Аналогічно з ΔDBE маємо: DE = a/2. Отже, AD = DE = EF = AF = a/2. => ADEF— ромб. Також з вершинами D, Е і F можна побудувати ромби FDEC, FDBE.

168. Нехай ABC — даний трикутник. AD ⊥ ВС, СЕ ⊥ AB, AD = EC.

Розглянемо ΔАЕС і ΔCDA.

1. ∠AEC = ∠CDA = 90°.

2. AD = ЕС за умовою.

3. АС — спільна => ΔАЕС = ΔCDA за катетом і гіпотенузою => ∠EAC = ∠DCA як відповідні кути рівних трикутників => ΔАВС — рівнобедрений (АВ = ВС).





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