Відповіді до підручника Геометрія 8 клас - Істер О.С. 2016-2020

Розділ 1. Чотирикутники
§ 5. Квадрат і його властивості

153. Р = 4 • а, а = Р : 4, а = 20 : 4 = 5 (см).

Відповідь. 5 см.

154. Р = 4 • а, Р = 4 • 7 = 28 (дм).

Відповідь. 28 дм.

155. У квадрата всі сторони рівні: АВ = ВС = CD = AD, діагоналі рівні АС = BD і точкою перетину діляться навпіл: ОС = ОА = OB = OD.

156. Ні. Приклад: рівнобічна трапеція з діагоналями, які перетинаються під кутом 90°.

157. Оскільки діагоналі в точці перетину діляться навпіл, то довжина діагоналі дорівнює 2 • 2 = 4 (см). Тоді сума двох діагоналей становить 4 + 4 = 8 (см).

Відповідь. 8 см.

158. Оскільки сума двох діагоналей дорівнює 32 см, а діагоналі у квадрата рівні, тому одна діагональ дорівнює 32 : 2 = 16 (см). Діагоналі в точці перетину діляться навпіл, тому відстань від точки перетину діагоналей до одної з його вершин дорівнює 16 : 2 = 8 (см).

Відповідь. 8 см.

159. Оскільки сторони у квадрата рівні, то 10 : 2 = 5 (см) — одна сторона квадрата. Тоді Р = 4 • 5 = 20 (см).

Відповідь. 20 см.

160. Оскільки сторони у квадрата рівні, то 18 : 3 = 6 (см) одна сторона квадрата. Тоді р = 4 • 6 = 24 (см).

Відповідь. 24 см.

161. У квадрата і ромба: І) сторони рівні; 2) діагоналі взаємно перпендикулярні й точкою перетину діляться навпіл; 3) діагоналі ділять кути навпіл; 4) протилежні кути рівні.

162. У квадрата і прямокутника: 1) всі кути дорівнюють 90°; 2) діагоналі рівні й точкою перетину діляться навпіл; 4) протилежні кути рівні.

163. Нехай сторона квадрата становить х см, тоді Р = 4 • х. За умовою 4 • х - х = 18. Звідси 3 • x = 18, х = 6 — сторона квадрата. Маємо Р = 4 • 6 = 24 (см).

Відповідь. 6 см, 24 см.

164. Нехай ABCD— прямокутник, AB = AD. Оскільки протилежні сторони у прямокутнику рівні, маємо АВ = CD, AD = ВС. Звідси AB = CD = AD = ВС. Отже, ABCD — квадрат.

165. Нехай ABCD — ромб, A = 90°. Оскільки сума суміжних кутів у ромбі дорівнює 180°, то A + B = 180°, A + D = 180°. Звідси B = 90°, D = 90°. Отже, A = B = C = D = 90°. ABCD — квадрат.

166. 1) Так; 2) ні; 3) ні, оскільки у квадраті кути рівні по 90°; 4) так; 5) ні, прямокутник у якого сусідні сторони нерівні, не є квадратом; 6) так.

167. Нехай ABCD — квадрат, EFBD. Розглянемо BOF (O = 90°). Оскільки діагоналі квадрата ділять кути навпіл, то OBF = ABC : 2 = 90° : 2 = 45° (властивість діагоналей квадрата). За теоремою про суму гострих кутів прямокутного трикутника маємо OBF + OFB = 90°, OFB = 90° - OBF = 90° - 45° = 45°.

Відповідь. 45°.

168. Нехай ABCD— квадрат, ВОС = 70°. Розглянемо AОK. АОK = ВОK =10°, як вертикальні, OAK = 90° : 2 = 45° (властивість діагоналей квадрата). За теоремою про суму кутів трикутника маємо ОKА + АОK + ОАK = 180°. Звідси ОKА = 180° - АОK - ОАK = 180° - 70° - 45° = 65°.

Відповідь. 65°.

169.

1) План виконання побудови. Нехай АK — периметр квадрата. Поділимо A₁K на чотири рівні відрізки. Для цього поділимо А і K на дві рівні частини, тоді одну з них ще на дві рівні частини. Проводимо кола з центрами в точках А₁, і K радіуса більшого за половину відрізка A₁K. Кола перетнуться у точках М₁ та N₁. Пряма M₁N₁ поділить відрізок А₁КK навпіл. Аналогічно поділимо відрізок А₁Р₁ навпіл. Відрізок А₁Р — сторона квадрата. Проводимо пряму m і позначаємо на ній довільну точку А. Від точки А відкладаємо відрізок AD = A₁P. Проводимо через точку А пряму lm. Для цього будуємо коло з центром у точці А, яке перетне пряму m у точках R і S. Проводимо кола радіуса більшого за SA з центрами в точках R і S. З’єднуємо точку А з точкою перетину кіл — точкою F. Аналогічно проводимо km. На прямих l і k від точок відповідно А і D відкладаємо відрізки АВ = А₁Р; DC = А₁Р. ABCD — шуканий квадрат.

2) План виконання побудови. Нехай АС — діагональ квадрата. Проводимо пряму m і позначаємо довільну точку А. Проведемо lm через точку А. Для цього будуємо коло з центром у точці А, яке перетне пряму m у точках R, S. Проводимо кола радіуса більшого за SA з центрами в точках R і S. З’єднуємо точку А з точкою перетину кіл — точкою F. Проведемо бісектрису АР отриманого прямого кута. Для цього будуємо коло з центром у точці А, яке перетне пряму m у точках N, пряму l у точці М. Будуємо кола з центрами у точках N і М. З’єднуємо точку А з точкою перетину даних кіл — точкою K. На АР відкладаємо діагональ АС. Аналогічно як з прямою l, проводимо CDm і ВСl. ABCD — шуканий квадpат.

170. Нехай сума діагоналей у квадрата дорівнює 2а. Оскільки у квадрата діагоналі рівні, то одна діагональ дорівнює 2а : 2 = а. Задача звелася до побудови квадрата за діагоналлю. Див. № 169 п. 2).

171. Нехай ABCD — квадрат, OF = 3 см. За властивістю діагоналей квадрата маємо АО = DO. AOD = 90°. Отже, MOD — рівнобедрений прямокутний, тому OF — бісектриса і медіана. Звідси DAO = OAD = 45°, AF = FD. Розглянемо OFD (OFD = 90°). За теоремою про суму гострих кутів прямокутного трикутника маємо ODF + DOF = 90°, DOF = 90° - ODF = 90° - 45° = 45°. Отже, OFD рівнобедрений. Звідси OF = DF = 3см. Маємо AD = AF + FD, AD = 3 + 3 = 6 (см). Тоді Р = 4 • 6 = 24 (см).

Відповідь. 24 см.

172. Нехай ABCD — квадрат, Р = 32 см. Сторона квадрата дорівнює 32 : 4 = 8 (см). За властивістю діагоналей квадрата AO = OD, DAO = ODA = 45°, тому AOD — рівнобедрений, а отже ON— висота, медіана і бісектриса. Розглянемо ANO (ANO = 90°). За теоремою про суму гострих кутів прямокутного трикутника маємо: OAN + NOA = 90°, NOA = 90° - 45° = 45°. Отже, трикутник ANO рівнобедрений, AN — NO. Маємо AN = ON = AD : 2 = 8 : 2 = 4 (см).

Відповідь. 4 см.

173. Нехай ABCD — квадрат, AE = FC. AEB = CFB = AED = CFD за двома сторонами і кутом між ними (АВ = ВС = CD = AD як сторони квадрата, AE = FC за умовою, BAE = DAE = BCF = DCF за властивістю діагоналей квадрата). Тому BE = ED = BF = FD. Отже, BEDF — паралелограм з рівними сторонами. Оскільки EF ∈ АС і BDAC, тоді EFВD. Отже, BEDF — ромб.

174. Нехай ABCD— квадрат, AE = AF = CG = HC. Розглянемо трикутники FAE і HCG. У них A = C = 90°, AE = AF = НС = CG за умовою. Отже, FAE = HCG за двома катетами, тому EF = HG. Оскільки сторони квадрата рівні, маємо: BE = ВН = DG = DF. Розглянемо трикутник ЕВН і FDG. У них B = D = 90°, BE = ВН = DG = DF з вище доведеного. Отже, ЕВН = FDG за двома катетами. Тому EH = FG. Отже, EHGF— паралелограм. Покажемо, що один з його кутів дорівнює 90°. Оскільки у рівнобедрених трикутниках ЕВН і HCG кути при основі дорівнюють по 45°, то з означення розгорнутого кута маємо EHG =180° - (BHE + CHG) = 180° - (45° + 45°) = 90°. Звідси EHGF — прямокутник.

175. Дано коло, ABАС. Оскільки АВ і АС — дотичні, то OBАВ і ОСАС (властивість дотичних до кола). Розглянемо чотирикутник АВОС. За теоремою про суму кутів чотирикутника O + B + A + C = 360°. Звідси O = 360° - 90° - 90° - 90° = 90°. АВОС — прямокутник. Сторони АВ і АС рівні як відрізки дотичних, проведених до кола з однієї точки А. ОВ = ОС як радіуси кола. У прямокутнику протилежні сторони рівні. Тому ОВ = АС і ОС = АВ. Отже, АВОС — квадрат.

176. Нехай ABC—рівнобедрений (C = 90°), АС = СВ = b. Нехай СK = МС = х см, тоді за аксіомою вимірювання відрізків АМ = КВ = (b - х) см. Оскільки трикутник ABC рівнобедрений і прямокутний, то CAB = CBA = 45° як кути при основі. Розглянемо трикутники AMN і BKN (AMN - BKN = 90°). У них за теоремою про суму гострих кутів прямокутного трикутника ANM = BNK = 45°. Отже, AMN і BKN — рівнобедрені, тому AM = MN = NK = KВ = х (см). Маємо: Р = МС + MN + NK + СK = b - x + x + x + b - x = 2b (см).

Відповідь. 2b см.

177. Нехай ДABC— рівнобедрений і прямокутний (C = 90°), KMNL— квадрат, P_KMNL = 12 (см). Маємо CAB = CBA = 45° як кути при основі рівнобедреного і прямокутного трикутника ABC. Оскільки KMNL — квадрат, то LKАВ і NM АВ. За теоремою про суму гострих кутів прямокутного трикутника маємо: ALK = BNM = 45°. Звідси AKL і BMN — рівнобедрені, тому AK = KL, ВМ = MN. Тоді АK = КМ= KL. Сторона квадрата дорівнює KМ = 12 : 4 = 3 (см). За аксіомою вимірювання відрізків АВ = АK + KМ + MB = 3 + 3 + 3 = 9 (см).

Відповідь. 9 см.

178. Нехай ABCD — квадрат, BNC = CKD = ADP = АВМ— рівносторонні. Оскільки побудовані рівносторонні трикутники, то їх кути дорівнюють по 60°. Розглянемо кут MBN. Умовно проведемо коло з центром у точці В. Тоді MBN = 360° - (MBA + ABC + NBC), MBN = 360° - (60° + 90° + 60°) = 150°. Аналогічно NCK = KDP = PAM = 150°. Звідси MBN = NCK= KDP = АРАМ за двома сторонами і кутом між ними. Маємо MN = NK = KР = РМ. Оскільки трикутники рівнобедрені, тоді кути при основі становлять (180°- 150°) : 2 = 15°. За аксіомою вимірювання кутів маємо MNK = MNB + BNC + CNK, MNK = 15° + 60° + 15° = 90°. Аналогічно N = K = P = M= 90°. Отже, MNKP — квадрат.

179. Нехай ABCD — ромб, CAD = 30°. За властивістю діагоналей ромба A = 2 • CAD = 2 • 30° = 60°. Оскільки сума сусідніх кутів ромба дорівнює 180°, то B = 180° - A = 180° - 60° = 120°.

Відповідь. 60°, 120°, 60°, 120°.

180. Нехай ABCD— заданий чотирикутник, A : B : C : D = 1 : 3 : 4 : 10. Нехай A =х, B = 3x, C = 4x, D = 10x. Сума кутів чотирикутника становить 360°. Маємо х + 3х + 4х + 10x = 360°, 18x = 360°, x = 20°. Тоді A = 20°, B = 3 • 20° = 60°, C = 4 • 20° = 80°, D = 10 • 20° = 200°. У чотирикутнику ABCD один із кутів становить 200° > 180°. Тому ABCD — неопуклий чотирикутник.

Відповідь. 20°, 60°, 80°, 200°, неопуклий.

181. Нехай ABCD — прямокутник, ВK — бісектриса, АK : KD = 3 : 5, P_ABCD = 110 (см). Нехай АK = 3х (см), тоді KD = 5х (см). Оскільки ВK — бісектриса, то ABK = KBC. AKB = CBKяк внутрішні різносторонні кути при паралельних прямих AD і ВС та січній ВK. Звідси ВАK — рівнобедрений, тому маємо: АВ = АK = 3х (см). За умовою P_ABCD = 2 • (AB + AD), 2 • (AB + AD) =110, АВ + AD = 110 : 2 = 55. Тоді 3х + 3х + 5х = 55, 11x = 55, x = 5. Отже, АВ = 3 • 5 = 15 (см), AD = 8 • 5 = 40 (см).

Відповідь. 15 см, 40 см.

182. У даному чотирикутнику найбільше може бути два гострих кути — A і D або M і K відповідно.

183. Годинна стрілка за одну хвилину виконуєа хвилинна стрілка — Тоді за одну хвилина хвилинна стрілка робить обертів більше, ніж годинна, наЩоб відбувся наступний збіг стрілок, хвилинній стрілці потрібно пройти повний оберт, тому стрілки знову збігатимуться через

Відповідь. Через