Відповіді до підручника Геометрія 8 клас - Єршова А.П. 2016-2020

Розділ І. Чотирикутники
§ 5. Трапеція

138. Основи трапеції не можуть бути рівними, бо тоді AD||BC і AD = ВС, звідки випливає, що чотирикутник ABCD — паралелограм за ознакою про дві сторони, а тому AB||CD, що суперечить означенню трапеції.

139.

а) Рівними можуть бути кути при основах рівнобічної трапеції або кути при бічній стороні прямокутної трапеції;

б) якщо б протилежні кути трапеції були рівними, то цей чотирикутник був би паралелограмом, що неможливо за означенням трапеції.

140. Ні, не обов’язково (див, наприклад, рис. 140_1 і 140_2).

141. Ні, не може, бо в рівнобічній трапеції кути при основах рівні, тоді б такий чотирикутник був прямокутником.

142. 1) Ні, не може, бо висота перпендикулярна до основ, а бічна сторона є похилою; 2) висота може дорівнювати одній бічній стороні лише в прямокутній трапеції.

143.

а) Не може, бо тоді має виконуватися рівність AD = ВС, що неможливо для трапеції;

б) може у випадку рівнобічної трапеції.

144.

а) Не може, бо якщо точка перетину діагоналей є серединою кожної з них, то такий чотирикутник є паралелограмом;

б) може.

145.

а) Оскільки CHAD, то трапеція АВСН— прямокутна;

б) ні, наприклад, висота ВМ паралелограма не є висотою трапеції.

146.

а) Нехай AMD— рівнобедрений трикутник (AM = MD), BC||AD. Оскільки AMD— рівнобедрений трикутник, то A = D як кути при основі. Тоді A = MBC як відповідні. Аналогічно D = MCB. Тому MBC = MCB, звідки випливає, що трикутник ВМС— рівнобедрений, звідки ВМ = МС. За аксіомою вимірювання відрізків AM = АВ + ВМ; MD = МС + CD, звідки АВ = CD. Це означає, що трапеція ABCD — рівнобічна;

б) АС = 14 мм, BD = 14 мм, звідки АС = BD.

147.

а) Нехай A BCD — трапеція (AD||BC), A = 40°, D = 50°. A і B є внутрішніми односторонніми при паралельних прямих AD і ВС та січній АВ, тому A + B = 180°; B = 180° - A; B = 180° - 40°= 140°. Аналогічно C і D e внутрішніми односторонніми при паралельних прямих AD і ВС та січній CD, тому C + D = 180°; C = 180° - D; C = 180° - 50° = 130°.

Відповідь. 140°, 130°;

б) нехай ABCD — рівнобічна трапеція (AD||BC, АВ = CD), A = 58°. За властивістю рівнобічної трапеції кути при основі рівні, тому D = A = 58°. A і B є кутами, прилеглими до однієї основи, тому A + B = 180°; B = 180° - A; B = 180° - 58° = 122°. За властивістю рівнобічної трапеції кути при основі рівні, тому C = B = 122°.

Відповідь. 122°, 122°, 58°;

в) нехай ABCD — прямокутна трапеція (AD||BC, BAD = 90°), C = 3D. Нехай D = х, тоді C = 3х. C і D є кутами, прилеглими до однієї основи, тому C + D = 180°; 3x + x = 180°; 4x =180°; x = 45°. Отже, D = 45°, тоді C = 3 • 45°= 135°.

Відповідь. 90°, 135°, 45°.

148.

а) Нехай ABCD— рівнобічна трапеція (AD||BC, АВ = CD), ВМ— висота, ABM = 22°. За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника АMB A + B = 90°; A = 90° - B; A = 90° - 22° = 68°. За аксіомою вимірювання кутів ABC = ABM + MBC; ABC = 22° + 90°= 112°. За властивістю рівнобічної трапеції кути при основі рівні, тому D = A = 68°; C = B = 112°.

Відповідь. 68°, 112°, 112°, 68°;

б) нехай ABCD— прямокутна трапеція (АD||ВС, BAD = 90°), АС— діагональ, АВС і ACD— рівнобедрені прямокутні (АВ = ВС, ABC = 90°, AC = CD, ACD = 90°). Якщо трикутник ABC— рівнобедрений прямокутний, то BAC = BCA = 45°. Тоді за аксіомою вимірювання кутів BCD = BCA + ACD; BCD = 45° + 90° = 135°. Якщо трикутник ACD — рівнобедрений прямокутний, то CAD = CDA = 45°.

Відповідь. 90°, 90°, 135°, 45°.

149. Нехай ABCD— рівнобічна трапеція (AD||BC, AB = CD), ВМ і CN— висоти, AM = 6 см, MD = 30 см. Розглянемо прямокутні трикутники АMB і DNC. У них: 1) АВ = CD за властивістю рівнобічної трапеції; 2) BAM = CDN за властивістю кутів при основі рівнобічної трапеції. Отже, АМВ = DNC за гіпотенузою і гострим кутом. Тому АМ = DN = 6 см як відповідні елементи рівних трикутників. За аксіомою вимірювання відрізків MD = MN + ND; MN = MD - ND; MN = 30 - 6 = 24 см. Оскільки чотирикутник MBCN — прямокутник, то ВС = MN = 24 (см).

Відповідь. 24 см.

150. Нехай ABCD— рівнобічна трапеція (AD||BC, AB = CD), ВМ і CN— висоти, ВС = 10 см, АМ = 3 см. За доведеним у задачі № 149 AM = DN = 3 см, ВС = MN. За аксіомою вимірювання відрізків AD = AM + MN + ND; AD = 3 + 10 + 3 = 16 (см).

Відповідь. 16 см.

.

151. Нехай ABCD— рівнобічна трапеція (AD||BC, AB = CD), ВС = 10см, АМ= 3 см. За властивістю кутів трапеції, прилеглих до однієї бічної сторони, маємо: A + B = 180°; D + C = 180°. За властивістю кутів рівнобічної трапеції, прилеглих до однієї основи, A = D; B = C. Тоді A + C = 180°; D + B = 180°.

152.

а) Нехай ABCD — рівнобічна трапеція (AD||BC, АВ = CD), C — A = 80°. За доведеним у задачі № 151 A + C = 180°. Якщо C - A= 80°, то A - C = 80°. Тоді C - 80° + C = 180°; 2C= 260°; C = 130°, звідки A = 130° - 80° = 50°. За властивістю рівнобічної трапеції кути при основі рівні, тому D = A = 50°; B = C = 130°.

Відповідь. 50°, 130°, 50°, 130°;

б) нехай ABCD— прямокутна трапеція (AD||BC, BAD = 90°), АС— діагональ і бісектриса кута С, BAC = 35°. Якщо BAD = 90°, то ABC = 90°. Розглянемо прямокутний трикутник ABC (ABC = 90°). За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника BAC + BCA = 90°; BCA = 90° - BAO, BCA = 90° - 35° = 55°. За означенням бісектриси кута С маємо: BCA = ACD= 55°. За аксіомою вимірювання кутів C = BCA + ACD; C = 55° + 55° = 110°. За властивістю кутів трапеції, прилеглих до однієї бічної сторони, C + D = 180°; D = 180° - C; D =180° - 110° = 70°.

Відповідь. 90°, 90°, 110°, 70°.

153.    

а) Нехай ABCD — прямокутна трапеція (AD||BC, BAD = 90°), C : D = 3 : 2. Оскільки трапеція прямокутна, то A = B = 90°. Нехай C = 3х, тоді D = 2х. За властивістю кутів, прилеглих до однієї бічної сторони трапеції, маємо: C + D = 180°; 3x + 2х = 180°; 5х = 180°; x = 36°. Отже, C = 3 • 36° = 108°, тоді D = 2 • 36° = 72°.

Відповідь. 90°, 90°, 108°, 72°;

б) нехай ABCD— рівнобічна трапеція (AD||BC, AB = CD), AB = CD = ВС, AD = 2BC. Нехай точка М— середина відрізка AD. Тоді АВ = ВС = CD = AM = MD. У чотирикутнику АВСМ АM||ВС і АМ = ВС. Тому цей чотирикутник — паралелограм за ознакою про дві сторони. За властивістю паралелограма АВ = МС. Розглянемо трикутник MCD. Він рівносторонній, бо MD = CD = MС, тому за властивістю рівностороннього трикутника MDC = DMC = MCD = 60°. За властивістю кутів рівнобічної трапеції, прилеглих до однієї бічної сторони, C+ D = 180°; C = 180° - D; C = 180° - 60° = 120°. За властивістю кутів рівнобічної трапеції, прилеглих до однієї основи, A = D = 60°; B = C = 120°.

Відповідь. 60°, 120°, 120°, 60°.

154.

а) Нехай ABCD— трапеція (AD||BC), BK||CD. Оскільки AD||BC і BK||CD, то в чотирикутнику KBCD протилежні сторони паралельні, тому він є паралелограмом за означенням;

б) нехай ВС = 4 см, Р_ABK= 11 см. P_ABCD = АВ + ВС + CD + AD; Р_ABK = АВ + ВK + АK. Оскільки KBCD— паралелограм, то ВС = KD, BK=CD. Тоді AD = AK + KD. P_ABCD = AB + BC + CD + AD=AB + BC + BK + AK + KD = (АВ + ВK + АK) + ВС + KD = Р_АВК + 2ВС; P_ABCD = 11 + 2 • 4= 19 (см).

Відповідь. 19 см.

155.

а) Нехай ABCD— рівнобічна трапеція (AD||BC, AB = CD), AM=MD, ABM, BMC, MCD — рівносторонні. Розглянемо трикутник ABM. Він рівносторонній, тому за властивістю рівностороннього трикутника BAM - ABM = AMB = 60°. За властивістю кутів рівнобічної трапеції, прилеглих до однієї бічної сторони, A + B = 180°; B = 180° - A; B = 180° - 60° = 120°. За властивістю кутів рівнобічної трапеції, прилеглих до однієї основи, A = D = 60°; B = C = 120°.

Відповідь. 60°, 120°, 120°, 60°;

б) нехай Р_АВM = 12 см. Тоді АВ = ВМ = АМ = 12 : 3 = 4 (см). Оскільки АВМ, ВМС, MCD— рівносторонні та мають спільні сторони, то АВМ = ВМС = MCD, тому AM = MD, AD = 2AM. P_ABCD = АВ + ВС + CD + AD = 5AB; P_ABCD = 5 • 4 = 20 (см).

Відповідь. 20 см.

156. Нехай ABCD — рівнобічна трапеція (AD||BC, АВ = CD), АС — діагональ і бісектриса кута A, BAD = 60°, ВС = 15 см. За означенням бісектриси кута маємо: ВАС = CAD = 60° : 2 = 30°. Тоді ВАС = ВСА як внутрішні різносторонні при паралельних прямих AD і ВС та січній АС, тому трикутник ABC — рівнобедрений з основою АС, звідки АВ = ВС = 15 см. У ABC за теоремою про суму кутів: ВАС + ABC + ВСА = 180°; ABC = 180° - (ВАС + ВСА); ABC = 180° - (30° + 30°) = 120°. За властивістю кутів рівнобічної трапеції, прилеглих до однієї основи, С = В = 120°. За аксіомою вимірювання кутів BCD = ВСА + ACD; АCD = BCD - ВСА; ACD = 120°- 30° = 90°. Отже, трикутник ACD — прямокутний. За властивістю катета, який лежить проти кута 30°, маємо:AD = 2 CD; AD = 2 • 15 = 30 (см). P_ABCD = AB + BC + CD + AD; P_ABCD = 15 + 15 + 15 + 30 = 75 (см).

Відповідь. 75 см

.

157. Нехай ABCD — рівнобічна трапеція (AD||BC, AB = CD), AC — діагональ і бісектриса кута С, ВС = 5 см, AD= 10 см. За означенням бісектриси кута маємо: ВСА = ACD. Тоді ВСА = CAD як внутрішні різносторонні при паралельних прямих AD і ВС та січній АС, тому трикутник ACD — рівнобедрений з основою АС, звідки CD = AD = 10 см. Тоді АВ = CD = 10 см. P_ABCD = АВ + ВС + CD + AD; P_ABCD = 10 + 5+ 10 + 10 = 35 (см).

Відповідь. 35 см.

158. Нехай ABCD— трапеція (AD||BC), АK і ВK— бісектриси кутів А і В. СВА + ABC = 180° як кути, прилеглі до бічної сторони трапеції. Оскільки АK і ВK — бісектриси, то ВАK + АВK = 90°. Розглянемо трикутник АВK. Тоді за теоремою про суму кутів трикутника ВАK + АВK + ВKА = 180°, звідки ВKА = 90°.

159.

а) Дано: AD = a, АВ = b— сторони паралелограма ABCD, BD = c— діагональ. Побудувати: паралелограм ABCD.

Будую довільну пряму m. З точки А проводжу коло радіуса AD = а, яке в перетині з прямою m дає точку D. З точки А проводжу коло радіуса АВ = b, а з точки D — коло радіуса DB = с. Кола перетнуться в точці В. Будую пряму n таку, що nm. Для цього з точки В проводжу коло довільного радіуса яке перетне пряму m у двох точках — М і N. Проводжу кола з центрами в точках М і Nрадіуса більшого за половину MN. У результаті перетину цих кіл одержую точки S і Т. Проводжу пряму STMN. Аналогічно через точку В проводжу пряму ln. З точки В проводжу коло радіуса AD = a, яке в перетині з прямою m дає точку С. Сполучаю відрізками точки С і D. Отже, побудований паралелограм ABCD — шуканий, бо в ньому AD = а, АВ = b, BD = с за побудовою;

б) Дано: АВ = а — сторона ромба, АС = b — діагональ ромба ABCD. Побудувати: ромб ABCD.

Будую доцільну пряму m. Позначаю на прямій m точку А. З точки А проводжу коло радіуса АС = b. яке перетне пряму m у точці С. Проводжу кола з центрами в точках А і С радіуса АВ = а. У результаті перетину цих кіл одержую точки В і D. Сполучаю відрізками точки А і В, В і С, С і D та А і D. Отже, побудований ромб ABCD — шуканий, бо в ньому АВ = а, АС = b за побудовою;

в) Дано: AD = а — основа рівнобічної трапеції ABCD, АВ = CD = b — бічні сторони, P₁A₁K₁ = а — кут між основою і бічною стороною трапеції. Побудувати: рівнобічну трапецію ABCD.

Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку А. З точки А проводжу коло радіуса AD = а, яке перетне пряму m у точці D. Будую PAK = а з вершиною в точці А і MDN = а з вершиною в точці D. Будую коло з центром у точці А радіуса b, яке перетне промінь АР у точці В, і коло з центром у точці D радіуса b, яке перетне промінь DN у точці С. Сполучаю відрізком точки В і С. Отже, побудована трапеція ABCD— шукана, бо в ній AD = a, AB = CD = b, PAK = MDN = а за побудовою.

160.

а) Дано: АС = а — діагональ ромба ABCD, — кут ромба. Побудувати: ромб ABCD.

Продовжую сторону кута K₁А₁ за точку А₁, добудовуючи розгорнутий кут. F₁A₁P₁ — суміжний з P₁A₁K₁, він дорівнює іншому куту ромба, бо сума прилеглих кутів до однієї сторони дорівнює 180°. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку А. Будую кут, який дорівнює половині кута P₁A₁K₁, вершина якого міститься у точці А, а одна зі сторін кута збігається з прямою m. Щоб побудувати кут, який дорівнює половині кута Р₁А₁K₁, необхідно побудувати бісектрису заданого кута. У заданому куті проводжу коло з центром у вершині А₁ так, щоб воно перетнуло сторони кута, наприклад, у точках K₁ і Р₁. Проводжу два кола довільного радіуса, але більшого за А₁K₁, з центрами в точках K₁ і Р₁, які перетнуться в точці М₁. Проводжу промінь A₁М₁, який є бісектрисою кута Р₁А₁K₁. Проводжу коло того самого радіуса з центром у точці А. Нехай воно перетне пряму m у точці K. Проводжу коло радіуса K₁R₁ з центром у точці K, кола перетнуться у точці R. Проводжу промінь AR. Проводжу коло з центром у точці А радіуса АС = а, яке в перетині з променем AR дає точку C. Позначаю на прямій m точку R. З точки Rпроводжу коло довільного радіуса, яке перетне пряму m у двох точках — М i N. Проводжу кола з центрами в точках М і N радіуса, більшого за половину МN. У результаті перетину цих кіл одержую точки S і T, через які проводжу пряму k таку, що kMN. Аналогічно описаному вище будую пряму l, яка проходить через точку С і таку, що lk. Продовжую сторону кута АР до перетину з прямою l, у результаті одержую точку В. Проводжу коло радіуса АВ з центром у точці А, яке в перетині з прямою m дасть точку D. Сполучаю відрізками точки А і В, В і С, С і D та А і D. Отже, побудований ромб ABCD — шуканий, бо в ньому АС = a, за побудовою.

б) Дано: АС = а— діагональ прямокутника ABCD, — кут між діагоналями прямокутника. Побудувати: прямокутник ABCD.

Будую довільну пряму m. Позначаю на прямій m точку О. Будую кут, який дорівнює куту Р₁O₁K₁, вершина якого міститься у точці О, а одна зі сторін кута збігається з прямою m. У заданому куті а проводжу коло з центром у вершині O₁ так, щоб воно перетнуло сторони кута, наприклад, у точках K₁ і Р₁. Проводжу коло того самого радіуса з центром у точці О. Нехай воно перетне пряму mу точці K. Проводжу коло радіуса K₁Р₁ з центром у точці K, кола перетнуться у точці Р. Проводжу промінь OP. KOP = P₁O₁K₁. За властивістю прямокутника його діагоналі рівні й поділяються точкою поділу навпіл, тобто АС = BD і З точки О проводжу коло діаметра яке в перетині з прямою ОР дає точки В і D. Pточки О проводжу коло діаметра яке в перетині з прямою ОK дає точки С і А. Сполучаю відрізками точки А і В, В і С, С і D та А і D. Отже, побудований прямокутник ABCD— шуканий, бо в ньому АС = а, BOC = P₁O₁K₁ = а за побудовою.

в) Дано: ВС = а — менша основа прямокутної трапеції ABCD, CD = b — більша бічна сторона, BD = с — діагональ. Побудувати: прямокутну трапецію ABCD.

Схема побудови. Будую довільну пряму l і позначаю на ній точку В. З точки В проводжу коло радіуса ВС = а, яке перетне пряму l у точці С. Будую nl. Будую коло з центром у точці С радіуса CD= b і коло з центром у точці В радіуса BD = с, які перетинаються в точці D. Через точку D проводжу mn. На перетині прямих n і m одержую точку А. Отже, побудована трапеція ABCD— шукана, бо в ній ВС = а, CD = b, BD = с за побудовою.

161. Нехай ABCD— рівнобічна трапеція (AD||BC, AB = CD), АС— діагональ, AB = ВС, АС = AD. Нехай BAC = x. Тоді BAC = BCA = x як кути при основі рівнобедреного трикутника. BCA = CAD як внутрішні різносторонні при паралельних прямих AD і ВС та січній АС. За аксіомою вимірювання кутів BAD = BAC + CAD; BAD = x + x = 2x. Тоді BAD = D = 2х як кути при основі рівнобічної трапеції. Розглянемо трикутник ACD. За теоремою про суму кутів трикутника маємо: CAD + D + ACD = 180°; х + 2х + 2х= 180°; 5x = 180°; x = 36°. Тому A = D = 2 • 36° = 72°. DAB + ABC = 180° як куги, прилеглі до бічної сторони трапеції, звідки ABC = 180° - DAB; ABC = 180° - 72° = 108°. Тому B = C = 108°.

Відповідь. A = D = 72°, B = C = 108°.

162. Нехай ABCD — рівнобічна трапеція (AD||BC, AB = CD), 2a, 2a, 7a і 9a — її сторони. Нехай AB = ВС = 2a, ВС = 2a, AD = 9a. Проведемо висоти BM i CN. AMB = DNC як прямокутні за гіпотенузою і гострим кутом, тому AM = DN. Чотирикутник MBCN— прямокутник, тому MN = BC. За аксіомою вимірювання відрізків маємо: AD = AM + MN + ND; AM = ND = (AD - ВС) : 2; AM = ND = (9a - 7a) : 2 = a. Розглянемо прямокутний трикутник AMB (AMB = 90°). Оскільки в ньому катет AM удвічі менший за гіпотенузу АВ, то ABM = 30°. За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника BAM + ABM = 90°; BAM = 90° - ABM; BAM = 90° - 30° = 60°. A + ABC = 180° як кути трапеції, прилеглі до бічної сторони, звідки ABC = 180° - A; ABC = 180° - 60° = 120°. Тоді A = D = 60° і B = C = 120° як кути при основі рівнобічної трапеції.

Відповідь. A =D = 60°, B = C = 120°.

163.

а) Нехай ABCD — рівнобічна трапеція (AD||BC, AB = CD), АС і BD — діагоналі. Розглянемо трикутники ACD і DBA. У них: 1 ) АВ = CD як бічні сторони рівнобічної трапеції; 2) AD — спільна сторона; 3) BAD = CDA як кути при основі рівнобічної трапеції. Отже, АCD = DВА за двома сторонами і кутом між ними (за І ознакою рівності трикутників). Тому AC = BD як відповідні елементи рівних трикутників;

б) нехай ABCD — трапеція (AD||BC), АС і BD — діагоналі, АС = BD. Проведемо висоти BM і CN. Розглянемо прямокутні трикутники ANC і DMB. У них: 1) AC = BD за умовою; 2) BM = CN як відстані між паралельними прямими AD і ВС. Отже, ANC = DMB за гіпотенузою і катетом. Тому CAN = BDM як відповідні елементи рівних трикутників. Розглянемо трикутники ABD і DCA. У них: 1) AC = BD за умовою; 2) AD — спільна сторона; 3) BDA = CAD за доведеним вище. Отже, ABD = CAD за двома сторонами і кутом між ними (за І ознакою рівності трикутників). Тому АВ = CD як відповідні елементи рівних трикутників. Отже, трапеція ABCD — рівнобічна.

164.

а) Нехай ABCD — рівнобічна трапеція (AD||BC, АВ = CD), АС і BD — діагоналі. Розглянемо трикутники ACD і DBA. У них: 1) АВ = CD як бічні сторони рівнобічної трапеції; 2) AD — спільна сторона; 3) BAD = CDA як кути при основі рівнобічної трапеції. Отже, ACD = DBA за двома сторонами і кутом між ними (за І ознакою рівності трикутників). Тому АС = BD як відповідні елементи рівних трикутників. Проведемо висоти BM і CN. Розглянемо прямокутні трикутники ANC і DMB. У них: 1 ) АС = BD за умовою; 2) BM = CN як відстані між паралельними прямими AD і ВС. Отже, ANC = DMB за гіпотенузою і катетом. Тому CAN = BDM як відповідні елементи рівних трикутників;

б) нехай ABCD — трапеція (AD||BC), АС і BD — діагоналі, CAN = BDM. Проведемо висоти BM і CN. Розглянемо прямокутні трикутники ANC і DMB. У них: 1) CAN = BDM за умовою; 2) BM=CN як відстані між паралельними прямими AD і ВС. Отже, ANC = DMB за гіпотенузою і катетом. Тому АС = BD як відповідні елементи рівних трикутників. Розглянемо трикутники ABD і DCA. У них: 1) АС = BD за доведеним вище; 2) AD — спільна сторона; 3) BDA = CAD за умовою. Отже, ABD = CAD за двома сторонами і кутом між ними (за І ознакою рівності трикутників). Тому АВ = CD як відповідні елементи рівних трикутників. Отже, трапеція ABCD — рівнобічна.

165.

а) Дано: AВ = а — сторона паралелограма ABCD, — кут паралелограма, BD — b — діагональ. Побудувати: паралелограм ABCD.

Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку А. У заданому куті проводжу коло з центром у вершині А і так, щоб воно перетнуло сторони кута, наприклад у точках K₁ і Р₁. Проводжу коло того самого радіуса з центром у точці А. Нехай воно перетне пряму m у точці K. Проводжу коло радіуса K₁Р₁ з центром у точці K, кола перетнуться у точці Р. Проводжу промінь АР. PAK = P₁A₁K₁. З точки А проводжу коло радіуса АВ = а, яке перетне пряму m у точці В. З точки В проводжу коло радіуса AD = b, яке перетне промінь АР у точці D. Через точку D проводжу пряму, паралельну до прямої m. Будую коло радіуса АВ = а з центром у точці D і одержую точку С. Сполучаю відрізками точки В і С. Отже, побудований паралелограм ABCD— шуканий, бо в ньому АВ = а, BD = b, за побудовою;

б) Дано: RC = А — висота ромба ABCD, АС = а — діагональ ромба. Побудувати: ромб ABCD.

Будую довільну пряму m. Позначаю на прямій m точку R. З точки R проводжу коло довільного радіуса, яке перетне пряму m у двох точках — М і N. Проводжу кола з центрами в точках М і Nрадіуса, більшого за половину MN. У результаті перетину цих кіл одержую точки S і Т, через які проводжу пряму k таку, що kMN. З точки R проводжу коло радіуса RC = h, яке перетне пряму k у точці С. Аналогічно описаному вище будую пряму l, яка проходить через точку С і таку, що lk. Проводжу коло радіуса АС, яке в перетині з прямою m дає точку А. Аналогічно описаному вище будую серединний перпендикуляр відрізка АС, який перетне прямі m і l відповідно у точках D і В. Сполучаю відрізками точки А і В, В і С, С і D та А і D. Отже, побудований ромб ABCD— шуканий, бо в ньому RC = h, АС = а за побудовою.

в) Дано: AD = а, ВС = b— основи трапеції ABCD, АС = с, BD = d — діагоналі. Побудувати: трапецію ABCD.

Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку А. З точки А проводжу коло радіуса AD = а, яке перетне пряму m у точці D. З точки D проводжу за точку D коло радіуса ВС = b, яке перетне пряму m у точці Е. Будую коло з центром у точці Е радіуса BD = d і коло з центром у точці А радіуса АС = с, які перетнуться у точці С. Будую пряму nm, яка проходить через точку С. Будую пряму ln, яка проходить через точку С; одержу lm. Будую коло з центром у точці С радіуса ВС = b, яке перетне пряму l у точці В. Сполучаю відрізками точки А і В та С і D. Отже, побудована трапеція ABCD — шукана, бо в ній AD = а, ВС = b, АС = с, BD = d за побудовою.

166.

a) Дано: Р = а — периметр прямокутника ABCD, АС = b— його діагональ. Побудувати: прямокутник ABCD.

Знаходжу півпериметр прямокутника. Для цього будую серединний перпендикуляр до відрізка а. Будую довільну пряму m. Позначаю на прямій m точку А. З точки А проводжу коло діаметра , яке в перетині з прямою m дає точку R. Будую пряму nm, яка проходить через точку А. З точки А проводжу коло довільного радіуса, яке перетне пряму m у двох точках — М і N. Проводжу кола з центрами в точках М і N радіуса, більшого за половину MN. У результаті перетину цих кіл одержую точки S і Т. Проводжу пряму STMN. Аналогічно будую пряму km, яка проходить через точку R. Поділяю прямий кут з вершиною у точці R навпіл. Будую коло довільного радіуса з центром у точці R. У перетині з прямою m одержую точку О, а в перетині з прямою k — точку Е. Проводжу кола з центрами в точках О і Е радіуса, більшого за половину ОЕ. У результаті перетину цих кіл одержую точку Н. HRO = 45°. Будую коло радіуса АС = b з центром у точці А, яке перетне промінь RH у точці С. Будую аналогічно описаному вище пряму lm, яка проходить через точку С, та пряму sn, яка проходить через точку С. Тоді . Сполучаю відрізками точки А і В, В і С, С і D тa A і D. Отже, побудований прямокутник ABCD — шуканий, бо в ньому Р = а, АС = b за побудовою;

б) Дано: RZ = h — висота ромба ABCD, — кут ромба. Побудувати: ромб ABCD.

Будую довільну пряму m. Позначаю на прямій m точку А. Будую кут, який дорівнює куту Р₁А₁K₁, вершина якого міститься у точці А, а одна зі сторін кута збігається з прямою m. У заданому куті а проводжу коло з центром у вершині А₁ так, щоб воно перетнуло сторони кута, наприклад, у точках К₁ і Р₁, Проводжу коло того самого радіуса з центром у точці А. Нехай воно перетне пряму mу точці K. Проводжу коло радіуса K₁Р₁ з центром у точці K, кола перетнуться у точці Р. Проводжу промінь АР. PAK = P₁A₁K₁. Позначаю на прямій m точку R. З точки R проводжу коло довільного радіуса, яке перетне пряму т у двох точках — М і N. Проводжу кола з центрами в точках М і N радіуса, більшого за половину MN. У результаті перегину цих кіл одержую точки S і Т, через які проводжу пряму k таку, що kLMN. З точки R проводжу коло радіуса RZ = h, яке перетне пряму k у точці Z. Аналогічно описаному вище будую пряму l, яка проходить через точку Z і таку, що Ik. Пряма l у перетині зі стороною кута РАМ дасть точку В. З точки В проводжу коло радіуса АВ, яке в перетині з прямою l дає точку С. З точки А проводжу коло радіуса АВ, яке в перетині з прямою m дає точку D. Сполучаю відрізком точки С і D. Отже, побудований ромб ABCD — шуканий, бо в ньому RZ = h, за побудовою.

в) Дано: AD - ВС = а — різниця основ трапеції ABCD, АВ = CD = b — бічні сторони, BD = d — діагональ. Побудувати: трапецію ABCD.

Схема побудови. Будую довільну пряму m і позначаю на ній точку K. З точки KК проводжу коло радіуса AD - ВС = а, яке перетне пряму m у точці D. Будую коло з центром у точці K радіуса АВ = b і коло з центром у точці D радіуса CD = b, які перетнуться у точці С. Будую пряму n, яка проходить через точку С і таку, що nm. Будую ln, одержу l||m. Будую коло з центром у точці Dрадіуса BD = d, яке перетне пряму l у точці В. Будую коло з центром у точці В радіуса АВ = b, яке перетне пряму m у точці А. Сполучаю відрізками точки А і В. Отже, побудована трапеція ABCD — шукана, бо в ній AD — ВС = а, AB = CD = b, BD = d за побудовою.

167. Нехай ABC— рівносторонній трикутник (АВ = ВС = АС), D, E і F— середини сторін AB, ВС і АС. Оскільки трикутник ABC — рівносторонній і D, E і F — середини сторін АВ, ВС і АС, то AF = FC = AD = DB = BE = ЕС. За властивістю рівностороннього трикутника А = В = С = 60°. Розглянемо трикутник DBE. Оскільки DB = BE, то він — рівнобедрений. Так як АВ = 60°, то за властивістю рівнобедреного трикутника BDE = BED. За теоремою про суму кутів трикутника BDE + BED + В = 180°; BDE = BED = (180° - В) : 2; BDE = BED = (180° - 60°) : 2 = 60°. Отже, трикутник DBE — рівносторонній. Аналогічно можна показати, що трикутник FEC теж рівносторонній. Тоді в чотирикутнику ADEF AD = DE = EF = AF, тому за означенням він є ромбом. Ромбами також є чотирикутники DECF і DBEF.

168. Нехай ABC — трикутник, AD = СЕ. Розглянемо прямокутні трикутники ADB і СЕВ. У них: 1) AD = СЕ за умовою, 2) EBD — спільний. Отже, ADB = СЕВ за катетом і гострим кутом. Тому BD = BE як відповідні елементи рівних трикутників, звідки випливає, що трикутник DBE — рівнобедрений.