Відповіді до підручника Геометрія 8 клас - Мерзляк А.Г. 2016-2020

Розділ І. Чотирикутники
6. Квадрат

165. Нехай ABCD— ромб, A = 90°. Оскільки ромб є паралелограмом, у якому один з кутів — прямий, то він є прямокутником. Так як усі сторони ромба рівні, то цей прямокутник є квадратом.

166. Нехай ABCD— прямокутник, AB = AD. У прямокутнику AB-CD і AD = BC як протилежні сторони. Оскільки AB = AD, то АВ = ВС = СВ = AD, а якщо в прямокутника всі сторони рівні, то він є квадратом.

167. Нехай ABCD — квадрат, у якому BD і АС -—діагоналі, BD = 5 см. Діагоналі квадрата рівні, тому АС = BD = 5 см. Діагоналі квадрата є бісектрисами його кутів, тому BAO = ABO = 90° : 2 = 45°. Діагоналі квадрата перпендикулярні, тому BOA = 90°.

168. Нехай ABCD— квадрат, АС— діагональ, AKB = 74°. Оскільки BCD = 90° і АС— бісектриса цього кута, то BCA = DCA = 90° : 2 = 45°. AKB і AKC — суміжні, тому AKB + AKC = 180°; AKC = 180° - AKB; AKC = 180° - 74° = 106°. Розглянемо трикутник АKС. За теоремою про суму кутів трикутника маємо: AKC + KCA + CAK = 180°; CAK = 180° - (AKC + KCA); CAK = 180° - (106° + 45°) = 29°.

Відповідь. 29°.

169. Нехай ABCD— квадрат, АK = 2ВК. Розглянемо прямокутний трикутник АВK (ABK = 90°). У ньому катет ВK удвічі менший за гіпотенузу АK, тому BAK = 30°. Тоді BAD = BAK + KAD; KAD = BAD - BAK, KAD = 90° - 30° = 60°.

Відповідь. 60°.

170.

1) Так; 2) ні, бо у ромба не завжди кути дорівнюють по 90°; 3) ні, бо не в будь- якого прямокутника всі сторони рівні; 4) так; 5) так; 6) ні; 7) ні; 8) так; 9) ні; 10) так; 11) так; 12) так.

171. Нехай ABCD — квадрат, АС і BD— діагоналі, МN||АС, KL||АС, MK||BD, NL||BD. Оскільки МN||АС і KL||АС, то MN||KL за ознакою паралельності прямих; аналогічно якщо MK||BD і NL||BD, то MK||NL. Отже, чотирикутник MNLK — паралелограм. ACBD як діагоналі квадрата, МN||АС і MK||BD за умовою, тоді MNBD і MNMK. Отже, у паралелограмі MNLK NMK =90°. Тому цей паралелограм є прямокутником. Аналогічно можна показати, що MNCA і BNLD — прямокутники. Так як МN||АС, MN= AC, NL||BD, NL = BD як протилежні сторони прямокутників, а АС = BD як діагоналі квадрата ABCD, то MN = NL, звідки слідує, що MNLK — квадрат.

172. Нехай ABC — прямокутний трикутник, ABC = 90°, BN — бісектриса ABC, МN||ВС, NK||AB. Оскільки МN||ВС, NK||AB, то MNKB— паралелограм. Так як ABC = 90°, то він є прямокутником. Оскільки BN — бісектриса ABC і є діагоналлю прямокутника MNKB, то він є квадратом.

173. Нехай ABCD — квадрат, М∈АВ, AM = MB, K∈ВС, ВK = KС, N∈CD, CN = ND, P∈AD, AP = PD. Оскільки ABCD — квадрат, то AB = ВС = CD = AD як сторони квадрата. Тоді AM = MB = ВK = KС = CN = ND = АР = PD як половини рівних відрізків. Розглянемо прямокутні трикутники МАР, МВK, NCK, NDP (МАР = МВК = NCK = NDP = 90°). У них: 1) АМ = MB = CN = ND за доведеним вище; 2) ВK = KС = АР = PD за доведеним вище. Отже, за ознакою рівності прямокутних трикутників MАР = MВK = NCK = NDP за двома катетами. Тому MP = MK = KN = NP як відповідні елементи рівних трикутників. Тоді MKNP — ромб. Розглянемо прямокутні рівнобедрені трикутники МАР і МВК. У них АРМ = АМР = BMK = ВKМ = 45°. Тоді ВМА = ВМK + KМР + АМР = 180°; КМР = 180° - (ВМK + АМР); KМР = 180° - (45° + 45°) = 90°. Якщо у ромба один з кутів — прямий, то такий ромб є квадратом.

174. Нехай ABC— прямокутний трикутник, С = 90°, АС = ВС = 14 см. Оскільки АС = ВС, то трикутник ABC— прямокутний рівнобедрений, тому САВ = СВА = 45°. Розглянемо трикутник EFB. У ньому EFB = 90° як суміжний з прямим кутом (кутом квадрата) EFC, FBE = 45°. За властивістю гострих кутів прямокутного трикутника BEF+FBE = 90°; BEF = 90° - FBE; BEF = 90° - 45° = 45°. Тому трикутник EFB — прямокутний і рівнобедрений (FE = FB). CF = DE як сторони квадрата. Тоді CF + FE = CF + FB = СВ. Аналогічно CD + DE = АС. Тому P_CDEF = CF + FE + CD + DE = CB + AC = 2AC = 2 • 14 = 28 (см).

Відповідь. 28 см.

175. Оскільки трикутник АМВ— рівносторонній, то АВМ = ВАМ = АМВ = 60°. СВМ+ MBA = ABC; CBM = ABC - MBA; CBM = 90° - 60° = 30°. Аналогічно DAM =30°. Розглянемо трикутники BMC i AMD. У них: 1) ВС = AD як сторони квадрата; 2) ВМ =АМ як сторони рівностороннього трикутника; 3) СВМ = DAM за доведеним вище. Отже, ВМС = AMD за двома сторонами і кутом між ними (за І ознакою рівності трикутників). Тому МС = MD як відповідні елементи рівних трикутників. Тоді трикутник CMD — рівнобедрений.

176. Нехай ABCD— паралелограм, АС і BD— діагоналі, АС = BD, ACBD. Якщо в паралелограма діагоналі рівні, то він є прямокутником. Розглянемо прямокутні трикутники ВОС і DOC (ВОС = DOC). У них: 1) BO = OD як половини рівних відрізків; 2) ОС — спільна сторона. Отже, ВОС = DOC за двома катетами. Тому BC = CD як відповідні елементи рівних трикутників. Якщо в прямокутника сусідні сторони рівні, то цей прямокутник є квадратом.

177. АV = AD + DM + ML + LS + SV. Оскільки сторони кожного квадрата рівні між собою, то АВ + ВС + CD = 3AD; DE + EF + FM = 3DM; MN + NK + KL = 3ML; LP + PO + OS = 3LS; SQ + QT + TV = 3SV. Тоді 3 (AD + DM + ML + LS + SV) = 3АV = 3 • 16 = 48 (см).

178. Дано: AB = а — сторона квадрата ABCD. Побудувати: квадрат ABCD.

Будую довільну пряму m. Позначаю на прямій m точку D. З точки D 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. Аналогічно через точку С проводжу пряму lk. З точки D проводжу коло радіуса АВ = а, яке перетне пряму k у точці С. Аналогічно описаному вище будую пряму l, яка проходить через точку С і таку, що lk. Будую коло з центром у точці D, яке перетне пряму m у точці А. Будую коло з центром у точці С, яке перетне пряму l у точці 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 АВ = а за побудовою.

179. Нехай ABCD— прямокутник, AN, СK, ВK і DN— бісектриси його кутів. Тоді ВАМ = MAD = ADP = PDC = DCP = РСВ = СВМ = MBA = 90° : 2 = 45° як половини прямих кутів. Розглянемо трикутник АМВ. За теоремою про суму кутів трикутника маємо: ВАМ + MAD + АМВ = 180°; АМВ = 180° - (ВАМ + МАВ); АМВ = 180° - (45° + 45°) = 90°. KMN = АМВ = 90° як вертикальні. Аналогічно можна показати, що NPK = 90°. Розглянемо трикутник AND. За теоремою про суму кутів трикутника маємо: NAD + NDA + AND = 180°; AND = 180° - (NAD + NDA); AND = 180° - (45° + 45°) = 90°. Аналогічно можна показати, що ВKС = 90°. Отже, в чотирикутнику MNPK всі кути прямі, тобто він є прямокутником. Розглянемо прямокутні трикутники ВМА і CPD. У них: 1) AB = CD як сторони прямокутника; 2) ВАМ = CDP за доведеним вище. Отже, ВМА = CPD за гіпотенузою і гострим кутом. Тому АМ = DP як відповідні елементи рівних трикутників. У рівно- бедреному трикутнику AND AN = DN, тому маємо, що AN = AM + MN; MN = AN - AM; DN = DP + PN; PN= DN - DP, звідки MN = NP як різниці рівних відрізків. Якщо в прямокутнику сусідні сторони рівні, то цей прямокутник є квадратом.

180. Нехай ABCD — квадрат, M∈ВС, K∈CD, трикутник АМK — рівносторонній. Розглянемо прямокутні трикутники АВМ і ADK (АВМ =ADK = 90°). У них: 1) AB = AD як сторони квадрата; 2) АМ = АK як сторони рівностороннього трикутника. Отже, АВМ = ADK за гіпотенузою і катетом. Тому BM = DK як відповідні елементи рівних трикутників. Так як ВС = CD як сторони квадрата, то ВС = ВМ + МС; МС = ВС - ВМ; CD = CK + KD; CK = CD - KD, звідки МС = СK як різниці рівних відрізків. Тоді трикутник МСk — прямокутний рівнобедрений. Звідси маємо, що CMK = CKM = 45° як кути при основі. Оскільки BD є діагоналлю квадрата, то вона є й його бісектрисою, тобто DBC = CDB = 45°. Розглянемо прямі МK і BD та січну ВС. Тоді CMK = CBD = 45° і є відповідними. Отже, MK||BD.

181. Дано: точки М і K — середини відповідно сторін AB і ВС квадрата ABCD. Побудувати: квадрат ABCD.

Будую відрізок МK. Проводжу до нього серединний перпендикуляр FE. Для цього будую дугу довільного радіуса, але більшого за половину відрізка МK, з центром у точці М. Аналогічно будую дугу такого ж радіуса з центром у точці K. Дуги перетнуться у точках E і F. Будую пряму EF — серединний перпендикуляр до відрізка МК. Серединний перпендикуляр EF перетинає відрізок МKу точці О. На прямій EF будую дугу з центром у точці О радіуса KО, в результаті одержую точку В. Проводжу промені ВМ і ВK. На промені ВМ відкладаю за точкою М відрізок МА = ВМ, а на промені ВK відкладаю за точкою K відрізок KС = ВK, у результаті чого одержую вершини А та С. Проводжу два кола з центрами в точках А та С радіуса АВ, які в перетині дадуть вершину D. Сполучаю відрізками точки С і D та А і D. Отже, побудований квадрат ABCD— шуканий, бо в ньому ВK = KС і ВМ = МА за побудовою.

182. Нехай ABCD — квадрат, MN і EF перетинають дві протилежні сторони, MNEF. Проведемо KN||AD і PF||AB. Розглянемо прямокутні трикутники MKN і EPF. У них: 1) KN = PF як відрізки, що дорівнюють сторонам квадрата; 2) MNK = EFP як кути з перпендикулярними сторонами. Отже, MKN = EPF за катетом і гострим кутом. Тому MN = EF як відповідні елементи рівних трикутників.

183.

1) Дано: AK = a + d— сума сторони і діагоналі квадрата ABCD. Побудувати: квадрат ABCD.

Нехай AB = BC = CD = AD = a,AC = BD = d. Будую довільну пряму m. Позначаю на прямій m точку А. Проводжу дугу з центром у точці А радіуса АK й у перетині з прямою m одержую точку K. З точки А проводжу коло довільного радіуса, яке перетне пряму m у двох точках — M i 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, через які проводжу пряму k таку, що kMN. Аналогічно через точку K проводжу пряму lm. Будую кут 22,5°, вершина якого міститься у точці K. Для цього достатньо побудувати бісектрису прямого кута, а потім бісектрису кута 45° (див. задачу № 158). Прямі k і KF перетнуться в точці В. Проводжу коло з центром у точці А радіуса АВ, яке перетне пряму m у точці D. Проводжу два кола з центрами в точках В та D радіуса АВ, які в перетині дадуть вершину С. Сполучаю відрізками точки С і D та В і С. Отже, побудований квадрат ABCD — шуканий, бо в ньому АK = а + d за побудовою;

2) Дано: АK = d - а— різниця сторони і діагоналі квадрата ABCD. Побудувати: квадрат ABCD.

Схема побудови. Нехай АВ = ВС = CD = AD = а, АС = BD = d. Будую довільну пряму m. Позначаю на прямій m точку А. Проводжу дугу з центром у точці А радіуса АK й у перетині з прямою m одержую точку K. Будую квадрат AXYK за стороною АK (див. задачу № 178). Проводжу діагональ AY квадрата AXYK. На прямій m відкладаю відрізок AF = AY. На прямій m за точкою K відкладаю відрізок KD = AK. Будую квадрат ABCD за стороною AD. Отже, побудований квадрат ABCD — шуканий, бо в ньому АK = d - а за побудовою.

184. Нехай ABCD — квадрат, точка О лежить у квадраті, LOAD = ODA = 15°. Припустимо, що твердження доведене, тобто трикутник ВОС — рівносторонній. Тоді виконуються співвідношення ВО = ОС - ВС і BOC = OCB = OBC = 60°. Тоді за аксіомою вимірювання кутів ABC = ABO + OBC; ABO = ABC - OBC; ABO = 90°- 60° = 30°. Аналогічно DCO = 30°. Розглянемо трикутники АОВ і DOC. У них: 1 )ABO = DCO за доведеним вище; 2) ВО = СО як сторони рівнобедреного трикутника; 3) АВ = DC як сторони квадрата. Отже, АОВ = DOC за двома сторонами і кутом між ними (за І ознакою рівності трикутників). Тому AB = BO = CO = CD як відповідні елементи рівних трикутників. Тоді трикутники АBО і DCO — рівнобедрені з кутами при вершині 30°. Тоді кути при основі дорівнюють по (180° - 30°) : 2 = 75°. Тоді за аксіомою вимірювання кутів BAD = BAO+ OAD; OAD = BAD - BAO; OAD = 90° -75° = 15°, як задано за умовою. Аналогічно ODA = 15°. Отже, наше припущення вірне, тому трикутник ВОС — рівнобедрений.

185. Нехай ABCD— квадрат, M∈BC, Е∈CD, BAM = MAE. Продовжимо сторону квадрата CD і за точкою D відкладемо відрізок DK = ВМ. Сполучимо точки А та K. Розглянемо прямокутні трикутники ABM і ADK (ABM = ADK = 90°). У них: 1) AB = AD як сторони квадрата; 2) ВМ = DK за побудовою. Отже, АВМ = ADK за двома катетами. Тому ВАМ = KAD і АМВ = AKD як відповідні елементи рівних трикутників. Нехай ВАМ = KAD = x, тоді за властивістю гострих кутів прямокутного трикутника АМВ = AKD - 90° - х. BAD = ВАМ + MAE + EAD; EAD = BAD — (BAM + MAE); EAD = 90° - 2x. EAK =EAD +DAK; EAK = 90° - 2x + x = 90° - x. Розглянемо трикутник EAK. У ньому EAK = ЕКА = 90° - x. Тому він рівнобедрений (АЕ = ЕK). Тоді AE = ED + DK = ED + ВМ = ВМ + DE.

186. Нехай на рисунку AB||CD, АВ = АЕ, CD = CE. Оскільки АВ = АЕ, то трикутник АВЕ— рівнобедрений з основою BE. Тому АВЕ = ВЕА як кути при основі. Нехай АВЕ = ВЕА = х. Оскільки CD = СЕ, то трикутник ECD — рівнобедрений з основою DE. Тому CED = CDE як кути при основі. Нехай CED = CDE = у. ВАЕ = DCM як відповідні при паралельних прямих АВ і CD та січній АС. Розглянемо трикутник АВЕ. За теоремою про суму кутів трикутника маємо: ВАЕ + АВЕ + ВЕА = 180°; ВАЕ = 180° - (АВЕ + ВЕА); ВАЕ = 180° -(х + х) = 180° - 2х Розглянемо трикутник CDE. За теоремою про зовнішній кут трикутника при вершині С маємо: DCM =CED + CDE; DCM = у + у = 2у. Тому 180° - 2х = 2у; 2х + 2у =180°; х + у = 90°. За аксіомою вимірювання кутів АЕС = ВЕА + BED + DEC; BED = А ЕС — (ВЕА + DEC); BED = 180° - (x + у) = 180° - 90° = 90°. Отже, BED - 90°, тому BEDE.

187. Розглянемо трикутники BCF і KDF. У них: 1) BF = KF за умовою; 2) CF = DF за умовою; 3) CFB = DFK як вертикальні. Отже, BCF = KDF за двома сторонами і кутом між ними (за І ознакою рівності трикутників). Тому CBF = DKF як відповідні елементи рівних трикутників. Кути CBF і DKF є внутрішніми різносторонніми при прямих ВС і АK та січній ВK. Оскільки ці кути рівні, то ВС||АK. Тоді ВС||АK і EF||AD за умовою, тому EF||BC.

188. Шуканими точками будуть вершини фігури, утвореної з квадрата, до кожної сторони якого добудовано рівносторонній трикутник.