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

Розділ І. Чотирикутники

§ 8. Вписані й описані чотирикутники

Пояснення

Ознака вписаного чотирикутника: якщо сума протилежних кутів чотирикутника дорівнює 180°, то навколо нього можна описати коло.

Якщо паралелограм вписаний у коло, то він є прямокутником. Якщо трапеція вписана в коло, то вона рівнобедрена.

Ознака описаного чотирикутника: якщо в опуклому чотирикутнику суми протилежних сторін рівні, то в нього можна вписати коло.

Якщо в паралелограм вписано коло, то цей паралелограм є ромбом.

245. У прямокутник можна вписати коло, якщо суми його протилежних сторін рівні, отже, якщо він є квадратом. Навколо ромба можна описати коло, якщо суми його протилежних кутів дорівнюють 180°, тому він є квадратом.

246. Якщо чотирикутник має лише один прямий кут, навколо нього не можна описати коло, бо сума протилежних кутів повинна дорівнювати 180°, тому протилежний прямому кут теж 90°.

Якщо чотирикутник має два прямих кути, навколо нього можна описати коло, якщо ці кути протилежні.

247. Ні, трапеція повинна бути рівнобічною, а прямокутна трапеція рівнобічною бути не може.

248. Треба продовжити бічні сторони АВ і CD, точка М — буде точкою їх перетину.

249. Ні, оскільки суми протилежних сторін рівні і четверта сторона буде дорівнювати цим трьом, а це вже не буде трапеція. Описати коло навколо цієї трапеції можна, оскільки вона є рівнобічною.

250. ABCD — чотирикутник, вписаний в коло з центром О. ∠A = 110°, ∠B = 92° => ∠C = 180° - ∠A = 180° - 110° = 70°. ∠D = 180° - ∠B = 180° - 92° = 88°.

251. ABCD — чотирикутник, описаний навколо кола з центром О. АВ = 3,8 см, ВС = 5,4 см, CD = 4,4 см. Оскільки АВ + CD = ВС + AD, то AD = (АВ + CD) - ВС = (3,8 + 4,4) - 5,4 = 2,8 см.

252. a) Ні, оскільки 90° + 20° ≠ 90° + 160°.

б) Так, оскільки 5° + 175° = 120° + 60°.

253. а) Нехай ∠A = 46°, ∠B = 125°, тоді ∠C = 180° - ∠A = 180° - 46° = 134°, ∠D = 180° - ∠B = 180° - 125° = 55°.

Відповідь: 134°, 55°.

б) ABCD — вписана трапеція, ∠A = 80°, тоді ∠D = 80°, ∠B = ∠C = 180° - 80° = 100°.

Відповідь: 80, 100°, 100°.

в) ЯКЩО діагоналі вписаного чотирикутника точкою перетину діляться навпіл, то цей чотирикутник — паралелограм. Якщо паралелограм вписаний в коло, то він є прямокутником. Отже, ∠A = ∠B = ∠C = ∠D = 90°.

Відповідь: 90°, 90°, 90°, 90°.

254. a) ABCD — вписаний чотирикутник, причому ∠A = ∠C, ∠D = 50°. Оскільки повинна виконуватися рівність ∠A + ∠C = ∠B + ∠D = 180°, то

Відповідь: ∠A = ∠C = 90°, ∠B = 130°.

б) ABCD — вписана трапеція, тому вона рівнобічна (АВ = CD) і ∠B = ∠C; ∠A = ∠D. Маємо ∠B = ∠C = 230° : 2 = 115°, ∠A = ∠D = 180° - 115° = 65°.

Відповідь: 65°, 115°, 115°, 65°.

255. Нехай ABCD — прямокутник, вписаний в коло з центром О. Оскільки ∠BCD — вписаний і дорівнює 90°, то він спирається на діаметр, аналогічно АС теж є діаметром. Оскільки діагоналі прямокутника є діаметрами кола, в який його вписано, то точкою їх перетину є саме центр кола.

256. Нехай А — даний гострий кут. С знаходиться всередині кута А. В, С належать його сторонам і ∠ADC = ∠ABC = 90°. Оскільки ∠ADC + ∠ABC = 90° + 90° = 180°, то навколо ABCD можна описати коло.

257. Нехай ABCD — чотирикутник, в якому ∠A + ∠C = ∠B + ∠D. Оскільки ∠A + ∠B + ∠C + ∠D = 360° в будь-якому чотирикутнику, то ∠A + ∠C = ∠B + ∠D = 360° : 2 = 180°, отже, навколо ABCDможна описати коло.

258. а) Нехай ABCD — описаний чотирикутник, в якому АВ = 7 см, ВС = 9 см, CD = 8 см. За властивістю описаного чотирикутника АВ + CD = ВС + AD, тому 7 см + 8 см = 9 см + AD; AD = 6 см і P_ABCD = 7 + 8 + 9 + 6 = 30 (см).

Відповідь: 30 см.

б) Нехай ABCD — описана трапеція, причому АВ = 3 см, CD = 11 см. За властивістю описаного чотирикутника АВ + CD = ВС + AD, тому ВС + ADM = 3 + 11 = 14 см і Р_ABCD = 14 + 14 = 28 см.

Відповідь: 28 см.

259. Нехай ABCD — трапеція, описана навколо кола (АВ = CD) MN — її середня лінія.

а) Оскільки MN = 7 см, то AD + ВС = 2 ∙ 7 = 14 см.

Оскільки трапеція описана, то АВ + CD = AD + ВС = 14 см. Але АВ = CD за умовою, тому АВ = CD = 14 : 2 = 7 см.

Відповідь: 7 см.

б) Оскільки трапеція описана навколо кола, то АВ + CD = ВС + AD = Р : 2 = 16 : 2 = 8 см і MN = (AD + ВС) : 2 = 8 : 2 = 4 см.

Відповідь: 4 см.

260. Нехай ABCD — квадрат, описаний навколо кола з центром О і В = 3 см. Через О проведемо МH ⊥ AD. Оскільки МН ⊥ AD, AD ⊥ CD, CD ⊥ ВС, то HMCD — прямокутник і CD = МН = 2R = 2 ∙ 3 = 6 см.

P_ABCD = 4 ∙ CD = 4 ∙ 6 = 24 см.

Відповідь: 24 см.

261. Нехай ABCD — чотирикутник, вписаний в коло з центром О, О ∈ AD. ∠ACB = 20°, ∠DBC = 10°. ∠ACD = 90° (спирається на діаметр) => ∠BCD = 90° + 20° = 110°. ∠ABD = 90° (спирається на діаметр) => ∠ABC = 90° + 10° = 110°.

Оскільки чотирикутник ABCD — вписаний, то ∠BAD = 180° - ∠BCD = І80° - 110° = 70°.

∠ADC = 180° - ∠ABC = 180° - 100° = 80°.

Відповідь: 70°, 100°, 110°, 80°.

262. Нехай ABCD — трапеція, вписана в коло з центром О, О ∈ AD. М — точка перетину діагоналей трапеції і ∠CMD = 70°. ∠ACD = 90° (спирається на діаметр).

Оскільки ABCD — трапеція, що вписана в коло, то вона рівнобедрена (АВ = CD). З рівнобедреного ΔBMC за теоремою про зовнішній кут маємо ∠BCM = ∠CBM = 70° : 2 = 35°. Отже, ∠BCD = 90° + 35° = 125°, a ∠ADC = 180° - 125° = 55° = ∠BAD.

Відповідь: 55°, 125°, 125°, 55°.

263. Нехай ABC — даний трикутник. АА₁ і СС₁ — його висоти, які перетинаються в т. D. Розглянемо чотирикутник A₁BC₁D: ∠DA₁B = ∠BC₁D = 90° (оскільки AA₁ і CC₁ — висоти). Отже, ∠DA₁B + ∠BC₁D = 180°. З того, що сума кутів будь-якого чотирикутника дорівнює 360°, випливає, що ∠C₁BA₁ + ∠C₁DA₁ = 360° - 180° = 180°. Маємо, що в чотирикутнику A₁BC₁D суми протилежних кутів дорівнюють 180°, тому навколо A₁BC₁D можна описати коло і т. А₁, В, C₁ і D лежать на одному колі.

264. Нехай ABCD — даний чотирикутник. Бісектриси його кутів перетинаються в точках М, N, К і Р, утворюючи чотирикутник.

З ΔCKD маємо:

З ΔАМВ:

З ΔAND:

З ΔBPC:

∠NKP — вертикальний ∠CKD, отже,

∠NMP — вертикальний ∠AMB, тому

Знайдемо суми протилежних кутів чотирикутника MNKP:

Маємо: суми протилежних кутів чотирикутника MNKP дорівнюють 180° тому навколо нього можна описати коло.

265. а) Нехай ABCD — даний ромб, в який вписано коло. М, N, К і Р — точки дотику кола до сторін ромба. За властивістю дотичної ON ⊥ CD, OP ⊥ АВ. Оскільки CD || АВ, то PN — їх спільний перпендикуляр. Аналогічно МК — спільний перпендикуляр до ВС і AD. ΔCON = ΔАОР за гіпотенузою і гострим кутом => ON = OP = R.

Розглянемо ΔОАР і ΔОАК:

1. ОА — спільна.

2. OP = OK = R.

3. ∠OPA = ∠OKA = 90°.

ΔОАР = ΔОАК за катетом і гіпотенузою => ∠OAP = ∠OAK => АО — бісектриса ∠PAK. Отже, центр кола О лежить на діагоналі АС. Аналогічно доводимо, що О належить діагоналі BD. Тому О є точкою перетину діагоналей ромба.

б) Нехай ABCD — дана трапеція, в яку вписане коло. Проведемо ОМ і ON в точки дотику. За властивістю дотичної ОМ ⊥ ВС, ON ⊥ AD. Оскільки ВС || AD, то MN — їх спільний перпендикуляр, тобто MN — висота трапеції. MN = ОМ + ON = 2R. Отже, висота трапеції в 2 рази більша, за радіус кола, вписаного в неї.

266. Нехай ABC і ADC — рівнобедрені трикутники зі спільною основою АС.

З того, що ΔABC і ΔADC — рівнобедрені, випливає, що АВ = ВС і AD = DC => АВ + DC = ВС + AD. Оскільки в чотирикутнику ABCD суми протилежних сторін рівні, то в нього можна вписати коло.

267. Якщо в чотирикутник можна вписати коло, то суми його протилежних сторін однакові. Оскільки 4 м + 9 м = 8 м + 5 м, то протилежні сторони чотирикутника 4 м і 9 м та 8 м і 5 м.

268. Нехай ABCD — ромб, в який вписане коло з центром О. ∠ABC = 60°, AD = 24 см. Проведемо ОН ⊥ ВС, ОН = R.

Розглянемо ΔВНО: Тому (як катет, що лежить проти кута 30°).

Відповідь: 6 см.

269. Нехай ABCD — дана прямокутна трапеція, в яку вписане коло з центром О і R = 3 см. CD = 10 см.

Оскільки h = 2R, то АВ = h = 2 ∙ 3 = 6 см.

Оскільки в трапецію можна вписати коло, то AD + ВС = АВ + CD = 10 + 6 = 16 см.

Відповідь: 8 см.

270. Нехай ABC — даний трикутник (АВ = ВС), a MN — його середня лінія.

За умовою Р_ΔMBN = 24 см, АС = 12 см. За властивістю середньої лінії Оскільки АВ = ВС, а М і N — середини сторін АВ і ВС, то AM = MB = BN = NC = (24 - 6) : 2 = 9 см. У трапеції AMNC маємо: АС + MN = 12 + 6 = 18 см, AM + NC = 9 + 9 = 18 см. Оскільки в трапеції AMNC суми протилежних сторін рівні, то в неї можна вписати коло.

271. Нехай АВ і АС — дотичні до кола з центром О.

За властивістю відрізків дотичних АВ = АС, a BO = СО = В, тому АВ + CO = АС + ВО. Оскільки в чотирикутнику АВОС суми протилежних сторін рівні, то в нього можна вписати коло.

272. Нехай ABCD — трапеція, в яку вписано коло з центром О.

а) Проведемо ОМ і ON в точки дотику. М ∈ AD, N ∈ АВ.

Розглянемо ΔANO і ΔАМО:

1. ∠ANO = ∠AMO = 90° (за властивістю дотичної).

2. ON = ОМ = R.

3. АО — спільна.

=> ΔANO = ΔАМО за катетом і гіпотенузою => ∠NAO = ∠МАО як відповідні кути рівних трикутників => АО — бісектриса. Аналогічно можна довести, що BO, СО і DO — бісектриси кутів трапеції.

б) ∠СВА + ∠BAD = 180° за властивістю кутів, прилеглих до бічної сторони, отже, З ΔАОВ за теоремою про суму кутів трикутника ∠АОВ = 180° - (∠АBО + ∠ВАО) = 180° - 90° = 90°. Аналогічно маємо ∠COD = 90°.

273. Нехай ABCD — даний чотирикутник, ∠ABD = ∠ACD.

Опишемо коло навколо ΔABD. Припустимо, що т. С належить цьому колу. Точка М — точка перетину CD з колом. Тоді ∠AMD = ∠ABD (спираються на одну дугу). Маємо ∠AMD = ∠ACD, але ∠AMD — зовнішній кут ΔACM і ∠AMD - ∠ACD + ∠САМ => ∠САМ = 0, а це означає, що ∠ACD співпадає з ∠AMD => С співпадає з М => С належить колу.

274. Нехай ABCD — даний ромб. ВМ і BN — його висоти. MN = 1/2BD. Оскільки ВМ і BN — висоти, то ∠BMD + ∠BND = 90° + 90° = 180°, а це означає, що навколо чотирикутника BMDN можна описати коло і BO = OD = ОМ = MN = R.

ΔOFM = ΔOFN за катетом і гіпотенузою, отже, MF = FN, ∠OFM = ∠OFN = 90°. Розглянемо ΔOFM: ОМ = R, FМ = R/2 => ∠MOF = 30° як кут, що лежить проти катета, що в 2 рази менший за гіпотенузу. У ΔBOM ∠MOF є зовнішнім, тому ∠MBO = ∠BMO = 30° : 2 = 15°. Розглянемо ΔBMD: ∠MBD = 15° => ∠MDB = 180° - (90° + 15°) = 75°. За властивістю діагоналей ромба DB — бісектриса ∠CDA => ∠CDA = 75° ∙ 2 = 150°, a ∠BCD = 180° - ∠CDA = 180° - 150° = 30°.

Відповідь: 30°, 150°.

275. Нехай АСВ — даний трикутник (∠C = 90°). На гіпотенузі побудовано квадрат ABDE і К — точка перетину діагоналей квадрата.

Оскільки ∠ACB + ∠AKB = 90° + 90° = 180°, то навколо АСВК можна описати коло, центр якого знаходиться на середині гіпотенузи АВ. ∠ACK є вписаним в це коло, a ∠AOK — центральним, що спирається на ту саму дугу =>

Відповідь: 45°.

276. Якщо за умовою ∠B + ∠D = 180°, то ∠A + ∠C = 180°, а це означає, що навколо ABCD можна описати коло, тобто D належить цьому колу і не може знаходитись поза ним.

277. Помилка полягає в тому, що трикутники ARD і CDE можуть бути рівними за стороною і двома прилеглими до неї кутами, тобто треба було довести ∠BAD = ∠CDE, а не ∠BAD = ∠CED.

278. Нехай d — діагональ ромба, r — радіус вписаного в цей ромб кола.

Аналіз. Нехай ромб ABCD побудовано. ΔВНО можна побудувати за катетом і гіпотенузою Таким чином, отримаємо вершину ромба В. На продовженні ВО відкладаємо OD = ВО. Маємо вершину D. С — точка перетину серединного перпендикуляра до BD і прямої ВН. А ∈ ОС, АО = ОС.

Побудова.

1. Будуємо ΔВНО за катетом і гіпотенузою.

2. На ВО відкладаємо OD = ВО.

3. Будуємо серединний перпендикуляр до BD.

4. С — точка перетину ВН з серединним перпендикуляром.

5. На ОС відкладаємо АО = ОС.

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

Доведення. ВО = OD, АО = ОС => ABCD — паралелограм, BD ⊥ АС => ABCD — ромб. BD = d, ОН = r.

279. Нехай с — бічна сторона рівнобічної трапеції, r — радіус кола, вписаного в неї.

Аналіз. Нехай трапецію ABCD побудовано. Прямокутний трикутник CHD можна побудувати за катетом і гіпотенузою (СН = 2r, CD = с). Таким чином, отримаємо вершини С і D трапеції, О — точка перетину бісектриси ∠D з перпендикуляром до неї з т. С. Використовуючи рівність ΔCOD і ΔВОА, знайдемо т. А як точку перетину кола з центром О і R = OD і прямої DH. Через т. С проведемо пряму, паралельну AD. В - точка перетину кола з центром А і R = с з цією прямою.

Побудова.

1. Будуємо ΔCHD за катетом і гіпотенузою.

2. Будуємо бісектрису ∠D.

3. З точки С проводимо перпендикуляр до цієї бісектриси. О — точка їх перетину.

4. Будуємо коло з центром О і радіусом OD.

5. А — точка перетину цього кола з прямою DH.

6. Проводимо пряму, паралельну AD через т. С.

7. Будуємо коло з центром А і радіусом с.

8. В — точка перетину цього кола з побудованою прямою. 9. Послідовно з’єднуємо т. А, В, С і D.

Доведення. ВС || AD за побудовою => ABCD — трапеція. АВ = CD = с, СН = 2r. Задача має єдиний розв’язок, коли 2r < с.

280. Нехай ABC — даний трикутник, ∠А = 60°. ВМ і CN — бісектриси ∠В і ∠С відповідно. О — точка їх перетину. За теоремою про суму кутів трикутника: ∠В + ∠С = 180° - ∠А = 180° - 60° = 120°.

Розглянемо ΔВОС: Шуканий ∠МОС є зовнішнім кутом ΔВОС => ∠МОС = ∠ОВС + ∠ВСО = 60°.

Відповідь: 60°.

281. Нехай ABC — даний трикутник, ∠А = 60°. СН₂ і ВН₁ — висоти ΔABC, О — точка їх перетину. Розглянемо чотирикутник AH₂OH₁. ∠AH₂O = ∠AH₁O = 90°, ∠А = 60°. Отже, за теоремою про суму кутів чотирикутника ∠Н₂ОН₁ = 360° - (90° + 60° + 90°) = 120°. Шуканий ∠H₁OC є суміжним з ∠Н₂ОН₁ => ∠H₁OC = 180° - 120° = 60°.

Відповідь: 60°.