Страница 31 - гдз по геометрии 8 класс учебник Солтан, Солтан

51. а) Биcсектрисы углов $B$ и $C$ параллелограмма $ABCD$ пересекаются на стороне $AD$. Докажите, что $AD = 2AB$.

б) Биcсектриса угла $M$ параллелограмма $LMNP$ пересекает сторону $LP$ в ее середине $K$. Найдите периметр параллелограмма, если $NP = 25$ мм и $\angle N = 60^{\circ}$.

а) Пусть дан параллелограмм $ABCD$. Биссектрисы углов $B$ и $C$ пересекаются в точке $E$, лежащей на стороне $AD$.
Рассмотрим биссектрису угла $B$, назовем ее $BE$. По определению биссектрисы, $\angle ABE = \angle CBE$.
Так как $ABCD$ – параллелограмм, его противоположные стороны параллельны, то есть $BC \parallel AD$.
При пересечении параллельных прямых $BC$ и $AD$ секущей $BE$ образуются накрест лежащие углы, которые равны: $\angle CBE = \angle AEB$.
Из двух полученных равенств следует, что $\angle ABE = \angle AEB$.
Это означает, что треугольник $ABE$ является равнобедренным с основанием $BE$. Следовательно, стороны, противолежащие равным углам, равны: $AB = AE$.

Теперь рассмотрим биссектрису угла $C$, назовем ее $CE$. По определению, $\angle BCE = \angle DCE$.
Так как $BC \parallel AD$, то при пересечении этих прямых секущей $CE$ накрест лежащие углы равны: $\angle BCE = \angle DEC$.
Следовательно, $\angle DCE = \angle DEC$.
Это означает, что треугольник $DCE$ является равнобедренным с основанием $CE$. Следовательно, $CD = DE$.
В параллелограмме противолежащие стороны равны, поэтому $CD = AB$.
Таким образом, мы получаем, что $DE = AB$.

Точка $E$ лежит на стороне $AD$, поэтому длина стороны $AD$ равна сумме длин отрезков $AE$ и $DE$: $AD = AE + DE$.
Подставив в это равенство найденные соотношения ($AE=AB$ и $DE=AB$), получаем:
$AD = AB + AB = 2AB$.
Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что $AD = 2AB$.

б) Пусть дан параллелограмм $LMNP$. Биссектриса угла $M$, которую назовем $MK$, пересекает сторону $LP$ в ее середине, точке $K$.
Из условия известно, что $K$ – середина $LP$, значит $LK = KP$ и, следовательно, $LP = 2 \cdot LK$.
Также дано, что $NP = 25$ мм и $\angle N = 60^\circ$.
В параллелограмме противолежащие стороны равны, поэтому $LM = NP = 25$ мм.

Поскольку $MK$ является биссектрисой угла $M$, то $\angle LMK = \angle NMK$.
В параллелограмме $LMNP$ стороны $MN$ и $LP$ параллельны ($MN \parallel LP$).
При пересечении этих параллельных прямых секущей $MK$ накрест лежащие углы равны: $\angle NMK = \angle LKM$.
Из равенств $\angle LMK = \angle NMK$ и $\angle NMK = \angle LKM$ следует, что $\angle LMK = \angle LKM$.
Это означает, что треугольник $LMK$ является равнобедренным с основанием $MK$, и его боковые стороны равны: $LM = LK$.

Так как $LM = 25$ мм, то и $LK = 25$ мм.
Теперь мы можем найти длину стороны $LP$:
$LP = 2 \cdot LK = 2 \cdot 25 = 50$ мм.

Периметр параллелограмма вычисляется по формуле $P = 2 \cdot (a+b)$, где $a$ и $b$ – длины смежных сторон. В нашем случае это стороны $LM$ и $LP$.
$P_{LMNP} = 2 \cdot (LM + LP) = 2 \cdot (25 \text{ мм} + 50 \text{ мм}) = 2 \cdot 75 \text{ мм} = 150$ мм.
(Информация об угле $\angle N = 60^\circ$ является избыточной для решения данной задачи).

Ответ: 150 мм.

52. Найдите углы параллелограмма, если:

а) сумма двух его противоположных углов равна $94^\circ$;

б) разность двух из них равна $70^\circ$.

а) В параллелограмме противоположные углы равны. Пусть два равных противоположных угла — это $\alpha$. По условию, их сумма составляет $94^\circ$, то есть $\alpha + \alpha = 94^\circ$. Отсюда $2\alpha = 94^\circ$, и $\alpha = 47^\circ$. Итак, два угла параллелограмма равны по $47^\circ$. Сумма углов, прилежащих к одной стороне параллелограмма, равна $180^\circ$. Пусть второй угол — это $\beta$. Тогда $\beta = 180^\circ - \alpha = 180^\circ - 47^\circ = 133^\circ$. Противоположные углы равны, поэтому два других угла также равны по $133^\circ$. Таким образом, в параллелограмме две пары углов: $47^\circ$ и $133^\circ$. Ответ: $47^\circ, 133^\circ, 47^\circ, 133^\circ$.

б) В параллелограмме противоположные углы равны, поэтому их разность равна нулю. Следовательно, в условии говорится о двух углах, прилежащих к одной стороне (смежных). Пусть эти углы равны $\alpha$ и $\beta$. Сумма таких углов всегда равна $180^\circ$, то есть $\alpha + \beta = 180^\circ$. По условию, их разность равна $70^\circ$. Пусть $\beta$ — больший угол, тогда $\beta - \alpha = 70^\circ$. Мы получили систему из двух уравнений: $ \begin{cases} \alpha + \beta = 180^\circ \\ \beta - \alpha = 70^\circ \end{cases} $. Сложив эти два уравнения, получим: $(\alpha + \beta) + (\beta - \alpha) = 180^\circ + 70^\circ$, что упрощается до $2\beta = 250^\circ$. Отсюда $\beta = 125^\circ$. Теперь найдем $\alpha$, подставив значение $\beta$ в первое уравнение: $\alpha + 125^\circ = 180^\circ$, откуда $\alpha = 180^\circ - 125^\circ = 55^\circ$. Углы параллелограмма — это две пары равных противоположных углов. Ответ: $55^\circ, 125^\circ, 55^\circ, 125^\circ$.

53. В параллелограмме $ABCD$ $BC : AB = 1 : 2$. Середина $M$ стороны $AB$ соединена отрезками с вершинами $C$ и $D$. Докажите, что $\angle CMD$ равен $90^\circ$.

Пусть $ABCD$ — данный параллелограмм. Согласно условию, $BC : AB = 1 : 2$. Обозначим длину стороны $BC$ как $a$, тогда длина стороны $AB$ будет равна $2a$.

В параллелограмме противолежащие стороны равны, следовательно, $AD = BC = a$ и $CD = AB = 2a$.

Точка $M$ — середина стороны $AB$. Это означает, что $AM = MB = \frac{AB}{2} = \frac{2a}{2} = a$.

Для доказательства того, что $\angle CMD = 90^\circ$, мы воспользуемся теоремой, обратной теореме Пифагора, для треугольника $CMD$. Нам нужно доказать, что $CD^2 = DM^2 + CM^2$. Для этого найдем квадраты длин сторон $DM$ и $CM$, используя теорему косинусов.

Обозначим угол параллелограмма $\angle DAB$ как $\alpha$. Тогда смежный с ним угол $\angle ABC = 180^\circ - \alpha$.

Рассмотрим треугольник $ADM$. По теореме косинусов: $DM^2 = AD^2 + AM^2 - 2 \cdot AD \cdot AM \cdot \cos(\angle DAB)$ $DM^2 = a^2 + a^2 - 2 \cdot a \cdot a \cdot \cos(\alpha)$ $DM^2 = 2a^2 - 2a^2 \cos(\alpha) = 2a^2(1 - \cos\alpha)$.

Рассмотрим треугольник $BCM$. По теореме косинусов: $CM^2 = BC^2 + MB^2 - 2 \cdot BC \cdot MB \cdot \cos(\angle ABC)$ $CM^2 = a^2 + a^2 - 2 \cdot a \cdot a \cdot \cos(180^\circ - \alpha)$. Так как $\cos(180^\circ - \alpha) = -\cos(\alpha)$, получаем: $CM^2 = 2a^2 - 2a^2(-\cos\alpha) = 2a^2 + 2a^2 \cos(\alpha) = 2a^2(1 + \cos\alpha)$.

Теперь найдем сумму квадратов сторон $DM$ и $CM$: $DM^2 + CM^2 = 2a^2(1 - \cos\alpha) + 2a^2(1 + \cos\alpha)$ $DM^2 + CM^2 = (2a^2 - 2a^2\cos\alpha) + (2a^2 + 2a^2\cos\alpha)$ $DM^2 + CM^2 = 4a^2$.

Длина стороны $CD$ равна $2a$, следовательно, ее квадрат $CD^2 = (2a)^2 = 4a^2$.

Мы получили, что $DM^2 + CM^2 = CD^2$. Согласно теореме, обратной теореме Пифагора, если сумма квадратов двух сторон треугольника равна квадрату третьей стороны, то этот треугольник является прямоугольным. Угол, лежащий против третьей стороны (в нашем случае $CD$), является прямым.

Следовательно, $\angle CMD = 90^\circ$, что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что $\angle CMD$ равен $90^\circ$.

54. $ABCD$ – параллелограмм, отрезки $AA_1$, $BB_1$, $CC_1$, $DD_1$ лежат на биссектрисах его углов (рисунок 36). Установите вид четырехугольника $MNKL$.

Рисунок 36

Для того чтобы установить вид четырехугольника MNKL, образованного пересечением биссектрис углов параллелограмма ABCD, необходимо найти его внутренние углы.

Рассмотрим угол четырехугольника при вершине N. Согласно условию и рисунку, вершина N является точкой пересечения биссектрис, проведенных из углов A и D. Эти биссектрисы вместе со стороной AD параллелограмма образуют треугольник AND.

В любом параллелограмме сумма углов, прилежащих к одной стороне, равна 180°. Следовательно, для стороны AD имеем: $∠DAB + ∠ADC = 180°$.

Поскольку отрезки AN и DN лежат на биссектрисах, они делят углы ∠DAB и ∠ADC пополам:

$∠NAD = \frac{1}{2} ∠DAB$

$∠NDA = \frac{1}{2} ∠ADC$

Найдем сумму этих двух углов в треугольнике AND:

$∠NAD + ∠NDA = \frac{1}{2} ∠DAB + \frac{1}{2} ∠ADC = \frac{1}{2} (∠DAB + ∠ADC) = \frac{1}{2} \cdot 180° = 90°$.

Так как сумма всех углов в треугольнике равна 180°, то третий угол треугольника AND, угол ∠AND, равен:

$∠AND = 180° - (∠NAD + ∠NDA) = 180° - 90° = 90°$.

Угол ∠MNK четырехугольника MNKL — это и есть угол ∠AND, так как лучи NM и NK совпадают с лучами NA и ND. Таким образом, $∠MNK = 90°$.

Аналогичные рассуждения можно провести для всех остальных вершин четырехугольника MNKL, так как каждая из них является точкой пересечения биссектрис двух соседних углов параллелограмма:

• Для вершины M (пересечение биссектрис углов A и B) угол $∠AMB = 90°$. Следовательно, $∠NML = 90°$.

• Для вершины L (пересечение биссектрис углов B и C) угол $∠BLC = 90°$. Следовательно, $∠KLM = 90°$.

• Для вершины K (пересечение биссектрис углов C и D) угол $∠CKD = 90°$. Следовательно, $∠NKL = 90°$.

Таким образом, все четыре угла четырехугольника MNKL являются прямыми. Четырехугольник, у которого все углы прямые, является прямоугольником.

Ответ: Четырехугольник MNKL — прямоугольник.

55. По данным на рисунке 37, а, б, в найдите: а) периметр параллелограмма ABCD; б) углы параллелограмма EKMP; в) углы и периметр параллелограмма QRST.

а) Для параллелограмма ABCD: высота $BH = 2$, угол $A = 30^\circ$, сторона $BC = a$.

Из $\triangle ABH$: $AB = BH / \sin A = 2 / \sin 30^\circ$.

Периметр: $P_{ABCD} = 2(AB + BC) = 2(AB + a)$.

б) Для параллелограмма EKMP: угол $P = \alpha$. Высота $KF$ к стороне $EP$, при этом $EF = FP$.

Углы: $\angle P = \alpha$, $\angle K = \alpha$, $\angle E = 180^\circ - \alpha$, $\angle M = 180^\circ - \alpha$.

в) Для параллелограмма QRST: угол $Q = 60^\circ$, сторона $ST = 4$, $QN = 4$, $NT = 3$.

Стороны: $QT = QN + NT = 4 + 3 = 7$, $QR = ST = 4$.

Углы: $\angle Q = 60^\circ$, $\angle S = 60^\circ$, $\angle R = 180^\circ - 60^\circ$, $\angle T = 180^\circ - 60^\circ$.

Периметр: $P_{QRST} = 2(QR + QT)$.

Рисунок 37

a)

Рассмотрим прямоугольный треугольник $ABH$. В нем известен угол $\angle A = 30^\circ$ и противолежащий этому углу катет $BH = 2$.

В прямоугольном треугольнике катет, лежащий против угла в $30^\circ$, равен половине гипотенузы. Отсюда следует, что гипотенуза $AB$ в два раза больше катета $BH$.

$AB = 2 \cdot BH = 2 \cdot 2 = 4$.

По свойству параллелограмма, его противоположные стороны равны. Следовательно, $CD = AB = 4$. Также $AD = BC$.

На рисунке длина стороны $BC$ обозначена переменной $a$. Таким образом, $AD = a$.

Периметр параллелограмма ($P$) вычисляется как удвоенная сумма длин его смежных сторон:

$P_{ABCD} = 2(AB + AD)$.

Подставим найденные значения длин сторон:

$P_{ABCD} = 2(4 + a)$.

Поскольку числовое значение для $a$ в условии не дано, ответ выражается через эту переменную.

Ответ: $P_{ABCD} = 2(4 + a)$.

б)

По условию, $EKMP$ — параллелограмм. В стандартной геометрии это означает, что вершины перечислены последовательно. Однако, если $E, K, M, P$ — последовательные вершины, то $EP$ — это сторона. Высота $KF$, опущенная на сторону $EP$, является также и медианой ($EF=FP$), что означает, что треугольник $KPE$ — равнобедренный с боковыми сторонами $KE=KP$. В этом случае $KE$ является стороной параллелограмма, а $KP$ — его диагональю. Это приводит к частному случаю, где ответ не зависит от $\alpha$.

Более вероятно, что в названии параллелограмма опечатка, и он должен называться $EKPM$ (или $EMPK$), где $EP$ — это диагональ. Примем это допущение.

Рассмотрим треугольник $EKP$. Отрезок $KF$ является высотой к стороне $EP$ ($KF \perp EP$) и одновременно медианой ($EF = FP$). Треугольник, в котором высота к стороне является и медианой, является равнобедренным. Следовательно, $EK = KP$.

В параллелограмме $EKPM$ стороны $EK$ и $KP$ являются смежными. Если смежные стороны параллелограмма равны, то этот параллелограмм — ромб. Значит, $EKPM$ — ромб.

По свойству ромба, его диагонали являются биссектрисами его углов. Диагональ $EP$ делит угол $\angle KPM$ на два равных угла. На рисунке дан угол $\alpha = \angle KPF$. Поскольку точки $E, F, P$ лежат на одной прямой, то $\angle KPE = \angle KPF = \alpha$.

Тогда полный угол ромба при вершине $P$ равен $\angle KPM = 2 \cdot \angle KPE = 2\alpha$.

Противоположный угол $\angle KEM$ также равен $2\alpha$.

Сумма углов, прилежащих к одной стороне параллелограмма, равна $180^\circ$. Отсюда, угол при вершине $K$ равен $\angle EKP = 180^\circ - \angle KPM = 180^\circ - 2\alpha$.

Противоположный ему угол $\angle EMP$ также равен $180^\circ - 2\alpha$.

Ответ: углы параллелограмма равны $2\alpha$, $180^\circ - 2\alpha$, $2\alpha$ и $180^\circ - 2\alpha$.

в)

Рассмотрим параллелограмм $QRST$. По свойству параллелограмма, его противоположные стороны равны, то есть $QR = ST$ и $RS = QT$.

Из данных на рисунке $ST = 4$, следовательно, $QR = 4$.

Сторона $QT$ состоит из отрезков $QN$ и $NT$. Их длины даны: $QN = 4$ и $NT = 3$.

Длина стороны $QT = QN + NT = 4 + 3 = 7$.

Таким образом, стороны параллелограмма равны 4 и 7.

Периметр параллелограмма $P_{QRST} = 2(QR + QT) = 2(4 + 7) = 2 \cdot 11 = 22$.

Теперь найдем углы. Угол параллелограмма при вершине $Q$ — это $\angle RQT$. На рисунке указано, что $\angle RQN = 60^\circ$. Так как точка $N$ лежит на стороне $QT$, то угол $\angle RQT$ совпадает с углом $\angle RQN$, то есть $\angle RQT = 60^\circ$.

Противоположный угол $\angle RST$ также равен $60^\circ$.

Сумма углов, прилежащих к одной стороне, равна $180^\circ$. Следовательно, угол при вершине $R$ равен $\angle QRS = 180^\circ - \angle RQT = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$.

Противоположный ему угол $\angle QTS$ также равен $120^\circ$.

Ответ: периметр равен 22; углы равны $60^\circ$, $120^\circ$, $60^\circ$, $120^\circ$.

56. а) В параллелограмме $ABCM$ $AB = 6 \text{ см}$, диагонали $AC = 5 \text{ см}$, $BM = 9 \text{ см}$. Найдите $P_{\Delta AOB}$, где $O$ – точка пересечения диагоналей параллелограмма.

б) Докажите, что отрезок, проходящий через точку пересечения диагоналей параллелограмма, концы которого принадлежат его противоположным сторонам, делится этой точкой пополам.

а)

По условию задачи дан параллелограмм $ABCM$. Его стороны $AB=6$ см, а диагонали $AC = 5$ см и $BM = 9$ см. Точка $O$ является точкой пересечения диагоналей. Необходимо найти периметр треугольника $AOB$.

Периметр треугольника $AOB$ вычисляется по формуле: $P_{\triangle AOB} = AO + BO + AB$.

Одно из ключевых свойств параллелограмма заключается в том, что его диагонали в точке пересечения делятся пополам. Исходя из этого свойства, мы можем найти длины сторон $AO$ и $BO$ треугольника $AOB$.

Сторона $AO$ является половиной диагонали $AC$:
$AO = \frac{1}{2} AC = \frac{1}{2} \cdot 5 = 2,5$ см.

Сторона $BO$ является половиной диагонали $BM$:
$BO = \frac{1}{2} BM = \frac{1}{2} \cdot 9 = 4,5$ см.

Длина стороны $AB$ дана в условии и равна $6$ см.

Теперь мы можем вычислить периметр треугольника $AOB$:
$P_{\triangle AOB} = AO + BO + AB = 2,5 + 4,5 + 6 = 13$ см.

Ответ: 13 см.

б)

Требуется доказать, что любой отрезок, который проходит через точку пересечения диагоналей параллелограмма и концы которого лежат на противоположных сторонах параллелограмма, делится этой точкой пополам.

Доказательство:
Рассмотрим параллелограмм $ABCD$. Пусть его диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $O$. Проведем через точку $O$ произвольный отрезок $PQ$ так, что его концы лежат на противоположных сторонах, например, точка $P$ на стороне $BC$, а точка $Q$ на стороне $AD$.

Рассмотрим треугольники $\triangle QOA$ и $\triangle POC$.

1. Стороны $AO$ и $OC$ равны ($AO = OC$), так как диагонали параллелограмма точкой пересечения делятся пополам.
2. Углы $\angle QAO$ и $\angle PCO$ равны ($\angle QAO = \angle PCO$) как накрест лежащие углы при параллельных прямых $AD$ и $BC$ (противоположные стороны параллелограмма) и секущей $AC$.
3. Углы $\angle QOA$ и $\angle POC$ равны ($\angle QOA = \angle POC$) как вертикальные углы.

Таким образом, треугольник $\triangle QOA$ равен треугольнику $\triangle POC$ по второму признаку равенства треугольников (по стороне и двум прилежащим к ней углам).

Из равенства треугольников следует равенство их соответствующих сторон. В данном случае, сторона $QO$ треугольника $\triangle QOA$ соответствует стороне $PO$ треугольника $\triangle POC$. Следовательно, $QO = PO$.

Это доказывает, что точка пересечения диагоналей $O$ делит отрезок $PQ$ пополам, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.