ГДЗ Геометрія 8 клас Істер - Розв'язання діагностичної роботи №1 (Варіант 1)
ГДЗ до збірника «Самостійні та діагностичні роботи з геометрії для 8 класу ».
Автори: О. С. Істер, Д. О. Істер (2025).
Умова
1. Укажіть, який з відрізків є діагоналлю чотирикутника AMKL.
А. MK; Б. AK; В. AM; Г. AL.
2. Знайдіть тупий кут паралелограма, якщо гострий його кут дорівнює 15°.
А. 75°; Б. 155°; В. 165°; Г. 175°.
3. Знайдіть сторону квадрата, периметр якого дорівнює 48 см.
А. 24 см; Б. 16 см; В. 8 см; Г. 12 см.
4. Периметр прямокутника дорівнює 20 см. Знайдіть його сторони, якщо одна з них на 2 см менша від другої.
5. ABCD – ромб, $\angle ACD = 25°$. Знайдіть кути ромба.
6. На малюнку $KF = LP$, $\angle LPK = \angle PKF$. Доведіть, що LPFK – паралелограм.
7. Знайдіть кути чотирикутника, якщо вони пропорційні числам 1, 3, 5, 11. Опуклим чи неопуклим є цей чотирикутник?
8. Висоти, проведені з вершини гострого кута ромба, утворюють між собою кут 110°. Знайдіть кути ромба.
9. Бісектриса кута D паралелограма ABCD ділить сторону AB на два відрізки AM і MB так, що $AM : MB = 2 : 5$. Знайдіть сторони паралелограма, якщо його периметр дорівнює 72 см.
Короткий розв'язок
1. Б) AK
2. $180° - 15° = 165° \implies$ В
3. $48 / 4 = 12$ (см) $\implies$ Г
4. $2(x + x-2) = 20 \implies 4x=24 \implies x=6$. Сторони: 4 см, 6 см.
5. $\angle C = 2 \cdot 25° = 50°$. $\angle B = 180° - 50° = 130°$. Кути: 50°, 130°.
6. $\triangle LPK = \triangle KFL$ (за І озн.). $LP \parallel KF$, $LP=KF \implies$ паралелограм.
7. $x+3x+5x+11x=360° \implies 20x=360° \implies x=18°$. Кути: 18°, 54°, 90°, 198°. Неопуклий.
8. Гострий кут ромба $180°-110°=70°$. Тупий кут $180°-70°=110°$.
9. $AD = AM = 2x$. $P = 2(2x+7x)=72 \implies 18x=72 \implies x=4$. Сторони: 8 см, 28 см.
Детальний розв'язок
Ключ до розв'язання: Використовуємо властивості чотирикутників та паралелограмів.
1. Діагональ чотирикутника сполучає його несусідні вершини. Для вершин A, M, K, L несусідніми є A і K, M і L. Отже, діагональ - AK. Відповідь: Б.
2. Сума сусідніх кутів паралелограма дорівнює 180°. Тупий кут: $180° - 15° = 165°$. Відповідь: В.
3. Периметр квадрата $P=4a$. Сторона $a = P/4 = 48/4 = 12$ см. Відповідь: Г.
4. Нехай одна сторона $x$ см, тоді друга $x-2$ см. $P=2(a+b)$.
$2(x + x-2) = 20 \implies 2x-2=10 \implies 2x=12 \implies x=6$ (см).
Друга сторона: $6-2=4$ (см). Відповідь: 4 см і 6 см.
5. Діагональ ромба є бісектрисою його кута, отже $\angle C = 2 \cdot \angle ACD = 2 \cdot 25° = 50°$. Протилежний кут $\angle A = 50°$. Сусідній кут $\angle B = 180° - 50° = 130°$. $\angle D = 130°$. Відповідь: 50°, 130°, 50°, 130°.
6. Розглянемо $\triangle LPK$ і $\triangle KFL$. У них: $KF=LP$ (за умовою), $\angle LPK = \angle PKF$ (за умовою), сторона $PK$ – спільна. Отже, $\triangle LPK = \triangle KFL$ за першою ознакою рівності трикутників. З рівності трикутників випливає, що $LPFK$ – паралелограм, оскільки його протилежні сторони рівні та паралельні. Доведено.
7. Нехай $x$ – коефіцієнт пропорційності. $x + 3x + 5x + 11x = 360° \implies 20x = 360° \implies x=18°$. Кути: $1 \cdot 18°=18°$, $3 \cdot 18°=54°$, $5 \cdot 18°=90°$, $11 \cdot 18°=198°$. Оскільки один з кутів більший за 180°, чотирикутник є неопуклим.
8. Нехай з вершини гострого кута A ромба ABCD проведено висоти AH і AP. Чотирикутник HAP... має суму кутів 360°. Кут між висотами 110°. Отже, гострий кут ромба $\angle A = 180° - 110° = 70°$. Тупий кут $\angle B = 180° - 70° = 110°$. Відповідь: 70° і 110°.
9. Бісектриса DK відтинає від паралелограма рівнобедрений трикутник ADM ($\angle ADM = \angle DMA$ як внутрішні різносторонні). Отже, $AD=AM$. Нехай $AM=2x$, $MB=5x$. Тоді $AB=7x$, $AD=2x$. Периметр $P=2(AB+AD)$.
$2(7x+2x) = 72 \implies 18x=72 \implies x=4$.
Сторони: $AB=7 \cdot 4=28$ см, $AD=2 \cdot 4=8$ см. Відповідь: 8 см, 28 см.
