Merzliak geom 10

(Авт.: А. Г. Мерзляк, В. Б. Полонський, Ю. М. Рабінович, М. С. Якір)

Б Б К 2 2 .1 я 7 2 Р 47

Решетнікова С. М., Ліннік Г. Б. Р47

Геометрія, 10 клас: Р о зв’язання до збірника задач і контро- ; льних робіт. - X .: ПП Колісник Є.О ., 2 0 1 2 . - 2 2 4 с. ІЗВИ 978-966-2272^50-5

Довідкове видання містить детальні р озв’язання завдань до «Збірника задач і контрольних робіт» (авт. А. Г. Мерзляк, В . Б. Полонський, Ю. М. Рабінович, М. С. Якір). Воно допоможе В ам перевірити правильність виконання завдань, а у випадку ускладнень підкаже хід рішення. Посібник призначений насамперед для самоконтролю, якісної І підготовки до написання контрольних робіт з геометрії в 10 класі. ББК22.1я72 Видання здійснено за підтримки ПП «видавництво «П арус-Друк» 6 10 3 9 , м. Х арків, вул. Щ орса 13/12 С відоцтво про видавничу діяльність: серія ДК № 3391 від 13.0 2 .2 0 0 9 р.

Підписано до друку 30.01.2012р. Формат 60x84/16. Папір газетний Гарнітура Т іто к М м Потни Друк офсетний. Ум. друк, прк. 5,бН. Зим № 10 0 2 ОН ІНВИ У/й ІІІШ

во п

® ПП КоНІ®МИи < О., 2012

ТРЕН У ВА Л ЬН І ВПРАВИ Варіант № 1 С истем ати зація та узагал ьн енн я ф актів і методів п л ан ім етр ії

1.

2.

А М К Р = А И К Р = 90°. Отже, А М Ш = 9 0 е+ 90° = 180° => МКМ — пряма => М , К , N лежать на одній прямій. За умовою А А = А А ', АЬ = = А'Ь' — бісектриси кутів / ВЬА = А В'Ь'А' , / АЬС = = А А'Ь'С’ . А А В Ь =А А'В'Ь' за двома кутами та сторо­ ною => А В = А'В' . Аналогічно АС = А'С'. Тоді Д АВС =А А'В'С' за кутом ( А А = А А ’) та двома сторо­ нами ( АВ = А'В', АС = А'С-').

3.

За умовою А К = А'К' — висоти до бічних сторін, А В А К щ А В 'А ’К ’ . А А В К =А А'В'К' за сто­ роною та двома кутами ( А К = А'К’ , А А = А А ', А К = А К ' = 90°) => А В = = А'В' та А В = А В ' . Отже, Д АВС =А А'В'С' за двома сторонами та ку­ том між ними.

4.

За умовою А В = А'В', А М = = А'М' — медіани. Д А В М = =Д А 'ВМ ' за трьома сторо­ нами => А В = А В '. Отже, Д АВС =Д А'В'С' за двома сторонами та кутом м іж ними.

5.

/ АВС та / СВИ — су­ міжні., Нехай обидва кути більше 90 .

м

к

N

А

В

П 1

17.

Див. рис. 4. Позначимо 2)£ = х . За теоремою Фалеса ЕБ ЕД х 16 = - ■'■ 1 => — = => ■4 16 х = 2-4 = 8 см. БА Б }А 4 х В Е = 8 см. Відповідь: 8 см.

18.

АЕ = 10 см, В С : А В = 2 :5 . Позначимо А В = х => В Р = 1 0 - х . Д ВРС ~ Д А РІ) за трьома кутами. Тоді ВР = —_ ВС => 1 0 -х —2— _—_ АР АІ) 10 5 => 1 0 - х = 4 => х = 1 0 - 4 = 6 . А В = 6 см. Відповідь: 6 см.

19.

А В = 6 сгл, АС = 3 см. А К — ? АР — бісектриса Д А В С , за властиві­ стю бісектриси С Р : РВ = А С : АВ = 3 :6 = = 1:2./ А Е Ц Р К і за теоремою Фалеса С Р : РВ = АК : К В . Позначимо А К = х , тоді 1 :2 = = х : ( б - х ) => 6 - х = 2 х => Зх = 6 => => х = 2 . А К = 2 см. Відповідь: 2 см.

20.

Позначимо ВО = х => ОБ = 2 8 - х . Д В О С 00 Д ИОА за трьома кутами ВО ОС _ ВС В О ~ О А~ А£> ' — ї — = — => 9х = 5 2 8 - 5 х => 2 8 -х 9 => 14х = 5 -2 8 . х = 10. ВО = Ю см, ОІ) = 18 см. ВС _ _ 6_ _ _5 АБ ~ А І)~ 9 Відповідь: 10,8 см.

4

6 9 А1) = ~ ~ = 10.8 см.

О

21.

Ми теоремою Піфагора для А М В С :

ВС : \ІМ С2- В М 2 = >/52 - З2 =4 см. Л<' = \ІАВ*+ВС* =>/36 + 16 = 7 5 2 . ЛС = 2ТЇЗ см.

22

,

Відповідь: 2>/її см. ДГ

За

АВ + В С .

теоремою

Піфаго-

- 82=6 =7ібі

|Ш

ІЗ

см.

ю// 8\\15

.

ЛГ

6 + 7 Ї 6 І см.

А і

Відповідь 6 + 7 Ї 6 І 23.

... ..

п

см.

Потрібно знайти АС. За теоремою Піфагора Л В = у} а В 2- В В 2 = 7 2 5 2 - 1 5 2 = 2 0 . АС = А£>: зіп 30°

зіп 30° = А О : АС

= 2 0 : —= 40. АС = 40 см.

2

Відповідь: 40 см.

24.

А В - А С = 2 см. Нехай АС = х = а в 2- в в 2 = а с 2-

АВ = х + 2. в с 2-,

(х + 2)2 - 9 2 = х 2 - 5 2; х^ + 4х + 4 - 8 1 = х ^ - 2 5 ; 4х = 52 => х = 13. Отже, АС = 13 см; АВ = 15 см. Відповідь: 15 см.

25.

В В : ВС = 5 :2 . А В — 1 Нехай ВО = 5 х , ВС = 2 х .

102- ( 5 х ) 2 = 6 2-(2 х )"'; 64 = 2 5 х 2 - 4 х 2; 64 21 ’

8 >/гГ

ВС

16

ТгГ

’

5

Тоді / А В С + / С Ш )> 90°+ 90° = 180°. Отже, це суперечить умові А А В В = 180°.

6.

Нехай / АОВ та / БОС — верти­ кальні. За умовою РО та ОЯ не ле­ жать на одній прямій. З того, що /.А О В ^ А В О С , ОР, ОЯ — бісектри­ си, випливає, що /_ РОА = / С)ОІ) , тобто ці кути вертикальні => РОЯ — пряма лінія і це суперечить умові.

7.

ІЖ Р — трикутник; Ь\\КР. Пряма Ь не може бути Ц сторонам Ь К і ЬР , оскільки Ь К і ЬР перетинають К Р та не можуть бути паралельні К Р .

8.

За умовою а\\т, а та Ь перетинають­ ся. Нехай Ь і т паралельні, тоді за властивістю паралельних прямих а ||Ь , це суперечить умові. Отже, Ь і т перетинаються.

9.

/ А В І)> 1 8 0 °

/ АОС = / ВО І) як вертикальні (див. рис. 1). /.А С О = /.В ІЮ як внутрішні. Л АОС =Л ВОИ за стороною та двома ку­ тами.

•

10. А В = В С ; / В = 4 8 °, А Т — висота, АМ — бісектриса, / ТАМ — ? , .

180° - / В 180°-48° 132° / А = / С = -------------- = --------------;= ------- = 2

2

2

= 6 6 °. / МАС = 33°, оскільки АМ — бі­ сектриса. /ГАС = 1 8 0 °-(9 0 °+ 6 6 °) = 24°. А / М АТ = 3 3 ° -2 4 ° = 9°.

с

В ідповідь: 9°.

11.

/ А = 100°, /1ТАМ = 2 0 °, А Т — висота, АМ — бісектриса. / ТМА = 1 8 0 -(9 0 + 20) = 70". / А М С = 1 8 0 -7 0

за властивістю 100 * суміжних кутів. А МАС 50".

2

1

110

С

ґ'

1ВО - (60 + 110) = 20° (сума кутів А дорівнює 180°).

/І

18 0 -( 1 0 0 + 2 0 ) = 60°.

Відповідь 2 0 е’; 60°. \'і.

/ А 21°, В К бісектриса, ВЬ — висота, . Н 9 0 °. А К В Ь ? . = 1 8 0 ° -(9 0 °+ 21°) = 69°. г АІІК = - А В = 45°.

2

. К В І = 6 9 ° -4 5 ° = 24°. Ііідповідь: 24°.

13.

Побудуємо відрізок АС. Тоді Е Р - середня лінія в А АВС , отже Е Р ЦАС . Аналогічно, з Л А С І) одержимо КР\\АС. За властивістю паралельних прямих ЕР\\КР (див. рис. 2).

14.

1) Як в попередній задачі, доводиться, що ЕО\\РН та ЕР\\СН => С Е Р Н — паралелограм.

2) Якщо АС = £>В, то Е С = С І І = Н Р = Е Р => ОЕ/-7/ — ромб.

15.

ВN = М ^ та ВЛ/ЦМ-0 => Ві\'І)М — паралелограм => В М ЦАШ. Розглянемо /.В С Е , МР\\ВЕ, В И = МС за те­ оремою Фалеса СР = Р Е . Аналогічно доводиться АЕ = Е Р , тобто Е і Р поділяють відрізок АС на три рівні частини (див. рис. 3).

16.

Побудуємо відрізок АВ2 \\1 так, щоб

£>

/ В 2 був прямий. Будуємо відрізок СС2 ||ВД,. СС, = СС2 -С ,С 2.

■ _ ВВ 2 9 + 5 _ СС., = *- = — = 7 см як середня лі2

2

2

нія Л ВВ.гА . С,С2 = АА, = 5 . Одержимо СС, = 7 - 5 = 2 см. Відповідь: 2 см.

9 В, С, І

• \і

в, с, А

90.

Так не можна стверджувати. Через дві точки проведем пряму, і якщо вона мимобіжна з даною прямою, то площі ну не можна провести.

91.

Через дві дані точки проведемо пряму і візьмемо будь-як точку, яка не належить цій прямій. Тоді через пряму і оі рану точку проведемо площину. Отже, можна провести.

92.

Якщо А, В , С належать одній прямій а, то через цю пряму і і точку £) можна провести площину, це суперечить умові.

93.

Такою площиною буде, наприклад, площина [3 1 а і така що К є (3. Тоді а і (3 не співпадають і (3 перетинає всі тр) прямі в точці К .

94.

Виберемо будь-яку точку М і а і М є\3. Проведемо площи ну у через точку М і пряму с. Тоді у містить с і відмінн від а і (3.

95.

Оскільки а є (3, то точка перетину а і Ь також належить площині (3. Але єдина точка на прямій Ь, яка нале­ жить (3,'— це точка В < іа . Отже, а і Ь не перетинаються.

96.

Проведемо пряму а через точки А, В і пряму Ь через точ ки С і І). Ці прямі перетинаються за умовою, отже через них проведемо площину у. Тоді А , В ,С , В е у.

97.

В сі прямі, вказані в умові, належать площині, яка прохої дить через перетинаючі прямі а і Ь.

98.

Побудуємо площину через дві перші прямі. Тоді третя пря| ма або перетинає дві перші в їх точці перетину, або в дво* різних точках, звідки випливає, що вона належить всій площині. Для інших прямих доказ аналогічний.

99.

Ні, с і а можуть перетинатися.

100. Проведемо площину [3 через пря­ мі КА і К В , тоді прямі І і АВ нале­ жать (3. 1)(АВ, оскільки І перети­ нає а . Звідси випливає, що І пере­ тинає А В.

18

101 Позначимо Р площину, якій нале­ жить чотирикутник А ВС В. Площи­ ни (X і Р перетинаються по прямій а, отже точки М , В , К належать дій пря­ мій а.

102 ііудусмо пряму М И до перетину с пря­ мою а , точку перетину позначимо О. Пудуємо пряму О К — це лінія пере­ тину М И К з площиною р.

103 Тнк, оскільки обидві діагоналі належать Р, а з ними і всі першини.

104 І) Ні, оскільки площина може проходити через хорду під кутом до площини кола.

2) Так.

106. Ці точки належать одній прямій.

106. Якщо одна з точок належить площині, яку визначають три інші, то всі чотири точки належать одній площині, а це су­ перечить умові. М 107. Так.

108. Позначимо точки перетину пря­ мих М К , И К , М И з площиною р : А , В , С. Нехай Р перетинає площину М И К по прямій а , тоді А, В , С е а , що й тре­ ба будо довести. Побудова перерізів многогранників 109. 1) Площина через А ,. В ,, Сх.

2) Через А,С і середину ребра В В ,. В,

35.

За властивістю бісектриси ВС ОС ВС ^ ВС = 18 см. АВ АВ 15 5 За формулою Герона 8 = У ІР {р -а ){р -Ь )(р ~ с) ; 15+18+11

00

р = ---------------- =2 2 см; 2

5 = 7 2 2 7-4 11 = 22 л/І4 см2. В ідповідь: 22 7 Ї Т см2.

36.

Ь - а = 5 см. За теоремою соз: 7 2 = а 2 + 62-2 а 6 с о з 6 0 ° ; 49 = а 2 +(5 + а )2 - 2 а ( а + 5 )-~ -; 49 = а 2+ 25 + 10а + а ^ -а ^ -5 а ; а 2 +5а —24 = 0 ; а ,= 3 ; а 2 = - 8 — сторон­ ній корінь; 6 = 8 . Периметр Р = 3 + 8 + 7 = 18 см. В ідповідь: 18 см.

37.

Р = 15 см; а : 6 = 5 :3 . Нехай а = 5 х , 6 = 3 х => с = 1 5 - 8 х . За теоремою соз: ( і 5 - 8 х ) 2 = (5 х ) 2 + (3 х )2- 2 5х З х с о з1 2 0 °

=>

2 2 5 - 2 4 0 х + 6 4 х 2 = 2 5 х 2+ 9 х 2 + 1 5 х 2 1 5 х 2—240х + 225 = 0

: 15

х “- 1 6 х + 15 = 0 ; х ,= 1 ; х2 =15 а = 5 см; 6 = 3 см. В ідповідь: 5 см; 3 см.

38.

II

За теоремою зіп: ВС АВ АС пОо аіп /- А піп / Г мін 11 ч ЛІ І АС мі 11 (1 Мі) у | \ ) мін у пі п |)

сторонній корінь.

81П У

АВ = -

8і п ( у + р)

Відповідь: 39.

8ІП( І

■а .

8І п ( у + Р )

8111У зіп р —*-----— — а ; -------— -— - а .

8 І1і(у + Р ) 8 І п ( у + Р)

а = с со за ; Ь = с з іп а . За теоремою зіп : п а зіпа з іп (і8 0 -4 5 - а ) зіпа соза => п = -с. зіп(а + 45) Відповідь:

40.

а ; АС =

зіпа соза - с. зіп(а + 45)

Р = 8 4 , В Е — бісектриса, Е В :А Е = 1 :3 . Нехай Е І) = х , тоді А Е = З х ; А£) = 4 х . АЕ\\ВС, В Е — січна лінія, отже / С В Е = / ВЕА => => Д А В Е — рівнобедрений трикутник, => АВ = АЕ = З х . Р = 2(3х + 4х) = 14х => 14х = 84 => х = 6 . А В = 18 см; АО = 4 6 = 2 4 см.

Е Б

Відповідь: 18 см; 24 см.

41.

8^=28^;

8

= —аЬ — для прямо­

кутного трикутника; Ь = ^ с2- а 2 = л/і52 - 9 2 =12 см =* 8

= — 12 9 = 54 см2; 2

8 а =2 54 = 108 см2.

Відповідь: 108 см2.

42.

V 5

<і} +с12 = 42 см, а = 15 см.

А

Нехай с/,=2х, тоді (І.г = 4 2 - 2 х . За теоремою Піфагора

^сі

СІ, ' 2

2 = а2

=>

9

=>

х 2+ (2 1 -х )2 = 152

= > х 2 + 2 1 2 - 4 2 х + х 2 *= 1 5 2

2 х 2- 4 2 х + 216 = 0

=»

х,

<^=18

=9 ,

ромба

х„=12

—сі.сі.

= -

2 12

х

2-2 1

х

см,

18 24 = 2 1 6

=>

+ 108 = 0 ; <і2 = 2 4

см.

с м 2.

2

Відповідь: 2 1 6 см2.

43.

Нехай ОК = х , тоді ОВ 2 = х 2 + 1 6 , АО2 = 8 1 + х 2, А 0 2+ 0 В 2 = А В 2 => => 2 х 2 + 9 7 = 1 3 2 => х 2 = 3 6 => х = 6 . ОК = 6 см. 5 ром6а = 4 5 дов = =

4 —А В ОК = 2 1 3 6 = 1 5 6 см2.

2

Відповідь: 1 5 6 см2. = а Й 8 І п у = 9 1 2 8 І п 6 0 ° = 54л/з^ см“

45.

54л/з"

СМ“

Знайдемо кут І> чотирикутника В И В М : / £> — 3 6 0 - (

=*

9 0 + 9 0 + 60 ) = 120 °

5 іп 6 0 ° =

ВМ АВ

6' = ВЛГ-АВ = 10

Відповідь:

160

.„ АВ:

8

16

>/з

7з

2

16

160

160

л/з

л/з

З

с

7 605' \ СМ.

/ А/А

/

Ь---------------- / п

СМ*

СМ‘

46.

/ В С А = /С А І) = 32°. Оскільки Д АВС — рівнобедрений, то /1 ВАС = А В С А = 32° => / А = 64°, / В = 1 8 0 - 6 4 = 116°. В ідповідь: 64°; 116°.

47.

Р = 60 см, АВ = 14 см. А С В К = А В К А нобедрений => АЙГ = А В = 14 см.

10

В

=>

/ А = 1 8 0 -1 2 0 = 60°.

і—*

Відповідь:

00

44.

Л А В К — рів-

Нехай ВС = х => А В = х + 14 => =* Р = 2 14 + х + х + 14 => 2х + 42 = = 60 =} 2х = 18 => х = 9 . ВС = 9 см А Г )- 23 см. Відповідь: 9 см; 23 см.

-III

О

Е Р — середня лінія, АС 1 ВС, А В . / В А С = 1 2 0 - 9 0 = 30° => => ВС = А В зіп30° = 3 . £ Р = - ( В С + АІ>) = - ( 3 + 14) = 8,5 см.

2 2і В ідповідь: 8 ,5 см.

49 .

В М = АВ зіп / А = 8 зіп45° = = 8 ^ - = 4 у і2

см.

2 і— АМ = А В с о з / А = 8 ------ = 4 \І2 см.

2

ВС = А В - 2 А М = 9 - 8 7 2

СМ.

8 трап =-і-(ВС + А О )-В М = (9-4л/2)-4>/2 =(збл/2 - 3 2 ) см 2

Відповідь: ^36\І2 —32^ СМ2.

50.

£ С А В = /.В С А

=> А В = ВС = 10 см.

АМ = ^ ( А В - В С ) = 1 см. В М = л1АВ2- А М 2 = > / 1 0 0 - 1 =л/99 = = 3 7 Ї1

_ 1

см. 8 трап т = ± {В С + А П )-В М

= п з>/ЇТ=зз7п

см2.

Відповідь: ЗЗл/ЇГ см2.

51.

/ ВОС = 2 / . ВАС за властивістю впи­ саного кута.

1) ^ ВОС = 2 78° = 156°; 2) ^ ВОС = 2-128° = 2 5 6 °, Відповідь: 156°; 256°.

11

52.

А А О В = 38°; / АБО = -180 38 =71° 2

=> А В = 2 + 71° = 142°; / А = / С = 1 8 0 ~ 1 4 2 = 1 9 °. В ідповідь: 19°.

53.

А А С В = —/. АОВ = — 180° = 90° (див. рис. 5).

2

2

А В С В = А ВСА + А АСВ = 41° + 90° = 131°. Відповідь: 131°.

54.

а : р :у = 2 : 6 : 7 . Нехай а = 2 х , Р = 6 х , у = 7 х . Оскільки чоти рикутиик вписано в коло, то сума протилежних кутів до­ рівнює 180°. Отже, а + у = 9х = 180о => х = 20°. а = 2х = 40°| Р = 120°; у = 140°; 8 = 1 8 0 - р = 60°. В ідповідь: 40°; 120°; 140°; 60°.

55.

а = 7 см, Ь = 9 см. Оскільки в трапецію можна вписати коло, то суми протилежних сторін рівні. Р = а + Ь + (с + сі) = а + Ь + (а + Ь) = 2(7 + 9) = 32 см. Відповідь: 32 см.

56.

ВС = 2 С К = 6 , А В = 2 К В = 2 4 , А В = 3 + 12 = 15. А Н = А Р ~ВС - 9 см> В Н = ^ А В 2- А Н 2 = 7 і 5 2 - 9 2 =12 см.

5 Тра„ = } ( В С + Л І ) ) В Я

=>

=> 8 = 1 5 1 2 = 180 см2. Відповідь: 180 см2.

57.

За теоремою зіп : — -- =2 Е зіп/ С

=> Я =

В ідповідь: 6 см.

12

АВ 2зіп АС

- = 6 см.

2зіп30а

В

Зс

АЯ

/)(? = 12 см; М ) = л/і32 - 1 2 2 =5 см; мііі/ С

ВС

ІЗ

— = 2Д

=> Д =

8ІП,/ С 169

10

в

= ------= — . За теоремою зіп: АВ

13

2зіп/С

2 ® 13

= 16,9 см.

Відповідь: 16,9 см. «в.

/дуги =15 см, а = 18°, К — ? „

1 80 /

180

ка

к 18

15150

Я = ------- = ---------- = ------ см. к

П А -А 150 см. В ідповідь: -----

60.

Я, = 10 см; а 2 = 15 0°; 1^=1^; Я /, = 2 0 л см; Н2 =

Іх = 2пВ1 = 20к см

180 1,

180 20л

ш,

ге 150

= 24 см.

В ідповідь: 24 см.

61.

а-

5секТ= - « к З с е КТ= { * Я 2 =

2В 2

}

а = —я рад. = 135°.

4

В ідповідь: 135°.

62.

8 круга — ? г = ^ - , р = —Р = —(2-13 + 10) = 18. р 2 2

1 ^ 3

/і = ч/і 32- 5 2 =12 см; 5 Л = -Л о = --1 2 -1 0 = 60 см2; 2

г = 6 0 :1 8 = — 3

2

10

см; 8 = к г 2 = ^ ^ - к см2.

9

Відповідь: -^^-л см2.

13

63.

8 1: 8 2 = 2 : 5 , а2 - 8 — сторона більшого квадрата.

4 = 8 2 =64

=> А - = | 64 5

=> 5 1 = 6 4 = > 5

О, = 7 ^

Відповідь ідь:. 8.1— см.

V5 64.

а = 4 , трикутник правильний;

г=« л =4 6

6

3

З

Відповідь: —у[з см; З З 65.

3

3

см.

К = 5лІ2 см, знайдемо а, г. а 2+ а 2 = (2 Е )2 =

а 2 = - - 4 Д 2;

а 2 = 2-25 2 = 100

а = 10 см; г = — = 5 см.

2

Відповідь: 10 см; 5 см.

66.

г = 4^ІЗ см — радіус вписаного в правиль­ ний шестикутник кола. Знайдемо а , К для правильного шестикутника / а N2 2 ^1 11 \І а = К => а 2 =: г2 + = 16 З >

[1-т ]

Л

=> а = 1 6 -4

=> а = 8 см, Л = 8 см.

Відповідь: 8 см; 8 см.

67.

8,1 2 -к у т н и к а 2

«12 =

пК‘ 2

? Д — радіус описаного кола. . 360°

12-4

. 360

. 1С 1

Відповідь: 48 см2.

68.

Х ( - 2 ;1 ) , В (-1 ; 5 ), С ( - 6 ;2 ) . |Ав| = ^ (-1 + 2)2 + ( 5 - і ) 2 = л/і +16 = л/ГГ; |ВС | = ^ (-6 + і ) 2+ ( 2 - 5 ) 2 = >/25 + 9

14

_ 1в

,с

„

81 П------- = -——---- 51П---- - = 6 16 — = 3 16 = 48 см2 п 2 12 2

= 7 з І;

------------------------------------------ --------------------------

|ЛС |= л/(-6 + 2)2+ ( 2 - 1 ) 2 = 7 1 6 + 1 = Т Ї7 . Оскільки А В = А С , то А АВС — рівнобедрений. Вй

(' ( х ;0 ) належить осі абсцис; АС = С В . (З * ) 2+ ( - 2 - 0 ) 2 = ( і - х ) 2+ ( 2 - 0 ) 2 => 9 - 6 х + х^ + 4 = 1 ~ 2 х + х ^ + 4 ; 4х = 8 => х = 2 . С (2 ;0 ). Відповідь: С (2; 0 ).

70

центр кола, тому середина відрізка АВ

О _ Д Г-. =■ *о

в _ 3 " 1 =1; У о=Ул±Ум. = 1 ± і — 1 ; 0 ( 1 ; —1).

2

2

2

Радіус кола В = АО = ^[ 1 - 3 ) 2+ (-1 + 6) =>/4 + 25 = >/29^. Рівняння кола: (д с-х 0 )2 + ( у - і / 0 )2 = Д 2 =»

( х - і ) 2+(</ + і ) 2 = 2 9 .

В ідповідь: ( л г - і) 2 + (і/ + і ) 2 = 2 9 .

71. Див. рис. 6 задачника.

1) С В = В А ; 2) В С = А В ; 3) А В = В С ; 4) В б = О В ; Г>) ВО = 6 В ; 6) АО = ОС.

72.

1) А В - В С + В С = А С + С В = А В ; 2) А В - Ш + Ш - В С = А В + А В - А В = = АВ; 3) А В + С А -Ї)А = В С + СА + А В =

А1

= В С + С В = 6.

73. Див. рис. 7 задачника. А В = АО + ОВ = - а - Ь ; А В = АО + О В = - а + Ь 74.

С (х ;у ), за умовою СА + СВ = 0 , отже, ( 4 - х ; 0 - і / ) + ( 0 - х ; - 3 - у ) = (0 ;0 ) 4 - х - х = 0, - у - 3 - у = 0;

х = 2,

=> у

15

75.

|й|~? л = З в -4 Ь = ( 3 ; - 6 ) - ( - 4 ; 1 2 ) = ( 7 ;- 1 8 ) ; |п| = ^ 72 + ( - 1 8 ) 2 =>/49 + 324 = 7 3 7 3 . Відповідь: V373 .

76.

Див. рис. 8. АМ = А В + В М = а + -Ь \ Ш = А В + Ш = Ь + —а .

3

5

Виразимо вектори через а і Ь: ВС = 4 а ;

і

77.

АС = —Ь; А В = А С + С В = —Ь - 4 а ; З З 'АЕ = А В + Ш = - Ь - і а + а = —Ь-За\ З З 5 .

— 2 - — В В = ВА + АВ-- — 6 + 4 а + Ь = Ь + 4а. З З 78.

2 =— й =ф /,е= - 4. .

т (-2 ; к) ||п (3; 6)

З

6

В ідповідь: - 4 .

79.

1) ( А В, А С ) = |А В |■І АС |•соз/ САВ = =

В

8 8 соз60° = 32;

2 ) ( а В ,В С ) = 8 - 8 с о з 1 2 0 ° = - 3 2 ; 3 ) ( Ш ,А С ) = |В М ||АС | с о з 9 0 ° = 0 ; 4 ) ( 0 М , 0 С ) = і | В М ]■— |ВС |-сов60° =

= - В М 2= і(б 4 -1 6 ) = — 9 9х У 9 5) (С А О М ):

6) 16

2

ОС, ОМ = -- (О М ,О С ) :

{ов,ом)=(-—вм,—вм

2

2

9

=

В М 2 = - — = -2 4 .

•

2

24 = -8 З

НО.

сосу^ (а’ Ь) : [ а |= л/4 + 9~ = л/ІЗ~; |Ь |= >/9 + 16 = 5 ; (а ,ь ) = -2 -3 + 3 -(-4 ) = - 6 - 1 2 = - 1 8 ; созу Відповідь:

81.

5л/ІЗ

18

5лІ13

а (5; 2) 1 Ь (-4 ; у) => (а ,б ) = 0 => - 2 0 + 2у = 0 => (/= 10. Відповідь: 10.

82.

1) ^а + Ь ,а-Ь ^ = а +2^а,Ь^ + ї>2 = 32 +2 (3-2 соз60°) + 4 = 9 + 2-3 + 4 = 19 => |а + Ь |= л (а + £ ,а + ь) = Т І9 .

2) ( 2 а - 3 6 ,2 а - 3 б ) = 4 а 2-1 2 (а ,& ) + 9б‘! = 4 9 -1 2 - 3 + 9 - 4 = 36

83.

84.

85.

=> |2 а -3 6 |= 7 3 6 = 6

•

Аксіоми стереометрії та наслідки з них 1) Можна стверджувати, що будь-які дві точки завжди ле­ жать на одній прямій; 2) Будь-які чотири точки не завжди лежать в одній площині. Не можуть, оскільки площини або паралельні, або перети­ наються по прямій. Ні, це не виконується, якщо третя пряма перетинає дві дані в точці їх перетину і перпендикулярна заданим прямим.

8 6 . 1) Так; 2) Ні.

87. Нехай прямі перетинаються, тоді черезних можна провес­ ти площину, а це суперечить умові, отже прямі не перети­ наються.

88.

Нехай точка М перетину & і а не нале­ жить а. Тоді площини а і (3 перетина­ ються по прямій а і точці М і а => а і р співпадають, що суперечить умові.

89. А — точка перетину прямих а і Ь, які належать площинам а і р, отже А є а і А є Р лежить прямій їх перетину т.

=> А на 17

110. Площина через В , С, М . =}

111. АС = а

як середня лінія А А 8 С .

^

^ іВіСі= З А С 1 = | а ; 8 ЛіВД

До № 110 112. 1) Р

2)

3)

4) 5)

— точка перетину пря­ . с, 3, мої М N з АВС, знаходиться А як перетин А В з ІШУ. л Е — точка перетину М К м -. 1 к Е з АВС, знаходиться перети­ N.. ном М К з АС. с" К е В В х, М є В В хСг. Проведе­ А мо М М ХЦВ В Х. Р — точка пе­ До № 112, 1) ретину М К і М ХВ є точкою перетину М К з АВС. М є В В 1С1, К е В В ХСХ. Проведемо М М , та К К Х||СХС , Р — точка перетину прямих М К та М ХК Х. М є В В ХСХ, Р є АА1, шукана точка Е — перетину РМ та Р1М 1. В,

/ \

г

1 •‘ ' /' р : / ■ :.в

М\ \

;\ я

ві . і . М 1\ ' В\ '\ Р До № 112, 3) 20

1І \ :і :

/А Е До № 112, 4)

к

11.1. Переріз площиною М Р К . Будуємо відрізки М К та М Р. Е — точка перетину М К та А В, Е нале­ жить площині М Р К . О — точка пе­ ретину РЕ з СВ, тоді М К С Р — шу­ каний переріз.

114. Переріз площиною Б С Д . Ця площина перетинає А,ДС, по прямій, паралельній ВС, отже будує­ мо Д К\\ВС. ВСОхК — шуканий пе­ реріз.

115. Р ■ — точка перетину РЕ та СС,. Р е площині перерізу і грані АСС,. Про­ ведемо відрізок А Р і знайдемо точ­ ку О — перетин А Р та А,С,. А СРЕ — шуканий переріз.

116. Позначимо Р — точку перетину А Б та Р Д , тоді Р е перерізу і основі АВС. Тоді О — точка перетину РС і А В — належить пере­ різу і ребру А В . Р Д С С — шука­ ний переріз.

117. Р — точка перетину АВ, 8М . Е — точка перетину 5ІУ, СВ. Р — точка перетину М Я , РЕ => Р е перерізу і площині АВС. Ь — точка перетину Р К і ВС. К Ь Н В — шуканий переріз.

р

А

Паралельні прямі в просторі. Мимобіжні прямі 118. 1) Так; 2) ні.

119. Так.

120. Якщо А В і СО паралельні, то через них можна було б пр< вести площину, а це суперечить умові. Якщо А В і СВ пер^ тинаються, знов одержимо протиріччя. Тобто А В і С В м; мобіжні.

121. 1) Так; 2) ні.

122. а, Ь та М лежать в одній площині.

в

123. АМ\\ВИ, отже існує площина а , яка проходить через ці прямі. Оскільки М , І У є а , то вся пряма а є а . Отже, А, В , а є а .

124. Твердження неправильне.

125. К Р — середня лінія А А В Е , ==> => КР\\АВ. За означенням трапеції ВС ||А В . За властивістю паралельних прямих ВС\\КР.

126. Прямі т і п паралельні.

127. Прямі а і Ь не перетинаються. Доведемо, що вони не паралельні. Пряма, паралельна Ь, якій нале­ жить точка А , повинна належати площині А ВС, але а і А В С , отже а^Ь. Висновок: а і Ь мимобіжні.

128. Оскільки а і с належать одній площині і не перетинаються то а||с. Аналогічно Ь||с, тоді за властивістю паралельнш прямих а ||Ь .

129.

МАГ — середня лінія Д В В С Р Я — середня лінія Д АВС Аналогічно РМ = (див. рис. 13). Відповідь: 34 см.

22

АО = -------= 8 см.

2

1Я

МЛГ = — = 9 см.

1О2 Р<д = — = 9 см.

2

- 2 -9 + 2 -8 = 34 см

110 /Іми рис. 14.

— трапеція (ВВ, ||СС,) => О Д — ВВ. + СС. _ л і с'ік'дия лінія трапеції і .ОД = ---------=7 см. Аналогічно ВСС,В,

• г.тч

К .

АА + ЛО.

3+7

2

2

_

ЛШ, = ---- 5------- - = ------ = 5 см.

1

ш

■

І\10повідь: 5 см. П аралельність прямої і площини 11 11 ус, безліч прямих.

32 її нують. ш , І ) а ЦЬ, а е а => Ь||а . аЦЬ, а перетинає а => Ь перетинає а .

3) аЦЬ, аЦос => Ь||а або Ь е а . і м . Нехай а і т перетинаються, тоді а перетинає площину р, а це суперечить умові, отже а\\т. і г, І Ілощина паралельна третій стороні трикутника, оскільки середня лінія трикутника паралельна його основі. І И) Пряма а паралельна площині а . П 7 а і Ь мимобіжні прямі. Нехай а — площина, яка паралель­

на а і проходить через Ь. Тоді всі прямі, які перетинають Ь і Ца, належать а .

138. Нехай а перетинає с в точці А , тоді Ь теж перетинає с, на­ приклад, в точці В . Ці точки різні, оскільки а ||Ь. Але тоді прямі а і Ь є мимобіжними, що суперечить умові. Отже, а||с, аналогічно Ь\\с.

139. Нехай а — пряма перетину пло­ щин у і АВС. Тоді а ||В И , оскільки у||В Б . Отже Д АВС ™А АИМ за трьома кутами.

140. АС, :С,С = 3 : 2 . ВС||а =* В,С,||ВС => => А С ХАВХ™ А С А В

СВ

С,В, АС, = З х , С,С = 2х , АС = 5 х .

СА с. а

23

СВ = С,ВХ — = 5 - = — см. Зх З З 25

Відповідь: — З

см.

141. Через точку Е проведемо пряму АВ||МІУ і пряму СІ) ЦАР. Чотири­ кутник А С В Б — визначає площину, яку треба побудувати.

142. Площина £)СА перетинає площину АМ В по відрізку КР\\ А В . К15* Звідси А А М В ^ А К М Р => —— = АВ

=—

Зх + х

. К Р = —АВ = 2 см.

4

В ідповідь: 2 см.

143. Переріз ||ВС, йому належать 5 і А. Побудуємо відрізок К Р Ц В С . Ш ука­ ний переріз — це Р К 8 .

144.

Переріз ||АВ, 8 С . Побудуємо Л/АЦАВ, АГСЦ8С, СЬ ||А В . Шуканий переріз — це МРЬС.

145. М К — середня лінія А А 8 В => М А Ц А В. Отже будуємо відрізок МР\\ А В . Шуканий переріз — це АМАЛГ.

24

&

А Ч-

Іійрнлольні площини. Властивості паралельних площин І <ІІІ 111 >Імі або паралельні або мимобіжні.

147, Тик. МИ “ Ц площині паралелограма. МІ) />А, : А,Л = 7>В,: В ,В , отже, за теоремою Фалоса А, В, ЦА В . Аналогічно А,С, ||АС I II Г /і, II СВ . Оскільки АВ перетинається і, АС, то А,ВХС, ЦА В С .

А

1Й0 /1,5,НА — паралелограм, оскільки А,В, ||А В та АА, ||ВВ, > ЛВ = А ,В ,. Аналогічно ВС = В,С, і АС = А ,С,. Д АВС = Д А,В,С, за трьома сторонами.

=>

181. ММ,ЛГ,ЛГ — паралелограм, оскільки А/МЛЛуУ та М,ЛМ|МЛГ. Звідси М , = М М , = 6 см, М,ІУ, =МЛГ = 5 см.

152. Оскільки (ЗЦа , то (і перетинає АСВ по прямій А,В, II А В . Отже Д А,СВ, " ‘" Д А С В за трьома кутами. АВ

АС

8

9+3

=> А,В, = -----8 = 6 см.

1 1

12

Відповідь: 6 см.

153. Площина АВС|| площині А,В,С, => => ВС і В,С, не можуть перети­ натися, але належать а => ВС і В,С, збігаються чи паралельні.

/В '

°

За умовою 154. а||с, оскільки а е а , ос||(3,с = аП рза властивістю паралельних прямих а\\Ь.

с\\Ь =>

155. Оскільки АО і ВС перетинаються, то через них проходить єдина площина у . Ця площина у перетинає паралельні площини а і |3 по паралельним прямим АВ і СО.

156. а||а => існує пряма с е а така, що а||с. Оскільки а|||і, то існує пряма Ьє(3 така, що Ь\\с..За властивістю паралель­ них прямих а ||Ь , отже а ||[3. _ _

__________

25

157. Оберемо в площині а довільну точку А і побудуємо площі ну, яка проходить через точку А і пряму Ь. Ця площина п| ретинає площину |3 по прямій Ь'\\а. Але існує лише одв пряма ||а , яка проходить через точку В, отже Ь = Ь' і Ь я лежить (3. Тз8. Площина перерізу перетинає А,В,С, по прямій ||АС. Отже будуємо МР\\АС. Шуканий переріз АМ РС.

1 . „ 1 М Р = —АС. =--6л/2 =Зл/2 .

2

в,

:

N

■

із ,

2

Рперерізу . =3\І2 +6л/2 +2-5 ''

\ с

; в| ___

А М = ^АА2 + А ,М 2 = у [і 2+ 3 2 = 5.

9л/2^+ 10 см.

В ідповідь: 9л/І2+10 см.

159. М є А В , К е В ^ , Ліе СС,. Продо­ вжимо ЮУ до перетину з ВС в точ­ ці С (вона належить нижній осно­ ві). М С перетинає СО в точці Е , яка належить перерізу. Побудує­ мо РК\\МЕ. Шуканий переріз: М РКМ Е.

160. Будуємо відрізок К К Х||АА,; Р — точка перетину Р К та В К Х => Р е площині АВС. О — точка перетину Р Е і ВС; Ь — точка перетину Р Е і АО; <3 — перетин 2)1), і К Ь . Прове­ демо МК\\СЕ => шуканий пе­ реріз: КО ЕСРМ .

161. Я Я , та М М , ||АА,; Р — точ­ ка перетину Я М та Я ,М , => => Р е А В С . Р Е перетинає 1)С і АВ в точ­ ках О і К . Ь — точка перетину А,В, і К Н . ЬР\\ЕС, отже шу­ каний переріз Ь Р В С Е К .

26

В, *■

с, ?

Я

в

'ч

Ій|ійм<міьне п р оектування. Зображ ення ф ігур у стереом етрії

Й2 І ) Точка або пряма; 2) дві точки, дві паралельні прямі; Я) відрізок або трикутник. |П1 1) Так; 2) ні; 3) так; 4) так; 5) ні.

1114 Так. ПІП І ) Так; 2) ні. Івв Пі, оскільки при паралельному проектуванні паралельні прямі переходять в паралельні.

197. Так.

10Н. 1) Ні; 2) ні; 3) так.

169. 1) Якщо площина трикутника і. площині, на яку проекту­ ємо; 2) якщо ці площини ||.

170. Якщо площина квадрата а розміщена під кутом (^ 0 , / 9 0 °) до площини (і, на яку проектуємо. Та сторона ква­ драта || прямій перетину а і р.

171. 0 ^ 1 С ,Д та О Л І Ї Л А => / д = 90° з кутами 90° => А]ВІС1£>1 — квадрат.

172. З М перпендикуляр до АС. В — серед­ ина АС, оскільки відношення зберіга­ ються. МЕ\\ВБ, оскільки паралель­ ність зберігається. Аналогічно будує­ Е Б N мо N 0 .

173. Оскільки відношення зберігаються, то А ^і.СС , = 3 :5 , Д С — проекція бісектриси кута В.

174. Можливі два розв’язки. Враховуємо, що паралельність зберігається.

А‘

175. М — середина АС => В М — проекція медіани, висоти рівнобедреного прямокутного трикутника. Сторони проекції квадрата \\ВМ і АР = СІ) = 2 В М . Отже, АСИР — проекція квадрата.

27

176. Е — середина А В, оскільки А Е : Е В = 1. Відношення збері гається при проектуванні. ОЕ — проекція діаметра кола 177. Проведемо довільну хорду МЛГ, Е — середина М И => ЕО — діаметр. Оскільки О — центр описаного кола, то О поділяє висоту трикутника у відношенні 2 :2 => В — середина ОР — належить трикутнику. Через О проводимо відрізок ||М N , це сторона трикутника. А В К — проекція пра­ вильного трикутника.

178. Проведемо пряму через С|| А В і через А\\ВС. Точка перетину цих пря­ мих — О. Тоді О — центр шестикут­ ника. На прямій АО відкладемо відрі­ зок ОА| = ОА . Аналогічно знайдемо С, і Вх. Тоді АВСА,5 ,0 , є паралель­ ною проекцією шестикутника.

179. М — середина ВС та N — середина АО => МІУ — паралельно висотам. Проведемо пряму через точку В ||ІШУ, отримаємо ВЬ — шукану висоту, ана­ логічно СР.

180. Знайдемо точку Е таку, що А Е :Е В = = 3 : 4 , оскільки СЕ — бісектриса. А1В 1 — гіпотенуза, А В : ВС = В,С, = 5 : 4 . аа В В — проекція бісектриси -8,-0,. О — точка перетину В В і СЕ.

181. С Е — точка перетину площини А, В, О, і АВС. З

П ерпенд и кул яр ність прям о ї і площини

і їй Мі і» » АК -* ||4

ЛІІ і АС => АЕ 1

площині АВС

=> А Е 1 А О

А Е Л І ) — прямокутний.

Вг

і

ВА => АА11 А В С . => АА11 А ІВ 1С1. А А , 1 А,/і. і Д Д Динодошія для інших ребер аналоГІМНІ). ЛЛ, 1 ЛІ )

III. ( А і ПАВ (див. рис. 23).

/

ї

д,

в[ 1

с

в

ІIV. ЛП І Е В С , оскільки А В 1 В Р , А В 1 В С . ЛІІ\\СІ) => С О І Р В С => С Ш Р С . И7 І)>СІІА1 — прямокутник. ИН І І,«й трикутник прямокутний.

1119 АМС — рівнобедрений Д , МО — медіана => МО — висоти Д А М С . Аналогічно МО — висота А В М О . Отже, М О Ї ВИ і АС => М О І А В С . В 190. М І І І В С , оскільки МО — висота Л В О С . АМ 1 В С , оскільки АМ — висота А А В С . В С 1 А М О , оскільки НС 1 АМ і М О .

А

191. ВО = 8 см, / АВО = 6 0 °.

—

ААОВ

прямокутний

соз/ В = во АВ

трикутник.

8 -= 1 6 см. => А В = --------соз 60е

Відповідь: 16 см.

192.

За теоремою Піфагора АВ = лІСВ2+СА =уі9 "+ 1 2 а = 1 5 . АМ =

АВ 15 -=— 2

2

„ 15 => СМ = В = —

ОМ = у] 0 С 2 + СМ 2 = ^ 1 8 2+ Г у

2

39 = 18,5 ю с см. =— 2

В ідповідь: 18,5 см.

29

193. А ЗОЕ — прямокутний => 8 Е -

ОЕ СОВ/.Е

сов 60°

- = 8 см.

Д 8 Е С — прямокутний => V8 Е 2+ Е С 2 = у/8 2 + 4 2 = 4л/еГ Відповідь: 4\[5 см.

194. АС = уі2 ■А В = 6 ^ АО =

АС

см — діагональ квадрата.

=3^2 см. 8 0 = АО і £ / 8 А О = Зл[2 л/з =3л/б

СМ.

Відповідь: Зл/б см.

195. О — рівновіддалена від вершин трикутника => О — цент] описаного кола. А і-В 196. Чотирикутник А В В хАг — паралелограм, оскільки протилежні сторони паралельні. АА, X сх => ^ АА,Й, = 90й => А В В хАг — в, прямокутник.

197.

198.

а _І_(3; а 1. а => а ± £>,с , де Ь і с прямі в площині а , які п ретинаються. Тоді в площині |3 існують прямі Ь1,с 1, так! що і»! ||Ь, с, ||с. Звідси а ± 6 ,, а 1 с , => а 1 (3 . РО = Р В = уіР С 2+ С В 2 = \[а2 + 62 . АС = а^І2 ; АР = у (а Т 2 ) + 62 = ф 2а2 + Ь2 . Відповідь: 4%а2 +Ь2 см.

199.

АО = Е — радіус описаного кола; К = ^ - = 9 — = 3>/3 см; З З . „ , . л МО 3 1 ї§ /М А О = АО Зл/з >/з => АМ АО = 30°. Відповідь: 30°.

ЗО

00 і її і і ні.ь п М рівновіддалена від веримш і ріп.утішка, то її проекція — німі'її О центр описаного кола.

\2 = 7 3 6 -1 6 = 7 2 0 ;

(і2-

1 Н ч/2() = 4/20 . » II

II (І Н

18

і ІчД’О

_

9

-/20 ~ 7 ^

\/<> \ІЛ М г - А В 2 = ^ 2 5 -^ ~ ІШ ю а Ід ь: 2

5

(44

Тб5

СМ.

см.

|()1 Оскільки Е С 1 А В С , то Е С 1 В О . Оскільки АВСГ> — ква­ дриг, то В В 1 А С . Пряма В В Ю С і ЕС, звідси В В Ю С Е . ті

ЛС

г—

«72; АО = — -— ;

ц іп А А З О = — = — А8 2 / А5С = 2 - 4 5 = 9 0 ° .

=> А А ЗО = 45°

Відповідь: 9 0 ° . УОЗ. ЛІ), О Р 1 А В С , РО\\АВ. ОА = ОБ = ОС => РА = Р В = Р С . ЛО д Н = ^ ї = 8 ^ ^ З з йа теоремою Піфагора

=8.

АР = уіА 02+ 0 Р 2 = 7 8 2 + 6 2 =10 см. Відповідь: 10 см. і’ОД. А ВВ1С1 — трапеція, оскільки АА, ||ВВ,. Тоді СС, — середня лінія цієї трапеції. СС, =

АА+ВВ

1

2

7+5

*- = ------ = 6 см.

2

Відповідь: 6 см. О-1

205. Е А 1 А В С => Е А 1 С В . С В ± А В , оскільки АВСІ) — кві драт. С В _1_А Е В , оскільки С Б 1 .Е А і А Б .

206. АВ і АР відповідно паралельні С Б і СЕ, отже за ознако] паралельності двох прямих А Е В ||Е С Б . Е

■

Е Р.

В \ _______ С

'Б

Б

А

До № 206

До № 205

П ерпендикуляр і похила

207. Щ авсВ ,Б = ВБ-, п р ^ В ^ В Д ; пр^ ^ В ^ В —А В }, пРсв,с, ^ ~

пра а і)ВхВ = А1В , пр;(Д|С] ВуБ —В ХС .

Див. рис. ЗО.

208. Довжина проекції =л/и2 - 9 2 = у[Ї0 =2\І10 см. Відповідь:

2

у/

Ї 0

см.

А

209. АВ — перпендикуляр, СВ — проек­ ція похилої. А В = АС ■соз А = 4 см; СВ = А С -зіп^ А =4%/з см. Відповідь: 4 см; 4л/з~ см.

210. А 0 = УІАВ2 - В 0 2 =уі172- 1 5 2 = 8 см; 0 0 = л/А02- А 0 2 =-\/і02- 8 2 = 6 см. Відповідь: 6 см.

211. Довжина проекцій Б В і ВС: ВС = А С з і п / ВАС = 8 —

2

АВ = АС соз60° = 4 см. В В = АВ

В А В = 4 см.

Відповідь: 4 см.

32

= 4у[з ;

8 /60°;

ПО : ОС = 9 : 1 6 , знайдемо відстань АО. Нехай ВО = 9 х , ОС = 16х. ЛО2 = 202 - ( і б х ) 2 = 152 - ( 9 х ) 2 => => 20а - 1 5 2 = ( і 6 2- 9 2)х 2 => »

х = 1 => ВО = 3 см.

Л О = уіА В 2- О В 2 = ^ 152 - 9 2 =12 см. Відповідь: 12 см.

13. ЛВ = АС, АО — перпендикуляр до площини а . А АВО =Д АСО за двома сторонами та прямим кутом. Отже ВО = ОС, тобто проекції рівні.

14. РА = РС з рівності трикутників Д А В Р = А С В Р (див. рис. 31). А В = В С як сторони ромба, Р В — спільна сторона, отже Д А РІ) =Л С Р В . Звідси / РВА = А Р П С .

15. СВ = В В , отже Д С ВВ АО ВВ = соз А В В А = ВО

А СВВ

кут

В = 6 0 °,

рівнобедрений (див. рис. 32). АО

= 6 см. У рівнобедреному

соз 6 0 “

отже

Д

цей

рівносторонній.

ВС = В В = 6 см. Відповідь: 6 см.

Нехай О — центр паралелограма, тоді ОА = ОВ = ОС = О В . Отже паралелограм має рівні діагоналі і є прямокутником. Р — проектується в точку О — пере­ тин діагоналей прямокутника, оскіль­ ки РА = Р В = РС = Р В . ОВ = ^ Р В 2 - Р О 2 = > / 3 6 - 1 6 =>/20 см. В В = 2 О В = 2^20 = 4л/б см. Нехай

СВ = х ,

тоді

ВС = 2 х ,

х 2+ (2х )2 =(4>/5)2 => 5 х 2 = 5 16

за

теоремою

Піфагора

х = 4.

С В = 4 см, ВС = 8 см. Відповідь : 8 см.

33

218.

В0 =

ВБ

=3 см.

В

А 0 = у]АВ2- В 0 2 = / 3 6 - 9 = Т 2 7 Г;

- б ' -6 о

АС = 2Л/27Г ;

ЕС = \[~АЕ2+ АС2 = / 4 + 4 -2 7 = 2л/28 =4л/7 см. Відповідь: 44 Ї см.

219.

БО + ОС = 24 см. Нехай ОС = х , тоді БО = 2 4 - х .

А

За теоремою Піфагора

А 0 2 = А В 2- В 0 2 = АС2- 0 С 2; 2 7 2 - ( 2 4 —х ) 2 =152 - х 2;

27 - 2 4 + 4 8 х -л г =15 - х ; 4 8 х = 7 2 ; х = —; ОС = 1 , 5 см; БО = 2 4 - 1 , 5 = 2 2 , 5 см.

2

Відповідь: 2 2 , 5 см.

220. Відстань м іж а і р дорівнює довжи­ ні спільного перпендикуляра АО. Нехай О С - х , тоді БО = 1 1 + х . АО2 = 2 0 2 - ( 1 1 + х ) 2 = ІЗ 2 - х 2 ; 2 0 а- I I 2- 2 2 х - х 2 = 1 3 2- х 2;

22х = 110

=> х = 5.

АОг =ІЗ 2 - 5 2 12і Відповідь: 12 см.

АО = 12 см.

22 1. Знайдемо / А Б О . Позначимо АВ = = АС = а . Проведемо висоту АО в Л А В С . Тоді В В = А В зіп / В А В = = а зіп30° = — а => ВС = 2 В В = а .

2 Оскільки похилі рівні, то і їх проек­ ції рівні => БО = ОС, / ОВС = 45 °. БО = ВС соз/ ОВС = а -4=-. со з/ А В О = — = -!= 72 АВ 42, => / А Б О = 45°. Відповідь: 45°.

34

Ті 'І'0=УІАТ2 -А О 2 =л/і72- 1 5 2 = 8 см. І Іохай ОВ = х , за теоремою соз для Д АОВ одержимо:

т

= 152 + х 2 - 2 15 х созбО0; .Vа- 1 5 х + 54 = 0 => х, = 6 ,

х2 = 9 .

1) ТВ = 4 Т 0 2 + ОВ2 =%/82+ 6 2 =10 см.

2) Г В = 7 8 2 + 92 = 7 Ї 45 см. Відповідь: 10 см; 7145

см.

2 3 . /і/і, і О Д 1 а , отже за умовою

>

ЯВ, =1)1), = 5 см. ЛЙ = Л/ВВ2 + В ,А 2 =>/25 +64 =>/89 ; Л О ^ А В ' + Г»,/)2 = 7 4 9 + 25 =>/74 . Мп властивістю паралелограма: 2 (Л В 2+ А 0 2) = В£)2+АС2 => > АС2 = 2 (8 9 + 7 4 ) - 9 2 = 2 4 5 . АС =7245" = 7^5 см Відповідь: 7\[б см.

124.

Нехай / ВАМ = а , тоді за умо­ вою /М А С = 9 0 ° - а . А А ВМ — прямокутний ( / М = 9 0 °), отже / А ВМ = 9 0 - / В А М = 9 0 ° - а => => /А В М = / М А С. А В М А ^ А А М С за трьома кутаВМ ВА ВА МА ми. Отже, ------ = ------ т а .----АМ АС АС м с ВА2 ВМ МА Помножимо ці рівності: АС2 АМ МС або М С :М В = АС2 :А В 2.

ВА2

ВМ

АС2

МС

Теорема про три перпендикуляри 126 АП — висота до грані В Д С ,; ВО — проекція АО на грань

ДО,С,; В О ± Г ),С , оскільки діагоналі квадрата перпенди­ кулярні, тоді за теоремою про три перпендикуляри похила АО 1 0,С, (див. рис. 33).

35

226. АС — проекція похилої АР на площину АВС. АС ± В Б діагоналі ромба. Отже, за теоремою про три перпендикул ри похила А Р А. В В (див. рис. 34).

227. В Б і. СВ за теоремою про три перпендикуляри. В Б = л [сВ 2 -СВ = \ІЬ2- а 2 (рис. 35). Відповідь: \ІЬ2 - а 2 см.

228. Нехай М К і МО — відстані від М до сторін А Б і С Б. М К 1 А Б , отже за оберненою теоремою про три перпен­ дикуляри ОК _І_А Б . Аналогічно ОО1 С Б . ОК = ОС = г — радіус впи­ саного в ромб кола. Д КО М = Д СОМ за кутом та двома сторонами. Отже К М = М О , тобто відстані від М до сторін ромба рівні. К 229. К Б 1 А В => С Б 1 А В за оберне

в

ною теоремою про три перпенди­ куляри. С Б є медіаною та висо­ тою в Д А В С , отже цей трикут­ ник рівнобедрений.

с

230. Б Ь — відстань від Б до АЬ, отже Б Ь 1 ВА С Ь І ВА за теоре­ мою про три перпендикуляри. СЬ = СА зіп ^ А = а ■зіп(90°-(3). Б Ь = \ІВ С 2 + СЬ2 = ^ п 2 + а 2с о з 2 Р .

п

С І \\ а В

Відповідь: у[пг + а 2 соз2р см.

231. К — середина ВС => А К — медіа­ на і висота Д АВС => Б К _1_СВ за теоремою про три перпендикуляри.

232. С О І В Б як діагоналі ромба. Тоді за теоремою про три перпендикуляри Р О ІВ Б . Відповідь: РО.

36

1)

к

3

П

]

К

33 Проведемо ОМ\\АС і ОЛПІ-ВС.

Тоді О М 1 В С і ОИ 1 АС. М» теоремою про три перпендикуляри І О М І АС. Одержали перпендикуляри до катетів К N і КМ .

34, МІ,\\АС => М Ь Ю В і за тео­ ремою про три перпендикуля­ ри Е І^ ІВ П . Нехай К — середина АВ, тоді ( К 1 АВ . Проведемо МО ||СК , тоді М С 1 А В => Е С 1 А В . Аналогічно МР\\ВВ => > Е Р І АС. ІІіїїповідь: Е Р , Е С , Е Ь .

В А-

С

/ и

їй ІІохнй СК 1 А В , тоді М К ± А В .

2

в

М

2

7 іб 7 + 16-2 = 12 см.

С

відповідь: 12 см.

їй І і К — висота А В С Б , ООЦВК > О С І А Р => М О Ї АГ).

М

=> В

4

С

І і К = А В з іп / Л = 12 — = 6 см

.2

М С = \ІМ02+ 0 С 2 = / 4 2 + 32 =5 см. Аналогічно

ОЬ\\ВР

— висота;

В Р = ВС -зіп/ С = 10

см;

О/, =5 см => М Ь = \І4 2+ 5 2 = л/4і" см. Відповідь: л/ЇГ см.

37. КП = 1 3 , якщо С£) — висота А А С В . Л В = у!АС2 + В С 2 =л/202 + 152 = 25 см.

37

С ії А В = АС СВ — виконується для прямокутних трикутників. ™ = -------2 0 1 5 = 12 ю см. СІ) 25 КС = \ІКИ2- С И г =уі132- 1 2 2 =5 см. Відповідь: 5 см.

238. Нехай И К — висота Д Б Е Р . Позначимо Е-К-= х , тоді К Р = 1 4 - х . /Ж 2 = 1 3 2 - х 2 = 1 5 2- ( і 4 - х )2; ІЗ 2 -х ^ = 152 - 1 4 2 + 2 8 х -х ^ ; 28х = 140 => х = 5.

2Ж = л/132 - 5 2 = 1 2 .

8 АГ = \[зГ>2 + 2Ж 2 =\І162 + 122 = 2 0 см. Відповідь: 20 см.

239. 8АГ = 13 см, якщо ( Ж ± А В .

8 0 = 5 см. Д 8СЖ — прямокутний і за теоремою Піфагора г = ОК = \І8К2- З О 2 = -\/і З2 —52 = =12 см. Відповідь: 12 см.

240. ОК — радіус вписаного кола => О К 1 .А В => М К 1 А В . г= о к = ^ = ^ - = > [ г .

6 6 За теоремою Піфагора М К = л [м О Г+ О К 2 = 7 9 + 3 =2л/з СМ.

Відповідь: 2\[з см.

241. В трапецію вписане коло, отже, А В + СО = ВС + АО => АВ = = СО = ^ ( В С + АІ>) = 13 см.

38

<>Л

радіус вписаного кола

фішиції,

ВЬ\\ОК та ОК = - В Ь .

2

О К 1 А О . ВЬ

А І = -(А £ > -В С ) = 5 см,

игкільки трапеція рівнобічна.

СЖ =6 см.

см

Л/,«>/і32- 5 2 =12

висота

2

МО = V МІГ2 - О К 2 =

- ^\^)'і - 6 2 = 8 см. Відповідь: 8 см.

мі

/І/)

18 см, АС = 24 см. Оскільки К рівновіддалена від сторін, мі нона проектується в точку О — центр вписаного кола. ОН — радіус ні.нго кола, ОМ А-СБ => К М А .С Б. АВ

1

('В В І +

К

= \І92 + 122 =15 см.

АС

Оскільки А СОБ — прямокутний, то СО ОБ = ОМ СБ > ОМ =

9 12 15

36

•= — = 7,2 см.

5

К М = уіО К 2+О М 2 = л/9+ 7,22 = 7,8 см. Відповідь: 7,8 см.

■І і /* рівновіддалена від усіх сторін => проекцією точки Р на площину АВС і точка О — центр вписаного кола.

5 17+17+16 /Ю = г . г = — ; р = ----------------= 25 см; 2

І) 16

.Ч= >/25-8-8-9 = 120 см2. г =—

25

= 4,8 см. Р 0 = >/РВ2- В 0 2 = 7 8 2- 4 , 8 2 = 6,4 см.

Відповідь: 6,4 см.

М4. «,и,мб«= 5 ‘> х АВС 1 ° — центР вписаного кола або точка перетину діагоналей ромба.

«ромб«=а2зіпа = 5

а=

зіпа 39

Висота ромба Н = АВ - 8Іпа =

НІШІ

у іЧ м Ін м

81І1К

= —лАЗзіпа . За теоремою 11 к|>мі ••і•

ОК

Р К = ^ О ҐГ+ О К 2 = , т 2+ - 3 8ІШХ. Відповідь: ,1т2 + —3 з і п а .

245. І)А 1 АС => АО 1 АС за оберненою ..... ремою про три перпендикуляри Лин Н І гічно О В 1 С В . Отже, чотири і. у і пні АСВО — прямокутник. За ...... . АВ = ПВ; ПО — спільна, т ії А А О І)= А В О Б за двома сторонами і прямим кутом. Звідси АО ОН, щ і е АСВО — квадрат.

246. М Р ± АС ОМ = —

2

/)

=> Л ОМР ~ Д Г)В С . = 7,5 см.

Ш ) = 7 1 5 2+ 2 0 2 = 25 см. ОМ МР ВС ОМ МР = ВБ ВС ВБ 20 7,5 = 6 см.

25

Ні

К Р = >/К М 2 + М Р 2 =л/в2 + 6 2 = 10 см. І\ І' іііді гань від К до АС, оскільки К Р 1 А С за теоремою нри гри перпенди­ куляри. Відповідь: 10 см.

247. Відстань від Е до АО дорівнює ЕА, оскільки Е А 1 В А за теоремою про три перпендикуляри. Аналогічно СЕ = 9 см.

Е

За теоремою Піфагора В В 2 = С В 2 + В А 2 або 49 = 8 1 - х “ + 1 6 - х 2 => 2л:2 = 4 8

=> х = \[2А = 2\[(ї см. Е В = 2у[б см.

Відповідь: 2%/б см.

248. Проведемо В К 1 т , тоді ОК 1 т за оберненою теоремою про три пер­ пендикуляри. х Нехай АО = х , тоді А В -

В

с ова

А К = соз|і х ; соз / ПАК =

А К _ х совР

АБ

х

= созР со за .

соз а

Відповідь: соз |3 соз а .

249.

/. А В Р = /.С В Р за умовою. Прове­ демо перпендикуляри В К і В Ь , тоді Р К 1 А В , Р Ь 1 ВС за теоремою про три перпендикуляри. Д К Р В =Д Ь Р В за двома кутами і сто­ роною, тоді К В = Ь В . Д В К В =Д В Ь В за вдома сторонами і кутом => /. К В В = А Ь В В => В В — бісектриса А А В С .

1 ^А В ВС р ( А В + В С - А С ) = В£) = АВ + ВС 1 л/26 28 81 27 =>/546 СМ.

54 Відповідь: V546 см.

250. А В О С ^ А В О А за трьома кутами. ВО _ ВС _ 14 _ 7 ВО = 7 х , Тоді ОБ АБ 18 9 О В = 9 х , В В = Ібдг. ВР і О К І а ВР\\ОК ОК _ ОР

АРВВ^АКВО

0х__$_ 16х ~ 16 Відповідь: 4 ,6 см. ВР ~ ВО

=>

О * _ _9_ 3 16

О К = — = 4,5 см.

2

41

Перпендикулярні площини 251. Ні.

252. Ні.

2."«З. Пряма с є а П Р , с і у. Площина а містить пряму отже а і у . Аналогічно доводиться ( і і у .

254. АВ 1 В С , оскільки АВСВ — квадрат і А В1М С , оскільки за умовою МС 1 .А В В . Отже А В 1 М С В => пло­ щина А М В , яка містить пряму А В , та­ кож 1 М С В .

В

середина АВ 1 => С О Г А В . ВО = - А В = 4 см. А ВОС —

255. ВО А. А В

О

2

прямокутний => ВС = уі2 ВО =

с м.

В ідповідь: 4 \І2 см.

256. А С 1 В В як діагоналі квадрата, В О І В В , оскільки Е О І А В С . Звідси В В І А Е С , площина, яка містить В В , В Е В 1 АЕС.

257. Я рівновіддалена від вершин прямо­ кутника, отже проекція 0 на площи­ ну АВС — точка О теж рівновіддалена від вершин. Тобто О — точка перети­ ну діагоналей прямокутника. ф О І В В і АС => ( ? 0 1 площині АВС. Площина АфС містить пряму ЯО => А Я С 1 .А В С .

258. А В ± М О і А В 1 М 8 за теоремою про три перпендикуляри. Звідси А В ± О З М і площина А 8 В , яка міс­ тить пряму А В, теж Ю 8 М .

42

В . - - ''О ''.

Я В О

Ц і! АК " перпендикуляр на площину у .

IIIі \ІА В2 + АС2 V152 + 8 2 = 17 см; /\К ВС = А В АС

лк = С -1І

НІГ)

АВ АС

ВС 120 см.

17

Л ь :----120 см. Іі,д ої п о в ід 17 101) (Н .р , АС 1 а , В Ш а => А С ± р І /V' 1 СВ => Д АСВ — прямокутний і |ні кутник.

Г/І 7 а В2-АС2 = >/і 32-8 2 =л/Ї05 см. прямокутний Лии ’югічно А СОВ

п /

І І )(' ч/но

і -<

7 с В 2- І ) В 2 = > / 1 0 5 - 2 5 = 4>/б СМ.

Відповідь: 4^І5

('І)В та А А С В

1* 1,

Г/І

О

см.

— прямокутні.

>//)С2+І>В2 = ^ 1 2 2+ 1 6 2 = 2 0

, М. АВ = УІАС2+ С В 2 =20л/2 см. ІМ повідь: 20уі2 см.

ИУ /Цт , тому відстані від А ,, С ,, В, до/ идннкові =/і см. А А ,=15 см, її £»

^ А А ^-А А 2 =л/і52- 5 2 =>/200 =

«10>/2 см. /<,В = У(Ю>/2)2+ 9 2 =>/28і С,С. = | ю 7 2 ) 2+ [ - ^ |

О

см.

=>/249 см.

Відповідь: >/281 см; >/249 см.

263.

В Р і Е И 1 А С . В прямокутному Д АВС АВ ВС

висота В Р = — За

теоремою

АС

=4,8 см.

Піфагора для

Д ВРС

Р С = ^ В С 2- В Р 2 = 3,6 см. АС — діаго­ наль прямокутника і Е Р = А С -(А Е + + РС) = А С -2 Р С = 2,8 см. З прямокутного А Е Р И : Б Р = уіЕ Р 2 + Е Б 2 =>/2,8"+4,8“ - ] = у/3 0 ,88 . З прямокутного А В Р О : ВО = лІВР2 +РИ~ = = і/4,82 + 30,88 = 0,4 л/ззУ см. Відповідь: 0,4 >/337 см.

264. Нехай а — лінія перетину (3 і у; 6 = аП у ; с = аП Р- Оскіл ки а і (3-1-у, то с ± у . Прямі а і Ь належать площині отже с ± а і Ь. Аналогічно доводиться Ь і с і а, а І Ь і

Відстань між мимобіжними прямими 265. а) Відстань м іж мимобіжними прямими — де довжиіІ спільного перпендикуляра К И = а . б) Проводимо АГО і. Р К , так що N 0 належить площи основі куба. N1) = відстані м іж М7У і Р К , N 0 С В = лІА В 2- А С 2 = 12 см. СІ) — висота Д АВС — шукана від АС СВ 5 12 60 стань. С І)= 13 АВ 60 Відповідь: -— см.

13 267. ВИ — висота Д А В С . Отже В И _І_АС і а => => ВИ — відстань м іж а

266.

і Л

^

=Ш

?

= 10 І»

= >/ю2- 6 2 = 8 см.

5 = - А Е ВС = - А С В В л

2

2

В ідповідь: 9 ,6 см.

44

=> ВІ> =

АВ ВС АС

8 12 = 9,6 см.

10

|йй Проведемо В К 1 .А О , тоді В К — від­ іпни. між а і Ь. А АВО — рівностороніпи, оскільки О В = ОА = В ; /1 0 = 60°. ІЖ

н = ^

-

= 8

—

2

= 4 : у/ з

см .

2

А ^-------

ПіЛповідь: 4л/з" см. йй ЛЛ І Ь; /1 АОС = 1 2 0 ° - 90° = 3 0 °; ЛС \/\

АО з і п / АОС = 6 — = 3 см.

2

АС + С К = 3 + 6 = 9 см.

/І{Оповідь: 9 см.

7(1 ЛС І ІІС, АС — висота паралело­ грами. А С В А = 1 8 0 -1 2 0 = 60°; І1Л

С 0 -зіп 6 0 ° = 10 - ^ - = 5у[з см.

2

ПіОповідь: 5>/з см. М ( 7 ) 1 а => С В = 3 см за умовою. Проведемо В К _1 А В , тоді С К 1 А В . СК

с

1 АВ = —л/2 6 = зТ2 .

2

2

:і прямокутного

А СВК

знайдемо

І>К VС К 2 - В С 2 = 7 і 8 - 9 = 3 см. йідповідь: 3 см.

72.

)ч (У та Ь](а за умовою. Проведемо п Юіцину (і через пряму а та ± а .

11 піщина Р перетинає пряму Ь в точ­ ці Н. В В І а , В е а => В В — віді тинь від а до а і В В — відстань між мимобіжними прямими; вони рівні.

£)

а

М Проведемо В В 2 ± ос, тоді площина ЦАА, і відстань між АА, і ВВ, дорівнює відстані від А, до В,Д ,, тоб­ то висоті А,АГ трикутника А ,В,В2.

45

В 2В,

см. Нехай

,]В В 2- В В 2 = 7 і 0 2 - 8 2 =6 \2

ІГВ, = дг+ 6 . = 4 9 -х ^ ;

А ,# 2 = 112-(л: + 6)

12х = 3 6 ;

х = 3.

І 2 - X і ;

кв2=з

т<

К В ,,= х ,

I I 2- х 2- 1 2 х - 3

см

А, # = 7 72 - 3

= ТЇО^ = 2-у/ш см. Відповідь: 2%/Го см.

274. Площина ВСВЦ А В => відстань між В В і АВ дорівнює відстані м іж АВ і площиною С ВВ або між В і СВ. Тоб­ то шукаємо висоту В К в Д С В Е . в# =

Е В ВС

8 15

ЕС

7 в 2+152

_ 120 17

см.

120

см.

17 275. Площина ВВ,С ||А В , оскільки АВЦСВ. Відстань м іж АВ і В ,В дорівнює від­ стані від В до В,С, тобто Відповідь:

-В С , = --2 7 2 = 72 2

2

см.

В,

\

І),

Я

Відповідь: Тз" см.

І)

Кут між мимобіжними прямими 276. МА 1 АВ і АС => МА 1 АВС => МА і. кожній прямій цієї площини, отже, М А 1ВС.

277. Див. рис. 44. В С 1 А В і АМ =* В С 1 А М В => В С 1 А К .

=>

278. М — рівновіддалена від сторін Д => О — її проекція на АВС — є центром правильно­ го трикутника. Звідси А О І.В С і М ОА.ВС як перпендикуляр до площини. Отже, А М О І В С => А М ± В С .

279. 1) Кут між А В і ВВ, = / А ВВ, = 90 °.

90° 2) Кут м іж В В , і В,С = / А ,В В , = ----- = 45°.

3) Кут м іж В,С і ВС, = / А,ВС, = б 8°, оскільки Д А,ВС, правильний.

46

Проведемо пряму ЕР\\АС, тоді по11 иСні о знайти / М Е Р . І 'І ' = -Л С = —ал/2 .

4

МО

4

( 1 а 2- —л[2а Аа“ і \2 /

і:м --%/е о 2 + м

а. УІ2 Гр ./в а . соз/ М Е Р = —— 2 £М

=

о2

V2 , і»7г

2

72

'І

Т за

2л/з

ІМ повідь:

_ Уб 6

а г с с о з - ^ -

6

, звідси / М ЕР = агссоз

л/б

см .

Кут між прямою і площиною мі

ВО

АВ

а/з с о з 3 0 ° = 4 ----------- = 2 у[ %

см .

2

/іЮповідь: 2>/з СМ.

N2. с о в / АВО = —

АВ

/ А В О = 6 0 °.

= —=— 6

2

ІМ повідь: 60°. ІЗ, ('

проекція С, на площину АВСО, отже кут між І>С, 90

І ЛВС дорівнює / С,І)С = — = 45°. Ііідповідь: 45°. Й4 ЛЛ, і ВВ, Ца . Кохай АС і В И 1 а . Тоді проекції А,С І Нх1> паралельні, отже, Л А, АС ^ А В ,В £ ), тобто / АА,С = / В В уО.

285. Д АОВ, =Д АОВ.г за двома сторонами і прямим кутом. Звідси О В ,= О В 2. Ана­ логічно доводиться рівність інших відріз­ ків: ОВ, = ОВ2 = ОВ3 = . .., до того ж точки В ,, В 2, В3, ...є а . Отже ці точки рівновіддалені від точки О і належать площи­ ні а , тобто лежать на колі з центром О.

286. ВО = с І £ / В АО = 9

с м

А

.

ші -

ОС = с і£ / С АО = 9 ■— = 373 см. З За теоремою соз в Д ВО С : ВС2 = 9 г + (з У з )2 - 2 9 ЗУЗ со з !5 0 °. ВС 2 = 81 + 27 + 81

=> ВС=>/9-21 =

= 3\І2Л см. Відповідь: Зуі2Л см.

287. Кут м іж АО і площиною А АВС до­ рівнює куту між АО і АВ — проек­ цією АО на площину трикутника.

5 д =4л/з: = — а 2 => а 2 = 16 =* а = 4 см.

/ ОАВ =

АВ

«І

=> 4

-= >/з

/ ОАВ = 60°.

Відповідь: 60°.

288.

Кут м іж АВ і (і дорівнює / А ВА ,; АА, 2л/з л/з ІЄ / А В А ,= —= —- — = —— => 1 А,В 6 З => / А В А , = 3 0 °. Кут м іж АВ і а дорівнює / ВА В,. А,В, =>/36-24 =л/І2 ; АВ, =>/12+12 = >/24 = 2>/б . ІЄ / В А В , = А ? - = -Ц 1- = 1 : АВ, 2>/б Відповідь:

48

З у і2 1

см .

1*2 / В А В , = 45°

/І II.

ЛВ с о з / АВА. = 8 -------= 4у/2 см.

2 1 П і А В - з і п / В ,А В = 8 — = 4 см. . 1 2 ^Л ,Б 2- В , В 2 =л/32-16 = 4 см.

/ІД

Ції іповідь: 4 см. М І ' І А В => О Р 1 А В Імім,! ус вписаного кола. іи>

мо

с ї£

/

=> ОР = г —

м

= 9 л/з СМ.

м ро

Дим правильного трикутника ,

=» 9 7 3 = ^ =, 6 м» а =54 см. АВ = 54 см. (І

НЮиовідь: 54 см. І ІРХай АВ = а , тоді АС = а , оскільки похилі утворюють з площиною одна<І)ІІІ кути.

А

. ПАС = 60° => А АВС — правильний 7з і Ц( = а . ВО = А В со в /. АВО = а ------. ( >1)

висота Д ВОС

В£> ВО

! їй лйдемо з і п / В О В

*■* / ВО£> = агсзіп

1

Ж

І ІІдповідь: 2 агсзіп -

=> ВО = а 2 ‘

2 ВС _ а 2

2

~

а-\/з" _ 2

‘

1

" 7з

/ ВОС = 2 агсзіп

7Г

1

7Г

Надано прямий кут САП. В С І. АС та І Ш 1 А І ) , О — проекція точки В на пло­ щину САО. Нехай АВ = х , тоді АС = АО = - ЛВ соз60° = — .

2

49

За теоремою про три перпендикуляри ОС ± А С , ОВ 1 АЩ

г

отже, чотирикутник АСОВ — квадрат. АО —У І2-А С --

її І

як діагональ квадрата. Кут між АВ і площиною АСВ дорі] нюс / В А О . Знайдемо соз / ВАО =

АО

ЇЇ

АВ

2

Відповідь: 45°. Кут між площ инами

293. Проведемо площину у 1 т , ця площина перетинає прямі а , Ь, т в точках А, В , С відповідно. За теоремою соз: А В2 = АС2 + СВ2 -2 А С СВ с о з а ,; 1 4 9 - 2 5 + 9 - 2 15 соза, => соза, = - — => - 4» а, = 120° . Кут між площинами а і (3 гострий, тому він дорівнює 1 8 0 -1 2 0 = 6 0 ° . Відповідь: 60°.

294. Проведемо площину 8 1 т , вона пере­ тинає прямі а , Ь, т в точках А, В , С відповідно. Одержимо Л А В С . Відстань від т до у дорівнює С В — висоті трикутника. За теоремою соз: /ч А В 2 = 4 + 1 2 - 2 -4>/з ■— .

2

А В2 = 4 => АВ = 2 . Нехай АІГ — висота до сторони СВ, тоді А К = СА-зіп/ АСВ = 2 — = 1. СІ> =

А К СВ = С В АВ 1 2>/з

•= ^

АК СВ АВ

СМ.

Відповідь: л/з см.

295.

5„ = 3 6 см2

А І = 6 см -— сторона квадрата

8 прямок = 5 4 см2 => А Т = — = 9 см.

50

/« А/|

ї

й

Нн теоремою соз: В Р 2 = А В 2 + А Р “ У АІ ) А Р соз/ Б А Р ; />/'

= 3 6 + 8 1 - 2 - 5 4 -—

= 1 1 7 -54>/3;

2

/)/

х/117-54ч/з

СМ.

$ІПіЮвідь: / і 1 7-54>/з Ш Дп

см.

1, де А О ± а .

Щ ж

4>/з

а2л/з

4

4

7з

= ----- — => а = —т=-.

З

Проведемо АІ) — перпендикуляр до ВС, тоді О В 1 В С . Звідси А 0 В 1 В С і кут МІЖ площинами АВС і а дорівиіо< / /17)0. Л / ) « Л=-

ау[з

2 Ни)повідь: 30°.

=2 см => з іп / А В О -

И7 (ЇМ (/., СВ ± А В

АО АО

/ А 7)0 = 30°.

ОВ 1 А В .

\]аС2+ С В 2 =л/б2+ 8 2 =10 см.

6-8 л с -с в = 4,8 см. ('/) «— і/і

АВ

10

М прямокутного трикутника С07): Ш вС / )зіп / 7) = 4 ,8 -зіп30° = 2,4 см. відповідь: 2,4 см. МИ ІІохпй #

І

— середина АВ, тоді СК / Ж 1 А В , отже /СА’7) = 60° за

умовою. СК = \І152- 1 2 “ = 9 см. /)Л ч/із2- 1 2 “ =5 см. Ни теоремою соз: г’/> с к ' + к в 2 -2 СК К В с о з А К І'ІУ

81 + 2 5 - 2 45

1 = 61

;

=* СТ) = 7б Г см.

Ш повідь: л/бТ см.

51

299. Нехай К — середина СВ, тоді О К і А К X С В , отже / ОКА — кут м іж площинами трикутників. СО = “ /==■ см. УІ2

2 СО2 = С В 2

2%/2І

АГ£) = —СВ = 6 см; 2

КА = ^І4 2 1 - 3 6 = 7 І 8 ' = 4 л/ з

см .

За теоремою соз; 4 15 = 36 + 16 3 - 2 6 4 л / з ^ с о з/ І; соз/ К =

1

_ %/з

2у[з

Відповідь: агссоз

300.

/ К = агссоз^

6 7з

Т і-

см.

Нехай ЕО — перпендикуляр до площини АВС, Р — середина А В => Е Р і ОР А. А В => кут між площинами А В Е і АВС дорівнює /.Е Р О . АС = 4^2 . Висота правильного

трикутника

Е Р = Іі = ^ -^ - = 2\[з см. Е К — висо­ та Д О Е С ; Е К = уіЕ С 2- К С 2 = 2 см. Розглянемо АРЕК, позначимо ОК = х , тоді Ю = 4 - х . ЕО 2 = 4 - х 2- 1 2 - ( 4 - х ) 2 => х = 1.

0 1 = 1 см => ЕО = уіЕ К г -О К " = 7 3 . зіп /

£0

7з

РЕ

2а/з

1

/ Е Р О = 30°

Відповідь: 30°.

301. Кут дорівнює / А}ВА = — •90° = 4 5 ° .

2 302. Нехай СО — перпендикуляр до площини а . С О Ї АВ ООА.АВ і за умовою /СОО = 45°.

- прямокутний рівнобеі||ц ііи(|, позначимо А В ~ 2 х , тоді Ш> * ' ЛВ = х , А С = С В = уі2 х , ІН> - <'І> со в /С .В О = х -------, IX)

1Н

Я

х

Ь \і між АС та площиною а дорівнює /С А О .

'ІМ ('АО

СО АС

Г2 1 2 _ 1 у[2х - 2

х

/С А О = 30°.

(ІІОпоиідь 30°.

ІЯ, Л А/,

УІІО+9 = уі2А .

КМ І М ІУ \-в к - , де точка В нідпнольняє умовам: КВ\\К^МХ ги А/1) 1 В К . За теоремою соз: М І)’ 8 2 + З2 - 2 8 3 ■созбО0 = ПІ 10 24 = 4 9 ; /» а/

7 'і9 + іг , =л/бТ = 8 см.

ІіІПіЮбІдь: 8 см.

14. ІІ|юіі»ідемо пряму ВЕ\\СВ, так, щоб

ЛІ І Е В . Гиді

між

кут

площинами

це

АСЕ. \Г

фїЬ2- 2 4 2 = 7 . За теоремою соз

її і . АСЕ 49 = 25 + 6 4 - 2 5 8 - со з/ О ; іч>Н/ С

— = — => / С = 60°.

80

Нііііювідь: 60'

2

305. Проведемо

отже тоді

Р О -ІА В ,

ОС 1 А В . СО = — А Б = 2 см.

2

ОК 1 ОР , тоді К Р — проекція ОР на площину А ВР. С К =СО со з6 0 ° = 2 ~ = 1 смО Р=

°9 — = 4 соз60°

=>

=> К Р = 4 - 1 = 3 см. В ідповідь: 3 см.

306. Нехай МО А. А В , тоді кут між а і А М В дорівнює / М С О . Позначимо ОМ = х => АМ = х - = х ■\І2 ;' ■= 2 х ; М В = зіп 45°

зіпЗО0

АВ = Ї Ї х 2 + 2 х 2 ч=у /б х . Висота прямокутного трикутника: МО =

АМ МВ АВ

він/ МОО =

МО МО

Відповідь: 60°.

2х х ї ї ->/бх х

ЇЇ ЇЇ

х.

/М О О = 60°.

г—X ЇЇ

307. Проведемо АС — перпендикуляр до площини (3. Нехай АС = х , тоді АВ = 2 х . Проведемо А Б 1 а , тоді А І) = 4 ^ л / 2 х .

її З прямокутного Д А С В зіп А БС = АС _ х _ 1 . Отже / А£)С = 45°. АБ уІ2х Ї Ї Відповідь: 45°.

54

Н И рвр идом о М В 1 А В , тоді О И 1 А В .

IVVI Між М АВ і АВС дорівнює і МІХ). Нехай АВ =2х, тоді /— /Ю д і АО = хуі2 => МО = АО ї%а= "У - І к а

Т) ^І'У- і.- - - -Ті /-ч А^

.

МО 'СпиІ Іц /.М В О = ~ - - = у[2 ї^ а ВО

/ М И = агеі£-(у/2 ідсх).

Відповідь: агсі§|л/2 і § а ). НІ» ІІпііудусмо площину А В С 1 Р С

=> АС

І /І(; І РС . Нехай АВ = а , тоді АМ = -- .

г.

/і

—— ; МС =зіпр /г = -^^--8Іп(і.

2

2

.

а\І3

(

і-ІМ

"

8111р

ЛСМ = — — = — - ----------- = >/з віп(3 =>

АМ

а

2

Ш

/ АОМ = агссоз (\[її зіп (З) =>

І-»

/ АСВ = 2 агссі§(-\/3 5Іпр).

йІОповідь: 2агсс1§(л/з^віп|і|. Площ а о р то гон ал ьн о ї п роекції м ногокутника

III Тик, якщо площина многокутника паралельна площині, IIм яку проектуємо. Н

соза = 8 соз30° = 8 - ^^ - = 4\[з см3. иН п кК М |И"МІ = ^8иМ ОГтО ІМ повідь:

5

І / гона = - ІЩ^ 5

4\[з

С М ".

4

1

8

2

=- =-

Ш п о в ід ь : 60°

а = 60°

313.

Катети А,В, = 8 см, В]С1 = уіЮ2 - 8 2 = 6 см. «проекц = 5

^

А в \ В, С, = -і- 8 6 = 24 см2.

2 24

цроокц

=

соза

24

сов 45°

= 24^2

Відповідь: 24^2 см2.

314.

(і = >ЯЗО" см, а = 9 см, Ь = ^(і2- а 2 = \/і30-81 = 7 .

5 проекЦ= аЬ = 9 7 = 63 см2. соз а = -= £= -

63

1

126

2

а = 60°.

Відповідь: 60°.

3 1 5 -

5

авс

= ^ р ( р - а ) { р - Ь ) ( р - с ) ; р = —(7 + 17 + 18) = 21;

5 ЛВС = >/21 14 4 3 = 42 уі2 ; соз а = — 6,4 =

^ 42л/2

а = 4 5°. л/І"

Відповідь: 45°.

316. А К = ^ ( А Б - В С ) = 8 см. В К = 7 ю :’ - 82 = 6 см.

10

5 АВсп = ~ ( В С + А І ) ) В К = —(4 + 20)-6 = = 72 см2. со за ;

72

л/з

48л/з

2

В ідповідь: 30°.

СС

а = 30°.

К

20

Варіант № 2 С истем атизація та узагальн енн я ф актів і методів планім етрії

1.

Промінь ВІ> у кутів спільний, від нього можна відкласти або два прямі кути по різні боки, тоді вони разом склада­ тимуть розгорнутий кут, тобто точки А, В , С лежать на од­ ній прямій; або можна відкласти два прямі кути в один бік, тоді точки А, В , С також лежать на одній прямій, що й тре­ ба було довести. В

В А

С

2.

За умовою В М = В ,М ,, / АВМ = / А1В1М ], / СВМ = / С]В ІМ І, /С М В = / С 1М ,В 1. А А В М = А А ]В ІМ І за другою ознакою, аналогічно Д СМ В = Д С ,М ,В ,. З рівності двох маленьких трикутників витікай рівність трикутників АВС та АІВ1М ,, що й треба було довести.

3.

За умовою АС = А,С1, В Д = В ,Д . / А В В = / С В В = / А .Б.В, = = / С іВ {В ] = 9 0 °. Оскільки висота рівнобедреного трикутни­ ка водночас є медіаною, то А В = С В = АІВ І =С 1В 1. Д А Д В = = А А 1В 1В 1= А С В В = А С 1В 1В І за першою ознакою. З цих рівностей витікає рівність трикутників АВС та А,В ІС1, що й треба було довести.

57

4.

За умовою А В -- А1В ] , АС = А 1СЇ , та -В,М, медіани, то А М = СМ =А А ХВ 1М І за третьою ознакою, тому А АВС =Д А ^ С , за першою довести.

В М = В ]М 1. Оскільки В М і А ]М 1 = С ,М ,. А А В М = звідки /. ВАС = /. В ХА1С1, ознакою, що й треба було

5.

Нехай обидва кути менші за 90°, тоді їх сума менша за 180°, а це суперечить тому, що сума суміжних кутів до­ рівнює 180°.

6.

Нехай кут має дві бісектриси, тоді існує дві пари рівних ку­ тів, що складають у сумі вихідний кут, але його градусну величину можна поділити навпіл лише єдиним способом.

7.

Нехай пряма а також паралельна стороні ВС, з чого витікає АВ ЦВ С , що суперечить тому, що сторони трикутника не мо­ жуть бути паралельними.

8.

Нехай пряма а перетинає пряму т в точці А, але не перетинає пряму п, тобто є до неї паралельною. Отже, ми маємо, що через точку А можна про­ вести дві прямі, паралельні даній, що суперечить аксіомі планіметрії.

___ ____________

п

9.

/ С Б В = /_ А Б И , оскільки це внутрішні навхрест лежачі (у підручниках — «внутрішні різносторонмі*) кути при па­ ралельних прямих, сторона Б І) для трикутників спільна. Отже, дані трикутники рівні за першою ознакою.

10.

/ А = 6 8°, А В = 26°. А С = 1 8 0 °А - / В = 1 8 0 ° - 6 8 ° - 2 6 ° = 86°. / АСМ = / ВСМ =

2

С = 43°.

/ АСЯ = 1 8 0 ° - / А - / Я = 1 8 0°- 6 8 ° - 9 0 ° = 22°. /. НСМ = / АСМ -,/ А С Я = 4 3 ° - 2 2° = 21°. Відповідь: 21°.

58

С

II

М

■В

11.

12 .

/ Н С М = 10°; / АВС = 70°. / С М Я = 1 8 0 ° - / НС.М - / Н = = 1 8 0 ° -1 0 ° - 9 0 ° = 8 0 °. / С М В = 1 8 0 ° - / С М Н = 1 8 0 ° -8 0 ° = 100°. / В С М = = 1 8 0 ° - / С М В - / М ВС = 1 8 0 ° -1 0 0 ° -7 0 ° = 10°. / С = 2 - / В С М = 20°. / А = 1 8 0 ° - / В - / С = 1 8 0 °-7 0 °- 2 0 ° = 90°. Відповідь: 20°, 90°.

19°

/н а м

Я

м

:л е м = / всм :

= - / С = 4 5 °. / А С Н = / А С М 2

- / Н С М = 4 5 ° -1 9 ° = 26°. / А = 1 8 0 °- / Н - / АСН = 180° - 90° - 26° = 64°. / Б = 180о- / С - / А = 1 8 0 ° - 9 0 ° - 6 4 ° = 26° • Відповідь: 26°, 64°.

13.

Нехай / С = а ,т о д і / В = 180

У М

-а . /

В ) = —(і8 0 ° -1 8 0 ° + а) = — ; / С Р К = / С К Р = —( 1 8 0 ° - / С) = 2

2

2

= —( і 8 0 ° - а ) = 9 0 ° - — ; / Е Р К = 1 8 0 ° - / В Р Е - / С Р К ■ 2 у

,

2

’

(X (X = 1 8 0 °-------90°+ — = 90 °, що й треба було довести.

2

14.

2

1) А К А М = А К В Ь = А М С Ь = А М Б М за першою ознакою ( / А = / В = / С = = /£> = 90°, А К = В К = СМ = Б М , АЛґ = = І)2У = БЬ = С Ь ), звідки К Ь = ЬМ = ІИТУ = = _К'ІУ, тобто чотирикутник К ЬМ И — ромб. Відповідь: ромб.

2) КЬ є середньою лінією А А В С , тому КЬ\\ А С . Аналогіч­ но МЛПІАС, ЬМ\\ВО, Ю/ЦШ). Оскільки діагоналі ромба пер­ пендикулярні, то чотирикутник КЬМ М — прямокутник. Відповідь: прямокутник.

59

15.

Прямі В Е , МР, М І) паралельні, тому дана рівність викону-' ється за теоремою Фалеса.

16.

А ОМІУ, А О АС, Д ОВО подібні за першою ознакою ( / С = / Л г = = А Б = 90°, А О або спільний, або вертикальний),

ОМ _ М И _ 1

6 ' ОА АС ОМ = х , тоді АМ = 6 х , ВО = В М - О М = і ВВ ВО 5 = 6 х - х = Ь х . З подібності трикутників: = — , звідОМ 1 МN ки В Б = 5 см. Відповідь: 5 см. ВАГ ВЕ 17. За теоремою про пропорційні відрізки маємо: ЕР 7УМ звідки Е Р 2 = В Е М М ; Е Р 2 = 4 -9; Е Р = у/4~9 = 6 (см). В ідповідь: б см.

N 18. Нехай СО = х , тоді СМ = Б М -С Б = 3 6 - х . За теоремою про пропорційні відрізки маєВА СІУ 7 3 6 -х „ мо = ------, або —= ----------; 7х = 1 8 0 - о х ; АВ СВ 5 х 12х = 1 8 0 ; х = 15. В Відповідь: 15 см. Отже,

нехай

19.

Нехай А И = х , тоді В И = х , тоді В И = А В - АІУ = 2 0 - х . За теоре­ мою про пропорційні відрізки маСМ АІУ _ 6 х = ------ , або —= ----------; ємо ВМ ВАГ 4 2 0 -х 1 2 0 - 6 х = 4 х ; 10х = 1 2 0 ; х = 12. Відповідь: 12 см.

20.

ВО = 7 см, ІЮ = 11 см. Нехай ВС = х , тоді АО = х + 16. А В О С та А БОА подібні за першою ознакою, ВО ВС тому ----- = ------ , або х + 16 АВ 11 ОВ 7х + 112 = 1 1 х ; 4 х = 112; х = 2 8 . Отже, ВС = 28 см, АО = 44 см. Відповідь: ВС = 28 см; АО = 44 см.

60

21.

З прямокутного Л АСМ за теоремою Піфаго­ ра

СМ = уіАЛҐ2 - А С 2 = 7 і 3 2- 5 2 = 7 1 6 9 -2 5 =

= 12 (см). ного

ВС = 2СМ = 24

А АСВ

см. З прямокут­

за теоремою Піфагора

АВ =

= 7аС 2 + ВС2 = 7 о2 +242 = 725 + 576 =>/боГ (см). Відповідь: 7601 см.

22.

АС = 13 см, А В = 15 см, АЕ = 12 см. З прямокутного А АЕС за теоре­ мою

Піфагора:

СЕ = 7 а С2- А Е2 =

= 7 і 32- 1 2 2 = 7 1 6 9 -1 4 4 = 5 (см). З пря­ мокутного А А Е В за теоремою Піфа­ гора: '

В Е = 7 А В 2- А Е 2 = 7 і 52 - 1 2 2 =

= 7^25 144 = 9 (см). ВС = В Е - С Е = 9 - 5 = 4 (см). Відповідь: 4 см.

23.

АС = 15 см, ВС = 12 см, / В = 45°. З прямокутного А А ВС за теоремою Пі­ фагора:

а в = 7 а с 2- в с 2 = 7 і 5 2- 1 2 2 =

= 7 2 2 5 -1 4 4 =9 мокутним і

(см). А А В В є пря­ рівнобедреним, тому

А В = В В = 9 см, а А В = 972 см. Відповідь: 9\І2 см.

24.

АС = 7 см, А В = 5 см, В С - В В = 4 см. Нехай В В = х , тоді ВС = х + 4 . З пря­ мокутного А АВС за теоремою Пі­ фагора маємо А В2 =А С 2- В С 2 або А В2 = 72- ( х + 4)2 (1). З прямокутного за теоремою Піфагора маємо А В2 = А В 2 - В В 2 або А В2 = 52- х 2 (2). З рівноетєй (1) та (2)

А А ВВ маємо:

72- ( х + 4)2 = 52- х 2; 49-дг2 - 8 .г - 1 6 = 2 5 - .г 2; 8.г = 8 ;

* = 1. АВ = уі52 -

х2

= 7 5 2- 1 2 =724 =27б (см).

Відповідь: 2л[б см.

61

25.

А В :А С = 2 : 3 , В В = 2 см, ВС = 7 см. Нехай А£> = 2 х , тоді АС = Зх . З прямокутного трикутника АВС за теоремою Піфагора маємо або АВ = 9х А В г = АС - В С 2 - 7 2 (1). З прямокутного А А В В за теоремою Піфагора має­ мо А В 2 = А В 2- В В 2 або А В2 = 4 х 2- 2 2 (2). З рівностей (1) та (2) маємо: 9х2- 7 2 = 4 х 2- 2 2; 9 х 2- 4 9 = 4 х 2 -4 ; о х 2 4 5 ; Xі = 9 ; х = 3. Отже, А В = 2х = 6 (см), АС = Зх = 9 (см). Відповідь: 6 см, 9 см. В С :А С = 3 : 4 , А В - В В = 10. Нехай В й = х , тоді А В = х + 10. За властивістю біВС ВР а0о 3 _ у сектриси АС А Р ' 4 х + 10 ’ звідки х = 30. Отже, В В = 30 см, А 0 = 40 см. А В = А В + В В = 40 + 30 = 70 (см). Нехай ВС = З х , тоді АС = 4 х . З прямо­ кутного А АСВ за теоремою Піфагора: АС2 + ВС 2 = А В 2 або 16х2 + 9 х 2 = 702; 25х 2 = 4 9 0 0 ; х 2 = 1 9 6 ; х = 14. Отже, ВС = 3 14 = 42 (см), АС = 4 14 = 56 (см). Р = АВ + ВС + АС = 70 + 42 + 5б = 168 (см). В ідповідь: 168 см. А В : АС = 5 : 6 ; В М - В М = 6 . Оскіль­ ки А В : АС = 5 : 6 , тоді А В :А В = 5 :3 . Нехай ВМ = х, тоді БМ = х + 6. АР РМ За властивістю бісектриси = -------, АВ ВМ

В

Р звідки Зх + 18 = 5х; х +6 2х = 1 8 ; х = 9 . Отже, В М = 9 см, В М = 9 + 6 - 1 5 см. В В = В М + В М = 9 + 15 = 24 (см). Нехай АІ) = З х , тоді А В = 5 х . З прямокутного А А В В за теоремою Піфагора: А В 2 + В В 2 = А В 2 або 9 х 2 + 242 = 2 5 х 2; 16х2 = 5 7 6 ; х 2 = 3 6 ; х = 6 . Отже, А В = 5-6 = 30 (см), А В = 3 6 = 18 (см). АС = 2 АО = 2 18 = 36 (см). В ідповідь: 30 см, ЗО см, 36 см. або

62

28.

АВ=СБ=2

см,

см,

ВС = 6у[2

АВ =

= 8^2 см. А К = ^ -(А О -В С ) = уі2 (см). З прямокутного Л А К В

соз/ В А К = В

_ АК _ \І2

ЗВІДКИ

/ ВА К = 45°

АВ 2 / А В С = 180о- / В А і := 1 8 0 о- 4 5 о = 135Г В ідповідь: 45°, 135°, 135°, 45°.

29.

АВ = 8 см, / АСВ = 30 °, /А£>В = 45°. З прямокутного Л А В С : КС - = с і § / А С В , ВС = А В с іе / А С В = АВ

= 8\/з

АВ,

(см);

АВ

= зіп / А С В , звідки

АС

АС = зіп/АСВ

_ _ 8_ _

1 2

= 16 (см). Оскільки Л А В В

є прямокутним і рівнобедре-

ним, то АВ = В£> = 8 см, А Б = 8 уі2

см.

Відповідь: 16 см, 8\/2^ см, 8>/з см, 8 см. ЗО. І в и п а д о к : Похилі проведені по різні боки перпендикуляра. АВ = 10 см, / АСВ = 6 0 °, / А В В = 30°. З прямокутного

А А В С : -----=

= с і § / А С В , ВС = А В с і§ / АСВ = = 1 0 - 4 - = - ^ (см). >/з >/з З прямокутного

Л А £)В :

= А В с ї § / А І ) В = 10\[з 10

=^

/1

40

<1+3)=Х

/

(см).

ВВ АВ

= сІ£/ А £> В ,

ВО =

С£» = ВС + В В = - ^ +10>/3 = 7з

ч

(см|'

I I випадок-, похилі проведені по один бік перпендикуляра. Обчислення ідентичні випадку І.

Б£> = 10л/3

см,

10

ВС

см.

С В = В В -ВС = 1 0 > / з " - = 7з

20

(см).

10- ( з - і ) = = - 7 Г 1'5 X 40 „ 20 Відповідь: —г=-- см або —■=■ см. у/з Vз 31. АВ = 17 см, В О - 5 см. З прямокут­ ного Д А В В за теоремою Піфагора: АП = уіА В 2 - В В 2 = >/і72- 5 2 = >/289-25 = = у/26 4 = 2 у[66 (см). АС = 2 А В = = 4л/бб" (см). 5 = --а/г = —А С •В В = 2

^С

2

= ~4л/б6^ 5= 10л/б(Г (см2). Відповідь: Ю у/бб см2.

32.

ВС = 10 см, А В = 26 см. З прямокут­ ного Д АСВ за теоремою Піфагора: АС = уіАВ2-В С 2 = >/262- 1 0 2 =>/576 =24 (см). Площа Д А С В:

8 = - А С - В С = — 24 10 = 2

2

= 120 (см2). З іншого боку, 5 = —СЕ>А_В = 2

= — СО 26 = 13 С£>. 13С£> = 120; 2

СІ> = — (см).

13 Л ------120 см. В ідповідь: 13 ( ЗЗЛ Скористуємось формулою 5. = —а&віпф.

— 1 1 і— ^ 27 1 27 1) 8 = —а&8Іііф = —-9 3>/2 ■8Іп450 = -Д==--4== 13,5 (см2).

2 2 >/^ >/2 В ідповідь: 13 ,5 см2.

2) 8 = —абзіпф: =—•9 ■372 8іп150° = - -7~

2

і!

В ідповідь: — VI" см2 64

■■— = —

>/2

(см2).

34,

Скористаємось формулою Герона.

а = 13

см,

Ь = 14

см,

с = 15 см. р = - - ( а + 6 + с ) = —(13 + 14 + 15) = 21 (см); 2

2

8 = ^ р { р - а ) ( р - Ь ) ( р - с ) = ^ / 21(21-13) (2 1 - 1 4 ) (2 1 -1 5 ) = = -/21 8 7 6 = 8 4 (см2). В ідповідь: 84 см2.

35.

АВ = 14 см, ВС = 21 см, С В - А В = 3 см. Нехай А В = х , тоді С В = х + 3.

• АВ АВ За властивістю оісектриси: ----- = ------ , ВС СВ 14 х або — = -—, звідки 2х + 6 = 3 х ; 21

4 А

х +3

х = 6. Отже,А В = 6 см, С В = 9 см,АС = А В + С В = 6 + + 9 = 15 (см). Скористаємосьформулою Герона. р = 1 ( А В + ВС + АС) = 1 ( 1 4 + 21 +15) = 25 (см); 2 2 = ^ 25 ( 2 5 - 1 4 ) ( 2 5 - 2 1 ) ( 2 5 - 1 5 ) = 5 = ^ р( р - А В ) ( р - В С ) ( р - АС) = >/25 11 4 10 = 10>/ГЇ0 (см2). Відповідь: 10л/і10 см2.

36.

Нехай АВ = х , тоді ВС = х + 8 . За теоремою косинусів для А АВС маємо: АС2 = А В 2 + В С 2 -

В А

- 2 АВ ВС со з/ А В С , або 282 = х 2 + + ( + 8 )2- 2 х - ( х + 8)-соз 120°; 784 = х 2 + х 2 + 16х + 64 + х 2 - 8 х ; Зх2 + 2 4 х - 720 = 0 ; х 2+ 8 х - 2 4 0 = 0 ; х ,= 1 2 ; х2 = -2 0 . Отже, АВ = 12 см, ВС = 12 + 8 = 20 (см). Р = АВ + ВС + АС = 12 + 20 + 28 = 60 (см). В ідповідь: 60 см. х

37.

Нехай АВ = 3 х , тоді ВС = 8 x . 3 а тео­ ремою косинусів для Д АВС маємо: АС2 = АВ2 + ВС2 - 2 АВ ВС соз/ А В С ; 352 = 9 х 2 + 6 4 х 2- 2 - З х 8 х соз60° 73х2- 2 4 х - 1 2 2 5 = 0 ; х = 5. Отже, АВ = 15 см, ВС = 40 (см). Відповідь: 15 см, 40 см.

в

А 65

38.

ВС зіп / А АВ зіп / А ВС = зіп / С

В

За теоремою синусів:

АВ звідки зіп / С с зіп ос / 23 = 1 8 0 ° - / А - / С = зіп у 1 8 0 ° - а - у . За теоремою синусів: АС =

зіп / В зіп / С АВ зіп / В _ с з іп (і8 0 °-а -у ) _ сзіп(а + у) з іп /С сзіпа

39.

3111у

зіп у сзіп(а + у)

Відповідь

звідки

зіп у зіп у А К = 1, / АСВ = а , / В А К = / С А К = / АКС = 180° - / АСК - /С А К = 180'5-

/ АВС = 1 8 0 ° - / В А С -/ АСВ = 18 0 °- 2 а , За / А К В = 18 0° - / АКС = 2

За теоремою синусів для А А К С :

звідки ну сів

АВ =

АС = для

66

АВ зіп/АЙГВ

А АВК:

/ ' 3(Х АК зіп / А К В _ 2 зіп / АВК зіп 2а За За І Зіп /8111

Відповідь:

40.

АйГзіп/ АКС _ зіп / АСК

2

зіп2а

.

. За 2 зіп а

2

зіп 2а

/зіп

За

зіп а

/ В К А = / К А Л як внутрішні на­ вхрест лежачі при паралельних прямих. Отже, А А В К є рівнобедреним, тобто А В = В К . Нехай В К = 2 х , тоді С К = З х , АВ = 2 х .

зіп / АКС За

зіп / АСК

теоремою

АК зіп / А В К

си-

звідки

Периметр Р = 2 АВ + 2 ВС = 4х + 4х + 6 х = 14х = 4 2 , х = 3 . Отже, АВ = 2х = 6 (см), ВС = 5х = 15 (см). Відповідь: 6 см, 15 см.

41.

звідки

АС = 20 см, В£) = 16 см, / А В Б = = 90°.

АО = СО = - А С = 10 (см); 1 2 В 0 = І > 0 - —В І) = 8 (см). З пря2

мокутного Піфагора

А АБО

за теоремою

АВ = 7 в 0 2 + А 0 2 = 7 82 +102 =л/І64 =2л/ЇГ

•8давд = —АВ ££) = — 2 2 •2-у/4І 16 = Іб-УІТ (см2).

5 ^ 0 = 2 - 5 , ^ = 3 2 7 4 1 (см2). Відповідь: 32л/ІТ см2.

42.

Нехай

ВІ> = х ,

ВО = - Ш ) = — 2

2

тоді АО

АС = х + 1 0 . ! т —АС = — + 5.

2

2

З прямокутного А А О В за теоре­ мою Піфагора А В2 = АО2 + ВО 2, або 252 = ^

+ | у + 5 | ; 2500 = х 2 + (х + 10)2; 2х2 + 20х + 1 0 0 -

-2 5 0 0 = 0 ;

х 2 + 1 0 х -1 2 0 0 = 0 ; х ,= 3 0 ;

В В = ЗО см,

АС = 40 см.5 = - А С

В ідповідь: 600 см2.

43.

2

х2 = - 4 0 .

В В = — 40 30 = 600 (см2).

2

Б К = 7 см, А К = 9 см. ( А В = А К + О К = 16 см. З прямокут­ ного Д А К В за теоремою Піфагора

В

/

В К = у]АВ2- А К 2 =лДб2 - 9 2 = = 7 2 5 6 - 8 1 = Т Ї7 5 =5л/7

Отже,

(см).

-*

^

5 авсл = А В В # = 16 •577 = 8077 ( см 2). Відповідь: 8оТ7" см2.

44.

Скористаємось формулою 8 = а6аіпф =8-14:5Іп150° = 8 14 —=.56 (см2).

2 В ідповідь: 56 см2.

. 67

45.

В АВ = 24 см, ВС = 30 см, / К В М =30° Оскільки А К В М + А А Б С = 180° і / ВАІ) + / АОС = 180°, то А К В М = УМ = А В А Б = 30°. З прямокутного 5— 'Ь ВК Я" А АКВ: =зіп/БАЙТ, звідки АВ 1 ВІТ = АВзіп/ВАйГ = 2 4 -зіп 3 0 °= 2 4 — = 12 (см).

8 = В К -А І) = \2-г0 = 360 (см2). В ідповідь: 360 см2.

46.

/ САІ) = 38°. тобто А С А Б

Оскільки АС = А£>, — рівнобедрейий, то

/ СОА = - ( 1 8 0 ° - / САІ)) = —(1 8 0 ° 2

- 3 8 ° ) = 71°;

2

/ ВС І) = 1 8 0 ° - / СОА =

= 1 8 0 ° -7 1 ° = 109°. В ідповідь: 71°, 109°, 109°, 71°.

47.

Чотирикутник В С Б К є парале­ лограмом, оскільки його сто­ рони попарно паралельні, тому В С = Б К = 16см . А К = 12 см, / С 2Ж = = / В К А = / ВАЙГ = 60°, тому Д А В К рівносторонній, тому АВ = АК = = 12 см. Р = А В + ВС + СО + А І) = 12 + + 16 + 12+ 16 + 12 = 68 (см). В ідповідь: 68 см.

48.

АВ = С В = 18 см, А В = 32 см, / В А О = = 60°. З прямокутного А А К В :

4К

=

= соз/ В А К , звідки АК = АВсоз/ ВАЙГ = = 18 соз60° = 18 —= 9 (см).

2

ВС = А В - 2 А # = 3 2 - 2 9 = 14 (см). Середня лінія: І В ідповідь: 23 см.

68

АП + ВС

32 + 14

= 23 (см).

В

ВС = 10 см, А В = С Б =6 см, / В = / С = 1 2 0 °, / А = 1 8 0 ° - / В = = 1 8 0 ° -1 2 0 о = 60°. З прямокутного

А АКВ:

АК АВ

- = соз А А , звідки

А К = А В со з/ А = 6 с о з 6 0 ° = 6 — = 3 (см). —-^ = з іп / А , 2

АВ

/Г звідки В К = А В -зіп / А = 6-зіп 60° = 6 —— = 3\[% (см); А І): = ВС + 2 А К = 1 0 + 2 3 = 16 (см). _ ВС + АВ 10 + 16 о = ------------- ИК = --------- 3>/3" = 39>/3^ (см2).

2

2

Відповідь: 39>/3 см2. ВС = 22 см, А І) = 50 см, А С В Б = = А А В Б = А А В В як внутрішні на­ вхрест лежачі при паралельних прямих. Отже, А АВІЗ є рівнобедреним, тому А Б = А І) = 50 см. АйГ =

А В -В С 2

5 0 -2 2 2

= 14 (см).

З прямокутного А А К В за теоремою Піфагора: В К =л/А В 2 - АК'1 =>/5 0 - - 1 4 2 =>/2500-196 =>/2304 =48 (см).

0 ВС + АВ 22 + 50 / ,ч 5 =— В К = ----------- 48 = 1728 см2).

2

2

Відповідь: 1728 см2.

51.

І) А БО Р = 2 А Б Е Р = 2 38° = 76°. Оскіль­ ки це центральний кут, що спирається на ту саму дугу, що й вписаний кут. В ідповідь: 76° 2) Оберемо довільну точку К , що лежить по іншу сторону від відрізка Б Р , ніж точка Е. / Б К Р = 1 8 0 ° -1 4 8 ° = 32°, / БО Р = 2 / = 2 32° = 64°. Відповідь: 64°.

69

52.

/ АОС = 3 6 0 ° -1 9 2 ° = 168° . Оберемо до­ вільну точку В , що лежить по іншу сто­ рону від відрізка АС, ніж точка В . / АВС =

АОС = — 168° = 8 4 °.

2

2

/ А В С = 1 8 0 ° - / АВС = 1 8 0 ° -8 4 ° = 96°. ^ВаС=Ж ^ А Ж 2

53.

54.

55.

56.

В

= 1 8 0 ^ 1 = 4 2 о, 2

В ідповідь: 42°, 42°, 96°. / А В С = 9 0 °, оскільки він спирається на діаметр. / А С В = ; = 1 8 0 ° - / А В С -/ В А С = 180°-9 0 ° - 5 2 ° = 38°. / А В В = / А С В = = 3 8 °, оскільки ці кути спираються на одну й ту саму дугу А В. В ідповідь: 38°. Нехйй / С = х , тоді / А = 4 х . Оскільки чотирикутник вписаний в коло, то / А + / С = 180°, або х + 4х = 180°; 5х = 180°; х = 36°. Отже, / С = 36°, / А = 144°. / В = / А - 5 8 ° = 1 4 4 ° -5 8 ° = 86 °. / В = 180° - / В = 1 8 0 ° -8 6 ° = 94°. В ідповідь: 144°, 86°, 36°, 94°. Якщ о в чотирикутник можна вписати коло, то суми його протилежних сторін рівні: Р = 4 12 = 48 (см). Відповідь: 48 см. К Р = 2г = 2 8 = 16 (см); В М = К Р = 16 см; К В Е = В К = С К = СЬ = М Р = И Р = 4 см.

X Нехай А Е = АР = В Р = Б Ь = х , тоді О А В = х + 4 , А М = х - 4 . З прямокут­ ного А А В М

А В2,

А М 2+ ВМ \2

за теоремою Піфагора або

( х - 4 ) 2 + 162 =

А

2

V

М

= (х + 4) ; х 2- 8 х + 16 + 256 = х 2+ 8 х + 16; 16х = 2 5 6 ; х = 16. Отже, ВС = В К + С К = 4 + 4 ЯС А- А В

А В = 2х = 32 (см). 8 = — - ~ — В ідповідь: 320 см2.

57.

За теоремою синусів 27? = К

ВС 2зіп/А

5>/з

2зіп120°

В ідповідь: 5 см.

70

Я + Ч?

2 Я

8

2

тобто

5 (см).

'В

(см),

В М = - —^-— 16 = 320 (см2).

ВС 8ІІ1 / А

оу/з

N

В 58.

А К = С К = —АС = 6 см. З прямокут2 ного А А К В за теоремою Піфагора В К = ^ А В 2- А К 2 = 7 і 0 - б 2 = 7 Ю 0 -3 6 = = >/бТ = 8

(см).

зіп / А =

В# _ 8 _ 4 АВ

За теоремою синусів: 2Н = К-

10

ВС

50

10

ВС

зіп / А 25

5

-, тобто

= 6,25 (см).

2з іп / А

В ідповідь: 6 ,2 5 см.

59.

лД . л 180 / 180 8 її , . Довжина дуги: /= -— -•«, звідки Н = — :— = ----- Гг- - Ь 0 (см). ял

180

я 24

В ідповідь: 60 см.

6

пВ

її

180

180

240 = 8л (см). Якщо довжи-

60.

Довжина дуги: I-

61.

на кола 1= 2пг = 8 к , то г = 4 см Відповідь: 4 см. їїЯ а ; площа круга 8 к = тсй2. За умоПлоща сектора 8 С= 360°

£ 8 .

8 360° їїй2 а = — •кН2, звідки а = вою 8 , = — 8 „ , або 360°

15

62.

15

15

192°.

В ідповідь: 192°. Знайдемо площу даного трикутника за формулою Геро­ на.

р = 1 ( 2 6 + 2 8 + 30) = 42

(см).

8 =^ р (р -а )(р -Ь )(р -с) =

= ^ 4 2 ( 4 2 - 2 б ) ( 4 2 - 2 8 ) ( 4 2 - 3 0 ) = 7 4 2 16 14 12 = 336 (см2).

336 „ . . _ аЬс 26 28 ЗО г = ——= ------= 8 (см); К = ------= -------------- =16,25 (см). р

42

45

4 336

В ідповідь: 16,25 см; 8 см.

63. Якщо лінійні розміри подібних трикутників відносяться як 4 : 7 , то їхні площі відносяться як 1 6 : 4 9 , тобто “ ^ 1 6 = 9 8 4 6 = 32 49.

49

В ідповідь: 32 см2.

=

а = 6 см;

64.

г = — = 3(см).В = ал^ - = 2

2

2

= Зу[2 (см).

В ідповідь: 3 см, Зл/2 см. Н = 2 см, а = - ^ - = І?Т2 = 2 7 2 (см). г = — = - ^ - = 7 2 (см).

65.

•V2

2

2

В ідповідь: 2л/2 см, 7 ^ см.

66.

г = 4л/ЇГ см, Я = 2ТЗ Г = 2 Т З .4 7 3 = 2 4 (см).

67.

н = алІЗ_= 24 7 з = 8 ^ З З Відповідь: 8\/з см, 24 см. З формул для правильного восьмикутника маємо: >/2 «о = ЛI,1 + -------а, •

звідки а =Я

'■ 4

6

Н

/ г~\ 2+2\І2 144(і + 7 ^ ) 5 = ( 2 + 2 7 2 ) а 2 = ^ - = ^ І--2 36 = ----- 1 ^ х

В ідповідь:

'

2+ 72

(см2).

2 +7 2

144 (і + Т І”)

2 + 72 Знайдемо довжини сторін. АВ = ^(4 + 4)2 + ( - 2 - 4 )2 = 7 6 4 + 36 =

68.

= ТЇОСГ = 1 0 ; ВС = ^ ( - 4 + 12)2 + (4 - Ю )2 = 7 6 4 + 36 = 7 Ї 0 0 = 1 0 . Я к бачимо, А В = В С , що й треба було довести.

69.

Нехай ця точка С має координати (0 ;у ).

АС2 = ( 4 - 0 ) 2 +

+ ( - 5 - у ) 2; БС 2 = ( 2 - 0 ) 2+(3-г/)2. Оскільки АС = В С , то ма­ ємо 4 2+ (і/ + 5)2 = 22+ (і/ -3)2; 16г/ = —2 8 ; у = -1 ,7 5 . Відповідь: ( 0 ;- 1 ,7 5 ) .

70.

16 + £/2 + 10і/ + 25 = 4 + у г - 6 у + 9 ;

А В = у І(-3 - 5 ) 2 + (9 + 7)2 = 7 8 2 + 162 = 7 3 2 0 = 8 7 б . г = 4^І5 . Центр кола — точка О | -3^+ 5

або (1; 1). Отже, рів­

няння має вигляд: ( х - 1 ) 2 + (і/ -і)2 = 8 0 . Відповідь: ( х - 1 )“ + (£/- і ) 2 = 8 0 .

7

2

-------------------------------------------------------------------------------------------------------

71.

1) М Е ; 2) Е М ; 3) Р Е ; 4) О Р ; 5) О М ; 6) К О .

72.

1) А В - В В - А В + В В = А В ;

в

с

А В - С В = А В + В С = АС. Відповідь: А С .

і

2) СВ + С В = С А ; СА - В А = СА + А В = С В ; СВ - В В = СВ + В В = С В .

/

X

/

.

А

Відповідь: С В .

3) А В - С В = А В + В С = А С ; А С - С А = А С - А С = 6. Відповідь: 0.

73.

ВС = А В = АО + О В = гіг + гі; А В + А В = А С ; А В = АС - А В = 2 АО - А В = 2 тії -т ~ г і = т - і і . Відповідь: гіі + гі; гіг-гі.

74.

Нехай точка К має координати ( х ;у ) , тоді М К ( х - 0 ; у - 5 ) ; Ш ( - 6 - х ; 0 - у ) ; М К .(х + 6 ;у ). М К - Ш = М К + И К (х + X + 6; у - 5+ у) = (0; 0). І2х + 6 = 0, (х = -3 , \ 2у-5 = 0; [у = 2,5. Відповідь: ( - 3 ;2 ,5 ).

75.

лг = 2 а - 3 б (2 ( - 4 ) - 3 1; 2 2 - 3 (- 2 ) ) = ( - 8 - 3 ; 4 +6) = (-11 ; 10). | лі | = ^ ( - 1 1)2+ 10* =>/121 + 100 = л / 2 2 І . Відповідь: >/221 .

76.

В

ВА = (і; ВС = Ь ; А В = ВС = Ь ; А Е = - Ь ; ЕА = - —Ь ; В Е + ЕА = ВА ; 6 6

Р 'Ж

С, уі

О

В Е = ВА - ЕА = й + —Ь; 6 СР = —С В = —Ш = —а ; В Р = ВС + СР = Ь + —а .

3 3 3 з 6

з 73

77.

КЕ 4 4 4 4 ^ - = - ; К Е = — Р К = —гі; РК з 3 3 Р В = Р # + ІГЕ = й + —я = - г а ; З З Е Р = - Р Е = - —гі. ИР = 5£)Р = 5 т ; З

£> т Р

Р Б = - Б Р = - 5/7І.

7 _ Б Е = Б Р + Р Е = 5гп + —п ; К О = К Р + РО = - п - 5 т ; —

—

-----

.

3-

7 _

-

7 _

Р Е = Р В + В В = - т + 5т + —/г= 4т. н— л . З З 78.

Вектори колінеарні, якщо -^- = —

я = -1 6 .

Відповідь: - 1 6 .

79.

1) А В А С = |АВ І І АС І-со з/ ВАС =

В

= 4-4-/2-соб45°=16л/2 •-£=• = 16.

V2 2) В А А О = |ВА I I АО І-со8І35° = = 4-2>/2 •

1

3) В А В В = |в

= -8 . а

||в

в

=- 1 6 .

| со5 і 35° = 4 -4 л/2-

4) ОА ОС = |ОА ||ОС |соз/СОА = 2л/2-2ч/2 ( - і ) = - 8 .

5 ) ВО СО = |ВО ||СО |со890° = 0

6) ВС А 3 = і ВС ||А В |-со80°=4 4 1 = 16 80.

соз/(р = -

а Ь

4 ( - б ) +( - і ) ( - 8 )

а І 'М

^42+ ( - і )2 ^ (-б )’ + (-8 )2

-16

8

717 ю

бТГГ

8 В ідповідь: — 5л/ГГ ’ 74

_

-24 + 8 л/іб + 1 >/зб + 64

81.

Вектори перпендикулярні, якщо с сі = 0 ; с-<і = Зх + 6 (- 2 ) = З х - 1 2 = 0 ; х = 4 . Відповідь: 4.

82.

1) |я-&| —(а -Ь )| а -Ь ) = |а |2-2а-&+| й | = 1 6 -2 |а ||Ь |соз135° + + 25 = 41 + 4 + 5 + 72" = 4 1 +20-^2" • І а - Ь |= ^41 + 20л/2 .

2) |а + ЗЬ |' = (а + 3б)(а + 3б) = |а |”+6а-і>' + 9| Ь |' = = 16 + 6-1 а І\Ь со 8 І35°+ 9-25 = 2 4 1 -6 -4 -5 —— = 2 4 1 - 6 0 7 2 . 1 1 І 2 |а + 36 І= >/241-6072 . Аксіоми стереометрії та наслідки з них 1) Ні, дві точки задають пряму, третя може бути будь-де; 2) так, три точки або задають площину, або лежать на од­ ній прямій, через яку можна провести площину. Безліч. Ні, вона може перетинати площину трикутника в точці, де збігаються центри вписаного і описаного кола, як це буває у правильного трикутника. Для всіх трикутників, відмін­ них від правильного, твердження виконується. Так, вона може перетинати площину кола, проходячи через його центр. Ні, через дві прямі, що перетинаються, також можна про­ вести площину. На прямій я. Прямі а та Ь лежать у одній пло­ щині у — отже, вони не можуть бути мимобіжними. Якби вони буди паралельними, то паралель­ ними були б і площини а та (і. Отже, прямі а та Ь перетинаються. Точка А належить прямій а. Через точку А можна провести без­ ліч площин. Можуть. Вони можуть попарно лежати на паралельних прямих, а паралельні прямі задають -площину.

83.

84.

85.

86.

87.

88.

89.

90.

91.

92.

:

-------------------------------------------------------------------

75

93. Якщо взяти будь-яку пряму, що перетинає ці дві, то через неї можна провести безліч площин, що відповідають умові.

94. Оберемо в площині а таку пряму, щоб перетинала пряму с в точці А, тепер проводимо в площині (і пряму, щоб пере­ тинала пряму с в точці А. Через ці дві прямі можна провес­ ти площину, яка відповідає умові.

95. Позначимо на площині а точку А, яка б не належала пря­ мій а. Якщо через цю точку провести будь-яку пряму, яка б не належала площині а , то ця пряма відповідатиме умові.

96. Дві прямі, що перетинаються, однозначно задають площину.

97. Проводимо через точку А дві пря­ мі — с та (і. Ці прямі однозначно за­ дають площину. Цій ж е площині на­ лежать точки К та Ь, оскільки вони належать прямій сі; аналогічно — точки М та N. Оскільки дві точки Ь та М прямої а належать площині, то й уся пряма також. Аналогічно для прямої Ь, що й треба було довести.

98. Дані пряма і точка однозначно задають площину. Всі пря­ мі, одна з точок яких збігається з А , а інша належить пря­ мій а , також належать цій площині.

99. Прямі а та с задають площину. Пря­ ма Ь перетинає цю площину в єдиній точці А. Будь-яка пряма, що перети­ нає прямі а та с в точці, відмінній від точки їх перетину, лежить у тій ж е самій площині, а тому перетинатись із прямою Ь може лише в точці А (у тій самій точці, що і з прямою с). В ідповідь: Ні.

100. Точки М , А, В задають площину р. М Пряма СМ перетинає цю площину в точці М . Будь-яка пряма, що пе­ ретинає прямі А М та В М в точці, відмінній від точки їх перетину, лежить у площині Р і перетинатись з прямою СМ може лише в точці С. Відповідь: Ні.

76

101. Оскільки фігура А В С Б плоска, то вона лежить у деякій площині (3. Оскільки площина (3 має з а спільну точку £>, то ці площини перетинаються по прямій, яка містить також і точки М та N , що й треба було довести.

102. Очевидно, що площина АВС пе­ ретинається з площиною а по прямій А В . Продовжимо АВ до перетину з прямою а , позначимо перетин точкою К . Точка К на­ лежить, з одного боку, площині А ВС, а з іншого боку — площи­ ні (3, оскільки лежить на пря­ мій я. Отже, площини АВС та (З перетинаються по прямій СК.

103. Дві протилежні вершини і точка перетину діагоналей тра­ пеції лежать на одній прямій — на діагоналі. Дві інші вер­ шини можуть лежати будь-де відносно цієї прямої.

104. 1) Так, пряма і точка задають площину.

2) Так, дві прямі (які перетинаються або паралельні) зада­ ють площину.

105. Безліч.

106. Ці 4 точки можна попарно з ’єднати відрізками, які або пе­ ретинаються, або паралельні. У обох випадках такі пари відрізків задають площину.

107. Основи бісектрис — 3 точки, що не лежать на одній пря­ мій — задають площину, в якій лежить весь трикутник.

108. Пряма АС перетинає площину га в точці К , пряма ВС — в точці N. Отже, площини а та АВС пере­ тинаються по прямій я, на якій лежать точки К , N , а також точ­ ка Ь — точка перетину медіани СМ з площиною а , що й треба було довести.

77

П обудова п ерерізів м ногогранни ків

109. 1) Переріз — Д АВ,С.

2) Переріз — Д Б , Д м .

110. Переріз — А А М С .

До № 109, 1) 111.

До № 109, 2)

Переріз — правильний А К Ь М ■ В.

А К = АМ = — ; КМ = ^ ~ .

2

2

Р ,ш = 3 - Ш = ^ - 3 : 2

З КІМ —

КМ 2уі3

Відповідь: 112.

2 4

Зал/?

а г\[з

2

8

і •

К

а2л/з 8

А

Ч Л М

1) ТочкаМ . Можливий варіант, коли 2ІГІ ||С І), тобто пряма А І паралельна основі, тоді точку М побудувати неможливо.

2) Точка М . Можливий варіант, коли К Ь ||В О , тобто пряма К Ь паралельна основі, тоді точку М побудувати неможливо.

5

78

а2>/з

А

30Л ^ 2

с

3) 8 М — відрізок, що з ’єднує 8 та К і продовжений до пе­ ретину з основою. Точка N лежить на перетині К Ь та АМ . Можливий варіант, коли КЬ\\АМ, тобто пряма К Ь пара­ лельна основі, тоді точку N побудувати неможливо.

4) 8ІУ — відрізок, що з ’єднує 5 та К і продовжений до пере­ тину з основою. 8 Р — відрізок, що з ’єднує 5 та Ь і продовже­ ний до перетину з основою. Точка М лежить на перетині К Ь та ЛГР. Можливий варіант, коли К Ь ||ТУР, тобто пряма К Ь паралельна основі, тоді точку М побудувати неможливо.

5) 8ІУ — відрізок, що з ’єднує 5 та К і продовжений до пере­ тину з основою. 8 Р — відрізок, що з ’єднує 5 та Ь і продовже­ ний до перетину з основою. Точка М лежить на перетині К Ь та АГР. Можливий варіант, коли КЬ\\ИР, тобто пряма К Ь паралельна основі, тоді точку М побудувати неможливо.

113. З ’єднуємо точки Т та Р, Е та Р. Через точку Т проводимо відрізок Т К , паралельний Е Р . Трапеція Т Р Е К — шуканий переріз.

114. З ’єднуємо точки А та М . Через точку В будуємо відрізок В К , паралельний АМ . Трапеція А В К М — шуканий переріз.

5

79

115. Точка К — точка перетину М Р та АА,, тоді С К — пряма перетину площини перерізу і площини грані АА,С,С. Ш у­ каний переріз — чотирикутник СРМ N .

116. З ’єднуємо точки В, та С. З точки К проводимо відрізок КЬ\\ВХС . Шуканий переріз — В^ЬКС.

117. Переріз Ь М З Е К , де ЬК Ц М М ,

П ар алельн і прямі в просторі. М им обіж ні прямі

118. 1) Так. Якщо пряма перетинає одну з пари паралельних прямих, то перетинає й іншу.

2) Ні, вони можуть бути мимобіжними.

119. Якщо а\\Ь, то прямі лежать у одній площині, точки цих прямих також лежать у одній площині. Якщо точки А та С лежать у одній площині, то й пряма АС лежить у тій ж е площині. Аналогічно — там ж е лежить пряма В И . Отже, ці прямі не є мимобіжними. А 120. Через прямі А£> та Е Р не можна провес­ ти площину — отже, вони є мимобіж­ ними.

121. 1) Так.

2) Ні, вони можуть бути мимобіжними.

122. Через дві паралельні прямі можна провести площину. Тре­ тя пряма має по одній спільній точці з цими двома — отже, теж лежить у тій ж е площині.

123. Дві прямі, що перетинаються, лежать у одній площині. Якщо будь-яка інша пряма перетинаєобидві із цих пря­ мих, то вона лежить у.цій же площині. В ідповідь: ні.

80

124. Так. Прямі а та с задають одну площину, яку пряма Ь пере­ тинає — отже, є мимобіжною з обома прямими.

125. М И — середня лінія Л А В І), тому МіУ||ВІ>. РС? — середня лінія Л В С І ), тому РСЗЦВІ). Оскільки МК\\ВБ і Р<3||ВІ), то МИ\\РС), що й треба було довести.

126. Ні, вони можуть перетинатись (див. малюнок).

127. Пряма а перетинає площину АВС в єдиній точці А. ПрямаБМ очевидно не має з прямою а спільних точок і не є паралель­ ними — отже, вони Мимобіжні, що й треба було довести. В

128. Якщо б ці площини мали спільну точку, то вона належала б усім трьом прямим перетину, що й треба було довести.

129. КМ

—

середня

лінія

Л В С І), тому

ІШ Ц ВС та Ш = - В С . М Р — серед2 ня лінія А А В С , тому МР\\ВС, та М Р = - В С . Якщо ІШ Ц ВС та МР\\ВС, 2 то КИ\\МР і через ці дві прямі мож­ на провести площину. РМ1ЧК — плоский чотирикутник, у якого 2 протилежні сторони паралельні і рівні, тобто він є паралелограмом. Його діагоналі М К та ІУР, перетинаю­ чись, діляться навпіл, що й треба було довести.

130. Чотирикутник ММ \, тому

АВР|А|

— трапеція із середньою лінією

М М 1 = ААі+ВВ' , звідки

ВВ, = 2 М М ] -А А , =

= 2 1 0 - 9 = 11 (см). Аналогічно для трапеції АСС,А, із селл + с с звідки СС,=2ЛГ./УІ редньою лінією МУ,: = ---- ' -А А , = 2 8 - 9 = 7 (см). Відповідь: 11 см, 7 см.

81

Паралельність прям о ї і площ ини

131. Безліч.

132. Так, вони можуть лежати у площині, яка паралельна пло? щині ос.

133. 1) Так. 2) Ні. 3) Так.

134. Нехай ос та (3 перетинаються по пря­ мій Ь. Візьмемо на прямій Ь деяку точку А. Через точку А та пряму а можна провести площину у, ця пло­ щина містить пряму Ь, що й треба було довести.

135. Відрізок К Р — середня лінія А А В М , тому К Р ||А В . Якщо КР\\АВ і К Р не належить площині ос, то КР\\а , що й треба було довести.

136. Ні, всі прямі в площині а або перетинаються з прямою а , або мимобіжні з нею.

137. Єдина.

138. Припустимо, що пряма а не паралельна с, тоді ці прямі пе­ ретинаються, оскільки вони лежать у одній площині. Ви­ ходить, що пряма а перетинає в деякій точці площину, в якій леж ать прямі с та Ь, що суперечить умові паралель­ ності прямих а та Ь. Отже, за доведенням від супротивного прямі а та Ь і с паралельні.

1 3 9 .3 а побудовою МИ\\АС. За теоремою Фалеса: якщо АМ = В М , то й ВіУ = С И , що й треба було довести.

140. За побудовою А,С, \\АС. А А ВС та Д А 1В 1СІ подібні за першою А,С, АВ 6 2 ознакою, тому — • 1 = — =— . АС АВ 9 З Якщо А,В, : А В = 2 :3 ,т о АА, : АВ = 1 :3 . В ідповідь: 1 : 3 .

82

141. Через будь-яку точку можна провести площину, яка буде паралельна площинам а та (3, а, відповідно, і прямим а та Ь, що й треба було довести. Е 142. РМ\\АВ, РМ ||В С . А В Е С та А Г Е М подібні за першою ознакою, тому ЕР РМ . РМ 1 = - — , звідки ------ =—; 5 ВС ЕВ ВС 12

РМ = — = 2,4 (см).

5 В ідповідь: 2,4 см.

143. Переріз — А С М N , причому МN\\АВ.

144. Будуємо РК\\ВС, РN\\А8, КМ\\А8, з ’єднуємо М та N. Трапеція К М N Р — переріз.

145. З ’єднуємо .Р та Е , проводимо ЕК\\ААХ, р Р ||АА,, з ’єднуємо Р та К . Прямокутник Р Е К Р — переріз. .5

В

Паралельні площ ини. В ластивості парал ел ьних площ ин

146. Ні, вони можуть перетинатись. * 147. Так, оскільки кожна з них паралельна площині, в якій ле­ жать прямі.

148. Так.

1 4 9 .3 а теоремою про пропорційні від­ різки маємо паралельність ЕР\\СВ, а тому Е Р паралельна площи­ ні АС В . Аналогічно доводиться, що Е К та К Р паралельні площи­ ні А СВ. Якщо прямі паралельні площині, то й задана ними площи­ на теж , що й треба було довести.

150. Оскільки А,В, |!А В та А, Я, ||АЯ, то площина (і паралельна площи­ ні А ВСЯ, з чого витікає В ХС1\\ВС, С,Д||СЯ, а тому Д ії, 11С,Я, та В Д Ц Д Д . Оскільки в чотирикут­ ника А, В,С,Я, протилежні сторони попарно паралельні, то він є парале­ лограмом, що й треба було довести. / 151. Паралельні прямі і, та 12 утворюють площину (3. Пряма а лежить у пло­ щині (і, а ||АВ і перетинає прямі Іх та 12 у точках А, та В, відповідно. А1В, ||АВ , оскільки а ||А В . А, А ||Б ,Б , оскільки і, ||£,. Отже, А А,В,В — па­ ралелограм, тому А ,В ,= А Б , що й треба було довести.

152. Д В,||А Б, оскільки площина АВС перетинає паралельні площини по паралельним прямим. Якщо С В ,:В ,В = 2 :3 , то С В ,:С В = 2 : 5 . Л АБС та А А1В 1С, подібні за першою АВ СВ, 2 ознакою, тому —1- і- = — - = — , звідки ' АВ СВ 5 А1В 1= - А В = - 12 = 4,8 (см).

5 5 В ідповідь: 4 ,8 см.

153. Паралельні площини перетинають площину чотирикутника А ВС Я по паралельним прямим, тобто АВЦСЯ і ВС Ц А Я, з чого витікає, що АВСЯ — паралелограм, що й треба було довести.

154. Площина у, перетинає площини а і Р по паралельним прямим а і а||Ь,. Аналогічно для у2: а||&2. Якщ о Ь{ \\а і Ь2 1|а, то 6, ||Ь.г , що й треба було довести.

155. Ні, вони мимобіжні, оскільки АВ і СЯ не лежать у одній площині.

156. Якби а і у не були паралельні, то вони перетинались би по прямій, яка не паралельна р, що суперечить умові.

84

157. Через пряму а і точку В проходить площина у , яка пере­ тинає площини а та Р по паралельним прямим. Через точ­ ку В можна провести в площині у єдину пряму, паралель­ ну а — це і є пряма Ь, що й треба було довести.

158. К М середня лінія А В С 8 , тому К М = —8С = 5 см. Аналогічно КМ 2 = І А 8 = 12 см, ММ = —АС = 13 см.

2 2 Оскільки виконується ІУМ2 = К М 1 + — ->с + 1Ш 2, то А К М И — прямокутний

Ч' МN = - К М - Ш = — -5 1 2 = 30 (см2).

1і ‘^К 2

2

Відповідь: 30 см2.

159. З ’єднуємо точки К і М , продовжуємо К М до перетину з СІ> (точка Л0 та СС, (точка Е ), з ’єднуємо точку Р з N та Е , точ­ ки перетину з ребрами — Ь та О. П ’ятикутник К М ()Р Ь — переріз.

160. Будуємо прямі Р М та 0,-0,, точку перетину позначаємо О,. З ’єднуємо точки О, та ІУ, таким чином отримуємо точку Ь. Далі будуємо ІУМ та СИ, точку перетину позначаємо Ог З ’єднуємо 0 2 та Р . К — точка перетину прямих СС, та 0 2Р. Будуємо прямі К М та А В , точка перетину — Ог О — точка перетину прямих М 53 та А 0 3. Переріз ІЛУОЛОГР.

161. Знаходимо точку перетину прямих ТР і ІЮ — О,. Будуємо пряму 0 ,(3 , К — точка перетину прямих АВ та 0 , 0 . Знахо­ димо точку перетину прямих ТО і І)С — Ог Будуємо пря­ му Р 0 2, N — точка перетину прямих СС, та РО,ґ З ’єднуємо точки Р та ІУ, отримуємо точку М , з ’єднуємо М та Т, отри­ муємо точку Ь. Переріз ЬКС^ИМ.

N

п

Паралельне п р оектуван ня. Зображ ення ф ігур у с тер ео м етр ії

162. 1) Відрізок або точка.

2) Два паралельні відрізки або дві точки.

3) Паралелограм або відрізок.

163. 1) Ні. 2) Так. 3) Так. 4) Ні. 5) Ні.

164. Напрямок проектування спрямований по площині, в якій лежать ці прямі, і збігається з напрямком однієї з прямих.

165. 1) Ні, оскільки паралельні відрізки не можуть проектува­ тись у непаралельні.

2) Так.

166. Ні, ромб можна отримати, проектуючи чотирикутник з по­ парно паралельними сторонами, тобто паралелограм, а чо­ тирикутник в умові паралелограмом не є.

167. Можуть. Наприклад, при проектуванні ромба, в якого су­ між ні сторони рівні, ми отримуємо паралелограм, в якого суміжні сторони не рівні.

168. 1) Ні. 2) Ні. 3) Так. Тільки промінь або точка.

169. 1) Напрямок проектування спрямований по площині, в якій лежить відрізок, і збігається з напрямком відрізка.

2) Напрямок проектування перпендикулярний до площини, в якій лежить відрізок.

170. Напрямок проектування складає з площиною, в якій ле­ жить квадрат, кут, відмінний від 0°, 90° або 180°.

171. Якщо А А = 60°, то ^ А Б В = АБИ = 6 0 ’ , тобто Д А В О — рівносторонній, тому висота В К є медіаною, тобто точка К ділить відрізок АО навпіл.

А

172. Оскільки в ромба діагоналі перпен­ дикулярні, то будуємо МИ\\ВБ і МК\\АС.

173. 5 ,0 , є і медіаною, і бісектрисою, оскільки А А, ДС, рівнобедрений. За властивістю бісектрис і медіан маємо, що шукана точка М ділить медіану В,О, у відношенні 5 : 4 , рахуючи від точки В ,.

86

В

174.

З розв’язки в залежності від кута проектування.

М.ЛГ,

М,

N.

б) а) в) 175. Трикутник, побудований за умовою, такий, що сторони А АВС є його середніми лініями. При проектуванні через вершини Л проводимо прямі, паралельні протилеж­ ним сторонам. Точки їх перетину дають відповідні проек­ ції К 1, Ц , М ,. К

проекція 176. Будуємо 2 паралельні хорди АВ і С£>. Відрізок М И , що проходить через їх середини, є діаметром. Се­ редина МІУ — точка О — є центром кола.

N

V

О

м

177. Оскільки діаметри кола є діагоналя­ ми квадрата, то будуємо їхні точки перетину з колом. Отриманий пара­ лелограм є проекцією квадрата.

178. З розв’язки. а) Будуємо точки, симетричні А і В відносно точки О. В, О а)

б)

В

О

А (В) в)

87

179. Нехай АВС — проекція даного три­ кутника, В К та СМ — проекції його висот. Центр описаного кола лежить на перетині серединних перпендикулярів, тому через серед­ ини сторін АС та А В (відповідно точки Ь та ЛО проводимо прямі, па­ ралельні відповідно В К та СМ . Точ­ ка перетину цих прямих і є проек­ цією центра описаного кола.

180. Якщо А В :В С = 3 :1 , то точка Е — основа висоти В Е А А ВС — ділить сторону АС у відношенні 9 :1 , раху­ ючи від точки А.

181. Нехай точки перетину прямої рх з А,Б, і В,С, — це відповідно точки М х та Д/',. Проводимо із цих точок прямі, паралельні В В ,. Точки М та N — точки їх перетину з відріз­ ками А В та ВС — і є точками пря­ мої р , проекцією якої є пряма р, .

м и

П ер пенд и кул яр ність пр ям ої і площ ини

182. Ні, вона перпендикулярна до безлічі прямих — всіх пря­ мих, що проходять через точку перетину прямої і площини.

183. Пряма МА перпендикулярна до всіх прямих, що прохо­ дять через точку А — точку перетину цієї прямої з площи­ ною АВС — у тому числі і до прямої АІУ, що й треба було довести.

184. Перпендикулярна, оскільки вона перпендикулярна двом відрізкам, я к і лежать у площині і перетинаються.

185. Пряма БА і площина А Р Б , пряма ПА і площина АВ£>.

186. ЕО _І_БВ за теоремою про три перпендикуляри.

187. Чотирикутник АВ,С,І) є паралелограмом. Оскільки СС, 1 СВ і АІ)_І_СІ), то С ,В 1 А £ ) за теоремою про три перпенди­ куляри. Паралелограм, у якого хоча б один кут прямий, є прямокутником, що й треба було довести.

88

188. В С ІА В ІУ М . Оскільки А И Ц ВС , то

АО _1_АВІУМ, тому АВСГ) 1 А В К М , звідки ^ В А В = ^ А В С . Якщо в ромба суміжні кути рівні, то він є квадратом, що й треба було довести.

189. Проведемо відрізок М О ^ ІА В С . Оскільки МА = М В = МС та А МОхА = А МО^В= А МОхС = 9 0 °, то прямокутні трикут­ ники МО]А , М О ,В, МО{С рівні між собою, звідки А О ,= В О ,= С О ,, тобто точка О, є центром трикутника, а тому збігається з точкою О. Отже, М О 1 А В С , що й треба було довести. М

190. Оскільки АМ = В М , то МІУ є медіаною і висотою А А М В . Отже, А В 1 М И і А В 1 С И , тому А В 1 СМИ , що й треба було довести.

191. А А О В прямокутний. А А О В - 90° А А В О 30°, АВ = 12 см. ВО = совА А В О , звідки ВО = АВсовА АВО АВ

/т = 12- — = 6л/з (см) 2

В ідповідь: 6%/з" см.

192 АВ = ВС = АС = 12>/з см, А К В А

30°

АВ

З прямокутного А К А В : ------= сов А К ВА , звідки ВК

ВК

АВ

12л/з

12л/з

сов А К В А

созЗО0

7з

= 24 (см). (Ж = В К = 24 см.

2

АК АВ

= = Ї§А К В А , звідки АКТ = АВІ%А К ВА = 241§30° =

24л/з

= 8>/з (см).

Відповідь: 8>/з см, 24 см.

89

193. М Е = - В С = 12 (см), В В = - А В = 5 (см).

2

2

З прямокутного Л Б Р М за теоремою Піфагора: ОМ = ^ М Р 2 + Р Б 2 = >/і22 + 52 =>/144+25 = >/І69 =13 (см). З прямокутного А .РМ5 :

5 М

АГР

= с 1 & /М 8 Р , звідки

8 М = М Р С І& /М 8 Р = 1 2-сі£б0° = ^ ^

= 4>/з (см).

З прямокутного А 5 М В за теоремою Піфагора: З В ^ З М Ч В М 2 =Л(4>/3) + 132 =>/16-3 + 169 = 7 2 1 7 (см). Відповідь: >/217 см.

194.

А В = 6 см, С В = 8 см, ^ 8С А = 30°. З прямокутного А АВС за теоре­ мою Піфагора:

АС = >/АВ2+ С В 2 =

= >/б2+ 82 =>/36 + 64 = >/Ї00 =10 (см). ЗА _ З прямокутного А 5А С : АС ~ = і§ ^ 8 С А , звідки 5А = АС і§ ^ 5 С А = 10 1§30° =

10>/3

(см).

., ю>/з В ідповідь: -------- см.

195. Вона збігається із центром кола, описаного навколо трикут ника АВС (ця точка рівновіддалена від його вершин).

196. А В І а , ВС 1 а , А К = О К , В Ь = С Ь. Очевидно, що А ВЦ ВС . Якщо ВС = А В , то АЙГ = Б К = В Ь = СЬ і А ВЦ ЯХЦ СВ. Тобто А ВСВ — па­ ралелограм. Оскільки А І ) 1 К Ь , то А В 1 А В , тобто А ВС В — прямокут­ ник, що й треба було довести.

90

197. Ні. Всі прямі, перпендикулярні до однієї з площин, лежать в перпендикулярній до неї площині, яка або паралельна до іншої площини, або збігається з нею.

198. 5А = а , 8С = Ь, 8 і ї = с . З прямокут­ ного А А В 8 за теоремою Піфагора: А В 2 = А З 2 - В 8 2 = а 2 - В 8 2. З прямо­ кутного Л С В 8 за теоремою Піфаго­ ра: В С 2 = С 8 2 - В З 2 = Ь2- В 8 2. З прямокутного Д Б В З за теоремою Піфагора: В ІЇ2 = С ІЇ2 - В 8 2 = с'2- В 8 2. З прямокутного Л ВАБ за теоремою Піфагора: В І Ї 2 = А В 2 + А ії2, або с2 - В 8 2 = а 2 - В З 2 +Ь2 - В 8 2, звідки В З - а 2+Ь2- с 2, В 8 = УІа2 + Ь2 - с 2 . В ідповідь: \Іа2+ Ь ~ с 2 .

199. 8 В = 4 см, А В = £ С = 5 см, АС = 6 см. А М = —АС = 3 2

го А А М В

см.

З

прямокутно-

за теоремою Піфагора:

В М = у] а В 2- А М 2 =л/52- 3 2 = >/25-9 = = уі16 = 4 (см). Оскільки А 8 В М прямокутний і 8 В = В М = 4 см, то А 8 М В = 4 5 °. В ідповідь: 45°.

200. А В = 18 см, АМ = В М = СМ = 15 см. Точка М проектується в точку О, яка рівновіддалена від вершин А А В С . Для прямокутного три­ кутника це — середина гіпотенузи. СО = АО = ВО = —А В = 9 (см).

2 З прямокутного А СОМ за теоремою Піфагора: МО = уіСМ 2 -С О 2 = 7 і 5 2- 9 2 =>/225-81 = >/Ї44 =12 (см). В ідповідь: 12 см.

201. К В 1 В О , АО 1 В О , К О І А С за теоремою про три перпен­ дикуляри. Оскільки А О І К О , А О ± В О , то А 0 1 . К В 0 , що й треба було довести.

91

202. Точка О — точка перетину діагона­ лей ромба — е проекцією точки 5 , оскільки точка 5 рівновіддалена від протилежних вершин. Оскіль­ ки / . В А Б - 60°, то /1А В О = = А А Б В = 60°, тобто Д А Ш ) — рівносторонній. Але АО = В 8 = В В = = 8 0 , тому А В 8 Б теж рівносторонній, тому / . В 8 Б = 60°. Відповідь: 60°.

203. А В = 3 см, ВС = 4 см, О К = 6 см. З прямокутного А АВС за теоре­ мою Піфагора:

АС = >]АВ2 + В С г =

= 4 Ї>2+ 2 4 2 =-79 + 16 =у[25 = 5 (см). АО = —АС = 2,5

см.

З прямокут­

ного А А О К за теоремою Піфаго­ ра:

А К = 4 А 0 2+ 0 К 2 = 7 2 ,5 2 + 6 2 =

= •^6,25 + 36 =>/42,25 = 6,5 (см). А К = В К = С К = О К = 6,5 см. В ідповідь: 6 ,5 см.

204. Чотирикутник А В С Б ■— прямокут­ на трапеція. Відрізок М И — серед­ ня лінія. МІУ =

АС + БС

9 + 11

= 10 (см).

Відповідь: 10 см.

205. Оскільки В Р 1 А В , то В В І В И , то В Р 1 А В С Б . Якщо з точки О про­ вести пряму ОК\\ВР, то вона ле­ жатиме в площині ВРИ і АС 1 ОК і АС 1 В Б , тому АС 1 В Р Б , що й треба було довести.

92

К

206. Площина А ВМ проходить через пря­ мі АВ та В М , які перетинаються і паралельні відповідно прямим £>С та ІЖ , із чого витікає паралельність площин А В М і С£>АГ, що й треба було довести. П ер пенд и куляр і похила

207. На На На На На На

площину А В С В — відрізок ВІ). площину А іД С ,!), — відрізок £,£>,. площину А А ,!),!) — відрізок А І),. площину ВД С,С — відрізок ВСГ площину АА,В,В — відрізок А ,В . площину СС,Ц£> — відрізок СІ),.

208. АВ = 12 см, ВС = 7 см. З прямокут­ ного Д АВС за теоремою Піфагора: АС = уіА В 2- В С 2 =л/і22- 7 2 = = і/ і4 4 -4 9 -^ /9 5 (см). Відповідь: >/95 см.

209. В С - 6 ного

см, / В А С = 30°. З прямокутДАСВ:

АС

— - - с іє ^ В А С , звідки ВС

. АС = ВС сі% /В А С = 6 е\§ 30° = 6\ІЗ (см). не = зіп ^ В А С , звідки АВ

АВ =

ВС зіп /.В А С

зіпЗО'

■= — = 12 (см).

1

В ідповідь: 6уІЗ см ,12 см.

210.

2

М N = 20 см, МР = 16 см, К Р = 5 см. З прямокутного Д М ІЖ за теоремою

Піфагора:

М Р =уІММ2-М Р 2

= >/20"-162 =>/400-256 = л/Г4Т = 12 (см). З прямокутного А К Р М за теоре­ мою

Піфагора:

М К = у }м Р г + К Р 2 =

= л/і22 + 5а =>/144 + 25 =>/їб9 =13 (см). В ідповідь: 12 см, 13 см.

93

211. К Б = 6 см, / М С О = Ж , / М К В = 60°. З прямокутного Д К И М : МВ

кв

, _ = ї § / М К Б , звідки

М Ц ^ К Б і% /М К О = 6 І§'60° = б #

(см).

КВ = соз / М К Б , МК

ІП) с о в /М К В

=

12

(см).

З

звідки

М і£ =

прямокутного

МИ звідки СМ = зіп /М С В

6>/з" зіп 30°

Д СМ Б: =

созбО0

МВ СМ

® 5 ^ . = і2 > / з

1 2

= зіп^/ М С Б ,

( с м ).

Відповідь: 12 см, 12-Уз" см.

212 . А//= 14

см, А К = 20 см. Нехай МЛ^ = 2 5 х , тоді М К = 2 6 х . З пря­ мокутного Д МАМ за теоремою Пі­

фагора:

М А2 =М ІУ2- А У 2 = (2 5 х )2-

- 1 4 2 = 625л:2 - 1 9 6 . З прямокутного Д М А К за теоремою Піфагора: МА

=М ІГ

- А.К-2 = (2 6 х )2- 2 0 2 = 6 7 6 х 2 - 4 0 0 . Прирівнюючи два вира­ зи для МА, отримуємо рівняння: 625л:2- 1 9 6 = 676л:2- 4 0 0 ; 51л:2 = 204; х 2 = 4 ; х = 2 . Таким чином, МА = 7 б 2 5 х 2- 1 9 6 = = >/2500-196 =>/2304 = 4 8 (см). Відповідь: 48 см.

213. Б Б = С Б , сторона А В спільна, тому трикутники А В В та АВС рівні за першою ознакою, тому А В = АС, що й треба було довести.

214. Трикутники ВАБ та ВА.5 рівні за першою ознакою ( А Б = А Б , / ВАЗ = / Б А З = 9 0 °, А З — спільна), тому В З = В З . Три­ кутники В 5С та В З С рівні за першою ознакою ( В З = 0 3 , / ОЗС = / В З С , ЗС — спільна), тому В С = С В , що й треба було довести.

94

215.

Оскільки РА = Р С , то й А В = В С . Нехай А В = ВС = х , тоді з трикутника АВС за теоремою косинусів АС2 = В С г + А В 2- 2 - А В -В С сов А А В С , або б2 = х 2 + х 2- 2 х х с о 8 І 2 0 ° ; 36 = = 2х 2 + х 2; х 1 = 12; х = 2у/з . Отже, АВ = ВС = 2>/з см. Трикутник АРС є прямокутним і рівнобедреним, тому А Г = СР ==-*=- = -------= Зу/2 \2 2

(см). З прямокутного

за теоремою Піфагора: В Р = ^ А Г 2 - А В 2

ААВР

-^2>/з"| =

= >/9 2 - 4 3 =>/18-12 = >/б (см). Відповідь: у/б см.

216. Якщо точка М рівновіддалена від вершин ромба, то й про­ екція теж. Проекцією є точка перетину діагоналей, оскіль­ ки вона рівновіддалена від вершин, то діагоналі рівні. Ромб, у якого діагоналі рівні, є квадратом, що й треба було до­ вести.

217. А М = В М = С М = 10 см, МО = 6 см, А ВАС = 30°. Оскільки АМ = В М = = СМ = 10 см, то АО = ВО = СО = Е (радіус описаного кола). З прямокут­ ного А ВО М за теоремою Піфагора:

м В

В 0 = ^ В М 2- М 0 2 = >/і02- 6 2 = = >/100-36 = >/б4~ = 8 (см). Якщо ./ ВАС = 30°, то А А В С = 120°. З А АВС за теоремою сиВС

нусів отримуємо: -— ---------- = 2 В , звідки ВС = 2В ві\\АВАС = віп /. ВАС = 2 -8-зіп 30° = 8

(см);

АС

= 2К , зіп А АВС /7 = 2В ■зіп А АВС = 2В зіп 120° = 2 •8 •— =

звідки

АС =

2

Відповідь: 8 см, 8 см, 8>/з см.

218.

Нехай ВС = х , тоді А В = 2 х . З пря­ мокутного А Р ВИ за теоремою П і­ фагора: 95

В І) = ^ІІ‘ ГУ - Р В 2 = = 4 и л ~ ^ = у[05 (см). З прямо­ кутного Д А В Б за теоремою Піфагора маємо: В И 2 = А В 2 + + А Б 2, або (л/95^1 = (2 х )2 + х 2; 4 х 2+ х 2 = 9 5 ; 5х2 = 9 5 ; х 2 - 1 9 ; х = у[Ї9 . Отже, А В = у/Ї9 см, А В = 2у/і9 см. В ідповідь: ^^Ї9 см, 2\/і9 см.

219.

Нехай А В = х , тоді АС = х + 2 . З пря­ мокутного А А И В за теоремою Піфа­ гора: А Б 2 = А В2 - В И 2, або А Б 2 = х 2 - 5 2 = х 2- 2 5 . З прямокутного А А ІЇС за теоремою Піфагора: АІ>2 =А С 2-С І> 2, або А В 2 = (х + 2)2 -9 = х + 4 х + 4 - 8 1 = - 4 х - 7 7 . Прирівнюючи два вирази для А Б , отримуємо рівняння: х 2- 2 5 = х 2+ 4 х - 7 7 ; 4х = 5 2 ; х = 13. Отже, А В = 13 см, АС = 15 см. Відповідь: 13 см, 15 см.

220.

0 0 = 17 см, А Б = 10 см, В М + М В = = 21 см. Нехай В М = х , тоді N 0 = 2 1 - х . З прямокутного А А М В за теоремою Піфагора: А М 2 = А В 2 - В А Г = 1 0 2 -х 2 = 1 0 0 - х 2. З прямо­ кутного ДСЛГО за теоремою Піфаго­ ра: С/У2 = С В 2 - В И 2 = 172- { 2 1 - х ) 2 = = 2 8 9 -4 4 1 + 4 2 х - х 2 = - 1 5 2 + 4 2 х - х 2. Зауваживши, що АМ = С И , і прирівнюючи два вирази, отримуємо рівняння: 1 0 0 - х 2 = - 1 5 2 + 4 2 х - х 2; 42х = 2 5 2 ; х = 6 . АМ = ^ В ідповідь: 8 см.

221.

7

=^ Ш

АМ = В М , / А М В = 9 0°, / А С В = = 120°. Нехай АС = ВС = х , / В А С = / А ВС = (1 8 0 ° - ^ А С В ): 2 = 180°-120° = 30°.

2

З прямокутного Д А К С : 96

^ =Щ

^

= ^ і = 8 (см). М

- соз А С А К , звідки А К = АС сов А САК = зссовЗО = ------- , 2 хуІЗ АВ = 2 АК = ' 2 = ху/з . А А М В є прямокутним і рівноАС

бедреним, тому А М = В М =

уі2

л/2

■ Розглянемо прямо-

кутний трикутник АСМ , де АС = х , АМ = АС АМ

х ху[з

_

уі2

7з

^ САМ = агссоз

х\[з Ж

: сов А САМ =

7г

Ті" = агссоз----л[з З

Ж Відповідь: агссоз-

3 222. МА = 10 см, МС = 8 см, АВ - 7 з і 6 см, ^ АС В = 120°. З прямокутного Д АСМ за теоремою Піфагора: АС = 7 А М 2 -СМ '2 = 7 102- 8 2 = = ■>/100-64 = 7^6 = 6 (см). З А А ВС за теоремою косинусів: А В 2 = АС2 + В С 2- 2 АС ВС соз А А С В, звідки (>/зТб’ Ґ = 62 + + ВС 2- 2 6 ВС соз120°; 316 = 3 6 + В С 2+ 6В С ; ВС2 + 6 В С - 2 8 0 = 0 ; ВС = 14 (см). З прямокутного Л ВСМ за теоремою Піфагора: В М = У]ВС2+ С М 2 = 7 і 4 2+ 8 2 = 7 1 9 6 + 64 =Т2бо’ = 2л/б5 (см). Відповідь: 2у[б5 см.

223. А К = В М = 6 см, САГ = 4 см, СМ = 8 см, АВ = 10 см. З прямокутного А А К С за теоремою Піфагора: АС = уіА К 2 +СК~ = = 7 б 2 + 42 = 7 3 6 +16 = 2713 (см). З прямо­ кутного Л ВМ С за теоремою Піфагора: В С = 7 в м 2 + С М 2 = 7 б 2 + 82 = 7 3 6 + 64 = =7ГосГ = ю (см).

97

За формулою для обчислення медіани:

СИ = -і-уі2 ■АС2 + 2 В С 2 - А В2 = ^ у 2 ■(2л/іЗ )' + 2 102 - 1 0 2 = = —>/2-52 + 2 0 0 -1 0 0 = = ^ 7 2 0 4 = —-2 л/5і = л/5і 2 2 . 2 Відповідь: 4 б ї см.

2 2 4 .3

рівності

МА

АВ

АС

МА

МА = А С -А В звідки

витікає

витікає

(см).

М

подіб-

ність трикутників М АВ та САМ, тому ВМ А = 90° - / А М С , тобто /. ВМ А + /. АМ С = 9 0 ° , що й треба було довести. Теорема про три перпендикуляри 225. АВ, 1 В О , оскільки це діагоналі квадрата, тоді за теоремою про три перпендикуляри СО 1 А В ,, що й треба було довести.

226. В£>_І_СО, оскільки це діагоналі квадрата, тому за теоремою про ори перпендикуляри В І) ± N 0 , що й треба було довести.

227. 8 К 1 А С , тому за теоремою про триперпендикуляри В К 1 А С , тобто є висотою і медіаною. Якщо АС = с , то А К = СК = — .

2

З прямокутного А А К В за теоремою Піфагора: В К = уіА В 2- А К 2 =^Ь2--^ - . З

прямокутного

мою

І

Піфагора:

Ь2 —— + а 2 =

І/Чі • Відповідь:

228.

98

АКВ8

за

теоре-

В

К 8 = уіВ К 2 + В 8 2 =

у]4а2 +4Ь2 - с 2

уІ4а2 + 4Ь2- с 2 ’

Перпендикуляр, що проведено до площини трикутника че­ рез точку перетину його бісектрис, є геометричним місцем точок, рівновіддалених від вершин трикутника.

229. М К 1 А С, тому за теоремою про три перпендикуляри В К 1 .А С , але А К = = СК — отже, В К одночасно є медіа­ ною і висотою, тому А АВС рівнобедрений (А В = В С ), що й треба було довести.

М В

230. М К 1 А С , тому за теоремою про три перпендикуляри В К 1 АС . З прямокут­ ВК = зіп / ВАК , звідки ного А А К В : АВ В К = А В -з іп /. В А К = с 5 І п а . З прямо­ кутного Д К В М за теоремою Піфаго­ ра:

М К = у іВ К 2 + В М і =уіс2 зіп* а + с і2 .

Відповідь: \Іс2 зіп2 а + сі2 .

231. З ’єднаємо точки А та М і продовжимо відрізок до перетину зі стороною ВС — точки К . Оскільки М — центр Д АВС , то А К є бісектрисою, медіаною і висо­ тою, тобто А К 1 В С . За теоремою про три перпендикуляри отримуємо, що Р К 1 В С . Аналогічно будуємо Р Ь І А В та Ш ± АС.

232. Через точку К проводимо пряму К М , КМ \\АВ, КМ\\ВС, тому К М 1 А В . За теоремою про три перпендикуляри отримуємо, що Р М 1 А В .

233. Будуємо діагоналі квадрата А ВС Б. З точки N проводимо відрізок МК\\ВБ. Оскільки В Б 1 А С , то й М К 1 А С . За теоремою про три перпендикуляри М К 1 АС .

234. Будуємо відрізок Р<д, що з ’єднує се­ редини сторін СБ та АР. Р < £1А Р , Р < 3-іС Б . З точки N проводимо від­ різок КК\\РС}. Оскільки МК\\Рф, 99

і\ /’(,) І С О , то N І( 1 С І). За теоремою про три перпендикуічрн отримуємо, що М К 1 С Б .

235. Оскільки А В А С = 45°, АС = 8>/І" см, то Д АВС є прямокутним і рівнобедреним, тому А В = ВС = 8 см. В М є медіаною і висотою, тому В М = — АС = 4 уі2 2

(см).

Оскільки

В М ± А С , то за теоремою про три “ М перпендикуляри К М 1 А С . З прямокутного Д К В М за теоремою Піфагора: К М = ^КВ'г + В М 2 = ^ 7 2 + (4 Т 2 )2 = >/49 + 32 = >/зТ = 9 (см). В ідповідь: 9 см.

236. АО = ОС = - А С = 8 (см), ВО = ОД = 1 2 = —В І) = 6 (см). З прямокутного

Р

Д АОВ за теоремою Піфагора: А В = уіА 0 2 + В 0 2 = л/82+ 6 2 =У 64 + 36 =

А

= >/Ї00 =10 (см).

.

Для прямокутного ДАСШ висота ОК: ОК = А° = 8 6 = ----- = 4,8 (см). Оскільки О К ± А О , то за теоремою 10 про три перпендикуляри Р К І.А О . З прямокутного А Р О К за

теоремою

Піфагора:

Р К = ^О Рг + О К 2 = >/22 + 4 ,8 2 =

= >/4 + 23,04 =>/27,04 = 5,2 (см). Оскільки в ромбі всі висоти, проведені з точки перетину діагоналей до сторін, рівні, то точка Р рівновіддалена від сторін ромба. В ідповідь: 5,2 см.

237. Оскільки ^ N ± А В , то за теоремою про три перпендикуляри С £>±А В, тобто С Б — висота А А В С . Знайдемо площу Д АВС за формулою Герона: 100

N

р = —(А Б + В С +А С) = —(28+ 26+ 30) = 42 (см).

2

2>

8 = ^ р { р - А В ) ( р - В С ) ( р - А С ) =^42 (4 2 -2 8 )(4 2 -2 6 ) (4 2 -3 0 ) = = >/4214 16 12 = 3 3 6 (см2). Також площу А АВС можна зна­ йти за формулою: 5 = — АБС£> = — 28 СО = 14С£>. Прирів2 2 нюючи значення для площі, отримуємо: 14 СІ) = 336 , звідки СІ) = 24 (см). З прямокутного ЛІ)СІУ за теоремою Піфаго­ ра: СЛ^ = Т-ОМ2 - СІ)2 = >/262 - 2 4 2 =>/676-576 = >/Ї00 = 10 (см). Відповідь: 10 см.

233. Оскільки Т ії 1 А С , то за теоремою про три перпендикуляри В Б 1 А С . Оскільки А А ВС рівнобедрений, то Б£) є висотою і медіаною, тобто

В

А_0 = СІ) = ^ А С = 4 (см). З прямокут­ ного Д А£>Б за теоремою Піфагора: Б£) = >/а Б 2- А І ) 2 = >/б2- 4 2 =>/36-16 = = у/20 = 2>/б (см). З прямокутного Д Т Б £ ) за теоремою Піфагора: 77) = >/Ш)2 + Б Г 2 =^(2>/5) + 52 =>/20 + 25 =>/45= 3>/5 (см). Відповідь: 3>/ІГ см.

239. Оскільки РК 1А В, то за тео­ ремою про три перпендикуля­ ри ОК 1 А Б , тобто СЖ є радіусом вписаного кола в Д А Б С . Зна­ йдемо площу Д АБС за форму­ лою

Герона:

р = --(А Б + БС +АС) =

= —(15 + 9 + 12) = 18 (см).

2 4

8 = ^ р ( р - А В ) ( р - В С ) ( р - А С ) = 7 і8 ( 1 8 - 1 5 ) ( 1 8 - 9 ) ( 1 8 - 12) >/18 3 9 6 = 5 4 (см). ОК = г' Р

54 = 3 (см).

18

З прямокутного Д Р О К за теоремою Піфагора:

РО=уІРК'г - О К г = 7 б 2 - 3 2 =>/25-9 = -ч/іб" = 4 (см). Відповідь: 4 см. І)

240. О К 1 А С , тому за теоремою про три перпендикуляри ВК 1 А С . В К є медіаною та висотою пра­ вильного А А В С , а тому прохо­ дить через точку О. З прямокутного Д Б О К за теоремою Піфагора:

А

О К = ^ В К 2- О Б 2 =>/і42 - б 2 = = >/196-36 =>/160= 4710 (см). ОА є радіусом кола, вписаного в правильний Д А В С , тому сторона Д А В С : АВ = 2г>/з = 2 (Ж 7 з = 2 4>/Ї0 >/з =8>/30 (см). Відповідь: 8\[зо см.

241. К М 1 А В , тому за теоремою про три перпендикуляри ОМ 1 А В , тоб­ то ОМ є радіусом кола, вписаного в трапецію. Оскільки в трапецію вписане коло, то А Б + ВС = А В + С Б , л о АБ + ВС 2 + 14 звідки А В - ------------ = -------- = 8 (см).

К

.

влг — висота трапеції, - АЛ/ илг = -— А В -В С --------1 4 -2 = 6 (см). ВМ ------= 2

2

З прямокутного Д АЛ/В за теоремою Піфагора: ВАГ = 7 а В2-А/У2 = 7 8 2 - 6 2 = 7 6 4 - 3 6 = 7 ^ = 2 7 7 (см). *

ОМ = —ВАГ = >/7 (см).

2

З прямокутного Д К О М за теоремою Піфагора: к м = т ] о к 2+ о м 2 = ^ б 2 +|>/7|2 = 7 3 6 + 7 = 7 4 3 (см). В ідповідь: 7ЇЗ~ см.

242. К М ± А Л , тому за теоремою про три перпендикуляри О К 1 А В , тобто ОіГ є радіусом кола, вписаного в ромб. ЛО = СО = —АС = 40 (см), В О = Б О = - В В = 30 (см).

2

2

З прямокутного Л АОВ за теоре­ мою Піфагора: А В = VАО2 + В 0 2 = = УІ4 0 2 + 302 = > / 1 6 0 0 + 9 0 0 = N /2 5 0 0 =

= 50 (см).

80 60 4 50

АС ВВ

ОК ■г = —

4 АВ

= 24 (см).

З прямокутного А К О М за теоремою Піфагора: ОМ = М К 2- О К 2 = уі262- 2 4 2 = >/676-576 --у/ІОО =10 (см). В ідповідь: 10 см.

243. М К 1 А С , тому за теоремою про три перпендикуляри (Ж ± А С , тобто О К є радіусом кола, вписа­ ного в Л А В С . З прямокутного Л К О М за теоремою Піфагора:

М

ОК = ^ М К 2-О М 2 =УІ102- б 2 = = V I0 0 - 3 6 =Тб4 = 8 (см). г = О К = 5 =— 96 = 12 ю / ч = 8о см, р = — (см); г 8 Р = 2р = 2 12 = 24 (см). В ідповідь: 24 см.

244. М К 1 А В , тому за теоремою про три перпендикуляри ОК ± А В , тобто О К є радіусом кола, впи­ саного в ромб. Нехай А В А Б = а , (X тоді А ВА О = — . З прямокутного АО ^ А А О В : ----- = соз^ ВА О , звідки АВ АО = А В соз А ВАО = а соз— ;

М

2

ПО — = 8ІПА ВАО ,

ВО = А В зи х/. ВАО = а зіп — ;

ЗВІДКИ

АВ

2

а • о, АС •В.0 АС = 2АО = 2а соз— ; В£) = 2ВО = 2 а з т — ; <Ж = г = - --------а „ . а 2а соз 2а зіп

2•

4 а

2

о

2

2а зіпа

1

4а

2

4-АВ

^- = ------------ = —а зш а .

103

З прямокутного Л К О М за теоремою Піфагора:

К М = -ІМ О2 + К М 2 = . Ь 2 + —а г зіп2 = ~

V

4

2

уі4Ь2+ а 2 зіп 2 а

.

Відповідь: —у]4Ь2 + а г зіп2 а .

2

245. Нехай О — проекція точки 8 . В 8 1 А В , тоді за теоремою про три перпендикуляри В О І А В . Аналогічно С О Ї АС. Оскільки В 8 = С 8 , то ВО = СО. А АБО = Л А С О , оскільки ці трикутники прямокутні, ВО = С О ,А О — спільна гіпотену­ за. З рівності трикутників витікає рівність / В А О = /.С А О , тобто АО є бісектрисою ^ В А С , що й треба було довести.

246. Т К 1 А О , тому за теоремою про три перпендикуляри Р К 1 А О . З прямокутного А АВС за теоремою Піфагора: АС = уіА В 2 +ВС* = >/і22 + 162 =>/144 + 256 = >/І00 =20

(см).

АО = — АС = 10 (см), РО = — ВС = 8 (см), А Р = — А В = 6 (см).

2

2

З прямокутного

2

— висота, опущена з вершиАР ГО 6 8 . 0 . , ни прямого кута, дорівнює: Р К = -----------= -------= 4,8 (см). АО 10 З прямокутного Л Т Р К за теоремою Піфагора: Т К = ААРО

= ^ІРК2 + Т Р 2 =>/4,82 + 22 =>/23,04 + 4 =>/27,04 = 5,2 (см). Оче­ видно, що відстані від точки Т до діагоналі ДО ідентична. Відповідь: 5,2 см.

247. Р К 1 А В ,

тому

за

теоремою

про три

перпендикуляри

С К 1 А В , тобто СК є висотою ромба. АО = СО =

= 20 (см),

БО = 1)0 = —511 = 15 (см).

2

З прямокутного А А О В за теоремою Піфагора: АВ = >/л 0 2 + В 0 2~= >/202+152 =>/400 + 225 =>/625 = 2 5 (см). „

,

,

АСВ2)

40 ЗО

2 АВ

2 25

,

ч

Висота ромба Л = Сл = -----------= --------- = 24 (см).

З прямокутного А Р С К за теоремою Піфагора: СР = уІРК 2-С К '2 = >/252- 2 4 2 =>/625-576 =>/49 =7 (см). Відповідь: 7 см.

1 0 4 -------------------------------------------------------------------------------------------------

С

До № 245 248.

До № 246

Опустимо з точки 5 перпендику­ ляр 8 М на пряму а , тоді за теоремою про три перпендикуляри РМ 1 а . Нехай 8 Р = X тоді з прямокутно8Р - зіп А 8 Р К , го А 8 Р К маємо: ЗК ЗР звідки З К = -------------зіп^ ЗРК він у РК = 8 К Р , звідки Р К = х сі£ у. З прямокутного Л 8 М К : = соз А 8 К М ,

звідки

К М = 8 К с о в А 8 К М = — —--созф. зіп ’ у РК х сївч З прямокутного Л К М Р : сов А Р К М х КМ ■СО Зф соз у . , „ „, соз у зіп у —, звідки /.Р К М =.агссоз СОЗф созф соз у Відповідь: агссоз . ЗК

СОЗ ф

249. Оскільки /.С А Б = / .В А В , то проекція похилої є бісектрисою А В А С . Не­ хай СР = х , тоді В Р = В С - С Р = 2 6 - х . С,Р АС За властивістю бісектриси: ----- = ------ , ВР АВ або — -— = — ; 18х = 5 4 6 - 2 1 х ; х = 14.

2 6 -х 18 Отже, С,Р = 14 см, В Р = 12 см. В ідповідь: 12 см, 14 см.

250. Див. «Відповіді» посібника. Перпендикулярні площини 251. Ні, такі прямі можуть і належати площині |3.

252. Ні, пряма а може лежати в площині а .

105

253. Якщо припустити, що пряма перетину не перпендикуляр­ на площині, то отримуємо, що дві площини мають спільну пряму, не перпендикулярну третій площині, що суперечить умові перпендикулярності цих площин.

254. Геометричним місцем точок, рівновіддалених від вершин А та С, є площина, що проходить через точку М — середину відрізка АС — перпендикулярно до площини Д А В С .

255. Якщо довжина сторони правильно­ го трикутника 10 см, то його висо­ та С,М = СМ = 5>/з" см.

5 З прямокутного рівнобедреного

Д С М С ,С С , = СМуі2 = 5ч/б (см). Відповідь: 5л/б см.

256. Якщо точка М рівновіддалена від сторін ромба, то її про­ екцією на площину ромба є точка перетину її діагоналей — точка О. Відрізок МО є спільним для обох площин АМ С та ВМ О . АС є перпендикуляром до площини ВМ И , тоді оскільки площина АМС, проходить через АС, то площи­ ни АМ С т аВ М Б перпендикулярні, що й треба було довести.

257. 8 М 1 А С . Оскільки площина М 8 В проходить через пря­ му 8 М , то площини М 8 В та АВС перпендикулярні, що й треба було довести.

258. Оскільки БМ = СМ , то М К є висотою А С М И . М И 1 А В . Оскільки дві прямі М N та М К , що перетинаються і лежать в од­ ній площині, перпендикулярні до двох паралельних прямих, що лежать у іншій площині, то ці площини перпендикулярні, що й треба було довести.

259. Побудуємо А А С В , А С = 90 °, сторо­ на А В лежить у площині ф, АС — у площині тс, ВС — у площині у. АВ = 20 см, АС = 16 см. За теоремою Піфагора: 106

ВС -\ІА В 2 -А С 2 =л/202- 1 6 2 = ^ 4 0 0 -2 5 6 = >/Ї44~ = 12 (см). Відстань між т та ф — висота СІ) трикутника АВС: СО =

АС ВС

16 12

АВ

20

= 9,6 (см).

Відповідь: 1 2 см, 9 , 6 см.

260. А В = 25

ААБВ

оремою

см, В В = 2 0 см, АС = 9 см.

— прямокутний, тому за те­ Піфагора

А В = 4 а В 2- В В 2 =

= л/252- 2 0 2 =>/625-400 =>/225 =15

(см).

З прямокутного Л АСІ) за теоремою Піфагора: СО

=

4 а і ) 2- А С2 = > /і5 2 - 9 2 = ^ 2 2 5 - 8 1 = Т Ї 4 Ї = 12

(с м ).

Відповідь: 1 2 см.

261.3

прямокутного ДАКС за теоремою

Піфагора: АС = у[ а ЇУ~+СЇУ = л/52 +122 = >/25 + 144 =>/і69 = 13 (см). З прямокутного Л АСВ за теоремою Піфагора: А В = уіВС2 +АС2 =>/б2 + 132 =>/36 + 169 =>/205" (см). Відповідь: >/205 см.

262. А А ,± а , АА2 ± Ь , тоді за теоремою про три перпендикуляри АА1 іА А 2, тобто ЛАА,А2 ' — прямокутний. Ана­ логічно А-ИВ}В д в в ,в 22 — прямокутний. з а а а , а 2 за теоремою Піфагора

АХ ЇЖ

А]А2 = л/а А22-А А ,2 =>/169-144 = 5 (см). З Д В В ,В , (В ,В 2 = А, А2 = 5 см) за теоремою Піфагора В,В2 = = А/ВВ./-ВВ12 =>/41-25 =4 (см).АА1В ,В - - трапеція(АА, ||ВВ,), 1 О . /<

тоді ІШУ — середня лінія трапеції. МІУ = — Відповідь: 8 см.

263. З прямокутного Д ВА І) за теоремою Пі­ фагора:

ВІ> = >/а В ^ Г а і У" = >/302 + 4 0 2 =

- л/900 + 1600 =>/2500 = 50 (см). Висота Аі? =

АВ АВ

ЗО 40

ВІ)

50

= 24 (см).

(см). ,С

вк =АВ' З

900

ВБ

50

= 18 (см). М К = В О - 2 В К = о О - 2 18= 14 (см).

прямокутного

Л СМ К

за

теоремою

Піфагора:

СК =

= у[сМ 7+ М К Т = уі6Т6 + Ї ^ = уі772 (см). Оскіль­ ки А К 1 В £ ), то за теоремою про три перпендикуляри А К 1 С К . З прямокутного Л АКС за теоремою Піфагора: АС = ^ А К 2 + С К 2 = ^ 2 4 2 + (>/772 )2 =>/576 + 772 = >/1348 = ■ = 2\/337 (см). Відповідь:

2>/зз?

см.

264. Якщо пряма перетину двох площин перпендикулярна тре­ тій площині, то кожна із цих площин перпендикулярна третій площині, що й треба було довести. В ідстань м іж м им обіж ним и прямим и

265. а)

2

б) — .

2

266. Оскільки ВС ± А В і а 1 А В , то відстан­ ню м іж прямими а та ВС є відрізок АВ. З прямокутного А А ВС за теоремою Піфагора: АВ = у]АС2 - В С 2 = >/252- 7 2 = = >/625-49 =>/576 = 2 4 (см).

В

Відповідь: 24 см.

267.

Оскільки /± А В С , то відстанню м іж прямими І та ВС буде висота А К . Знайдемо площи­ ну Д АВС за формулою Герона: р = і(А В + ВС+ АС) = І ( 1 3 + 14 + 15) = 21 (см).

8 = ^ р {р -А В )(р -В С )(р -А С ) = = ^ 2 1 (2 1 -1 3 )(2 1 -1 4 )(2 1 -1 5 ) = = >/21-8-7-6 = 8 4 (см2). _

23 ВС

2 84

Висота АК = -----= -------- = 12 (см). Відповідь: 12 см.

108

14

268. / ВАС = 90°, оскільки він спирається на діаметр ВС. З прямокутного Л ВАС за теоремою Піфагора: А В = уІВ С 2- А С 2 =>/ю2- 8 2 = = >/100-64 =л/36 = 6 (см). (см).

А К = В К = —А В = 3 2

за першою ознакою, тому 8

АВМ К

подібний до

ВК МК . . гтг = , звідки М К ВС АС

А ВАС АС ВК ВС

3

= 2,4 (см).

10 Відповідь: 2,4 см.

269. / К С В = / В А С . З ремою косинусів:

Л АВС за тео­ В С 2 = АС2 + А В г -

- 2 А С ■А В с о з / В А С ,

звідки

ВС =

= >/б2+ 8 2- 2 6 8 созбО0 =>/36 + 6 4 - 4 8 = = ■^52 (см). З

прямокутного

АВКС:

ВК ВС

зіп /К С В ,

звідки

ВК =

Я = В С •8І11 ^ К С В = УІ52 ■зіп60° = 2>/ЇЗ •— = >/39 (см).

2

Відповідь: >/з¥ см.

270. Шукана відстань — А К (медіана та ви­ сота рівнобедреного А А В С ). Оскільки

В

/ В А С = 1 2 0 ° ,т о / С А К = 6 0 °. В К = С К = = - В С = - 8 = 4 (см).

2

2

З прямокутного А А К С : АК

— = сі£ ^ САК = 4 с*§60° = ск В ідповідь:

З

4>/з

з

(см).

см.

109

271. А К = 4 см, ВС = С В = ~ В С = 6 (см). Шукана відстань — відрізок К В 1 В С . За теоремою про три перпендикуляри А В 1 В С , тобто це висота і медіана рівнобедреного А АВС. З

прямокутного

А АВС

за

теоремою

Піфагора:

АВ =

= \ІАС 2 - С В г = л/і02- 6 2 =>/100-36 =,/64 = 8 (см). З прямо­ кутного А А К В за теоремою Піфагора: К В = у] а В 2- А К 2 = = >/82- 4 2 =>/64-16 =>/48 = 4>/з (см). В ідповідь: 4>/з см.

272. Якщо обрати площину, перпендикулярну двом даним, то обидві дані прямі проектуються на неї у дві паралельні пря­ мі, відстань між якими збігається з відстанню м іж пара­ лельними площинами, що й треба було довести.

273. Шукана відстань — СМ 1 К В . З прямокутного Л А В К за теоре­ мою Піфагора:

К В = ^АКг-А В 2 =

= \І152- 9 2 =>/225-81 = >/ї44 =12(см ). Знайдемо площу Л С К В за форму­ лою Герона:

р -^ (С К + К В +СВ) =

= І ( 1 2 + 12 + 8) = 16 (см).

8 = ^ р ( р - С К ) ( р - К В ) ( р - С В ) = ^ 1 6 (1 6 - 8 ) ( 1 6 - 1 2 ) ( 1 6 - 1 2 ) = = л/і6-8-4-4 =32л/2 (см2). СМ = /г = ^ = СІІГ ., Іб-у/і" В ідповідь: -------- см 274.

Ш укана відстань — В іГ ІС С ,. Д СБС, є прямокутним та рівнобедреним, тому ВС = -ВС,=6 см, СС, = 6 ур2, см.

110

2 32_ ^ = И Ь !Ї- (см).

12

С,

В

СК = С ,К = —СС, = Зл/2* см.

2

Д В К С також є прямокутним і рівнобедреним, тому В К = СК = З у і2

с м .

В ідповідь: ЗлІ2 см.

275.

Шукана відстань — В ,0 1 А ,С ). Якщо довжина ребра АВ = 4 см,

С,

то довжина діагоналі грані В, Д = = 4^І2 (см). В 0 1= -^ В ,В і = 2 уі2 см.

С

В ідповідь: 2^2 см. Кут між мимобіжними прямими 276. М К перпендикулярна площині АВС. Якщо провести через точку М відрі­ зок М В = А В і МВ\\АВ. Оскільки М К 1 А В С , то й М К 1 М В , отже / К М В = 90°. Відповідь: 90°.

277. Проведемо через точку В пря­ му а ЦАС. Оскільки В В І А С , то й В В І а . За теоремою про три пер­ пендикуляри Е В 1 а . Відповідь: 90°.

278. АВ\\СР, тому кут між СР та К Р такий самий, як і між А В та К Р . ОР 1 А В , оскільки ОР — висота і медіана правильного Д А О В , тому за теоремою про три перпендикуля­ ри К Р 1 А В .

>Е

Відповідь: 90°.

111

279. 1) При паралельному перенесенні СС, переходить у В В ,. / А В В , = 9 0 °. Відповідь: 90°.

2) При паралельному перенесенні В,С, переходить у ВС . / А С В = 4 5 °. Відповідь: 45°.

3) При паралельному перенесен­ ні А ,І) переходить у В,С. Три­ кутник АВ,С є правильним, тому / А С В Х- 6 0 ° . Відповідь: 60°.

280. З прямокутного Д А В Р мою

Піфагора:

за теоре­

А Р = уіА В 2 + В Р 2 =

= >/92+ 62 =>/81 + 36 = 7 1 7 7 (см). Оскільки А Б А -А В , то за теоремою про три перпендикуляри А Р 1 А Б . З прямокутного Д РА В за теоре­ мою Піфагора:

РО = -^АР2 + АО 2 =

/ П 7 ) + 122 = 7 1 1 7 + 144 = 7 2 6 1 =

= Зу/2 9 (см). З прямокутного Д СВ.Р за теоремою Піфагора: СР = уіВР2 + В С 2 = 7 б 2+ 122 = 7 3 6 + 1 4 4 = 7 1 8 0 = 6 7 5 (см). З А СИР за теоремою косинусів маємо: СР2 = И Р2 + С Б 2 Б Р 2+ ОБ2-С Р 2 - 2 Б Р С Б с о в / С Б Р , звідки с о в / С Б Р = ■ 2 БР СБ ( з 7 ^ / + 9 2- ( б 7 І ') зТ29 9

СВ.Р = агссоз

7г?

В ідповідь: агссоз 112

З 7г?

261 + 81 -18 0

162

3

547І9

5472?

72?

, звідки

Кут між прямою і площиною 281.

/ А В С = 6 0 °, ВС = 9 см.

З прямокутного А АСВ = соз/ А В С , звідки АВ = о о — - — = — = 18 (см). сов 60° 1

ВС АВ А &

ВС сов^ АВС 1

Відповідь: 18 см.

282.

АВ = 15 см, АС = 3 см. З прямокутно­ З АС го А АСВ зіп ^ А ВС = АВ 15 ^ А ВС = агсзіп-

'а

Відповідь: агсзіп— .

5 283. АС — проекція АС, на площину АВСІ>. Нехай сторона куба дорів­ А, н ю є * , тобто СС^ = х , АС = ху [ 2 . З прямокутного А А СС ,: Ї& /.САС1 = СС, АС

х^І2

у[2

; / САС, = агсі£

£

В ідповідь: агсі£ 284. Опустимо перпендикуляр В И на пло­ щину а . А А Б В = А С О В , оскільки ці трикутники прямокутні, А В = СВ і сторона В Б спільна. З рівності три­ кутників витікає рівність кутів ^ ВС І) = ^ В А О , що й треба було до­ вести.

285. Нехай точка О — проекція точки М на площину А ВС , тобто М О 1 А В С . Оскільки ^ МАО = / М ВО = ^ МСО і сторона МО спільна, то прямокутні трикутники АОМ, ' ВО М та СОМ

1

В

рівні, тому АО = ВО = С О , тобто точка О ка АВС, що й треба було довести.

286.

центр трикутни

К С = 6 см, ^ ААС = 4 5 ° , / К В С = Ж , / А С В = 135°. З прямокутного А А С К : АС = С К = = 6 см, оскільки цей трикутник рівнобедрений. З прямокутного ЙС.

А В С К : — - = сіє'^ С В К , звідки ВС = СК

= СК - с І % /С В К = 6 с і § 30° = б 7 з (см). З Д АВС за теоремою косинусів: А В 2 = АС2 + В С 2 - 2 АС В С -со в /. А С В , звідки

АВ = уб2+(бл/з)2- 2 - 6 бл/з соз135° = д/зб + 108 + 72л/з = >/144 + 7273 = 6^ 4 + 273

(см).

Відповідь: 6^4 + 2л/з" см.

287.

АЕ — висота і медіана рівнобедреного Д АВС , тобто АЕ 1 В С , тоді за теоремою про три перпендикуля­ ри Б Е І В С . Оскільки 8 гШ = 18 см2 і

то

8 = —А Е В С , 2

- АЕ 12 = 18, 2

звідки А Е = 3 см. З прямокутного Д Д А Е: соз./ І)ЕА =

ае

_

з

_ 7г

ЛЕ Зл/і" тому / И Е А = 45 °. Відповідь: 45°.

288.

2

АВ = 2л/І2 см, А В { =\[Е см, АА, = 2 см. З прямокутного Д А В ,В : ЛЯ

в іп /А В В , = ---АВ 114

7^ 2уі2

7з 2

І)

звідки / А В В , = 6 0 ° . З прямокутного Д А А , В : зіп / А В А , =

=

= —^=- = , звідки / АВВ. ~ 45°. АВ 2\І2 2 Відповідь: 60°, 45°.

289.

/ В А В , = 3 0 °,

АА, = 4

см,

А,В, =

= 4^2 см. З прямокутного ДАА,В, за теоремою Піфагора:

А.

АВ, =^АА? + А ХВЇ =^42+(4л/2)2 = = л / Іб + 3 2

= 7 І 8 ’ = 4л/з

( с м ).

АВ,

З прямокутного Л А В ,В : АВ =

АВ,

4>/з

соз/ ВАВ,

соз ЗО®

=соз/ В А В ,, звідки

АВ

4>/з

= 8 (см). З прямокутного Д АА,В :

2

со з/ А ,А В = 1

АА

4

1

8

2

1- = — = —, звідки / А ,А В = 60°.

АВ

Відповідь: 60°.

290.

/ ВВА = (3, АС = с , /ВА С = а , / А В С = = 9 0 °. Б К 1АЙГ, тому за теоремою про три перпендикуляри АЙГ1 В С . З прямоАВ кутного А А В С : ------= со з/ В А С , звід-

д

АС

ки

АВ = АС сов /ВА С = с с о за ;

ВС ------= АС

= зіп / В А С , звідки ВС = А С -зіп/ВА С = = с з іп а . З

прямокутного

А БАВ:

ВА

-^ - = 1§/ВВА , Г)А

звідки

ВА = Г)А

= АВ Їе / В В А = ссо з« ІгВ ; ------= зіи / В В А , В В = ----------------= ВІ) зіп/ ЯВА _ ссозаІ§,р зіпР

Площа А А В С : 8 аііс= - А В В С , або 8 м к = —А К В С , А К = 2

2

= А В , тобто точки К та В збігаються, есозаійР ссова 2Ж = зіпр сов (З Відповідь:

В К = О В . Отже,

С С О В (Х

сов|3

291. Нехай А В = В С = х , тоді оскільки А АВС прямокутний і рівнобедрений, тому АС = х\І2. А В = ВС = АС = = х\І2 .Оскільки /.В В С = 90°, С В = х , ВС = х\І2, тому А ВИС є рівнобедреним і прямокутним, тобто ^ В С В = 45°. Відповідь: 45°.

292. Побудуємо відрізки А В = А С, А АВС є правильним. Побудуємо А В = А В = = АС = В С . Проекцією точки В є точ­ ка О — центр Л А В С . Нехай А В = АС = ВС = А В = х , тоді АК =

суіЗ

2_ х Лз З 2

А О = —А К З

з прямокутного Д А О В : Х у/

соз /.О А В

^ ^ - = соз / О А В , звідки АВ

з

з х

Відповідь: агссоз-

_ Тз З

^ ОАО = агссоз

З Кут між площинами

293.

АС = 8 см, ВС = 2ч/з см, ^ АСВ = 30°. За теоремою косинусів: •

116

№

А В = л/АС2 + В С 2 - 2 АС ВС •с о з / А С В =

= ^ 8 2 + (2у[з^ - 2 8 - 2л/з”•сойЗО0 = |б4 + 12-2-8-2л/з ~

= 7 7 6 - 4 8 = у і2 8 = 2 у /і

с м

.

Відповідь: 2\[ї см.

294.

/ АСВ = 6 0 ° , А В = 2у[Ї9 см, ВС = = 6 см. Відстань між Ь та а — А К , висота А А В С . За теоремою косинусів для Л А В С : АВ2 = АС2 + ВС2 - 2 АС ВС соз/ АСВ; (2 Т І9 )2 = АС2 + б2 - 2 •АС 6 •соз 60°; 76 = АС2 + 3 6 - 2 - А С - 6 - - ;

\

1

\р

ь

ІУ у .

1 2 В ____ /

^ / /а

і

2

АС2- 6 А С - 40 = 0 ; АС = 10 (см). Площа А А В С : 8 ЛВС = ЗО■—— = 1 оТз^ 2

(см2).

1 1-АС-ВС зіп / А С В = — 10 6-311160° =

2

2

З іншого

боку,

8 . ИГ- —В С А К 2

= і •6 А К = З А К . Маємо 3 А К = 1 оу/ з , АЙГ = 5л/з (см).

2

Відповідь: 5\ІЗ см.

295.

Якщо площа квадрата 36 см2, то його сторона ВС = 6 см. Якщо пло­ ща прямокутника 96 см2 в одна сто­ рона дорівнює 6 см, тоді інша сторо­ на ВС, = 16 см. З трикутника ВСС, за теоремою косинусів маємо: СС2 = = В С 2 + В С 2 - 2 ВС ВС, -соз/ С В С ,, ВСг + ВС* - СС* _ звідки соз / С В С ,= 2 ВС ВС _ 6 + 1 6 - 1 4 _ 36 + 256-196 1 , тому 2 616

2 6 16

£

2

/ СВСХ= 60°. Відповідь: 60°.

117

296. ( Ж = з 7 з

см ,

8 дж:=ЗбТ з с м 2.

Оскільки ОК І А В , то за теоремою про три перпендикуляри С К А .А В , тобто СК є висотою правильного трикутника АВС. Якщ о площа правильного трикутника його СК = ОК =

СК

сторона

АВ =

48

14 ■36>/3

7Г

7з

А вТз

12у[ з =б7з (см).

2 2 С 0 8 /С К О , З В І Д К И С 0 8 /С К О

= 12

5 = 36>/3

о м , то

(см),

висота

З прямокутного =

зТз

г= -

бл/3

а

АСОКщ

тому / СКО = 60°.

Відповідь: 60°.

297. / С М К = 4 5 °, АВ = 14 см, ВС = = 13 см, АС = 15 см. Оскільки К М 1 А В , то за теоремою про три перпендикуляри С М 1 А В , тобто СМ є висотою А А В С , Знайдемо площу А АВС за форму­ лою Герона:

С

р = ^ (А В + В С + АС) = ^ (1 4 +13 +15) = 21 (см).

5 = у1р { р - А В ) { р - В С ) ( р -А С ) = ^21(21 -1 4 )(2 1 -1 3 )( 2 1 -1 5 ) = = 721 7 8 6 =>/7056 = 8 4 (см2). Оскільки 8 = — А В С М , то 2 25

2 84

АВ

14

,

ч

СМ = ----- = -------- = 12 (см). Оскільки / С М К = 4 5°, то А С М К є прямокутним і рівнобедреним, тому СК = ^ Ж = бТ2 (см).

7г 7г Відповідь: 6\І2 см.

298. Оскільки ^ А В С = 60°, то А АВС правильний. Оскільки /_АОС = 120°, то А О = С О . В К та ОК є висотами трикутни­ ків, / В К О = 60°.

118

Оскільки в правильному Л АВС сторона АС = 12 см, то його висота ВК = АСу[ з 12>/з „ /г . . „ = ----------= ------ —= 6\/3 (см). З прямокутно-

го А С К О :

ИК

—=

СК

В

К Б С , звідки ЇЖ

= С К с і% / К О С = 6 с і £ б О с = - ^ ї =

27з

(с м ).

З З Л В К І) за теоремою косинусів:

ВО = уІВ К 2 + В К 2- 2 В К Б К с о з / В К О = ' = ^ ( б 7 з ) 2 + (2>/з)г - 2 ' 6 л/з 2у[з со8б0° = = >/36-3 + 4 3 - 1 2 3 =>/28 З = 2>/2Т (см). Відповідь: 2\І21 см .

N

299. М Л ^ М ІГ = 5>/3 см, Е К = Е М = 13 см, *

£ N = 77 4 см, і\ОГ = Ю см, МА = А К = = 5 см. З прямокутного Д І М за те-

К

оремою Піфагора: ІУА = Т/У-К-2 - А £ 2 = ( 5-у/з | -5 2 = 725-3-25

= 5>/2

(см).

З прямокутного Д І£А_Є за теоремою Піфагора: = л]Е К 2- А К 2

=7 і 32-5 2 =ч/і69-25

=л/Ї44

=12

(см).

З ДАЕІУ за теоремою косинусів: £ІУ2 = АіУ2 + ЕА2 £А^2 = А і ї 2 + Е А 2- 2 - АИ ■Е А с о з / . МАЕ, звідки соз^іУ А £ = А/у + ЕАг - Е І Ї * __ (5Т 2 ) + 1 2 " -(Т 7 І) 2 -АМ-ЕА 2-5>/2-12

Гг

50 + 144-74 _ і 2 оТг

120 12 0 -4/2"

, тобто ^ Л ГА £ = 45°.

Відповідь: 45°.

300.

АІ> = 6 с м , /Ж = 16 см, Ж) = 12 см, МС = 10 см. Оскільки чотирикутник В С К М є прямокутником, то з прямокутно­ го А С К М за теоремою Піфагора: 119

С К = УІСМ2 - М К 3 = ,] і0 2-6'2 = = %/і00-36 = у /б 4 = 8 (см). З А С В К за теоремою косинусів: С К 2 = С В 2 + В К 2 - 2 СІ) ■О К с о з / С ВК , звідки СР + Р К -С К 1 2 Ч 1 6 -Є с о з /С В К = 2 СР ВК 2 12 16 28 7 = — , тому / С В К = агссоз 2 16 8 ' 8

144 + 256-64 2 12 16

Відповідь: агссоз— .

301. Це кут С В С ,. Оскільки Д ВСС, є прямокутним і рівнобедреним, то / С В С |= 45°. В ідповідь: 45°.

302. / С К В = 30°. Оскільки СК 1 А В , то за теоремою про три перпендикуля­ ри В К ± А В . Нехай А К = В К = х , тоді, оскільки Д АВС правильний, то СК = х\[з , АС = ВС = 2 х . З прямокутного Д С К В : СР — = зіп / С К В , СК звідки С В = С К з і п / С К В = хлЩ •зіп 30° =

г2

.

ху[ з

З прямокутного А В В С : зіп / С В В звідки / С В В = агсзіп В ідповідь: агсзіп Я 4 303. Паралельним перенесенням побуду­ ємо відрізки В М та А К . Отримуємо три прямокутники: А ВС К , А В М В , В М С К . ,3 А В А К за теоремою ко­ синусів: 120

СР ВС

2 І_ _ л/з 2х

4

В К = у]В А г + А К 2 - 2 Б А А К с о в / Б А К =

6 уі2 ^ + 8 2-2 - 6 ^ 2 8 соз45° = ^ 36-2 + 6 4 - 6 ^ -8 72 = = 7 1 3 6 - 9 6 = у і4 0 = 2 у [Ї0 ( см ). З прямокутного А ІЖ С за теоремою Піфагора: С К = ^ С В 2- В К 2 = ^ 1 Ґ - ( 2 7 І 0 ) 2 = 7 1 2 1 - 4 0 =л/8І = 9 (см). Відповідь: 9 см.

304. Паралельним перенесенням побу­ дуємо відрізки СМ та £>ІУ. Отри­ муємо три прямокутники: ВСМІУ, АОЛ^М, ВСАВ. З прямокутного ААМІУ за тео­ ремою Піфагора: Л^М=7 а ^ 2 -А М 2 = І 4 7 Ї 0 ) - 1 2

= 7 1 6 0 -1 4 4 = 7 їб =4 (см).

З прямокутного А АОВ за теоремою Піфагора: ВО = 7 а В2- А 0 2 = 7 в 2- 4 2 = 7 6 4 - 1 6 = 7 4 8 = 4 7 3 (см). З

А ВЛ^О

за

теоремою

косинусів:

В В 2=В№ +М В~

- 2 ВМ N В с о в / В М В , звідки с о в / В М Б = _ ( в 7 з ) +122- ( 4 7 з ) ^ 64 3 + 144-16 3 2 вТз 12

16 12 7 з

/7

=—

, тому / В М Б = 30°.

В ідповідь: 30°.

305. Див. «Відповіді» в кінці посібника.

306. Див. «Відповіді» в кінці посібника.

307. ^ АВС = 6 0 °, / А В В = / С В В = Ж , / А ВС = 30°, / А С В = 90 °, ^ АОВ — ? Нехай АС = х , тоді з прямокутного А АСІ):

+ N0* -В П 2 —' 2 ВАГ

288

З

16 12 7 з

27з

АО = 2 х , СО = х 7 3 . В£> = - ^ л/3

соз^ АИ В =

ВВ

2х

АВ

,/з 2х 1

Відповідь: агссоз 308.

_ 1 _

>/з

звідки ^ АОВ = агссоз

М

Нехай АО = х , тоді А В = х , АК = — , О К = ^ - .

2

2

Оскільки О К 1 А В , то за тео­ ремою про три перпендикуля­ ри М К 1 А В . З прямокутного МО ААОМ : ■ ^ М А О , звідки АО МО = АО •і § / М А О = х і § . З прямокутного

309.

/о

В

А М О К : і% /М К О =

звідки / М К О = агсі§ Відповідь: агсїд

с / / І_ П шг \

МО ОК

2>/зл

АЛ = А В = х , тоді АО = Х ^ .

2 З прямокутного Л А О К : ОА

АК

■= соз^ К А О ,

ОА звідки А К = соз /.КА О

гуі2 2соз(3

З А А К В за теоремою косинусів: А Б 2 = А К 2 + К Б 2 - 2 А К К О с о з / А К Б , звідки 122

дг1;§'а _ 2 і£ а хл/з 2

2>/зл

Шуканий кут — ^ ВМ£> — кут між висотами В М та £>М три­ кутників АВС та А Б К . Нехай

/

К

7з

V

-х

сов^ А К О = * * ' * * * - * * . У ° * ' Р 2 АК К В

V

. . І ^ “ 'і - “ ї ї =

соз1(3

соз

\ со з2р

^-, звідки / А К Б = агссоз ^ ^ соз [і соз2(З 1 х>І2 Площа Л АКВ\ 8 = - М Б А К = - М О 2 2 2созР Також площа Д АКТ) : 8 = - А К 2-з іп /А К О = - Х 2 2соз2р звідки

МВ хуі2 4сов(3

•5ІІ1

4 соз2[З

І

8111

^Р агссоз— СОЗ

М Вху[2 4созР

Р

агссоз-^•2Р СОВ Р

ї &-2р Л ЛШ = ХУ^ зіп агссоз2соз [З соз2р

Відповідь: агсід агссоз ^■2Р СОЗ2Р Площ а о р то го н а л ь н о ї п роекції м н о го ку тн и ка

310.

Ні, оскільки площа проекції обчислюється за 5 пр= 5 созф, а созф не перевищує одиниці.

311. 5 пр = 8 - созф, звідки 5.=

_ 32уІ2 _ 32>/2 созф

соз 4 5° ' Я

ф о р м у л о ю :

64 (см2).

2

Відповідь: 64 см2.

1 0

2

2

312. 8

= 5 - сов®, звідки 003® = —^ = — = — , / ф = агссоз— . пр 5 24 З З 2 Відповідь: агссоз—. З 313. Медіана, проведена до гіпотенузи прямокутного трикутни­ ка, дорівнює половині гіпотенузи, тому А, В, = 3 4 см. З прямокутного Д А,В,С, за теоремою Піфагора: 5 ,0, = у [ А ^ В ^ А ^ = :

=

=

---16 (см).

123

^ с . = і А С г а д = | - 3 0 16 = 2 4 0 (см2). 8 пр = 5 созф, звід­ ки С03ф = -—^ 5

■5л!і?,с1 _

3АВС

240

_

160л/з

3

_ ЇЇ

2ТІ"

, тобто ^ф = 30°.

2

Відповідь: 30°. ї ї 56 (см2).

314. 8„Іф =8-созф=56л/2"-соз450= 56 ТІ" -----= т (у Зауваживши, що площа ромба дорівнює ,

25

1 8 р= —

то

2 56

= — 1- = ------ = 8 (см).

2 а, 14 В ідповідь: 8 см.

315. Знайдемо площу А А ВС за формулою Герона: р = і ( б + 10 + 14) = 15 (см).

8 аік. = у ] р ( р - а ) ( р - Ь ) ( р - с ) = ^ 15(15 —6 )( 1 5 -1 0 )(1 5 - 1 4 ) = >/і5 9-5 = 15-\/з (см2). 5 ЛП]С. = 3АВС -созф, звідки С08ф= -

■’ А .Д С ,

22,5

3

Тз

15>/з

2>/з

2

, звідки ^ ф= 30°

Відповідь: 30°.

316.

Оскільки В Б 1 АС, то Л ВОС та Д АОВ є рівнобедреними та прямокутними, тоді СО =

= 2-\/іГ (см), V2

АО :

л/2

АО

ЇЇ її АС = АО + СО = б Ї Ї (см). А М = 6 см. З прямокутного А АМ С за теоремою Піфагора маємо: СМ = у]АС2 - А М 2 = у (бл/2 ) - б 2 =л/36 2 - 3 6 = 6 (см).

1 >іЯС//= -(А £ > 4 В С ) СМ = -у-(8 + 4) 6 = 36 (см2).

8■ 5 а««) = 5 гр ■соз <р, звідки 8 тр = Відповідь: 72 см2.

124

соє ер

36

36

соє 60°

1 2

= 72 (см2).

Варіант З С истем ати зація та узагал ьнення ф актів і методів п ланім етрії

1.

/В О А отже

та ААОС — суміжні кути, /.В О А + А А О С --180° => /В О А =

2 Тобто кути прямі.

2.

ВБ, В ,Д — висоти трикутників. Д А В.О =А А ,В,Д за стороною і двома кутами. Звідси А £ = А ,£,. Аналогічно ВС = В ,С ,, отже А А Б С = Д А ]В,С, за двома сторонами і ку­ том м іж ними (/ В = / В {).

3.

АИ та А ,Д — висоти до бічних сторін. А А О С =Л А ,Д С , застороною та двома кутами => АС = А,С( та /.С = С ,. О скіль­ ки трикутники рівнобедрені, то / ВАС = / В^А\СХ= / . В С А . А А В С =Д А ,В,С1 за стороною та двома кутами.

4.

В М та В,М , — медіани. Якщо добудувати паралелограм АВСГ) і А ,В ,С ,Д , то діагональ гі, = 2ВМ = 2 В ,М ,, й2 = АС чи (і2 = А,С,. За властивістю паралелограма діагоналі рівні АС = А,С,. А А ВС =А А ,В,С , за трьома сторонами. В

В

5.

Нехай ос>60°, (і> 60°, у > 60° => а+|3 + + у > 1 8 0 °, це суперечить умові (кут роз­ горнутий а + (3+ у = 180°).

а )о\у

6.

а - ( і = 3 ° . Якщо а і (3 — вертикальні,то а = (3 це суперечить умові.

7.

С||СІ), СЕ і С Б перетинаються в точці С. Якщо С\\СЕ, то СЕ\\СБ за властивістю паралельних прямих, але СЕ і С В перетинаються. Тобто С^СЕ аналогічно С ^ Б Е .

8.

с не перетинає пряму я, с і а на площині =>с||а. За умовою а||& звідси с\\Ь. Отже с і Ь не перетинаються.

9.

Див. рис. 92

10 .

а - р = 0°

за трьома кутами (/ С СМ РМ = —— спільний, / СРМ = / С К Е як відповідні) С,Е ЕК СМ СЕ = 1 => СМ = Р М . РМ ЕК А РСМ -А К С Е

— => І

/ Е Б М = 1 8 0 -(1 9 + 1 2 3 ) - 38° / К Б М = - •38 = 19°, оскільки Б К 2 бісектриса. / Н М Б = 1 8 0 -1 2 3 = 57° за властивістю суміжних кутів. / М Б Н = 9 0 - 5 7 = 33° =>. / Н Б К = = 3 3 + 1 9 = 52°. В ідповідь: 52°.

11.

/ А С Б = 180 - 1 2 6 = 54° за власти­ вістю суміжних кутів. /С А Б = 9 0 - 5 4 = 36°. /САМ = 4 8 - 3 6 = 12° => => /С А В = 2 12 = 24°, оскільки А/У — бісектриса. / В = 1 8 0 - ( і 26+ 24) = 30°. Відповідь: 30°.

12.

І / А - / В = 38° \ /А + / В = 9 0 о+ 2 / А = 128

=> / А = 6 4°.

/ АС Б = 90 - / А = 26°.

126

В

/.А С И = — ■90 = 45°, оскільки СЛ^ — бісектриса. /Б С М = 4 5 - 2 6 = 19°. В ідповідь: 19°.

В

13.

МР = РК і МР\\РК, оскільки М Р і Р К — середні лінії трикутників з осно­ вою АС. Аналогічно М Р = Р К і МР\\ Р К . Оскільки АС 1 Ш ), то М Р 1 Р К . Отже М Р К Р — прямокутник і його діагоналі рівні М К = Р Р .

14.

1) квадрат 2) прямокутник (див. задачу № 13).

15.

В прямокутному трикутнику В Е = А Е = СЕ = В описаного кола За

Теоремою

— радіус

В Е = — 24 = 12 см (див. рис. 93). Фалеса

ЬР

МР

ВЕ

АВ

4М В

4

4

12 = 3о см. =— 4

Відповідь: 3 см.

16.

М — середина А В ; N — сере­ дина С В; М М І і N N ^ 1 . Про­ водимо В В 2 1 1 та N ^ 2 11 так, щоб В2ІУ2 \\1. Тоді N ^ = ^ ^ 2 - ^

=

= с —- Д В 2 = с ~ —(Ь + с).

2 2 і ^ Відстані рівні, отже с —- ( Ь + с ) = Ь ----(а + Ь) => 2 с - ( Ь + с) = 2 Ь - ( а + Ь)

а +с = 2Ь.

Відповідь: 2Ь.

17.

За теоремою Фалеса ВА

ВВ

АА,

ВВ,

АА,

АА,

АА,2 =16 9 => АА, =12 см.

В ідповідь: 12 см.

127

18.

М

Нехай АБ = а , тоді В М - 2 0 - а . За теоремою Фалеса (враховуємо, що ВС\\АО для трапеції)

ВМ

МС

АВ

ОС

-— — =

=>

20- а 2 —— 6 0 - 3 а = 2а о З => 5а = 60 => а = 1 2 . А В = 12 см.

=;>

В ідповідь: 12 см.

19.

КР\\СБ за означенням ромба. За по­ дібністю трикутників А К В Е с'>АВС (по трьом кутам) ВР

=

КР

ВС

=>

АС

3 3+4 —= 4 АС

с

=>

28 см. АлпС - — З

20.

28

см. З О — точка перетину діагоналей. А В О С ^ А Б О А за трьома кутами ВО _ ВС у 6 3 Відповідь:

1)0

~

ОА

2 0 - 1/

14

7г/ = 60-3г/ => 10і/ = 60 У= 6. ВО = 6 см, ОТ) = 14 см.

V а Аналогічно : = — => 7лс = 4 5 - З х => 15—х

7

=>10х = 45=фх = 4,5. СО = 4,5 см, ОА = 10,5 см. В ідповідь: 10,5 см.

21.

За теоремою ГІіфагора ВС = \ІАС, ’ - А В 2 = ^ 5 2 2 - 2 0 2 = 48 см. В М - —ВС = 2 4 , оскільки АМ — ме­ діана. АМ =^АВ" + В М 2 = уі202 + 242 = = 4у/б\ см. В ідповідь: 4л/бТ см.

128

А

22.

23.

А В : В С = 2 : 5 , звідси А Б = 2 х , І)С = 5 х . За теоремою Піфагора В В 2 = А В 2 - АО2 = ВС 2 - £>С2 => => 1 72 - 4 х 2 = 252- 2 5 х 2 => х 2 =16 => х = 4 . АС = 7х = 28 см. В ідповідь: 28 см. Нехай А В перпендикуляр до прямої.

В

і\ \ 25

17/

/

п. Б

___ Л .4

А І) = А В -зіп45 = 22 —

= 1ь/2 см.

2 За теоремою Піфагора АС =

= у] а В'2 + В С 2 =>/121-2 + 82 =18 см — довжина другої похилої. В ідповідь: 18 см.

24.

22/

\ В / \ 45°

Б

\с у/82

АІЗ +АС = 28 см. Нехай АВ = х , тоді АС = 2 8 - х . З прямокутних трикутників (^£> = 90°): А І)2 = А В 2 - Ш )2 = АС2 - ВС,2 .=> =? х 2- 2 5 = ( 2 8 - х )2- 8 1 => => х 2- 2 5 = 282- 5 6 х + х 2- 8 1 => => 56х = 282+ 2 5 -8 1 => х = 13. АВ = 13 см, АС = 2 8 - 1 3 = 15 см. В ідповідь: 15 см.

25.

В И : ВС = 9 :1 6 , де А Б 1— пер­ пендикуляр до прямої. В В = 9 х , І>С = 16 х . А В 2 = 202- 1 6 2х2 = 152 - 9 2х 2 => х = 1. В£) = 9 1 = 9 см

А

=> А В = у] а В 2 - В В 2 = 7 і 5 2 - 9 2 = = 12 см. Відповідь: 12 см.

26.

За властивістю бісектриси А С :С В = А В :В В = 2 0 :2 5 = 4 :5 => => АС = 4 х , СВ = 5 х . За теоре­ мою Піфагора 2 5 х 2 = 1 6 х 2 + 452 => => х = 15. Отже, АС = 4 15 = 60 см, СВ = 75 смВідповідь: 60 см, 75 см.

129

27.

Нехай В И — висота А А В С , АМ — бісектриса. За властивістю бісектри­ си в Л А В І): А Б : АВ = 6 :1 0 = 3 :5 => => А£> = 3 х , АВ = о х . За теоремою Піфагора для прямокутного А А Б И : 2 5 х 2 = 1 6 2 + 9 х 2 =» х 2 = 16 =? х = 4 . А £ = 5 4 = 20 см; А£) = 3 4 = 12 см => АС = 2-А Б = 24 см. Відповідь: 24 см.

28.

Нехай СР — висота трапеції. Для рівнобічной трапеції Р Б = - ( А Б - В С ) = = 3 см => А Р = 8 - 3 = 5 см. СР = >]72- 3 2 = > І40= 2> ІЇ0. АС = ^ С Р2 + А Р 2 =>/40 + 25 = у[б5. зіп а = СІ'’ : АС = со за = А Р : АС =

2л/Ї0

2>/26 13

\[бЬ 5

. у/б5

_ >/б?

13

2у/26 13 13 Нехай А Б перпендикуляр до прямой. Довжини похилих: Відповідь:

29.

А В = —— — = — —— = 3 2 . зіп /1Б зіп 30° АО 16 32 АС = --------- = -----------= —=г см. ЗІП /ІС

8 іп 6 0 °

>/з

Довжини проекцій: В Б = А В с і § / В = 16 лІЗ см. п г,

16>/з"

В С = -------- см.

3 Відповідь: 1 6 \ [з см; 130

см. ■

ЗО.

1) Похилі знаходяться по один бік від висоти А Б . В Б = А Б с ї& /В

=

20

—

с м ;

З

С,І) = АО сі^/С, =20 см => С,В = С,І)

/7

- В Б = 2 0 - 2 0 — = 20 1 З 2)

■л/іГ

СМ .

V

/

Похилі по різні боки від АО. ВС2- В С Х= 2 0 см.

■Я ВС2 = В Б + ВС 2, = 2 0 —3 + 20 = 20 1 + я Відповідь: 20 1 31.

Я

см; 20

см.

см.

Нехай В Б — висота трикутника про­ ведена до основи.

В

Тоді Асі = —АС = 8 см.

2 ВБ = = л/іО^Тд7 = є см.

5 = —В Б АС = — 6 16 = 48 см2.

2

2

Відповідь: 48 см2.

32.

АС = УІАВ2 + В С 2 = 1 7

СМ .

5д = - В Б АС = - А В ВС 2

2

=>

АВ ВС 15 8 120 => Ш ) = ----------- = ------- = ------ см. АС 17 7

33.

В ідповідь: см.

1 7 = —о&-зіпу 1)

г 5 . = — -6 5-зіп 60° = 15-—— см2,

2)

5 = — 6 5-зіп 135° = 15

2

2

зіп 45° = 15

2

—— см* 2

В ідповідь: 1 5 — — см2; 15 - ^ - ' см2; 2

2

131

34.

За формулою Герона 8 = ^ р ( р - а ) ( р - Ь ) ( р - с ) р = і ( 3 + 7 + 8) = 9 ; 5 = 7 9 6-2 1 = б 7 з см2. В ідповідь: 6\[з

35.

С М “\

За властивістю бісектриси ВО: ВС : А В = С О : ОА = 1 0 :6 = 5 :3 => ВС = —АВ => АВ = —ВС = 15 см. З

5

За формулою Герона ■§ = л І Р { р - а ) ( р ~ Ь ) ( р - с ) р = -^-(25 + 16 + 15) = 28 см ■ .8 = л/28 3 12 13 =12 л/9і см2. В ідповідь: 12 л/оТ см2.

36.

а - 6 = 4 см => а = 4 + Ь. За теоремою соз: с2 = а 2 + 62 ~ 2 аЬ созу 79 = (4 + 6)2 + 62 - 2-(4 + 6 ) 'б | ™ 79 = 16+ 86 + б2 + 62 + 46 + б2; 362+ 126 - 63 = 0 або 62 + 4 6 - 2 1 = 0 6, = 3 Ь2 = - 7 — сторонній корінь.

6 = 3 см, а = 7 см => => Р = а + Ь + с = 10 + \І79 см. В ідповідь: 10 + у[79 см2.

37.

а :Ь = 3\І2 :7 => а = 3л/2х, Ь = 7 х . За теоремою соз: - 302 = 9 -2 х 2+ 4 9 х 2 - 2 21 уі2 х 2 ~ - ; V2 о г\2 ОГ 2 ^0 ^ ЗО = 2 5 х => х = — = 6. а=18л/2~ см; 6 = 42 см. В ідповідь: 18у[2 см; 42 см.

В

38.

За теоремою зіп: ВС

АС

ЗІІ1 сх

єііф

ВС = Ь

він а зіп (З

В

/-С = 1 8 0 - ( а + |і) АВ

39.

з іп (і8 0 - а -р ) зіп [З зіп(а+Р) АВ = Ь зіп р зііі(а + р) Відповідь: Ь зіп р /В В А = / В А Б = - 90 = 45° 2 за теоремою зіп: = 1 8 0 -а -4 5

С

АВ

АВ

зіп /.В зіп /.ВВА „ зіп(а + 45) => А В = 1 і-------зіп а зіп ( а + 45) , АС = А В / В = І ------^-------' - і 8 а = зіп а зіп(а+45) соза В ідповідь: І

зіп(а + 45) зіп а

, зіп(а + 45) І соза

40.

Нехай АК" і Б К — бісектриси кутів А і Б . Якщо /.К А В = сх, то ^ А = 2ос => => ^ В = 180-2ос => / . К = 1 8 0 -(ос + 180-2ос) = ос. Тобто А А В К — рівнобічний і А В = В К . Аналогічно КС = = С В , отже периметр Р = 2(А £ + ВС ) = 2(А В + 2А В) = 6А В.

6 А В = ЗО за умовою, отже АВ = 5 см, £ С = 10 см. Відповідь: 5 см; 10 см.

41.

Оскільки діагональ ± стороні, то за теоремою Піфагора о! = 7 252 - 7 2 = 2 4 см; 5 а = н а = сі а = 24-7 = 168 см2. Відповідь: 168 см2.

133

42.

= 8 . Нехай сІ, = 2 х , тоді <іі = 8 + 2 х . Оскільки діагоналі ромба перпендику­ лярні, то х2 = 1 2 .

(4 + х )2 + х2 = 202.

£ ,= -1 6 ,

Отже <£,=24, сі, = 32 =>5 (юмй> =

= —4 4 , = —•24 32 = 384 см2.

2 2 В ідповідь: 384 см2.

43.

висоту ОМ. Позначимо Ь2 = х 2 + 252 => Тоді => а 2 + Ь2 = 4 1 2 або 2х2+ 162 + 252 = 412, х = 20 см Л = 2х = 40 висота ромба.

5 р о м бка =Н -А В = 41 40 = 1640 см2. В ідповідь: 1640 см2.

44.

45.

/7 а Ь в іп у = 8 1 4 — - = о6\І2 см2.

2 Відповідь: 56Т І см2. / І ) = 1 8 0 - 4 5 = 135° з чотирикутни­ ка Л ІВШ ). А А = 1 8 0 -/ 1 ) = 45° => ВМ = 1272 см. АВ = зіп/А 5 а =ВМ £)С = 14 12>/2= 16872 см2. В ідповідь: 1 6 8 7 1 см2.

46.

АО = 2СО

соз/О =

СІ) А І)

1 = — => 2

=> / 0 = 60°, /ВСО = 1 8 0 -6 0 = 120°. В ідповідь: 60°; 120°.

47.

134

А С В К = / В К А як внутрішні різносторонні при ВСЦАО. /.А В К = = /_А К В = А В А К => ДАВС — пра­ вильний трикутник =>АК'=13 см. Різниця основ А В - В С = А В - К Б = - А К = 13 см. В ідповідь: 13 см.

48.

/ А = 90° = 3х => х = 30°. / С А В = 6 0°, /С А В = Ж . .п АС 14 ос А В = -------------- = — = 28 см; сов/С А О

1

£ С = АС•віп^ВА С = 14• зіпЗО0 = 7 см. МІУ = —(ВС +А О ) = —(7 + 28) = 17,5 см.

2' ' 2 Відповідь: 17,5 см.

49.

В К = А В в і п / А = 1 0 ^ ~ = 5у[з

см .

2

А К = А В - с о в / А = 10■ — = 5 см.

2

А В = ВС + 2А К = 17 см.

8 тіап.= ± ( В С + А В )-В К = 12 5>/з =

£>

= 6 о 7 з см2. В ідповідь: 60-</з см2.

50.

/ В А С = / С А В за умовою. / С А В = = / В С А я к внутрішні різносторонні. Тоді А ВАС — рівнобедрений => АВ = ВС = 4 см. АйГ = ~ ( А В - В С ) = 3 см. В К = ^ А В 2- А К 2 = ^ 1 6 - 9 =>/7 .

8 ^ = ^ { В С + А В ) - В К = 7-^І7

£)

с м 2.

Відповідь: 7 у/7 см2.

51.

1) ^ С = 54° => ^А О В = 2 ^ С = 108° за властивістю вписаного і централь­ ного кутів.

2) ^С = 136° =* /А О В = 2 / С = 272°. В ідповідь: 108°; 272°.

135

В

52.

/А О С = 50° ААОС = 100° => А АВС 1 1 /С А В = —( 1 8 0 - 4 Ь ) = — 130 = 65° 2

2

Отже, / В = 50°, / А = / С = 65°. Відповідь: 50°; 65°.

53.

ВМЛТ= </А М І Ї - / . А М В = 11 0 °

2

^ АОВ = 1 1 0 - 9 0 = 20°.

(див. рис. 9 6 ) .

54.

В ідповідь: 20°. а : р : у = 4 : 8 : 1 1 => а = 4 х , Р = 8 х , у = 11х . Оскільки чотири­ кутник вписан в коло, то а + у = 1 8 0 або 1 5 х = 1 8 0 => х = 12. Звідси а = 4 8 °, р = 9 6 ° , у = 132°, 5 = 1 8 0 -р = 84°. В ідповідь: 48°; 9 6 ° ; 132°; 84°.

55.

Бічні сторони Ь = 5 см, <і = 11 см. Основи а і с, тому я + с = = Ь + сі = 1 6 . Р = а + с + Ь + сІ = 32 см. В ідповідь: 32 см.

56.

С, — точка дотику кола. АО = 2С,І> = 32 см; ВС = 2СС1= 18 см.

В,

А В = 9 + 16 = 25 см. А К > ^ (А І> -£ С ) = = 7 см => В К = у]252 - 7 2 = 24 см. }£>

5 трап.= у ( В С + А І))В іі: = і - 5 0 . 2 4 = = 600 см2. В ідповідь: 600 см2. А С

вігі ^ В

= 2Л — за теоремою зіп

В ідповідь: 58.

Л=—

45

АС

5л/І~

2віііі/В

' ТІ"

= О см.

2

5 см.

; АО'= —-70 = 35 см; 2

СО

57.

\3 7

ВІ> = \/а В2-А£>2 =>/372- 3 5 2 =12 см; 5 = І В І ) АС = — 12-70 = 420 см2.

2

136

2

/'* в

''д

й = 3 7 ^ 7 0 = і 369 4 420 24

4

В ідповідь: = 5 7 ,0 4 .

59.

/= 20 см, а = 15°. Д =

180 І

180 20

па

я-15

240

см.

оа 240 В ід п о в ід ь :----- см.

60-

С,.. = гдуг..; Лнсла=12 см > а„уга= 1 3 5 °; о ю = ------ш г => г = ----------24 180 = 32 см.

2гс-12 180 135 Відповідь: 32 см.

61.

8

=

-

20

8.„ , —аН'2 = — пН2 => а = — л рад. = — 180 = 162°.

1

2

20

10

10

В ідповідь: 162°.

62.

а = 2 0 , 6 = 34, с = 4 2 . \2

пН

Е _ аЬс р _ аЬс р . і ~ 45 5 ~ 45 2

аЬс

; П-

45.

р = -^(20+ 34+ 42) = 48 см; 8 = >/48-28 14 6 = 3 3 6 см2; ' 20-34 42 ^ V

4 4^ 28 14 6

2

( 85 | \ 28 /

У

9 ,2 .

Відповідь: = 9 ,2 .

63.

а , : а 2 = 3 : 5 ; 8, = 72 см2; 8, : 8 2 = (а, :а 2)2 = 9 : 2 5 ; ^ 8 „ = 8 , — = 72 — = 8-25 = 200 см2.

9 9 В ідповідь: 200 см2.

64.

а = 6 в правильному трикутнику г=

6

3 см; Д = ^

2

=2 ^

см.

В ідповідь: у/з см; 2>/з см.

137

65.

г = 8 см; а = 2г = 16 см — сторона квадрата. сі = ауІ2 = 16>/2 ; Е = - с і = 8>/2 см.

2

Відповідь: 8у[2 см.

66.

Нв = 5>/з см; ае = Е 6 = 5>/з для сторони правильного шестикутника. гп = -

а ,180

5\[з 2 і.£30°

2Ї&

5л/з"

■7,5 см.

2' Я

Відповідь: 7,5 см.

67.

180

г - 4 см, тоді а = 2 г І £ ------ = 2-4 і§ 3 0 ° = —=■ см; п

8

ш«ст.

4

= 6 8 , = 6 '— а 2 = Д

2

л/3

л/з •— = 3273 см2.

3

Відповідь: 32>/3 см2.

68.

АВ = ^(2 + 3)2 + ( - 5 - і ) 2 =>/25+36 =>/бГ; АС = ^/(3 + 3)2 + ( 6 - і )2 =>/36 + 25 = 7 б Г . АВ = А С , отже А А ВС — рівнобедрений.

69.

у = х — рівняння прямої, що містить бісектриси І і III ко­ ординатних кутів. С (х ;х ), та АС2 = С В 2 . ( х - 1 ) 2 + ( х - 1 ) 2 = ( 3 - х ) 2 + ( 5 - х ) 2 => 2 (х 2- 2 х + і) = 9 - 6 х + х 2 + + 2 5 -1 0 х + х

12х - 32

Відповідь: 70.

З З 1) Нехай N — центр кола, його радіус Д = МЛГ = ^ (і + 3)2 + ( 6 - і ) 2" = 7 4 Т .

М•ЛГ

Рівняння кола: ( х - х 0) + { у - у 0) - В 2\ И ( і ;б ) — центр кола, отже ( х - і ) 2 + (і/ -б )2 = 4 1 .

2) М — центр кола, його рівняння: (х + 3)2+ ( у - і ) 2 = 4 1 . В ідповідь: ( х - і ) 2 + ( у - б ) 2 = 41; (х + 3)2 + ( у - 1 ) 2 = 4 1 .

138

м, N

Див. рис. 97 1)

А В = Б С ; 2) ВА = СГ) ; 3) ВА = С В ; 4) ОС = А О ;

5)

ОА = СО; 6) ВО = Ш ).

1) Л А -В С + АО = (В А + С В )+ А О = = СА + А Ї) = С Ї).

2)

' Ш + В А + Ш = ВО + Ш = 6 .

3)

А £ + ^ + ^ - В А = А В + 6 + А І) = АС.

Відповідь: С І); О ; А С . АО = а і ОВ = 6 . В С = ВО +О С = ( - Ь ) + а = а - Ь . Г>С = £>0 + 0 С = 6 + а ІВідповідь: а - Ь ; 6 + а . С (х; у)=> ВА + СА = (-7 ; 3) + (( -2 - * ) ; (3 - </)) = ( - 9 За умовою |6 9 “ ^ о °

6 - </).

=> { ^ : “ 9 =? С ( - 9 ;6.).

Відповідь: С ( - 9; 6 ) . /п = 5а - 36 = (25; 3 0 ) - ( 3 ; - 1 2 ) = (22; 4 2 ); |та|= >/222 + 4 2 2 = 2->/562 . Відповідь: 2 ^562 . Див. рис. 99. А В = тп і ВС = п . В Р = ВА + А Р = - т + —А2) = 4

= - т + —п . В () = ВС + С<3 = п + —С В = п - —т .

4 7 7 Відповідь: - т + —п ; г ї ——/п.

4 7

в

А К = а і СМ = с ; А В = ~ А К = ~ а .

2 2 АС = -С А = - ~ С М = - - с . З З 'ВС = ¥А + АС = - - - а - ~ с .

2 З 139

С К = СА + А К = - с + а . З Ш в = М С + С В = - с + —а + - с = —а + —с .

2

3

2

7_

7_

7_

7_

7_

2

3

2

3

3

Відповідь: —а ; — с ; — а 78.

7_

4 _

2

3

с ; —с + а ; —а н— с .

а( т; 3)\\Ь(5; -8)=> — = — =>пг = - — . ’

У

Відповідь: 79.

3 _

1)

'

5

-8

8

15

(св,ся) = |св|-|сі>|-с0 в^всі> = = 10 10 соз60° = 50.

2)

( д С , ш ) = 1 0 -1 0 -с о з (і8 0 -6 0 ) = - 5 0 .

3)

(а в , в с ) = ( Щ

4)

АО = А В -зіп 60° = 10 —

ао

) = - ( д с ,Ш ) = 5 0 . = 5л/з см.

2 2

2

5)

(ВО, ОС) = -(О В , ОС) = - — 5>/з соє 90° = 0 .

6)

( Ш , 0 В ) = |ЇЮ|'=52 = 25.

Відповідь: 50; - 5 0 ; 50; 75; 0; 25.

80.

соза =

(її, Ь)

NN

. -ч ; (а,& ) = 5 2 - 1 6 = 4 ;

|а|= >/52+12 = 7 2 6 ; |б|= 7 І + 3 6 = 740 = 2^10 . со за =

4

1

2>/26(7 >/б5 1 Відповідь: Тб5 81.

а 1Ь

=> ( а , Ь ) = 0

Відповідь:— . З 140

6х - 2 = 0 => х-

82.

1) | а - б | = Л ( а - Ь ) , ( а - & ) ) ; ( а - Ь , а - Ь ^ - а 2- 2 а Ь + Ь г ; а Ь = |а| |б| сова = 5-4 со8І20° = 20-^—- ^ = - 1 0 ; |а-д| = л/25+20+16 =л/бГ.

2)

|а + 4б| = ^ а + 4й ,а + 4б) = у}аг + 8а Ь + 1662 = = >/25-80+16 16 = у / 2 0 Ї .

В ідповідь: л/бТ; 7 201 . А ксіом и с тер е о м е тр ії та наслідки з них

1) Ні, дві точки завжди лежать на одній прямій.

2) Ні, через дві точки можна провести багато площин.

84. Нескінченну множину площин.

85. Ні, якщо пряма перетинає сторони трикутника в вершині, то вона може не належати площині трикутника.

86. Так, якщо вона не належить площині кола.

87. Ні, через дві паралельні прямі також можна провести пло­ щину.

88. Оскільки а — пряма перетину а і (і, то а належить р , отже точка М є р . Пряма т перетинає (3 в точці М.

83.

89.

Площина у перетинає пряму т => а і Ь перетинають т в точці К => а і Ь перетинаються в точці К .

90.

Проводимо площину через пряму а і точку В . Така площина одна. Точ­ ку А ця площина містить разом з пря­ мою а.

у

Оберемо точку А ї. а . Через точку А і пряму а проведемо площину (і. Тоді (і * а і а є р .

92. Так, оскільки через пряму, на якій лежать точки А , В , С, та через точку И проходить єдина площина.

93. Проведемо площину Р ± а , так щоб А є р . Тоді р проходить через точку А і перетинає пряму а , 94. Оберемо точку С, таку щоб С і сх і С£ Р . Проведемо площи­ ну у через точку С і пряму а , тоді у містить а та у ^ а і у ^ Р .

91.

141

95.

Прямі а і Ь не перетинаються, оскіль­ ки В і а . а% Ь, оскільки через точКу В можна провести єдину пряму а, ||а , причому а ( є а , а пряма Ь і а . Звідси а і Ь мимобіжні і не лежать в одній площині.

96.

Ні, оскільки якщо АВ\\СВ, то ці точки лежать в одній пло­ щині.

97.

Ні, це може не виконуватися, якщо а і Ь мимобіжні.

98.

Так, це площина, яка проходить через три точки перетину прямих.

99.

Якщо АС і В Б перетинаються, то вони належать одній пло­ щині а . Це суперечить тому, що А В і 1)С не лежать в одній площині за умовою задачі.

100. Пряма / перетинає МА, М В , МС в трьох точках, тому мож­ на провести площину (3 через І, МА, М В , М С. В — пряма перетину площин а і р, тоді А ,В ,С є Ь .

101. Проведемо через точки А, В , С пло­ щину [3. Площини р і а перетина­ ються по прямій /. Оскільки прямі МС і ВС є (і, то точки Б, N є І . А є /, оскільки А є а і А є |3. Отже, точки А, Б , N лежать на одній прямій і.

102. Точки О, О е а => пряма 2 )0 є а і .ООєВСШ . Через точки І), О проведемо пряму т. Пряма пі — лін ія перетину ВОО з площи­ ною а .

103. Оскільки дві сусідні вершини і точка перетину діагона­ лей є а , то трапеція належить а => дві інші вершини тра­ пеції є а .

104. 1) Ні; 2) Ні.

105. Якщ о А , В і С належать одній прямій, то не випливає, що а і Р збігаються.

142

106. Через точки А,, А ,, А., проведемо площину а За умовою А ,, А ,, Ад, А., належать одній площині => А, є а . Анало­ гічно А, є ос для і —1 ,2 ,... п .

107. Вершини трикутника належать а .

108. Через точки А, В , С проведемо площину р. пі — лінія пере­ тину а і р. Тоді точки перетину В С і АІ) з а належать пг. Точки перетину В И і АС з а також належать т. Побудова перерізів м ногогранників

109. 1) переріз через В , Б , С, ; 2) М — середина Д Л ,, одержимо переріз АСМ. В, „ _С, В. _С,

До № 1 0 9 , а

До № 1 0 9 , б

110. Проводимо відрізки 8 М , 8 К , М.К різ 8 М К .

=> одержимо пере­

111. Нехай К — середина 8А, М — середина СА, N — серединаАВ. Тоді ІУМ — середня лінія АСА В

=> МЛГ= ^ -С В = 15 см.

Аналогічно М К = ~ 8 С = 14 см К И = —8 В = 13 см. Отрима2

2

ли переріз МКМ. Його периметр: Рмт =15 + 14 + 13 = 42 см => р = —Р = 21 см.

2

= ^ р ( р - а ) ( р - Ь ) ( р - с ) = V21 6-7-8 = 84 см2 В ідповідь: 42 см; 84 см2.

5

В

ЗО До № 110

До № 111

143

112. 1) К € СС,, М є А, А => К М е АССу. Точка перетині прямої МІІГ і нижньої основи — це точка Р перетину М К з АС.

2) .Рє.Д С ,; Х єА А ,. і'Т, ± В С . Пряма ЬР належить площині А ЬР. Е — точка перетину РЬ з А Р ,. Е — точка перетину Ь Р з нижньою основою.

3) Р є А А ,, М є В С С ,. Нехай М М ^ ІВ С А , тоді Р М є Р М А , а АМ, е А В С . Р — точка перетину М Р з АМ, і е шуканою точкою.

Е До № 112, 1)

До № 112, 2)

4) Ь е А А,В,; С є А,С,. і і , 1 А В С , І С — точка перетину С і з І,,С ,, де СС, 1 А В С . К — точка перетину прямої ОЬ з ниж­ ньою основою.

5) Нехай М є А В В 1; К є ВСС,. Проводимо перпендикуляри до нижньої основи М М , та К К .. Р — точка перетину М К з М ]К 1 належить нижньому основанію та прямій М К . Р — шукана точка.

113. Р — точка перетину БЕ- з АВ => Р є площі перерізу і нижньої основі. О — точка перетину АС з Р Р , тому С на­ лежить перерізу. Шуканий переріз Б Е Р С .

114. Проводимо відрізки АМ ІА К . Оскільки А О Д ||ВСС,, проводимо МО\\АК. Аналогічно КР\\АМ . Будуємо відрізок ОР. Шуканий переріз АКРОМ .

115. Р — точка перетину прямих К М та СС, => Р є площі пе­ рерізу і грані С ВВ] . Пряма Р В ] теж належить площі пере­ різу. Р — точка перетину Р В { з СВ. Отже, отримали переріз К М Р В ]. А, ,

До № 114 116.

-_ В ,

До № 115

Р е площі перерізу Р — точка перетину А М з А(В, Ке і верхній основі. К — точка перетину РІ), з ВХСХ площі перерізу. Отримали переріз А Б {К М .

117. Проводимо висоти 8 М , 8 К , 57У одержимо точки М і; К {, N. є А В С . Одержимо точки, які належать перерізу і нижньої основі: Р — точка перетину МІV і М ,ІУ,; О — точка перетину М К і М ,^ ,. Отже пряма РО належить перерізу. Е і Р — точки перетину РО з АС і СВ. Ь — точка перетину РК з 5 В ; Н — точка перетину Е М з А З. Отже отримали переріз ЕРЬН. З

До № 116

До № 117 145

Паралельні прямі в просторі. М им обіжні прямі

118. 1) Так, с\\Ь.

2) Ні, прямі а і с можуть бути мимобіжні і с перетинає Ь.

119. Оскільки а\\Ь, то вони належать одній площині => А, В , С, В є цей площині => ВС і А В не мимобіжні.

120. Припустимо, що АС і В В не є мимобіжними, тоді вони нале­ жать площині ос. Тобто А, В , С, В е а А В і С В належать а , це протирічить умові. Отже АС і В В — мимобіжні.

121. 1) на площині так.

2) у просторі ні.

122. а ||Ь; А є а ; А е с ; с і Ь перетинаються в точці В . Проведемо площину а через прямі а і Ь, тоді точки А і В також нале­ ж ать а => пряма с е а . Отже, а , Ь, с е ос.

123. Так.

124. Ні, вони можуть бути мимобіжними.

125. М И — середня лінія А С А В => => МІУЦАО. Я Р — середня лінія А В А В => Я Р Ц А В . За властивістю паралельних прямих МЛПІфР.

126. Ні, прямі пі і п можуть бути мимо­ біжними.

127. А М е А В С , Ь£ АВС => А М # Ь . Пе­ ретинатися Ь і АМ можуть тільки в точці площини АВС. Але В е Ь та В і А М , отже Ь і А М не перетина­ ються. Тобто Ь і А М мимобіжні.

128. Нехай А — точка перетину прямих а і Ь, тоді А належить обом площинам => А е с . Звідси а \ с і Ь%с.

129. Нехай Р — середина А В , <3 — С В, М — ВА, N — ВС. Тоді М2Ц Р М як середні лінії в А С В В і А А В В . Аналогічно РІУ|| ||М<3||АС. Отже, РМ(3// — парале­ лограм, а його діагоналі точкой пе­ ретину поділяються навпіл.

146

130. ІУЛГ, — середня лінія трапеції АВБ.Д (АА, ||В В ] , => АГІУ, = = і(А А [ + В В ] ) = — (7 + 9) = 8 см. Аналогічно М М ,= —(АА,+ 2

2

2

+ СС1) = 11 см. К К Х — середня лінія трапеції М N N ^М ^ => => К К Х= - ( М М , + N N ^ = 9,5 см. В ідповідь: 9 ,5 см. П ар ал ел ь н ість прям ої і площ ини

131. Так.

132. Ні. ос||р ; а|[Р'і 133. 1) Ьє а 2) б е 'а 3) &Ца

||Р, але а і Ь перетинаються.

абоЬ перетинає ос абоЬ перетинає а або або& перетинає ос.

||ос

134. АОЦВС за означенням паралелограма. Звідси АБ\\МСВ.

135. М К — середня лінія в А А Б С

До № 132

=> АС\\МК

=> АС\\МКВ. І)

До № 135

136. Якщ о Ь не перетинає площину ос, то 6||ос. За умовою &||а=>а||ос чи а е а , це суперечить умові. Отже, Ь перети­ нає а .

137. Так.

138. Припустимо, що а і Ь перетинаються в точці А => А є а і А є р => А е с , це суперечить тому, що а||с. Отже, а ||Ь і а||с, звідси &||с.

139. Р||ВС і А В . Через А В і ВС прове­ демо площину а . а і Р перетина­ ються по МЛ^ => МN\\ВС і А В . Оскільки М — середина А В, то N — середина В С , отже, М И — середня лінія трапеції.

147

140.

Оскільки площина \\ВС, то В,С, |\ВС. А В .А С ^ А В А С за трьома кутами. Звідси

ВС.

АВ,

ох

ВС

АВ

8х ~ 8

см.

В,С, = — ВС = — •6 = — 8 15

8

Відповідь: —

5

4

см.

4

141. Існує єдина площина.

142. Площина ВЕ С перетинає площину М Б И по прямій ЕР\\ВС і М И . Л Е И Г -А М И М -

7х

7

=>

ер

ЕР

ЕВ

МЛГ

МП

Б

=—- м л г —вс = 7

7

2

= 1 . 3 0 = — = 4 - см.

7

7

2

7

Відповідь: 4 — см.

7

143.

Оскільки площина ||АС, то вона перетинає АЗС по прямій .КХ ||А С . Отже одержали переріз В К Ь .

В 144. Оскільки площина \\АС, то вона містить пряму БО ||А С . Оскільки площина ||8 В , то вона містить пряму В Р Ц В 8 . Аналогічно будуєм МР\\АС. Отримали переріз ВРМ О.

145. Оскільки площина ||ВС, то вона містить пряму ЕО\\СВ. Отримали переріз БЕО .

-->В

До № 144

148

До № 145

Паралельні площ ини. В л асти вості п аралельних площ ин

146. Ні, якщ о дві прямі паралельні, то ос і р можуть перетина­ тися.

147. Дані площини не завжди паралельні.

148. Бічні сторони трапеції перетинаються, отже ос|| площині трапеції. В 149. Оскільки АМ\ М В - А І Ї \N 0 , то за теоремою Фалеса М И ||В С . Анало­ гічно доводиться, що РМ\\ВО. Отже, за ознакою паралельності двох пло­ щин РМ N \\БВС.

150. Нехай Р Ца і 5 е р . А В С И е а , ВС\\АБ, є (і. Пло­ щина А 8 Б перетинає паралельні площини а і р по пара­ лельним прямим АО і А,!), за властивістю паралельних прямих у просторі. Аналогічно В С 115,0, => А,І), ||В,С,, отже, А ^ С ,!» , теж трапеція.

151. схіїр.

152. Оскільки =>

а||р,

то

а а , а 2с ~ л в ,в 2с

9

=

ДЛ2

А,А2 ||В,В2 => =■

А А

' В, В,

=> А А| = 3 6

СА

' СВ,

=>

=> А,А2 = 6 см; А,В, =СВ, -СА, = = А,А2-СА , = 6 - 4 = 2 см. Відповідь: 6 см; 2 см.

153. Бічні сторони трапеції перетинаються, отже провести через них паралельні площини не можна.

154. сх||Р і у||ф за умовою. Площина у перетинає а по а і р по с => а||с. Площина р перетинає у по с і ф по Ь => с\\Ь. За властивістю паралельних прямих а||6.

155. Якщо р не перетинає ос, то р||а. Пряма а||а => Р||а — це суперечить умові, що р перетинає а . Отже, р перетинає ос.

156. Ні, якщо а || прямій перетину а і р.

157. А г а , проведемо площину Рі|а так щоб Ає|3. Тоді всі пря­ мі ||а , як і проходять через А належать площині р.

149

158. Через точку М проведемо пряму Р О Ц В Б , ця пряма належить пере­ різу. ОЬЦБС^ РЬ\\ВС{, отже, РЬО — переріз. РО — середня лінія А В С Б => РО = - В Б

2

уі2

АВ = -

>/2 4 =

2

- 2 \І2 см. Ргаь = ЗРС = 6уІ2 см. Відповідь: 6 уі2 см.

159. Р — точка перетину Е К і Д І ) => => Р є 2)СС, і Р е площині пере різу. В — точка перетину £>С і РР. Проводимо РЬ\\ВК, одержимо пе­ реріз Е К В Р Ь .

160. К К Х||А ,А , Р точка перетину К .А і К Е > Р е перерізу і нижній основі. О — точка пере­ тину Р Р і ВА => <3є перерізу. КЬ\\ОР => Ь б перерізу. В — точка перетину Ь К і А,/), => ==> В е А£>Д і перерізу. N — точ­ ка перетину £>Д з В Е => ІУє перерізу. Отже, отримали переріз О ЕМ КЬР.

161. М є А Д Д В ; К є В В ^ С ; N є ДС, . Будуємо перпендикуляри М М ,, К К }, до пло­ щини АВС. Р — точка пе­ ретину прямих М ]И ] з МЛГ Належить площині перерізу і АВС. <3 — точка перетину пря­ мих -М,#, з М К => (?є площині перерізу і АВС.

150

Звідси пряма Р Я належить площині перерізу Пряма Р Я перетинає АВ і ВС в точках 8 і В, як і належать перерізу. О — перетин В, А, з 8 М ; Ь — перетин Я К з С,С. ОІУ||8Д, оскільки АВС\\А^ВУСХ. Отже, отримали переріз ЗЯ ЬЖ ). П аралельне проектування. Зображ ення ф ігур у стереометри

162. 1) промінь; точка 2) дві паралельні прямі; дві прямі, які перетинаються; пря­ ма та точка.

3) трапеція; відрізок.

163. 1) так; 2) так; 3) ні; 4) ні: 5) ні.

164. Одна з прямих перпендикулярна площині, на яку проек­ туємо.

165. 1) так; 2) так.

166. Ні, оскільки паралельність прямих зберігається, то одер­ жимо паралелограм, а в нього протилежні кути рівні.

167. Ні.

168. 1) ні; 2) ні; 3) так.

169. 1) так, якщо площина кута ± площині, на яку проектуємо; 2) так, якщо ці площини паралельні.

170. Коли дві його паралельні сторони || площині, на яку про­ ектуємо.

171. ОхМ, Х Д А => А .М ^ М ,!), => М — середина А і). ОМ — зображення перпендикуляра.

172. В М — медіана А А В С , оскільки В,ЛГ, — висота та медіана правильного Д А 1В 1С1; РО\\ВМ => РС зображення пер­ пендикуляра. В

173.

А В = о х . О — центр перетину бісектрис А К і СМ. За властивістю бісектрис А-

АМ

мв

ск - 3

4 ’ КВ ~ 5 '

Знайдемо точки М, і К^. А,М,

3

.

С,К,

З

О, м .в , 4 К,В, 5 точка перетину А,К, з С,МІ.

в,

174. О, — середина А,С1 і В, В ,. Задача має єдиний розв’язок.

175. і><2, 11А,В, і Ь, — середина 0 ,і^ . Будуємо Р<3\\АВ та МІУ |А В так, щоб ОЬ

■

ІР .

Р. В,

М,

N.

О, І),

До № 174

До № 175

176. Через О проводимо довільний діа­ метр А В. Будуємо СВЦАВ. ііГ — се­ редина С В => М И і АВ — зображен­ ня перпендикулярних діаметрів.

177. Будуємо зображення двох перпенди­ кулярних діаметрів (см. № 1 76). Ь — середина АО; О — середина ОВ. ВЕ\\ММ проходить через точку Ь. С^\\МN проходить через точку О. Отримали зображення правильного шестикутника АВС ВО Е.

178. В — середина АВ => ВО належить медіані. Медіани точкою О діляться у відношенні 2 : 1 . Знайдемо С так, щоб ОС = 2В О . Одержали АВС — зображення правильного А . Задача має єдиний розв’язок.

В

М

К, І>

N

179. А,Д С ,Д — ромб. А хСх= А хВ х= а => Д А В .С . — пра­ вильний => Л 1Х І — висота і медіана. К — середина СВ => А К — зображення висоти.

180. ^А, = 1 8 0 ° -^ В , = 6 0 °. В ^ І С Д => К х — середина С ,Д . А,О, ||В ХК Х. Отже К — середина І)С і АО\\ВК. АО — зображення висоти.

181. Р — точка перетину СВ з С ,В ,; Я — точка перетину А В з А,В, => => Р Я — точка перетину площинАВС з А1В,С ,, позначимо її пі. Точка В — перетин АМ з пі; С — П е р е Т И Н М В 3 771. Тоді СВ, і ЯА, — проекції пря­ мих М В і А М на площину А ХВ УСГ М, — точка перетину СВ, і ЯА, є проекцією точки М на площи­ ну А,В1С1.

П е р п е н д и ку л яр н іс ть прям ої і площ ини

182. Ні, якщо дві прямі в площині паралельні.

183. М С 1 В С і АС => М С 1 площині АВС => М С 1 будь-якій прямій в площині А ВС , тобто М С Ї С И .

184. Пряма ± площині трикутника.

185. М С 1 А В С ; В С 1 М С Б ; А О ІМ С И .

186. С Б 1 А В , оскільки АВС О — прямокутник. С Б 1 М А , оскільки М А 1 площині АВС. Отже, С И 1 А М О =3 => С £ ± М І> .

187. АА, 1 А В С => АА, 1 АС . Аналогічно СС, 1 А С . Також АА, .І Д Д С , => АА, ±А,С, та СС, ± А ,С ,. Отже, С В 1 А М Б =р С О І.М .О .

188. А В е а , а Ї С И , звідси А В 1 С О . Паралелограм з прямими кутами є прямокутником.

189. Див. рис. 116. А В М Б — рівнобедрений та ВО = О Б =* => МО — медіана ==>МО — висота, тобто М О І В В . Ана­ логічно з рівнобедреного А А М С М О Ї.А С . Звідси випли­ ває, що М О Ї А В С .

190. Див. рис. 116. А С 1 В Б , як діагоналі квадрата. А А М С —V рівнобедрений, О — середина АС => МО — висота трикут­ ника, тобто М О Ї АС . Звідси АС 1 В М И .

191. АО = ВО ї§ ^ А В О = 6 *§ 4 5 ° = 6 см. В ідповідь: 6 см.

192. Див. рис. 117. АС = л/аВ2 + ВС2 = ^ 9 + 16 = 5 см. М С = у] а М 2- А С 2 =>/і32- 5 2 =12 см. В ідповідь: 12 см. МВ

193. З прямокутного- А С В М (див. рис. 118) созА ВМ С = СМ МВ 10 - = 20 см. СМ = соз /.В М С

соз 60°

'З прямокутного А С Р М : 154

соз А Р М С = — СМ

=> ГМ = СМ с о 8 ^ П МС = 20 со84?° = 10у[2 см.

В ідп овідь: 1С)уІ2 см.

194. АО = В — радіус описаного кола Я

ОА = ^ - = 8 З З і 8 Я 5 0 = АО і§ ^ 8 А О = 8 = ----- С М , З а 3 л/з В ідповідь: — см. з 195. О — центр описаного кола навко­ ло тупокутного трикутника => О лежить зовні А А В С .

196. Оскільки похила А В дорівнює про­ екції А ,В ,,т о А В Ц Д В ,. ААХ\\ВВ] за умовою. Звідси А 4 ,В ,Б — па­ ралелограм з прямими кутами = ./В, = 9 0 °. Отже, АА^В^В — прямокутник.

197. т 1 а і Р . Проведемо через т дві плІОЩИНИ у [ 8 перпенди­ кулярно а і р. Тоді у перетинає а і р по пряшга а іЬ . 8 перетинає а і р по прямим а, і 6, а Ц ^ і б р , => а ||р 198. АОВА = —А В 2

60 °. ОВ = А В со&АО\ва = ~ г,

с м

2_______

-

В Б = 2 ■— =

’

2

- З см; з прямокутного А 8 В И : 8 0 = уі-В5 2+ В ІЇг =л/Гб + 9 =5 см. Відповідь: 5 см.

199. А С ^ ^ В С ^ Т С ^ = => /.М С А -А 5 0 .

+ ї = 2 см. і а ^ м С А - МА _ 2 _ 1 АС

=>

Відповідь: 45°.

155

200.

М О 1 А В С , оскільки М рівновіддалена від А, В , С, то О — центр опи­

М

саного кола. ^ А = —(1 8 0 ° - ^ В ) = 30е . ВС 8ІІ1/. А 15 = 15 см.

2

За теоремою зіи: ВС 2віп /.А

З прямокутного

Е=

А А О М одержимо:

МО = уІАМ2 -А О 2 =>/392- 1 5 2 = 36 см. Відповідь: 36 см.

201. Знайдемо ^ В = 1 8 0 о- ^ А - ^ С = 1 8 0 - 4 8 - 4 2 = 9 0 °. Отже, А В 1 В С , за теоремою про три перпендикуляри И В І В С .

202. В О = ^ А В 2 +А О г = >/9 + 16 = 5 см. В 8 = Б 8 за умовою, отже А В 8 Б — правильний => / . В 8 0 = 60°. Відповідь: 60°.

203. Оскільки О — центр квадрата, (Ж 1 А ВС , то N рівновіддалена

від вершин

квадрата.

В Б - у[2АВ = 4\І2 ■у[2 = 8

см

=> СШ = - В І > = 4 см. АГ£> = 7лЮ 2+ОІ>2 =>/9 + 16 = 5 см.

2

Відповідь: 5 см.

До № 202

204.

АА{, ВВ, і площині; С — серединаАВ. СС, = СС2 - С,С2 = - -Б, + В'Вг - А , А = 1 ^ = —(7 + 5 )—5 = 1 см.

2у ’ Відповідь: 1 см.

156

До № 203

В

205. М С 1 С Б => М С 1 А В , оскільки АВ\\СІ). АВ 1 СВ, за озна­ ченням прямокутника. Звідси А В ± В М С .

206. Оскільки М В і N 0 1 площині АВС, то М В ||N 0 . ВС\\АБ за означенням трапеції. М ВС ||А И В за ознакою паралель­ ності двох площин.

N В

П ер пенд и кул яр і похила

207. прлвсА,С = А С ; прЛЙ(. А ]С = А 1СІ ; ПРа а ,і> А С = А >В ' пР м ,г..АС = 5 1С; пр аі)ВА с = А [В ; пРвсс,

=ДС.

208. А В = у] А 0 2+ 0 В 2 = 7 Ї0 0 + ЗЄГ= ^ Ї3 6 см. В ідповідь: >/і36 см. _ .. АО 8 16 16л/з 209. Довжина похилої: Л В = ---------- = —= - = —= = -— ■— зіп ^ Б уз у/З З 2 Довжина проекції ОВ = А О с ї§ А В = 8 іВ ідповідь: 8 см. З

см.

см.

3

157

210.

Г)С = ^АГ)г + АС2 = 7 і 8 2 + 242 = 30 см. А В = у]АС2 + С В2 =724^2 + 102 = 2 6 ; В

Б В = у]А Б г + А В 2 =л/і82 + 262 = = 10-\/І(Г см. Відповідь: іоТЇсГ см.

211. МР' =

МК

4

8

8>/з

08 АМ

у/з

у/з

З

см

2

Р К = М К Ї§ ^ М = 4 Т і” РN =-

РК

4

8

8л/з

см.

Відповідь: 212.

1

М В :М А = 5 : 7 , звідси М В = 5 х ; МА = 7 х . М О 2 = В М 2 - В О 2 = М А 2 -О А 2; 25дг - 1 2 = 49дс - 1 2 ■5 => 2 4 х 2 = 122 4 5 12

МВ =^ ~ Я

12

=> х = - ^ . у/6

см. МО = ^ В М г - В О 2

= -у/бОО-144 = л/45б" = 2>/ТЇЇ СМ. Відповідь: 2^114 см.

213.

а < £> і ‘2 а1 = „ с2 - а„ 2 .; а .22 = „с2 - о1.2 а!2 -с(| = б2 - а 2 > 0

=>

сі.> сі9 ,

що й треба було довести.

158

214. Див. рис. 121. Л ВА М =Д В А М , МА — спільна; БА = А В к, АА — прямий. Звідси Б М = М В => А О М С = А В М С за трьома сторона­ ми. Отже, АОМ С = А В М С .

215. АВ = АИ с І £ ^ В В = сі у/з ; А К 1 В С => А В А К = 60°, оскільки А ВАС — рівнобедрений.

В. Д \ / |\ / / 3 0 ° //

В К = А В зіп /і В А К =

4

«А

'< '\ \ ^ °°

ВС = 2 В К = М . В ідповідь: М см.

216. О — точка перетину бісектрис => О — центр вписаного кола. М — рівновіддалена від вершин =» О — центр описаного кола. Центри вписаного і описаного кіл співпадають лише для рівносторонніх трикутників.

217. О — рівновіддалена від А , В , С, Б => О — перетин діагоналей.

к

ОС = ^ К С 2 - К О 2 =>/і72- 8 2 = = 15 см; АС = 2 0С = 30 см; АС = а.у]2^ => 30 = аТ2

=>

=> В ідповідь: 15>/2 см.

218. ВО = 6 см => А 0 = \ІАВ2- В 0 2 =

М

АМ = УІМС2 + АС2 =ЛІ162 + 1 6 2 = = 16уі2

с м

.

Відповідь: 16^2 см.

159

219. а + Ь= 56 см => 6 = 5 6 - а ; а 2 - 1 6 2 = Ь2 - 1 2 2; а 2 - ( 5 6 - а ) 2 = 162 - 1 2 2; 56 (2а —5 6 )= 28 4 ; а = 29 см, Ь = 27 см. Відповідь: 29 см; 27 см.

220. а + і>= 21 см =>£) = 2 1 - а ; 102- а 2 = 1 7 2- Ь 2; Ь2- а 2 = 172 —10 2; ( 2 1 - а ) 2- а 2 = 7 -2 7 ; а = 6 см; 6 = 15 см. В ідповідь: 6 см; 15 см.

221. Позначимо А В ~ А С = а => ВС = а , оскільки А А В С — рівносторонній. А ВИС — рівнобедрений, прямо­ кутний => ВИ = ВС ■сов45° = —%=-.

V2 З прямокутного А А О В : а 2 = 4 2+ — 2

=> а = ‘±у[2 см.

В ідповідь: 4\І2 см.

222. ОВ = АВ соз^О ВА = 12 — = 6>/з см; 2 А М А В - А.МВА = 60° => А А ВМ правильний =>М В = 12 см; МО = уІМ В2- О В 2 =>/і22- 3 6 3 = 6 см. В ідповідь: 6 см.

223. А В С Б — ромб; 0 0 , 1 ос, А є а . Оскільки

В£>||а, то

праВ В = В£> =

= 2В А -зіп ^ В А О = 2 6-зіп 15°= = 12зііі15° см. АО = ВА ■с о з В А О = 6 со зі 5°.

£

АО, = -у/лО2 - ОО,2 =л/36соз21 5 ° -1 6 =2л/9соз2150 4 п р ,(

АС = 2 - АО,

= 4

7 9 соз21 5 ° - 4

Відповідь: 4 -\/9со82150- 4 224.

5 1)2 = В Р В К

см.

см.

ЗР

В К " 51) та ^ 8 В К = А Р В 8 = 90° => => А 8 В К ™ А Р В 8 => відповідні кути рівні, отже А Р 8 В = / 1 8 К В .

Теорема про три перпендикуляри 225. В ,В 1 А Б С ; В О І А С як діагоналі квадрата. За теоремою про три перпендикуляри 5 , 0 1 АС (див. рис. 123).

226. В М ± АС => її проекція В М 1 А С . Висота рівнобедреного трикутника є медіаною, отже М — середина АС, див. рис. 124.

227. М В 1 .А В

відстань від М по А В дорівнює М В.

4І

СВ = АС ■со&ААСВ = Ь ■

В М = .Іа 2 + Ь2 •—

В ідповідь: у а +Ь — .

228. Проведемо висоти ромба з точки А: А М та А К , вони рівні. Відстань від 5 до ВС , тоді дорівнює 8 В . Відстань від 5 до СІ), тоді дорівнює 8 К . А 8 А В = А 8 А К за двома сторонами і кутом м іж ними. Отже, 8 М = 8 К .

229. М К — бісектриса і медіана А А М С => А А М С — рівнобедрений. А М = СМ => проекції рівні А В = = В С = >А А В С — рівнобедрений.

230. Нехай В — середина А В , тоді С В X АВ => Р В 1 А В (див. рис'. 126).

161

СК = СВ ро

С

08 — = т 2

С

08 —

^ ^ р с 2+ с б 2 =^Ь

Відповідь:

, 2+

а

т

2 ■ПІ

С08

2 С 0 8 2—^

231. С В .І-А В => за теоремою про три пер­ пендикуляри Б В 1 А В . Відповідь: Т)В.

232. З точки О проводимо перпенди­ куляри до сторін, вони поділяють сторони навпіл: ОИ, ОЕ, ОР, ОМ. Звідси за теоремою про три пер­ пендикуляри РМ 1 А Б , РМ, РР, РК 1 сторонам квадрата. В ідповідь: Р М , РМ, Р Р , РН.

233. ОМ\\АВ О М 1 В С ОК\\ВС О К 1А В за теоремою про три перпендикуляри. В ідповідь: І)К і 1)М.

234.

БК 1А В

Е К 1 А В , якщо К — середина А В; £ £ )1 А 2 ); Е С 1 В С . М — середина ОС, — середина О Б => Е М 1 А С ; ЕМ 1 В Б . В ідповідь: Р К , Р В , РС, РМ , РМ. £ В К

М/ \0, ---а N' Б

До № 233

235.

До № 234

А С И за теоремою про три перпендикуляри. Звідси АС відстань від А до /. АС = -Уі2^"+І6^ = 20 см. В ідповідь: -20 см.

236. А а = 60°

-

=» А А Б О

СК = 20 —

правильний

= > А Б = ?0 ,

висота

= ю 7з см. Р К 1 А В за теоремою про три пер­

пендикуляри. Р К = уіРС2 + С К “ =\І400 + 300 =10\І7 см. Від­ стань від Р до СО і СВ = Р С = 20 см; відстань від Р до А й і А В = Р К = ІОл/т" см. В ідповідь: 20 см; 10-\/7 см.

До № 236 237.

N 0 1 АС => В О І А С за теоремою про три перпендикуляри.

N

ВС = УІАС'г - А В 2 = л/252- 1 5 2 = 2 0 см; В £> = -

АВ ВС ЛС

15 20 = 12 см; 25 = 5 см

В ідповідь: 5 см.

238.

За теоремою сов: #ЛҐ2 = 4 -3 + 1 6 - 2 2л/з 4 со8І50° ЛГЛг2 = 28-16л/з

= 2 8 + 24 = 52

2

К N = у[52. Нехай К О = х

=> N ^ = '^52 --x . г—

2

4 - З - * 2 = 16-(>/52' - ж ) ; 163

52 - 2\І52 х + х г - х 2 = 4 ; 12 £>М = , 1 2 13

24

>/52

12

V I? ’

см;

Р 0 = ^ Р М 2 + М 0 2 = ./і + — V 13 Відповідь:

=> х-

5 ‘2 х = 48

Л із

=

із

СМ.

см

13

239. 5 и = ЗО см2; 5 = АР) ■/і,

=

Л ,*

5

ЗО

АВ

12

= — = 2,5 см; 2

О Р1А О

1

5

2

4

=> ОР = — Н. = — см; л/ІІГ

І42+ 8 = СО Л,

см;

=> /і = —^—=-52. = б см = 2

С£>

5

=> ОАГ= —Л2 = 3 см, де ОА" і С£>.

2

М К = 4 ^ + ^ ~ 5 см. В ідповідь: 5 см.

240. О К = г — радіус вписаного кола. огл/ЇГ >/з /— г = ------- =6 ------- = л/3 см; 6 6 ОМ З Ї 2 / . М К О - ------- = —т=- => ОІІГ ^з => ^ М К О = 60 °.

В

В ідповідь: 60°.

241. М — рівновіддалена від сторін трапеції і О — центр вписаного кола. С Ь І А В та О К 1 А Б => М К 1 А Д .

164

М О ІА В С

м

С Ь = С В 8Ін ^£)= 16 — = 8 см.

2

О К = - С Ь = 4 см.

2

ОМ = уІмкг-ок 2

СМ.

І)

В ідповідь: 3 см.

242. гі, =16 см; й2 = 12 1ґ л ї /Ч = уі8 2 + 6 2 = 1 0 ; С£» = . + V, 2 ; 1 2 , ОС ОО

,С

8 6

ОК = —------ —= ----- = 4,8 см це висота СВ 10 в Д £>ОС.

8 0 = уі8 К 2- 0 П 2 =«у/і22- 4 , 8 2 =11 см. В ідповідь: =11 см.

243. £ )0 1 А В С />=

а + 6+с 2

=> О — центр вписаного кола; г = — ; =

13 + 14 + 15 2

= 21.

/------------84 За формулою Герона 5 = >/21-8-7-6 = 84 см2. г = — = 4 см.

21

'

1)0 = 7 52- 4 2 =3 см. В ідповідь: 3 см.

244. М О Х 8 = а -її

площині

ромба

= > 0

—

перетин

діагоналей.

=>

(і ^

=> Л = — — висота ромба. МО = . Ь2- —А = /л 0 ,----------’ V І2 і V .2 5 2 Відповідь: <Ь 4 а2 245.

4аг

В І) — бісектриса /.АВС-, РО 1 А ВС . Нехай ОО 1 В С ; ОЬ 1 В А , тоді Л В (? 0 = Д В Х 0 => СтО= ОЬ.

165

Звідси АООР ~АЬО Р за двома сторонами і прямим кутом. Отже, РО = Р Ь , а це відстані від Р до сторін кута.

246.

МК\\ВС => М К 1 А В . А К А М ^ А В А С за трьома кутаКМ _ АМ _ З х _ 3 _ ми ВС АС 4х 4 КМ

—ВС = — 16 = 12 см.

4

4

Р К 1 А В за теоремою про три перпендикуляри. Р К = ^ К М 2 + К М 2 =>/? + 122 = = 4л/Ї0 см — відстань від Р до А В. В ідповідь: 4\/І0 см.

247. А В = ^ В 0 2- В А 2 = >/і32 - 1 2 2 = 5 см; = VАі''2 —АО2 = 7 і0 6 —25 = 9 см. В ідповідь: 9 см.

248. Проведемо О Б 1 т , тоді за тео­ ремою про три перпендикуляри АО _1_/7і. АО = АК&і\\ААКО =

. в

О К = а совр => СШ = О К ■зт ^ О К И = (асовр) віп а ; а о

= л/а о 2+ о і >2 =

= а-у/зіп2 (і+сов2 рзіп2а . В ідповідь: а Л/кіп2^ + сов2[Звіп2а .

249. £ > 0 ± А В С ; О К 1 А В , О Ь І В С . Звідси И К 1 А В і Б Ь І В С . По­ значимо И В - х , тоді К В - х со в а , і5Х = х совр. О ЬВК — прямокутник => 0 В = УІКВ2 +ВІ? ■х ^/соз2а + соз2р .

166

в

, п п ґ, ОВ УІСоз^х + соТр" |/со з2а + с о з 2р сов А Б В О = ------- = х ■—--------------------- : Л БВ

х

А В В О = агссоз7со8‘'’ а + со82(і . Відповідь: агссоз-^/соз2а + со з2 р .

250. аIIА С , ІУ ф є а , ОЬ і Е>Р 1 а =ф => ОЬ = 9 . 'А К О Ь ^ А К Б Р за трьома кутами КО _ ОЬ середина ОВ К КВ ВР =» КО = х => ОД = 2 х ; ДР

=— Зх

В

,С ■а

=> І)Р = 3 О І = 3 9 = 27 см.

Відповідь: 27 см. Перпендикулярні площини 251. яг не обов’язково _1_р.

252. Так.

253. а , Ь е а ; а ,А є у . Ь 1 а і с =»& ±у. Будь-яка площина, що проходить через Ь теж ± у , отже а і у . Ь, с є Р аналогічно доводиться р ± а і р і у .

254. ВС 1 АС і ВС 1 £>А, оскільки ПА 1 АВС => В С 1 Б А С . Звідси площина, яка містить ВС також 1 1)АС, отже, О В С ІБ А С .

255. Нехай Б — середина АС, тоді ВИ і Д 2 )1 АС. За умовою ^В,£>В = 90°. В ,£) = >/172- 4 2 = л/273 ; В І) = л/102 - 4 2 =2^21 ; БВ, = ^ В Г )2+ В ]Г)2 =л/84 + 2 7 ? = >/з57 СМ. Відповідь: л/357 см.

167

256. М О 1 А В С , оскільки М рівновіддале на від вершин, то О теж => О — центр описаного кола. Звідси О є А В та АО = ОВ. В рівнобедреному Л А М В МО — медіана, отже, МО — висота А А М В . Звідси площина, яка містить МО перпендикулярна АВС => А М В 1 А В С .

257. /1АВО = АОАВ = 45°

=>

=4- А А О В = 1 8 0 -( 4 5 + 45) = 90°

=>

=> В В 1 А С . В В 1 М О , оскільки МО 1 А В С . Звідси ВВ1А М С

=> В В М 1 А М С .

258. 8А = 8 В = 8С => 5 0 1 АВС і ОВ = ОС = ОА. К - - точка перетину А В і СО. Отже, С К 1 А В . А В І З О , оскільки 8 0 1 А В С . Тоді А В 1 8 0 С => А 8 В 1 8 0 С .

259. Нехай площина 8 1 т , тоді 8 пере­ тинає а , (3 і ф по трикутнику АВС. Трикутник прямокутний, оскільки [іі-ф . В В І АС => В В = 9 см за умовою. А В = уІАВ2-В В 'г = уі1 52- 9 2 =12 см. ААВС^ААВВ АС = —

2

=>

АВ

АС

15

АС

АВ

АВ

12

15

= 18,75 см — це відстань м іж п і р .

В ідповідь: 18,75 см.

260. А В = 12 см він ААВА, =

АА, АВ

=> ^АБА, =30°.

6 12

со з^ А В В ,

=

=> /_А В В Х= 45°

=

АВ

12

=•■>

2

=> /1ВА В] = 9 0 - 4 5 = 45°. В ідповідь: 45°.

261. А В = 8 см; ./АВА, = 45° => А ]В = А В сов45° = 8= 4\І2 см; В ,В = А В -5 Іп ^ В 1А В = 4л/з см; А,В, = л/а ,В 2- В , В 2 =>/16-3-16 2 = 4 см. .

262. А А ,= 3 4 см, В В ,= 2 0 см, АА2 1 а , ВВ21 а , ММ21 я ;

Л2А = л/ а А,2-А ,А 22 = л/342- 1 6 2 =30 ; В ,В =

= л/зо^-іб2 = 12 ;

Середня лінія трапеції АА2В2В : а = А А г 1 щ = 21. л г л /Ґ ^ г* г середня лінія трапеції: М М 2 = ---— - = л16,5.

2 М М ^ ^ М 2М 2 + М хМ І = V 162 + 16,5г - 2 2 ,9 8 см.

ММ2

В ідповідь: = 2 2 ,9 8 см. АВ •= 20 см; => АМ = соз^А = МС = 10 см; ВС = л/аС2^ В А 2" = 16 см.

263. АС =

Нехай М К = х , А В О М ^ А В К С => 14 ВС _ ВМ 8 10 * =іЗІГ £С ’ 10 + х 6 14

тобто М К = —

5

см.

АХ)-ВМ = М Ь АВ В £ ^ А В 2- А £ 2 =

48

=> АІ> = —

5

36

см.

см;

14 см. => М В = — 5

169

вк =мв+мк =—

. ОС = лІОК‘г + К С 2

5

а с= ^ [а Б і Відповідь

4ч/і93

см

ВС 2 - —-\/337 см.

5 \/337 см.

264. Нехай л X 'і- Оберемо і будуємо А О ± у . Тоді А О є а і АОє (3, оскільки А є а і (3. Отже, АО — лінія перетину а і Р це суперечить умові, тобто а_1_у. В ідстань між м им обіж ним и прямим и

265. а) О — середина К М , О, — се­ редина Р Е , тоді відстань м іж РЕ і КМ = 00, = а . б) О — середина М К , ОО, 1 Р Е , О — середина РЕ. ОС

ал/2 ОЕ = -

СЕ

ал/2) + а

ОО,

оа

ое

ОЕ

В ідповідь: 266.

-М Г а ;

а 22

_ а-Уз” 2

а гуІ2

2

см.

В С ІЙ і В С ± А В = > ВС — відстань між й і АВ. ВС = л/вВ2- А В 2 =>/302- 1 б 2. = = 2 •-ч/і 61 см. Відповідь: 2-л/їбТ см.

267.

ВС = АС сов АС = 30

4

24 см.

Добудуємо Л А ВС до прямокутни­ ка АВСД. А Б = ВС = 24 см, В В = = АС = 30 см. А С 1 В В => АС відстань м іж т та В М . А В = ^ О В 2- А О г = 7 з 0 2- 2 4 2 =18

СМ

л/2

л/ба

А В АВ

24 18

ВВ

ЗО

АО = ------------= --------- = 14,4 см. В ідповідь: 14,4 см.

268. В - 8 , ОМ 1 1 , оскільки МО — радіус, / — дотична. К С 11 => КО — відстань м іж пі і /. => О В = К О с о з^ О =

К В ІО М

= 8 _ = 4 см; 2

К С = К М = О М -О В = 8 - 4 = 4 см. Відповідь: 4 см.

269. КО ЦВС і АВЦВС =* => ІГСЦАО => С — середня л і­ 1 КО = —А О . нія; А АБИ 2

З, = у Ір {р -а )(р -Ь )(р -с) = ,В

21 8 7 6 = 8 4 см2 1 8 = -А О С В =*

=> АО =

х с =-^ =^ і СВ

14

25. СВ

6 см — відстань

від п до СВ, оскільки це спільний перпендикуляр. В ідповідь: б см.

270. Нехай АО 1 В С , тоді АВ — спіль­ ний перпендикуляр до пі і ВС. В К 1А С = КС = 24; В К = ^ 2 5 * - 242 = 7 см; В К АС = АО ВС => 4 8-7

АО = -

25

13,44 см.

В ідповідь: 13,44 см.

171

271. К О е а ; В К 1 а . В Б 1 А С => В И 1 АС => К Б ± АС за теоремою про три перпендикуляри. К В — від­ стань від В К до АС. В Б — висота => медіана

£)С = —•70 = 35 см.

2

ВІ> = >/ВС2-І> С 2 = л/3 7 2 - 3 5 2 = 1 2 см; К О =■уі^ВвБ О2* - В К ‘ = у [ ї ¥

377 см.

В ідповідь: З>/7 см.

272. А Р 1 с , тоді АР — відстань м іж т. А і прямою с. Пряма с — проекція Ь площина р, яка містить прямі с, Ь, перпендикулярна а . Звідси р||а. Від­ стань м іж а і Ь дорівнює відстані від а до Р , це АР.

273. т\\ОВ => т\\ОВА. Звідси відстань м іж т і ИА дорівнює відстані т до ВВА чи від С до ВА. С К 1 В А => СК = АС 5іп^ В А С = 2

■= 3л/з см.

В ідповідь: З-УЗ см.

274.

Відстань між АС і М7У дорівнює відста­ ні від МІУ до площини АВС чи відстані від N до СІ). 2Ж = СЛ/ = —АС = 2 см; С£> = >/2СЛГ = 2 7 2

см,

1 ЛГЛГ = —С£Ь =-У2 " см.

2

В ідповідь: у[2 см.

275.

Відстань між АМ і СС, дорівнює довжині перпендику1 ляра С до АМ : СО. СМ ~ —А^■ З см, С К ^ —В К 6 см.

2

М К=^^б2+ З2 =у[45 .

172

с =

А, /

:

СМ СК

3 6

мк

л/45 С.

&УІ5

см.

7з Б

.__

3 с

к

мс

... А

А

І)

и

■л -л ------- см. відповідь.

5 Кут МІЖ м им обіж ним и Пірямими

276. Іроведемо пряму СВ, ||МВ. 'оді кут м іж В М і ОС дорівнює 'О С В, = 9 0 °. відповідь: 90°.

277. Див. рис. 134. В П А .А ЕС => В23І-. іудь-якій прямій в цій площині.. )тж е ВР) і. Р С , кут дорівнює 90°..

278. ШУ||А В , С Б А .А В => МАГ±СІ>.. М М 1 К О , оскільки ЯО перпенди-сулярно площині АВС. Зтже, МА^ і. ОКР) => К БА -М М .

2 7 9 . 1) ^АА,В, = 9 0 ° (див. рис. 135); І) А А .ВА = - 90 = 4 5 ° ; ^ 2 3) ./А ,В ^ = 6 0 °, оскільки АА^ВС^ — правильний.

280. ЕР — середня лінія А АВС =$ => Е Р ЦАС . Кут між прямими Е Р і РС дорів­ нює /.А С Р . ВО = \ІВС2- Б С 2 =\/і32- 5 2 =12 см; РП = ^ В Р 2- В О 2 = ^4 6 1 - 1 2 2 =10 с.м. £)С = 5 см.

173

.

, п ,, А

С І£А Р С А =

°С

5

1

_

~ -- = ■— або Іє Л Р С А = 2; А РС А = агсі£2.

Відповідь: агсі^2 см. Кут між прямою і площ иною

281.

АО = А В -зіп А В = ^18 ~-^=-= 3 см \І2 Відповідь: З см .

ооо 282.

✓ а о/'л -АО 18 З зіп /- АВО = ----= — = — ; /1АВО = агсзіп ЛБ

24

4

Відповідь: агсвіп А

283.

АС

проекція

А,С

на площину АВС, отже шукаємо

/.А ХС А . АС = >/82+ 152 =17 см. АС

17

ДС Відповідь: 60°.

34

сой £А ,С А

284.

1

^А,СА = 60°.

СК і АІ/ - перпендикуляри до а . Тоді ВК О Ь — паралело­ грам в площині а і ВЬ = К О . А А В Ь = А С О К за двома сто­ ронами і прямим кутом => А А В Ь = /ІС Ь К . А

До № 283

1 7 4

:-----

А

До № 284

285. Нехай О — проекція М на АВС => О А -О С = ОВ ~(Ю з рів­ ності трикутників А А О М =Л В О М =А С О М -А і ОМ . Тоді О — центр квадрата.

286. АО = А В соз/1В А О = 4:УІ6 — = 2^[б см; 2

/г ОВ = 4л/б~-зіп60 = 4\/б"------- = 6\І2 см; 2

ОС = ОВ ■с і£ 30° = 6лІ2 \ІЗ = 6л/(Г см.

За теоремою соз в А А О С : А С 2 = А 0 2 + ОС2 - 2 АО ОС -сов А О ; / і 4 АС 2 = 4-6 + 3 6 -6 -2 2 ^ 6л/б - V

АС2 =40-6 + 72; АС2 =312 Відповідь: 2^78

2

=> АС = 2л/78 см.

см.

287. Р К _і_ В А => С К і. В А за теоремою про три перпендикуляри.

Л

З , = —АВ С К

=> С^ = ^ - - 2- 4А АВ КС _ 12_ 2 = 12 см; соз/1РКС =— => КГ~ 8 З => А Р К С = агссоз Відповідь: агссоз V

288.

ЗУ

Е М = у ]м К 2- Е К 2 =л/152- 8 2 = = лЯбГ см; К N = ^ІЕNГ^ Е К 2 = = л/і02- 8 2 = 6 см. МЛ^ з площиною а утворює кут Л'А' 6 А И М К , Ї^А М М К МІГ 15 -— 5

/.И М К = агсіе і ' ' 5 175'

ІШУ з площиною (3 утворює кут /-М 1ЯЕ, Ї&АММЕ УГбГ 10

Відповідь: агсї£ 289.

ТГбТ 10

А. М N Е = агсї§'

; агсі§

'

^|Ї6Ї 10

С£> = 8 см, нехай АВ = х . х А І) = х соз45° = Т і" 1 АС = х - 8 і п З О ° = х - — .

2 З прямокутного Л А С І): X і

X 2

X і

— = -----1-64; — = 6 4 ; х = 16 см.

2 4 4 Відповідь: 16 см.

290.

ВО ±А С В Б = а^І2

=> АГОІЛС. а\І2

=> БО

соз А В О К = ВО ОК ОК = О В: соз А ВО К В ідповідь

а\І2 2созф

ау/2 І)

2созф

291. В И ! АВС за умовою, отже АВ і ВС проекції прямих А£> і І)С. Нехай

АС = 2 х ,

тоді

=> АД = Т 2 х . ВАГ±АС,

2х = \І2АВ тоді

=

^АВАГ:

= 6 0 °, А К = х . АВ

_

. 7з

2х

5іп А А ВК ~

' 2

7 Г

АК

2х /лГ = . [2~ >/— б" ; соз А/ Втлли А В = — ~ = -^=-:у/2х — =— АГ)

176

Л

VЗ

З

£М ■ЕДГ

^ ДАВ = агссоз

Відповідь: агссоз 292.

З

ҐЛ [ з

Проведемо М Ь І А О В то ВА/ХОА і Ь К X О В . Нехай ОМ = х , тоді з прямокутних трикутників А О К М і ЛОЛГМ одержимо: соз/.М О К - -

ОК

„„

_

М

і

ОК = лссозбО0 = —х 2

ОМ Я

ОN = ОМ соз45° = х-

Чотирикутник О КЬИ — прямокутник, оскільки /.О = /.Ь! = / К = 90°.

0 Ь

= у ] 0 К ' г + 0 М 2 = Х .1 — + —

V4

ОЬ ОМ => /М О Ь = 30°. соз /.М О Ь =

V? 2

= —

2

х .

2

_ _ Уз 2

Відповідь: ЗСР. Кут між площинами 293. Нехай у 1 с , тоді вона перетинає прямі а , Ь, с в точках А, В , С відпо­ відно. За теоремою соз: 212 = 9 2+ х 2- 2 9 я соз60°; х 2- 9 х - 3 6 0 = 0 => х ,= 2 4 , х.г = - 1 5 — сторонній корінь. ВС = 24 Відповідь: 24 см.

294. Нехай 8 ± с , тоді вона перетинає прямі а, Ь, т в точках А, В , С відпо­ відно. Нехай ВС = х , тоді А С = 2 5 + х . За теоремою соз: 352 = х 2+(25 + х )2- 2 * - ( 2 5 + х)соз60°; 352 = х 2 + 252 + 5 0 * + х 2 - 25х - х 2; 177

х 2+2 5 х -6 0 0 - 0

^ = 1 5 , х 2 = - 4 0 — сторонній корінь. ВС = 15 см; АС = 40 см. Знайдемо відстань між т і у , яка дорівнює довжині пер­ пендикуляра СК. ВС АС з і п г с 5 Л = —А В К С = —ВС А С ■з і п / С . К С ■ 2 2 АВ 15 40

60

35

см.

Відповідь: ——у/з см.

X)

295. В С 1 А В і В Р => В С І А ВР =* АР X ВС => АР X А£>, тобто АР = уІ26 см за умовою.

5 а = 50 см2 => А В = л/бо" = 5уі2

с м

.

5 Д =10Т 2 = — В Р ВС => 2 20л/2 ч => В Р = = - = 4 см 5л/2 За теоремою соз: 26 = 25-2 + 1 6 - 2 5л/2 4 со за ; 40\/2Гсоза = 4 0 ; соза = —

=> а = 45°.

В ідповідь: 45°.

296. 5 Д = 4 9 см2, С О Х Р , СО = 5 см, ОІ) X А В , тоді СБ X А В за теоремою про три перпендикуляри. Кут м іж АВС і р дорівнює А С Б О . Оскільки АВС — рівнобедрений, пря1 мокутний Л, то й'л = —а “ =4У =* 2

=> а = 7л/2 см. А В = а\І2 =14 см, висо­ та С£> = —АВ = 7 см. .

2 СО 5 з т ^ С £ ) 0 = ----- = — ОС 7 В ідповідь: агсзіп 178

' /.СРіО = агсзіп

297. АО 1 а , О В 1 С В => А В 1 С В за теоремою про три перпендикуляри. А А І)0 = 60° — кут між площинами АВС і а . В К

= уі1 3 2- 5 2 = 12 см — висота до основи АС.

=> А1) ВС

В К АС => А О =

=>

ВАГ-АС

12 10

ВС

13

12 10 УЗ

АО = А В зіп А АВО = 60 /г-

= ---- у / 3 13

см;

13

2

см.

Відповідь:

60

см. із 298. К — сер еди н а А В, тр ик утн и ки рівнобедрен і С К і І)К — висоти трикутник ів. А С К В = 6 0°.

С К = у]А С 2- А К 2 =л/202- 1 2 а =16 см; АВ = 2 К В => 7П) = 12 см. За теорем ою соз:

я

С В 2 = С К 2 + КВ'г -2 С К К В сов А С К В ; С£>2 = 1 6 2+ 1 2 2- 2 16 12 — = 2 0 8 ;

2

СЯ = >/208 = 4 - 7 1 3

СМ.

Відповідь: 4-ТЇ1Г см.

2 9 9 .1 ) — середина АС => В-0 і М В 1 А С . Кут м іж площинами трикутників дорівнює

ВВМ = а .

В В = АВ

7з _

ЛШ = - А С = — . За теоремою 2 , 2 -2 2 З А В В М : — = а 2 -—+ —— 4 4 4 -2

а —— •— -сова

=>

-у/3

2

2

соє

7?

з

2

4

а 2 — соза = —а

2 23 Г3 2 >/ => со за = ------ г=^= -----4

7з

2

в

2

> а = 30°.

Відповідь: 30°.

179

300. С О Ї А Б О , О К 1 А В => СК X АВ за теоремою про три перпендикуляри.

8 ь= у ІР (р -а ){р -Ь )(р -с ) = = ^20 3 5 12 = 60 <Ж =

- С К АВ = 8 2 2 60 15

=8

_2Я_ АВ

(Ж і СВ співпадають,

тобто А АВС — прямокутний. За теоремою соз: 102 = 8 2 + 122- 2 12-8 со за ; _9_

24 8 соза = 108 а = агссоз

со за = -

16

16 ' 9

Відповідь: агссоз

= — 90° = 45°.

301. /.А Б В = — 2

2

Відповідь: 45°.

302. СОХ а , С В Х А В => О В 1 А В за теоре­ мою про три перпендикуляри. АСВО = 60°, оскільки це кут м іж а і АВС. ' Нехай ВС = х , тоді СО = ВС & т /.В = х -—— ; 1 2 ВО = х соз60 = —-я . А В = х , оскільки три2і кутник рівнобедрений. А 0 = уіАВ2+ В 0 2 = , 1 х і%АСАО =

- х 2 =

^

СО 7 з /у [Е =х АО 2 х=и -

/ІС А О - агсі£

(7

Відповідь: а г с і£ Л|— .

180

2 +

х

;'

303.

ЬК\\ММ і М N = ^ К => /.Е К Ь = Ж . За теоремою соз: Е ІЇ = Ь К 2 + Е К 2- 2 Ь К Е К соз/ Ь К Е ; /Г £ Ь 2 = 300 + 2 5 - 2 І0л/3 5 — ; 2 £ і 2 = 175 => Е ^ = ^|Г75 см. ІУА = л/мА2- М ^ 2 =>/25-14-300 = 5 7 2 ’ см. Л/Х = Л/АГ; М Я = >/М /І+ЕІ2 =>/і 75 + 50 =15 Відповідь: 15 см.

304.

ІЛГЦАЕ і Ь К = А Е . М К = уіЕ М 2- Е К 2 = >/100-28 =>/72 = 6>/2 см. Ь М -у ІА М 2- А Ь 2 =>/4 1 7 - 4 - 7 = = 2>/Ї0 см. За теоремою соз: 40 = 64 + 7 2 - 2 8 6л/ІГсоза; 1 со за = — => а = 45° уІ2 Відповідь: 45°.

305. ОК ± АВ за теоремою про три перпендикуляри £АГ А. А В . п р аевЕ

О - Е Р . О К = —А О - 6 2

ЕО = ОК і е / К = 6 ^

см

;

= 2>/з см;

/ Е = 9 0 - / . К = 6 0 °; Е Р - Е О с о з^ Е = 2>/з^ — = >/з см.

2 В ідповідь: >/з см.

306. О И 1 В С => А 2)1.ВС за теоре­ мою про три перпендикуляри. Не­ хай АО = х ВО = АО с і£ /1 В =

х

у[ з

;

181

[То”

ОА

ІТА Л ІЮ

ОІ)

л/зо

З 10

; /1 АБО = а.гсі£

Відповідь: агсі£ ( Д І Ї ) 307.

АО 1 р, АК 1т => А £ =

потрібно

знайти

ААВО .

ОК _І_т . Нехай АК = х

■

АК зіп А А В К

= 4 - = 2х ; 1

АО = А К 5іп /.А К О = \ з і п 4 5 ° = л: — 72 _ А Р _ уІ2 _

&іп/. АВО =

АВ

Відповідь: агсзіп 308.

МО 1 А В С = їО го Д . О О І А В

2х

1 2\І2

А А ВО = агсзіп

1 2лІ2 ' — центр правильно­ => М О І А В . Нехай

ху[з А В = х , тоді ОО = г = АО = Д =

сл/з

МО = А О І% /.А = ху/ з

^ -■ ї£ а ;

і£ А

М О О = ^ - = — $ОД *7з

А.МОО = а гс і£ (2 і£ 0 с ). Відповідь: агс4 § (2 4 ^ а ).

6

=2і£сх .

2л/І" ’

309.

8 0 ± АВС => О — центр шестикут­ ника. А8АО = $. Кут між ЗАВ і 8АР дорівнює подвоєному куту м іж 8А Р і 8АО. О О І А З , тоді кут між 8АР І5А О дорівнює /.О О Р . Нехай АР - х , тоді ОР = ОА = х , оскільки шестикут­ ник правильніш. ОО = АО зіпА ЗА О = АО = х ■зіп [3. АЗ = СОЗ/.А 008(3 8 Ь = \ІАЗ2 - АҐ: і"_

2 созр

В

х2 4

^ С082р

•^4- с о з 2(3 ;

ЗЬ АР X і л/4-соз2р созР х Г.

7Т ОР = -----------= —— -------------------—= —л/4-соз В . АЗ 2созР х 2 За теоремою соз: ОР2 = О Р2 + 0 0 2 - 2 ОР ОО с о з а .; х2

І--------------

х 2 = -^ -(4 -с о з 2(3) + х 2зіп2(3 -х 2>/ 4-со з2(3 -зіп (3 соз а ; 7 4 - с о з 2(3 зіп |3■соз а = зіп2(З—- с о з 2(3 ;

1

4

зіп Р СОвР СІ§Р со за = ---- — — ■у/4 - СОЗ2Р

а = агссоз

зіпр — созр сі^р 4_________

ЗІП Р

м іж ЗАВ і 8А Р дорівнює 2 а = 2 агссоз

Відповідь: 2 агссоз

Кут

4 - С 0 8 2 р

С08Р

С(,§Р

4 ■>У4 - соз2Р

зіпр-— созр сі§р 4 у]

4

- с о в 2

Р

П лощ а о р то гон ал ь н о ї п р оекц ії м ногокутника

310. Так, якщо площина многокутника не паралельна площині, на яку проектуємо.

311. £ проек. = ^мяог. со за = 18 соз60° = 9 см2. Відповідь: 9 см2.

183

46

312. со за =

4б7^

ж*.

\І2

>а = 45 °.

Відповідь: 45°.

313. 8 АВС=7 см2; с = 12 см; а 72

= бТ2 см => 36 72

1

=>а = 6 0 ° .

Відповідь: 60°.

314. ^ р . ^ 8 0

см2, а = 3 0 °;

7?

8 проєк= 8 ,<я»р. со за = 18 0 -^ у - = 9 0 7 з см2; 8 0 =аЬ зіпу= > Ь =

5 _ 9 о7 з а-зіпу 12-зіп60°

9оТз

12

_ 90

7з ~ 6

= 15 см.

Відповідь: 15 см.

315. 8 АВС= 75 см2, а г = 8 , а 2 = 1 8 , а3 = 20 — сторони трикутника Д В ,^ . р = —(8 + 18 + 20) = 23 см. За формулою Герона 5 ДіВ.Сі = ^ р { р - а ) ( р - Ь ) ( р - с ) = 7 2 3 15 5-3 = 1 5723 смг соза

_ 5 Д,В|С, __ ІбТІЗ _ 723 75

Відповідь: агссоз

а = агссоз

5

723

/ І \ УІ23 V

5

У

316. 5 прое,= 50 см2; К О = - ( А О - В С ) = 5 см. Нехай СК = х => С£)2 = х 2+ 52; АС2 = 10і + х 2. З прямокутного Д А В С : 152 = 1 0 2+ х 2+ х 2+ 5 2 =>х = бТ2 ; « трап. = } ( В С + АО) ■(Ж = — ■572 = 5072 .

50

5оТг Відповідь: 45°.

184

7г

■а = 45°.

Ь

15

К

КОНТРОЛЬНІ РОБОТИ Варіант № 1 К онт рольна р об от а № 1 Тема: Систематизація та узагальнення фактів і методів планіметрії

1.

Д ано: Б Р = Р Е , ОК = К Е . Д овест и : /.К О М = /1 К Е М . А О К Р =А Е К Р за трьома сторонами. Звід­ си ^ О К Р = /і Е К Р . А И К М - А Е К М за двома сторонами і кутом м іж ними. Отже, А М О К - / .М Е К .

2.

Д ан о: ВС = 6 см, / . А - ЗО А С В Б = 45°, В Б 1 А С . З н ай т и : АВ. В

З прямокутного А СОВ: ВИ = СВ со з А СВИ = 6

£

2 З прямокутного Д А О В : АВ -

ВВ

Зуі2

= Зл/2~ см.

6 І5 ‘ П В

3 0 ^

= 6л/2 см.

з і п А. Б А В

В ідповідь: 6 -І2 см.

3.

Д а н о : И С :С М = 3 :5 , А О + В С = 2 6 см. Знай т и : ВС, АО. Оскільки ВС ||АР) , то Д М ВС 00 Д МАЙ ВС МС за трьома кутами. Звідси ------ = — — . АВ МВ За умовою £)С = З х , СМ = Ь х . Нехай А ВС = у , тоді АО = 2 6 - у . Одержимо: У у 5 _ ч . _ — — = — => ---------= — => 8у = 1 3 0 -5 о 26- у 8х 26- у 8 => 13г/ = 130

В

=> г/= 10 .

Отже, ВС = 10 см, АО = 16 см. В ідповідь: 10 см; 16 см.

185

4.

Д ан о: А В = 15 см, АС = 13 см, А Ш В С , В І ) - О С = 4 см. Знай т и : АО. Позначимо £)С = х , тоді ВИ = 4 + х . За теоремою Піфагора: АО2 = АВ2- ВІ>2 = А С 2 - В С 2; -2 15 - ( 4 + х) = 1 3 2- х 2; 152 - ІЗ 2 = (4 + х )2 - х 2 А В = л/і32- 5 2 =12 см. Відповідь: 12 см.

5.

Дано: А В = С£>, А С І С І), А С А Б = а , В. Знай т и : С К — висота. В Розглянемо Д АСО. Радіус кола, описаного навколо нього, теж В. Оскільки Л А С О — прямокутний, то центр кола О є А_0 і АО = О Б . Отже, гіпотенуза АО = 2 В . АС = А Б с о в /. САН = 2В с о з а . З прямокутного А А С А : СА = АС •зіп ^ СА£> = 2В соза •зіп а = В зіп 2 а . Відповідь: В зіп 2 а . К он т рольн а р обот а М 2 Тема: Вступ до планіметрії

АВ, е АВВ, і АВ, є АІ)С, і А ВВ,.

=> АВ, — пряма перетину АС, І)

Оскільки А В + А С = 5 см, ВС = 5 см, то А, В , С належать одній прямій. Через пряму можна провести безліч площин. Отже, через А, В і С можна провести безліч площин. А, І ) , О є а . £), О є а пряма 2 ) 0 є а . Точка В є ДО 186

=> Вє а.

в

с

т — перетин а і Р, а є а ; а перетинає р. Довести: а і т перетинаються. Позначимо К — точку перетину а з р . Тоді К є а і К є $ => К належить перетину ос і Р , тобто К е т . Звідси К — точка перетину а і т. Дано: М е 8 А , К е З В , М е В С , М К /Л В . Проводимо прямі М К , КМ. Р — точка перетину М К з А В => Р е площині перетину і нижній основі. Ь — точка перетину РМ з АС — теж належить перетину і нижній основі. Одержали перетин іVК М Ь .

5

/\ / 1 1 / 1 | \ І

г \ \

К онт рольна робот а № З Тема: Взаємне розміщення прямих у просторі. Паралельність прямої і площини

Стверджувати, що прямі Ь і с мимобіжні, не можна. Наприклад (див. рисунок). а ЦЬ , Ьє а

=> а Ца .

Д ан о: М М Х= 22 см, N N ,= 8 см. Знай т и : К К Х. М М ^ЛГ — трапеція, оскільки М М 1\\ИМ1. К К Х — середня лінія тра­ пеції, оскільки К К ХЦМ М 1 і К — сере­ дина МіУ.

Відповідь: 15 см. Дано'. М К = А см, М В : МА = 2 : 3 . Знай т и : АС. Оскільки площина а||АС, то М К ||СА => => Л М В К ™Д АВС за трьома кутами.

М К.

МВ

4

АС

АВ

АС

Звідси ----- '= ------- =>

2х

=—

5х

=>

4 5

АС = ------= 10 см.

2

В ідповідь: 10 см.

5.

Дано: МК = РЕ = 10 см, АС - 1 2 см. Знайти: В Б . МР та ЕК — середні лінії Л АВС та Л А О С

В

=> МР = Е К = - А С .

2

Аналогічно МЕ = РК = —ВИ. А С 2 МРКЕ — паралелограм з рівними діагоналями МК = РЕ => МРКЕ — квадрат. ВИ=2МЕ = 2МР = АС = 12 см. Відповідь: 12 см.

6.

Дано: а\\Ь, а є а, Ьє$, с — пряма перетину а і р. Довести: с\\Ь, а\\с. Нехай а перетинає с в точці Р та с перетинає Ь в точці £*>. а Ц6 , але (2 є Ь і фє с => (2 належить а і Ь. Ця суперечність доводить, що с||&. Аналогічно доводиться а||с. Конт рольна робота № 4 Тема: Паралельні площини. Зображення фігур на площині

1.

2.

3.

4.

А ВЦ СБ, оскільки площини паралельні за умовою Отже АВСО — паралелограм, і за його властивостями С Б = А В = 4 см; В Б = АС = 5,6 см. В ідповідь: 4 см; 5,6 см.

х

Будуємо відрізок А1С1, О — його середина. На прямій ОБ відкладаємо відрізок ОБ^=ОВ^. Б, — проекція вершини Б .

о\ ґ

А Б і Б £ прямі, які перетинаються, пара­ лельні відповідно прямим ВС і ЕС. Звідси А ББ ||ВСЕ .

Дано: М ВГ= 1 см, А,Б, = 4 см, В 1В 2 = А ,А 2+ 2 .

Знайти: В 1В 2. «ІІР

=> А, Аа ||В ,В 2 =>

\С1

М

А А, МА2 ~ А В, МВ. Нехай В, В2 = х х -2

7 -4

а ,а

МА,

МВ,

ВА А,А2 = х - 2 ; 7 х - 1 4 = 3х

х 7 В ,В 2 = 3,5 см.

2

7 х = —.

2

4х = 14

В

В ідповідь: 3 ,5 см. Р — точка перетину АВ і А1В 1; 0 — точка перетину ВС і В }Сг . Тоді точки Р і () належать площинам АВС і А1В 1С1. Отже, Р<д — пря­ ма перетину цих площин. К он т рольн а робот а № 5

Тема: Перпендикулярність прямої і площини

Д а н о : А В = 10 см, 1)0 = 6 см, А О Іа . Знай т и : АО. АО = лІАЛ2 - В О 2 = л/іО2 - б 2 = 8 см. Відповідь: 8 см. Д ан о: СМ = 8 см, В М - 1 7 см, АС А В = 30°. З н ай т и : А В . С М 1А ВС

=> А М С В = 9 0 °;

м

СВ = >/МВ2 - С М 2 = 7 і 72 - 8 2 = 15 см; ВС зіп ^ САВ = АВ 15 = 30 см.

1 2 Відповідь: 30 см.

,_ ВС АВ = ■ зіп 30°

189

3.

А В ± В С , оскільки А В С В — прямокутник. А В ± М С , оскільки М С 1 А В С . Звідси А В 1 В М С , див. рис. 1 і 2.

4.

Д ан о: АО 1. ос, ВО = 18 см, О В= 7 см, А В : А В = 5 :6 . З н ай т и : АО. АО2 = А В 2 - ВО 2 - А В 2 - О В 2. Нехай А В = 5 х , А В = 6 х , тоді 3 6 х 2 - 1 8 2 = 2 5 х 2 - 7 2; 1 1л:2 =11 2 5 ; х 2 = 2 5 ; х = 5 . А В = 5 5 = 25 (см); АО = уіА В 2 - О В 2 = УІ252 - І 2 = 2 4 (см). В ідповідь: 24 см.

5.

Д ан о: Р В X А В С В — ромб. Д овест и : /. РВА = /. Р В С . А РВА =А РВС за двома сторонами і прямим кутом. Тоді РА = Р С , і одер­ жимо А РА В =А РС В за трьома сто­ ронами. Звідси РВА = Р В С . К онт рольна робот а № 6

Тема: Теорема про три перпендикуляри. Перпендикулярність площин

1.

1) О С ± В В як діагоналі квадрата. Тоді за теоремою про три перпендикуляри і похила МО 1 В В .

2)

АС = УІ2СВ = \І2 4 (см); ОС = - А С = 2^2 (см); 2

ОМ = УІМС2 + ОС2 =л/і + 8 = 3 (см). В ідповідь: З см.

2.

Д ан о: ЕА = 10 см, ЕС = 17 см, Е В = 8 см. З н ай т и : В В . А В = VЕ А 2 - Е В 2 =л/і02 - 8 2 = 6 (см); СВ = \]СЕ2 - Е В 2 =л/і72 - 8 2 =15 (см); В В = VА В2 + А В 2 = уі152 + 6 2 = = УІ261 (с м ) або В В = Зу[29 СМ.

В ідповідь: 3\І29 см.

190

Е

3.

Д ан о: АС, В І ) Х а , АС = 4 см, В І) = 5 с м , СО = 2уі2, СМ. Знай т и : АВ.

.4

«

4; \ і \

« Р

/

СВ = у [сБ 2 + В І)2 = >/8 + 2 5 =>/33 (см); /

АВ = >/АС2+СВ2 =>/16 + 33 =>/49 = 7 (см).

р

в* /

Відповідь: 7 см.

4.

Д ан о: АВ = 12 см, Р О Ї АВС, Р 0 = 2 см. Знайт и: РІ>. Оскільки Р рівновіддалена від сторін трикутника, то О — центр вписаного кола. 01) 1 А В => ОІ) = г — радіус вписаного кола. РО і. АВ за теоремою про три перпендикуляри, отже РІ> — відстань від Р до сторони АВ.

с і ;>/з

Для рівностороннього трикутника: г = -

= 12 — = 2>/з ; 6

КР = Т о Р ^ Т о ї)7 = у[4 + Т з = 4 (см). Відповідь 4 см. К он т рольн а робот а № 7 Тема: Кут між прямою і площиною. Кут між площинами

Дано: А О X а , АХ» = 6 см, ^А £>0 = 60°. З най т и : ОІ) (проекція), АО. З прямокутного Д £>0А : ОІ)

= АО с о 8 ^ Я = 6 — = 3 (см); 2

л/з АО = А О -зіп ^ І) = 6 -------= ЗуіЗ (см).

2

Відповідь: 3 см; 3>/3^ см.

2.

Д ан о: А ІЗ Х а , А О Х (і, АО = 4 см, АІ) = 8 см. Знай т и : А А І ) 0 . АОХ(3 => А А О Б = 90°.

191

З прямокутного А А О В : зіп ^ АВО =

АО

= — = — => 8

2

=> / А В О = Ж . Відповідь: 30°.

3.

’^'авс= 24 с м 2 , Д А, Б] С, — рівносторонній, а — кут м іж площинами АВС і А1Б, С ,.

-’лл.в.с,

4 24

- •А, Б,2 =

4.

см.

-64 = л/з^ 16 (см2).

4

З _ Уз

со за = ІбТз 2л/з В ідповідь: 30°.

А1Б1 = 8

а = 30°.

2

Д а н о : АС = 4уіЗ см, А Б = Б Б = Т ЇТ см. З н ай т и : С В. К — середина АБ => С К ± А В і В К ± А Б . Кут між площинами АВС і А В В : / В К С = 45°. В К = \ІВВ2 - В К 2 = у і4-(2л / з) = 7 2 (см); і :С

/г = АС зіп 60° = 4л/з — = 6 (см).

2

За теоремою косинусів: В С 2 = К В 2 + К С 2 - 2 К В К С с о з / К ; £>С2 = 2 + 3 6 - 2 72 6 ~

=> В С = уі26 см.

V2

В ідповідь: 72б" см.

5.

АО 1 а , / А В О = /А С О => ОБ = ОС, А Б = А С . Звідси Д АБС — рівносто­ ронній. Нехай БС = х , тоді ВО = А В с о з / В = 7з ч = х ------ . За теоремою косинусів: В С 2 = 2 В 0 2 - 2 В 0 2 со з/В О С -,

192

Ог2 О2 О О х 2 = 2 -——- 2 ------соз/.ВО С', - с о з / В О С = 1, 4 4 2 2 1 ^ ВОС = агссоз соз^ ВОС = — З ■ ї Відповідь: агссоз

ш-

К онт рольна робот а М 8 Тема: Узагальнення і систематизація знань учнів

1.

т\\п, /і X (З => т і _ р .

2.

а Цу.

3.

Д а н о : А В = ВС = 34 см, АС = 32 см, Д В Х А В С , В В = 20 см. Знай т и : а . Нехай ВАГ X А С , тоді за теоремою про три перпендикуляри Т)К X А С . Звідси кут між площинами а = / Б К В .

= л/342 - 1 6 2 = 3 0 см. З прямокутного ААГВІ): ДВ 20 2 . ґ 2 а = агс!;е і е а = ------= — = — ІЗ КВ 30 З (2 ^ Відповідь: агсі£ — VЗ 4.

Д ан о: А В = 6 см, МО X А В С , МО = 9 см. Знай т и : М К . Нехай (Ж X А В , тоді за теоремою про три перпендикуляри М К X АВ і відстань від М до АВ дорівнює М К . ко

М

—АХ) = — 6 = 3 см; 2

2

М К = ^ М 0 2 + К 0 2 =л/81 + 9 = з 7 Ї 0 ’ (см). Відповідь: 3>/Го см.

193

Нехай АО і. а . ВО = АО с Ї £ / . В = 9

сї £ 4 5 °

= 9 (см);

/г ОС = АО с ід / С = 9 —— = Зу[з (см). З За теоремою косинусів в А В С О : В С 2 = 8 1 + 9 3 - 2 9 ЗТЗ соз150°, ВС 2 = 21 9 => ВС = 3\І21 см. Відповідь: Зл/2Г см. ^ АВС — рівнобедрений, прямокут­ ний; АВС утворює з а кут 45°. Нехай СОЇ а та И Р 1 В А => С Р 1 В А . Кут м іж а і АВС дорівнює ^ СР£ ). Позначимо гіпотенузу ВА = 2 х , тоді РИ =

ВА = х . С Б = РО

45° = х .

АО = - ^ АВ = 4 = •2л: = 72 х . л/2 л/2 Кут м іж катетом і площиною а дорівнює 1 % /С А В

С£> АО

1 7^

В ідповідь: агсі£

72

САО.

САБ = агсі£

Я

Ті см.

В аріант № 2

К онт рольна робот а № 1 Тема: Систематизація та узагальнення фактів і методів планіметрії 1.

194

Д а н о : АВ = В С , АО = £>С. Д овест и : А Е = ЕС . А ИАВ =Д І)С В за трьома сторонами. Звідси /А О Е = /С О Е . Тоді А А Б Е = А С О Е за двома сторонами та кутом між ними. Отже, А Е = Е С .

2.

Д а н о : АВ = 12 см, /. А = 60°, ^ С В Б = 45°. Зн ай т и : ВС. ВО = А В зіп ^ А = 12 ВС:

ВІ) соз /.С В В

2

В

\12

/45°

= 6л/з^ (см).

60 X = І Ь ^ = 6>/б (см).

1

Ж Відповідь: бл/б см.

3.

Д ан о: А В : В Р = 3 : 7 , А О -В С = 6 см. Знай т и : ВС, АО. Д АТО ~ В трапеції ВСЦАО В *1 ВС >Л ВРС . Позначимо АР АО ВС = х , тоді А Б - 6 + х .

7</

Нехай А В = Зи, ВР' = 7 и , тоді

10;/

6 + х

10

6 + х

42 + 7х = 1 0 х ; Зх = 4 2 ; х = 14 см. Отже, ВС = 14 см, АІ) = 20 см. Відповідь: 14 см; 20 см.

4.

Д ан о: В К = 9 см, ІГС = 16 см, А С - А В = Ь см. Знай т и : А К . Нехай А В = х , тоді АС = 5 + х . За теоремою Піфагора: А К 2 = АС2 - ІІГС2 = А В2 - ВіКГ2; (5 + х )” - 1 6 2 = х 2 - 9 2; (5 + х )2 - х 2 = 1 6 2 - 9 2; х = 15. А К = уІАВ2 - В К 2 = >/і52 - 9 2 =12 (см). Відповідь: 12 см.

195

Д ан о: А В = СО, АС Ї С И , / С В А = а , СМ = Н. Знай т и : К. Радіус кола, описаного навколо тра­ пеції, дорівнює радіусу кола, описа­ ного навколо Д АС Б . Д АСБ — прямокутний => О — центр описаного кола — належить гіпотенузі А-0 та АО = ОБ . =

зіп/И

=

зіп а

АО = - 0 0 'соз/И

В = — А О = -------- * --------- = 2

2зіпа соза

“ зіп а соза

зіп2а

Відповідь: — - — . зіп 2а Конт рольна робота № 2 Тема: Вступ до стереометрії

1.

А,.0 — пряма перетину В,СО і А ІШ ,. '

2.

А В + В С > А С => А ,В ,С не належать одній прямій, отже, через А, В і С можна провести одну площину. В

А, В, Б е а . Пряма АО є а , точка С є А -0, звідси С є а .

4.

196

В є а і р, А є а і (5 =* А і В на­ лежать перетину а і р. Тобто А В — пряма перетину пло­ щин а і р.

5.

М є А В , К е С С В, — належать перерізу. Р — точка перетину В}К з ВС => Р нале­ жить нижній основі та площині перерізу. Звід­ си РМ належить пло­ щині перерізу. Р — точ­ ка перетину М Р з СИ. Отже, одержали переріз М ВКР.

в.

'в

іЛ// ----

К он т р ольн а робот а М З Тема: Взаємне розміщення прямих у просторі. Паралельність прямої і площини

1.

Не можна стверджувати, що а і с мимобіжні, вони можуть перетинатися.

2.

Неможна стверджувати, що а ^ а .

3.

Д ан о: АА, = 18 см, ВІЗ, = 1 0 см. Знай т и : СС,. СС, ЦАА, => СС, — середня лінія тра­ пеції.

в

СС, = —(АА, + В В ,) = —(18 + 10) = 14 (см).

2

*

2

Відповідь: 14 см.

4.

Р||ВС => АШЦВС. Д NА^ Д ВАС за трьома кутами. АР _ ДДГ 6 3 АС ~ 4 6 4 =* АС = ------ = 8 (см). З Відповідь: 8 см. АС ~ СВ

5.

Б

Розглянемо Д АОС. М Р — серед­ ня лінія цього трикутника. Звідси М Р = — АС = 4 (см).

2

Відповідь: 4 см.

197

6.

Через а проведемо площину а . Через Ь проведено площи­ ну Р . Прямі а і Сі єЬ і с є а і не перетинаються, отже а ||с . Аналогічно Ь\\с. За властивістю паралельних прямих а\\Ь. К онт рольна робот а № 4 Тема: Паралельні площини. Зображення фігур на площині

1.

АВС£> — паралелограм, оскільки АСЦВІ) а||Р та АВЦС.0 за умовою. АВ = С£> = 4,7 см, ВИ = АС = 7 см за властивістю паралелограма. Відповідь: 4 ,7 см; 7 см.

2.

О — середина відрізка Д Д ,, на пря­ м ій А, О відкладається відрізок ОС, = ОА,. Одержимо. С, — проекцію вершини С паралелограма.

3.

А£>||ВС- і ВР\\ВЕ. За ознакою пара­ лельності двох площин А В В Ц В С Р .

4.

Д ан о: МА2 —4 см, А2В2 = 10 см, В ,В 2 -А ,А 2 =1 см. Знай т и : А1А2. Нехай А,А2 = х ,т о д і В ,В 2 = х + 1. Д МА, А2 " Д М В ,В 2 за трьома кутами, оскільки А,А, IIД Д .

4

х

МА

АА

мвг

в,б2

=> — = ------=> 4х + 4 = 6х 6

х +1 ■

- = —— -

=>

=>

=> 2х = 4 => х = 2 . А,А2 = 2 см. Відповідь: 2 см.

5.

198

АМ — медіана Д А В С . Нехай 0 — точка перетину А В з Д Д ; Б — точка перетину ВС з ДС, => В та О належать пло=: К щинам АВС і А1В1С1. ^ Тобто ВО — пряма перетину площин. Р — точка перетину <^К з АМ> тобто Р належать медіані і площині а .

К он т рольн а робот а № 5 Тема: Перпендикулярність прямої і площини

Д а н о : А В = 5 см, М В = 12 см. Зн ай т и : АМ .

м

АМ = уіМ В 2 + А В 2 = ^ 5 2 + 1 2 2 =13 (см). В ідповідь: 13 см.

2.

Д а н о : А 0 = 20 см, СІ) = 16 см, /С А В = 60°. З н ай т и : АВ. АС = УІАВг - І ) С 2 = >/202 - 1 6 2 =12 (см); АВ = -

ЛС

С О В /.А

12

= 24 (см).

1

2

Відповідь: 24 см.

3.

А В ± ВС та АВ і. В Е => А В ± пло­ щині Е ВС . Оскільки Г)С\\АВ, то 1)С також перпендикулярна ЕВС .

4.

Д ан о: КТ>- К Р = 2 см, РО = 5 см, ОІ> = 9 см. Знай т и : КО. Нехай К Р = х , тоді К Б = 2 + х . За теоремою Піфагора К О 2 = К Б 2 - О Б 2 = К Р 2 - РО 2; (2 + х)2 - 92 = х 2 - 52; (2 + х)2 - х 2 = 92 - 52; х = 13. КО = у] і 32 - 5 2 = 12 (см). Відповідь: 12 см.

5.

Д І)А 5 =Д ВА 5 за двома сторо­ нами і прямим кутом. Тоді В З = В З , а звідси Д В З С = =Д В 8 С за двома сторонами і ку­ том м іж ними. Отже, ВС = С І).

199

К онт рольна робот а № 6 Тема: Теорема про три перпендикуляри. Перпендикулярність площин

1.

1) АМ — медіана рівностороннього А АВС => АМ — ви- | сота і АМ і. В С . Отже ПМ 1 ВС за теоремою про три | перпендикуляри. /7 2) АМ = АВ& іп/. В = 6зіп 60° = б -— —= 3\/з (см); £>М = >/і)А2 + А М 2 =л/і6 + 27 = 7 4 3 (см). Відповідь: >/43 см.

2.

Д а н о : В Р = >/і06 см, ВС = 12 см, Б В = 13 см. Знай т и : АР. А В 1 В С =* Р В 1 В С , тобто відстань від Р до ВС — це до­ вжина відрізка РВ. ОС = уіО В 2 - В С 2 = 5 (см); АР = уіР В 2 - А В 2 = >/106-25 =>/81 = 9 (см). Відповідь: 9 см.

3.

Д ан о: АС, МА = 6 см, ЛЛВ = 7 см, іш у

= >/ї ї о ~ СМ.

Знай т и : АВ. АМ = уіММ2 - М А 2 =>/110-36 = = >/74 (см); АВ = >/а ^ 2 -7У В 2 = >/74-49 = = >/25=5 (см). М

В ідповідь: 5 см.

4.

Д а н о : А В = 4 см, ^ А = 60°, М К = 5 см. Зн ай т и : МО. Нехай (Ж X С І), тоді М К X СО і за умовою МіС = 5 см. ОК — радіус Н вписаного кола, г = — .'

2

200

--------------------------------------------------------------

/г /г = АВ зіп ^ А = 4-зіп 60° = 4 —^ - = 2>/з^ см; г = л/,5 см; МО = уіМ К 2 - О К 2 = ч/25-З = >/22 (см). В ід п о в ід ь 7 2 2 см.

К он т рольн а робот а № 7 Тема: Кут між прямою і площиною. Кут між площинами

1.

Д ан о: /- РАВ = 30°, В А =6 см. Знай т и : РА, В Р . РВ ± Р , з прямокутного А РВА одер­ жимо: В Р = В А ї%/. А = 6 _ .

ВА

6

-Р

/7 —

З

=

2 7 3

3 -4

с м

;

г—

РА = ----------- = —7=г- ——— = 4уІЗ ■см. соз^А 7з 7з Відповідь: 4л/з см. Д ан о: К М = 4у[з с м , МГ> = 4 см. Знай т и : А К И М . М Б И => К Б И за теоремою про три перпендикуляри. Отже, ^ К Б М —■це кут між пло­ щинами а і р. КМ МБ / К Б М = 60°. Відповідь: 60°. З*

4л/з

=

73

^»вс= 36 см2, Д А ,В ,С 1 — рівнобедрений прямокутний трикутник. АЛВ І = 6 ^ 2 см, С ,Д =

=

= 37 2 см. 5 ДЛіВІС, = | і 4,Д е д = =-

2

6л/2 3 7 2 = 18 6м2.

201

С050С =

18 36

ДА,В,С,

^ДАВС Відповідь: 60°.

4.

а = 60°.

а = 6 0 °, АС = 24 см, ВС = ВА = 20 см, АС = АА = 15 см. З н ай т и : В К . Нехай І) — середина АС, тоді ОВ X АС та ІГ О Х А С , оскільки трикутни­ ки рівнобедрені. Тобто / В О К = а . В Б = ^ А В 2 - А О 2 = \І202 - 1 2 2 = 16 (см); С К Б = ^ К С 2 - С О 2 = л/і52 - 1 2 2 = 9 (см). За теоремою косинусів: В А 2 = В£>2 + А І)2 - 2 ВО К О с о з /. В О К ; В К 2 = 1 6 2 + 9 2 - 2 16 9 со з60°; В К 2 = 2 5 6 + 8 1 - 1 6 9 = 1 9 3 ; В К = у[Ї93 см. Відповідь: 7 і9 3

5.

см.

А О Х а , ^ ВОС = 9 0 °, / А В О = = АСО = 45° . Нехай АВ = х , тоді АС = х . /г ОВ = А В •соз ^ АВО = х ------ . ВС = >/2 ОВ = уі2 х —

= х.

Отже, А АВС і / В А С = 60°.

рівносторонній

2

—

В ідповідь: 60°. К онт рольна робот а № 8 Тема: Узагальнення і систематизація знань учнів

1.

2.

Пряма р може бути паралельною площині у. а Х (3.

3 ..

Д ан о: К С 1 А В С , А В = 12 см, АІГ = 10 см, ЛТС = 4 см. З н ай т и : / К О С .

202

Нехай -О — середина АВ, тоді СО ± АВ => К Б ± А В за теоремою про три перпендикуляри. Отже, ^ К В С — кут м іж площинами А К В і А ВС. А О = - А В = 6 (см); К И = \]а К 2 - А І ) 2 =л/ю2 - 6 2 = 8 (см). КС _ 4 зіп А К О С ~ 2 КБ => А К Б С = 30°. В ідповідь: 30°. Д а н о : РО = 5 см, СЛ = 12 см, А£> = 16 см. З н ай т и : РС. АС = 4 с в 2 + А І)2 = л/і22+16? = 20 (см); ОС = —АС = 10 (см); РС = 4 Р 0 2 +ОС2 =УІ52 +102 = 5^5 (см). Відповідь: 5л/б” см. Дано: А К А О = 45 °, А К В О = 30°, А. В К А - 1 3 5 ° , КО = 4 см. З н ай т и : АВ. Нехай Ж ) 1 .а , тоді КО 4 = 8 (см); КВзіп^Ю Ю 1 2

КА

КО

4 —= 4->/2 (см). _1

Ж За теоремою косинусів А В 2 = В К 2 + .КА2 - 2 В К К А соз А В К А ; А В 2 = 6 4 + 3 2 - 2 - 8 4л/2

1

А В2 = 9 6 + 6 4 ; А Б2 =3 2 ; А В = А^2 см. Відповідь: 5-Уб” см.

203

6.

Нехай ВО А. а , Б — середина АС, В Б ± АС і О Б ± АС за теоремою три перпендикуляри. Отже, ^ В БО = 30° — кут м іж щинами А ВС і а . Нехай А В ~ х , АС = х .

тоді про пло­ тоді

/7

В Б = А В •зіп 60° = д; —— .

2

ВО = Б В з і п / В Б О = х - ^ - — = - ^ - х . Кут м іж ВС та пло2 2 4 VЗ п/л X І^ щиною а : /.В С О . з і п / В С О = ------= —- — = ----- . СВ х 4 Ґл / Л ^ ВСО = агсзіп ( Я ) ; / ВАО - / ВСО = агсзіп 4 4 V \ / Відповідь: агсзіп

204

(Я СМ.