geometr bevz 7 klas

Розв’язання всіх завдань до підручника Г. П. Бевза, В. Г. Бевз, Н. Г. Владимирової «Геометрія»

§ 1. Точки й прямі 7. Пряма AB проходить через точки A і B.

"

# 1

8. Прямій належать точки A, K, M. Прямій не належать точки C і P.

.n et

"

9. Так. Через одну точку можна провести безліч прямих.

ld z

10. Точка A належить прямій a, а точка B не лежить на прямій a.

11. Так. Тому що прямі перетинаються в точці X, то во­на належить кожній із цих прямих.

,

.

ГЕОМЕТРІЯ

РоздІл 1. Найпростіші геометричні фігури і їхні властивості

$ " #

B

"

Q 9

L

©

al

12. Ні. Якби точка C належала прямій AB, то прямі AB і AC мали б дві спільні точки й збігалися.­ " ,

13. Пряму можна назвати KP, KT, PT. 14. Точка A лежить між точками C і B.

15.

$

"

#

# 1 "

5 $

# B

16. Нехай прямі a і b перетинаються в точці P, при цьо­ му на кожній прямій утворилося по 2 промені. Усього утворилося 4 промені.

B

1

C

17. Пряма ділить площину на дві частини. Дві прямі ділять площину: а) на 3 частини.

б) на 4 частини.

α

B

B

C

α

C

229

18.

" $

#

%

20. а) Якщо жодна із прямих не перетинається з інши­ ми, тоді площина ділиться на 4 частини. б) Якщо кожна пара прямих перетинається в одній точці, тоді площина розбивається на 7 частин. в) Якщо всі три прямі перетинаються в одній точ­ ці, тоді площина ділиться на 6 частин. г) Якщо дві прямі не перетинаються, а третя пе­ ретинає ці прямі, тоді площина ділиться на 6 частин.

"

%

$

#

B C

B C D B

D C

B C

D

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

19. Промені AC і BD лежать на прямих, які не перети­ наються.

21. Тому що через будь-які дві точки можна провести пряму, через кожну точку будуть проходити 3 пря­ мі, оскільки всього точок чотири й кожна пряма визначає дві точки, то таких прямих: (4 ⋅ 3) : 2 = 6 . Відповідь: 6.

# "

D

$ %

ld z

22. Оскільки через дві точки проведені не співпадаючі лінії, то вони не пря­ мі, виходить, лінійка крива.

23. У цьому випадку бачать криву лінію.

al

Вправи для повторення

25.

ËÉÁÃÌËÆÁÃ

ÈÉØÅÇÃÌËÆÁÃ

û¹½É¹Ë

ÉÇź

ȹɹľÄǼɹÅ

"

26. AB = 4 см.

CD = 2 ⋅ AB = 2 ⋅ 4 см = 8 см.

$

# %

27. ¼ÇÊËÉÁ ÃÌË

ÈÉØÅÁÂ ÃÌË

ËÌÈÁÂ ÃÌË

ÉÇÀ¼ÇÉÆÌËÁ ÃÌË

28. P = 5 см + 7 см + 8,5 см = 20,5 см.

29. Розв’язання. Нехай довжина сторони квадрата x см, тоді периметр цього квадрата ( x + 6) см або 4x см. Одержуємо рівняння: x + 6 = 4x ; 3x = 6 ; x = 2 . Виходить, периметр квадрата 4 ⋅ 2 = 8 см.

230 Відповідь: 8 см.

§ 2. Відрізки і їх довжини 38. Точка C — середина відрізка AB. Вийшов відрізок AB. 39.

"

©

#

# $ %

40. Спільною частиною відрізків AB і CD є відрізок CB.

42. Нехай відрізок AB перетинає пряму a, а відрізок BC не перетинає пряму a, точка C не лежить на прямій a. Тоді кінці відрізка AC лежать по різні боки від пря­ мої a і пряма a проходить через деяку внутрішню точ­ ку відрізка AC, тобто перетинає його. Відповідь: перетинає.

ld z

43. Відрізки AC і BD не мають жодної спільної точки. Відрізки AB і CB мають одну спільну точку C. Відріз­ ки AB і CD мають безліч спільних точок, що утворять відрізок BC.

#

©

% #

$

"

%

.n et

41. Відрізки AB і CD мають спільну точку C, а тому що вона — внутрішня точка відрізка AB, то вони перети­ наються. Відповідь: перетинаються.

"

ГЕОМЕТРІЯ

"

#

$

B

"

"

$

#

%

al

44. а) Розв’язання. Тому що точка X лежить між точками A і B, то AX + BX = AB , AB = 5, 9 см. Відповідь: 5,9 см. б) Розв’язання. Тому що точка X лежить між точка­ " 9 # ми A і B, то AX + XB = AB , AB = 5, 3 см + 4, 2 см = 9,5 см. Відповідь: 9,5 см. в) Розв’язання. Тому що точка X лежить між точка­ ми A і B, то AX + XB = AB , " 9 # 1 2 AB = 2 дм + 6 дм = 9 дм.

3 3 Відповідь: 9 см.

45. а) Тому що точка M лежить між точками P і K, то KP = 0, 9 дм, KM = 0, 3 дм. Знайдемо MP.

Розв’язання. Тому що точка M лежить між точками P і K, то PK = MK + MP , MP = PK − MK , MP = 0, 9 − 0, 3 = 0, 6 (дм). Відповідь: 0,6 дм. б) Тому що точка M лежить між точками P і K, то , . 1 KP = KM + MP , виходить, MP = KP − KM , MP = 2, 6 дм − 1,4 дм = 1,2 (дм). Відповідь: 1,2 дм. в) Тому що точка M лежить між точками K і P, то , .

1 231 KP = KM + MP , виходить,

MP = KP − KM , MP = 2 2 дм.

3

46. а) Тому що точка C лежить між точками A і B, то AB = AC + CB . Довжина відрізка AC = 5 см, тоді довжина відрізка CB = 5 см + 3 см = 8 см, тому що AB = 5 + 8 = 13 см. Відповідь: 13 см.

"

$

#

47. а) Нехай AB = 2,5 см, BC = 3, 8 см, AC = 1, 3 см. Пере­ # " $ віримо, чи лежать точки A, B, C на одній прямій.

2,5 + 1, 3 = 3, 8 , отже, AB + AC = BC , тобто точка A лежить між точками B і C, точки лежать на одній прямій. б) Нехай AB = 1, 9 см, BC = 2, 9 см, AC = 4, 9 см. Тому що сума жодної пари значень довжин відрізків не дорівнює третьому значенню, то точки A, B, C не лежать на одній прямій. Відповідь: а) так; б) ні.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

Відповідь: 2

5 1 4 2 дм − 1 дм = 2 дм = 2 дм.

3 6 6 6

al

ld z

49. а) Нехай AB = 2, 3 см, BC = 3,5 см, AC = 6, 3 см.

AB + BC < AC , точки не можна розмістити так, щоб виконувалася дана умова. Відповідь: ні. б) Нехай AB = 5,1 см, BC = 3,5 см, AC = 6, 8 см.

AB + BC > AC , точки не можна розмістити так, щоб виконувалася дана умова. Відповідь: ні. в) Нехай AB = 3,1 см, BC = 7, 2 см, AC = 10, 3 см.

AC = AB + BC , точки можна розмістити так, щоб виконувалася дана умова. Відповідь: так.

50. а) Нехай AB = 9, 2 см, BC = 3, 8 см, AC = 13 см. Визна­ " $ # чимо, чи може відрізок BC лежати на промені AB. Розв’язання: тому що 3, 8 + 13 ≠ 9, 2 , то точка C не лежить між точками A і B. Тоді відрізок BC не належить променю AB. Відповідь: ні. б) Нехай AB = 9, 2 см, BC = 3, 8 см, AC = 5, 4 см. Визначимо, чи може відрізок BC лежати на промені AB. Розв’язання: тому що 3, 8 + 5, 4 = 9, 2 , то AB = BC + AC , тобто точка C лежить між точками A і B. Тоді відрізок BC належить променю AB. Відповідь: так. в) Нехай AB = 9, 2 см, BC = 13, 8 см, AC = 4, 6 см. Визначимо, чи може відрізок BC лежати на промені AB. Розв’язання: тому що 13, 8 + 4, 6 ≠ 9, 2 , то точка C не лежить між точками A і B. Тоді відрізок BC не належить променю AB. Відповідь: ні.

51. Нехай даний відрізок XY, XY = 4, 8 см. Точка C належить відрізку XY. Знайдемо XC і YC, якщо: а) XC − CY = 1, 3 см; б) CY = 2CX ; 232 в) XC : CY = 1 : 5 .

ГЕОМЕТРІЯ

.n et

Розв’язання: а) Нехай CY = x дм, тоді XC = x + 1, 3 (дм).

9 $ : Тому що точка C лежить між точками X і Y, то XC + CY = XY . Маємо рівняння: x + x + 1, 3 = 4, 8 ; 2x = 4, 8 − 1, 3 ; x = 3,5 : 2 ; x = 1,75 см. CY = 1,75 дм; CX = 3, 05 дм. Відповідь: CY = 1,75 дм, CX = 3, 05 дм. б) Нехай XC = x дм, тоді CY = 2x дм. Тому що точка C 9 $ : лежить між точками X і Y, то XC + CY = XY . Маємо рівняння: x + 2x = 4, 8 ; 3x = 4, 8 ; x = 4, 8 : 3 , x = 1, 6 дм; 2x = 3, 2 дм.

CY = 3, 2 дм; CX = 1, 6 дм. Відповідь: CY = 3, 2 дм; CX = 1, 6 дм. в) Нехай даний відрізок XY, XY = 4, 8 см. Точка C належить відріз­ ку XY. Знайдемо XC і CY, якщо: XC : CY = 1 : 5 . Нехай XC = x см, тоді CY = 5x см. Тому що точка C лежить між точками X і Y, то XC + CY = XY . Маємо рівняння: x + 5x = 4, 8 ; 6x = 4, 8 ; x = 0, 8 .

XC = 0, 8 дм; CY = 4 дм. Відповідь: XC = 0, 8 дм; CY = 4 дм.

al

ld z

52. Нехай точки A, B, C, D лежать на одній прямій. AB = 10 дм, AC = 3 дм, BD = 4 дм. Знайдемо CD. а) Нехай точка C лежить між точками A і B, а точ­ " $ # % ка B між точками C і D. Тоді AC + CB = AB , CB + BD = CD . CB = AB − AC , CB = 10 − 3 = 7 (дм). CD = 7 + 4 = 11 (дм). б) Нехай точка A лежить між точками C і B, а точ­ $ " # % ка B лежить між точками A і D, тоді CD = AC + AB + BD , CD = 10 + 3 + 4 = 17 (дм). в) Нехай точка A лежить між точками C і D, точ­ ка D лежить між точками A і B. $ " % # CD = CA + AD , AD = AB − BD , AD = 10 − 4 = 6 (дм), CD = 3 + 6 = 9 (дм). г) Нехай точка C лежить між точками A і D, точ­ " $ % # ка D між точками C і B. CB = AB − AC − BD , CD = 10 − 3 − 4 = 3 (дм). Відповідь: а) 11 дм, б) 17 дм, в) 9 дм, г) 3 дм.

53. Нехай точки A, B, C, D лежать на одній прямій, точка B — середина AC, BC = 7 см, CD = 10 см. Знайдемо довжину AD. Тому що точки B і C лежать між точками A і D, і точка B — середина AC, то AB = BC та " # $ % AD = 2 AB + CD = 2 ⋅ 7 + 10 = 24 см. Відповідь: 24 см.

54. Нехай точки A, B, C, D лежать на одній прямій. Знайдемо довжину відрізка CD, якщо AB = 10 см, AC = 3 см, BD = 4 см. а) Нехай точки C і B лежать між точками A і D. " $ # % Тому що AD = AC + CB + BD , а CD = BC + BD , то CD = AD − AC . AD = AB + BD .

AD = 10 + 4 = 14 см. CD = 14 − 3 = 11 см. Відповідь: 11 см. б) Нехай точки C та D лежать між точками A " $ % # 233 та B.

#

%

"

$

55. а) Нехай даний відрізок AB, для того щоб побудувати відрізок у три рази довший, відкладемо послідовно на прямій відрізки AB, BC, CK рівні за довжиною, тоді відрізок CK буде дорівнювати побудо­ ваному AB. б) " ,

# 1

в) "

#

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

Тому що AB = AC + CD + DB , то CD = AB − ( AC + DB) = 10 − (3 + 4) = 3 см. Відповідь: 3 см. в) Нехай точки D і A лежать між точками B і C. Тому що BC = BD + DA + AC і CD = DA + AC , і DC = DA + AC .

DA = AB − BD = 10 − 4 = 6 см. DC = 6 + 3 = 9 см. Відповідь: 9 см.

,

1

56. Для того щоб за допомогою півметрової лінійки побудувати відрізок довжиною 2 м, треба на прямій послідовно відкласти чотири відрізки довжиною 0,5 м, одержимо відрізок з довжиною 0,5 ⋅ 4 = 2 (м). Вправи для повторення

ld z

59. Тому що довжина окружності l = 2πR , то дов­ жина кожної дуги l∪ =

2πR 2π ⋅ 4 = = 2π .

4 4

$

"

0

l∪ = 2 ⋅ 3,14 = 6, 28 см.

%

al

60. Кола, розташовані на площині, можуть поділити її: а) на дві частини; б) на три частини.

0

0

0

0

61. Тому що в куба 12 ребер і всі вони рівні, а за умовою довжина всіх ребер куба дорівнює 6 см, то довжина ребер куба дорівнює 6 : 12 = 0,5 м. Відповідь: 0,5 м.

62. Тому що фігура складається з 26 клітинок, а площа однієї клітинки 0,25 см2, то площа фігури 26 ⋅ 0, 25 = 6,5 см2. Відповідь: 6,5 см2.

§ 3. Кути і їх величини #

70. Кут ABC не може бути розгорнутим, тому що точки A, B, C не лежать на одній прямій.

234

"

$

71.

"

"

0

/

. #

°

,

5 1 10 t º ʾÃËÉÁʹ

$

#

, #. t º ʾÃËÉÁʹ

#/ t º ʾÃËÉÁʹ

73. 135′ = 2°15′ , 5000′ = 83°20′ . (1° = 60′ ) .

ГЕОМЕТРІЯ

74. 6°15′ = (360 + 15)′ = 375′ : 2° = 120′ ; 11,5° = 690′ .

75. а) 5°48′ + 7°35′ = 12°83′ = 13°23′ ; б) 32°17 ′ − 8°45′ = 24°17 ′ − 45′ = 23°77 ′ − 45′ = 23°32′ .

77.

33°33′ + 15°15′ = 48°48′ ; 145°54′ − 41°41′ = 104°13′ ; 123°45′ + 54°32′ = 178°17 ′ ; 44°14′ − 14°44′ = 43°74′ − 14°44′ − 45′ = 29°30′ .

.n et

76. а) б) в) г)

A

10°

100°

60°

90°

100°

180°

B

5°

50°

30°

45°

50°

90°

ld z

78. Нехай OC — внутрішній промінь кута AOB, ∠ AOC = 60° , ∠ COB = 30° . Знайдемо кут AOB. Тому що OC — внутрішній промінь кута AOB, то ∠ AOB = ∠ AOC + ∠ BOC, ∠ AOB = 60° + 30° = 90° . Відповідь: 90°.

al

79. Ні. Тому що величина кута KPM більша величини кута KPT. Так. Тому що величина кута KPM менша величини кута KPT.

80. Хвилинна стрілка протягом 60 хв обертається на 360°, за одну хвилину — на 6°, за 20 хв на 120°, за 30 хв на 180°. Відповідь: 120°, 180°.

81. Годинна стрілка годинника повертається за одну годину на 30°, за 0,5 го­ дини на 15°, за 5 хв на 30 : 12 = 2,5° . Відповідь: 15°; 2,5°. "

82. ∠ AOM = 25° і ∠ AOM : ∠ MOB = 4 : 5 , нехай ∠ MOB = x 25 ⋅ 5 , x = 31°15′ . ∠ MOB = x , тоді 25° : x = 4 : 5 . x = 4 0 Відповідь: 31°15′ .

83. Якщо промінь OM проходить між сторонами кута AOB, то ∠ AOB = ∠ AOM + ∠ MOB ; ∠ AOB = 30° + 60° = 90° . Відповідь: 90°. Якщо промінь OA проходить між сторонами BOM, то ∠ BOM = ∠ BOA + ∠ AOM й ∠ BOA = ∠ BOM − ∠ AOM . ∠ BOA = 60° − 30° = 30° . Відповідь: 30°.

"

0

. #

. #

235

84. Якщо промінь OM проходить між сторонами ∠ AOB, то ∠ AOB = ∠ AOM + ∠ MOB й ∠ AOM = ∠ AOB −∠ MOB, ∠ AOM = 120° − 60° = 60° . Відповідь: 60°. Якщо промінь BO проходить між сторонами ∠ AOM, то ∠ AOM = ∠ AOB + ∠ BOM , ∠ AOM =120°+ 60°=180° . Відповідь: 180°.

"

. #

0 # "

.

0

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

85. Нехай дано ∠ AOB і його внутрішні промені OK і OM. " ∠ AOB = 90° , ∠ AOK = 40° , ∠ MOB = 30° . Знайдемо кут KOM. Тому що OM — внутрішній промінь кута AOB, ∠ MOB = 30° , то ∠ AOM = ∠ AOB − ∠ BOM , ∠ AOM = 90° − 30° = 60° .

0 Тому що OK — внутрішній промінь ∠ AOB, и ∠ AOK = 40° ∠ AOK = 40° , ∠ AOM = 60° , OK — внутрішній промінь ку­ та AOK, ∠ KOM = ∠ AOM − ∠ AOK , ∠ KOM = 60° − 40° = 20° . "

ld z

86. Нехай OM — бісектриса кута AOB, OK — бісектри­ са кута AOM. Визначимо, у скільки разів ∠ KOM менший ∠ AOB . Розв’язання. Тому що OM — бісектриса кута AOB, ∠ AOM = 0,5∠ AOB . Тому що OK — бісектриса ку­ та AOM, ∠ AOK = 0,5∠ AOM = 0, 25∠ AOB . Відповідь: у чотири рази.

87. Нехай OM — бісектриса кута AOB, ∠ AOB = 90° , OK і OP — бісектриси кутів AOM і MOB. Знайдемо міру кута KOP. Розв’язання. Тому що OM — бісектриса кута AOB, то ∠ AOM = ∠ MOB = 0,5∠ AOB . Тому що OK і OP — бісектриси кутів AOM і MOB, ∠ AOK = ∠ KOM = ∠ MOP = ∠ POB = 0, 25∠ AOB , ∠ KOP = ∠ KOM + ∠ MOP = 0,5∠AOB , ∠ KOP = 45° . Відповідь: 45°.

. #

, .

0

" ,

#

.

al

1 0

#

# "

88. Якщо промінь OA проходить між сторонами ∠ BOM, то ∠ BOM = ∠ BOA + ∠ AOM й ∠ BOA = ∠ BOM −∠ AOM. За умовою ∠ AOM = 30° , а ∠ BOM на 20° більше, виходить, ∠ BOA = 20° . Відповідь: 20°. Якщо промінь OM проходить між сторонами ку­ та AOB, то ∠ AOB = ∠ AOM + ∠ MOB , ∠ MOB = ∠ AOM + 20° , ∠ MOB = 30° + 20° = 50° , ∠ AOB = 30° + 50° = 80° . Відповідь: 80°.

89. Нехай OM і OK — внутрішні промені кута AOB, OK — бісектриса кута MOB. ∠ AOB = 150° , ∠ KOB на 40° менше ∠ MOB . Знайдемо ∠ AOM й ∠ MOK . Розв’язання. Тому що OK — бісектриса ∠ MOB , то ∠ MOK = ∠ KOB й ∠ MOB = 2 ⋅ ∠ KOB = 2 ⋅ ∠ MOK .

236 Нехай ∠ KOB = x , тоді ∠ MOB = 2x .

,

0

. "

.

0

#

.

"

, 0

#

Тому що ∠ KOB на 40° менше ∠ MOB , одержуємо рівняння: 2x − 40° = x ; x = 40° , виходить, ∠ MOK = ∠ KOB = 40° , а ∠ MOB = 80° . ∠ AOB = ∠ AOM + ∠ MOB , тоді ∠ AOM = ∠ AOB − ∠ MOB , ∠ AOM = 150° − 80° = 70° . Відповідь: ∠ AOM = 70° , ∠ MOB = 40° .

91. Площа квадрата дорівнює 16 см2, у квадрата всі сторони рівні, тоді довжина сторони квадрата дорівнює 4 см і його периметр 16 см. Відповідь: 16 см.

.n et

92. Нехай одна сторона прямокутника дорівнює 5 см, тому що площа його 40 см2, то друга сторона дорівнює 40 : 5 = 8 см і периметр дорів­ нює (5 + 8) ⋅ 2 = 26 см. Відповідь: 26 см.

ГЕОМЕТРІЯ

Вправи для повторення

ld z

93. а) Точки A, B і C не лежать на одній прямій, тому що AC < AB + BC , 10 < 5 + 7 . Відповідь: ні. б) AC = 1 дм = 10 см. Точки A, B і C лежать на одній прямій, тому що BC = AB + AC , 45 см = 35 см +10 см . Відповідь: так.

3 в) Точки A, B і C лежать на одній прямій, тому що AB = дюйма = 4 9 8 9 2 = дюйма, BC = дюйма = дюйма й AB = BC + AC , дюй­ 12 12 12 3 8 1 ма = дюйма + дюйма. Відповідь: так.

12 12

al

94. Площа прямокутного трикутника дорівнює половині добутку його ка­ тетів. Катети — це дві менші сторони прямокутного трикутника, тому S = (3 ⋅ 4) : 2 = 6 см2. Відповідь: 6 см2.

Розділ 2. Взаємне розташування прямих на площині § 4. Суміжні й вертикальні кути #

104. Якщо один із суміжних кутів має міру 50°, то дру­ гий 180° − 50° = 130° , тому що сума суміжних кутів дорівнює 180°. "

105. Якщо один із суміжних кутів має міру 160°, то дру­ гий 180° − 160° = 20° , тому що сума суміжних кутів дорівнює 180°.

106. Сума суміжних кутів дорівнює 180°, тому міра кута суміжного з кутом ABC дорівнює: а) 180° − 34° = 146° ; б) 180° − 111° = 69° ;

0

$

0

$

# "

237

в) 180° − 13°13′ = 179°60′ − 13°13′ = 166°47 ′ ; г) 180° − 135°47′ = 179°60′ − 135°47′ = 44°13′ . Відповідь: 146°; 69°, 166°47 ′ ; 44°13′ .

108. Нехай ∠ AOB і ∠ COB — суміжні, а) ∠ COB на 30° більший ∠ AOB ; б) ∠ AOB в два рази менший ∠ COB . Знайдемо кути AOB і COB. а) Нехай ∠ AOB = x° , тоді ∠ COB = x + 30° . Тому що сума суміжних кутів дорівнює 180°, то ∠ AOB + ∠ COB = 180° , x + x + 30° = 180° , 2x = 180° − 30° , 2x = 150° , x = 150° : 2 , x = 75° , x + 30° = 105° . б) Нехай ∠ AOB = x° , тоді ∠ COB = 2x° . Тому що сума суміжних кутів дорівнює 180°, то ∠ AOB + ∠ COB = 180° , x + 2x = 180° , 3x = 180° , x = 60° , 2x = 120° . Відповідь: а) 75°; 105°; б) 60°, 120°.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

107. Нехай суміжні кути AOB і BOC рівні, їхня сума дорівнює 180°, тоді кожний кут дорівнює половині розгорнутого, тобто 90°.

ld z

109. а) Сума суміжних кутів дорівнює 180°. Нехай величина одиничного кута x, тоді один з кутів 4x, а другий 5x. Одержуємо рівняння: 4x + 5x = 180° , 9x = 180° , x = 20° . Отже, величина одного із суміжних кутів 80°, а другого — 100°. Відповідь: 80°; 100°. б) Сума суміжних кутів дорівнює 180°. Нехай величина одиничного кута x, тоді величина одного із суміжних кутів 3x, а другого 2x. Одержуємо рівняння: 3x + 2x = 180° , 5x = 180° , x = 36° . Отже, величина одного із суміжних кутів 108°, а другого — 72°. Відповідь: 108°; 72°.

al

110. Кути AOB і COD — вертикальні, тому що проме­ ні OA і OC, OB і OD є додатковими.

111. Нехай кути AOC і KOB — вертикальні, сума їхніх величин дорівнює 120°. Знайдемо величини кутів, утворених перетинанням прямих AB і KC. Розв’язання. Тому що вертикальні кути рівні, то ∠ AOC = ∠ KOB = 60° . Кути AOC і COB — суміж­ ні, тому що ∠ COB = 180° − 60° = 120° . Кути COB і KOA — вертикальні, тому що ∠ AOK = 120° . Відповідь: 60°, 60°, 120°, 120°.

" %

#

0 $ "

,

0

$

#

112. а) Нехай прямі AB і CK перетинаються. " ∠ AOC = 50° . Знайдемо кути KOA, COB, KOB. Оскільки прямі AB і CK перетинаються, то ку­ , $ 0 ти ∠ AOC й ∠ KOB — вертикальні, тому що # рівні: ∠ KOB = 50° . ∠ KOA і ∠ AOC — суміжні, їхня сума дорів­ нює 180°, тому що ∠ KOA = 180° − ∠ AOC . ∠ KOA = 180° − 50° = 130° . ∠ KOA і ∠ COB — вертикальні, тому що вони рівні, тоді ∠ COB = 130° .

238 Відповідь: ∠ KOA = ∠ COB = 130° ; ∠ KOB = 50° .

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

б) Нехай прямі AB і CK перетинаються. ∠ KOA = 110° . Знайдемо величини кутів COB, AOC, KOB. Тому що прямі AB і CK перетинаються, то кути KOA і COB — вер­ тикальні, значить вони рівні: ∠ COB = 110° . Кути KOA і KOB — суміжні, їхня сума дорівнює 180°, виходить, ∠ KOB = 180° − 110° = 70° . Кути KOB і COA — вертикальні, вихо­ дить, ∠ KOB = ∠ COA = 70° . Відповідь: 110°, 110°, 70°, 70°. в) Нехай прямі AB і CK перетинаються. ∠ KOA = n° . Знайдемо величини кутів COB, AOC, KOB. При перетинанні двох прямих утворяться пари вертикальних ку­ тів ∠ KOA і ∠ COB й ∠ AOC і ∠ KOB , і суміжні кути ∠ KOA й ∠ AOC (є ще інші пари, але вони нам не потрібні при розв’язанні цієї задачі). Вертикальні кути рівні, тому що ∠ KOA = ∠ COB = n° й ∠ AOC = ∠ KOB = 18 ∠ AOC = ∠ KOB = 180° − n° , тому що ∠ KOA + ∠ AOC = 180° (як суміжні), то ∠ AOC = 180° − n° . Відповідь: ∠ COB = n° ; ∠ AOC = ∠ KOB = 180° − n° .

113. даний кут

10°

90°

120°

170°

10°

50°

60°

90°

120°

170°

130°

120°

90°

60°

10°

ld z ∠ AOD

66°

45°

83°

39°

3°

50°5′

∠ AOB

114°

135°

97°

141°

177°

129°55′

∠ BOC

66°

45°

83°

39°

3°

50°5′

∠ DOC

114°

135°

97°

141°

177°

129°55′

146°27′ 80°51′ 33°33′

99°9′

146°27′ 80°51′ 33°33′

99°9′

al

114.

60°

170°

вертикальний кут

суміжний з ним кут

50°

115. При перетинанні двох прямих утворяться пари суміжних і вертикаль­ них кутів, а величини вертикальних кутів рівні. Якщо величини кутів пропорційні числам: а) 2, 3, 4 і 5, то нехай величина одиничного кута x, тоді величини ку­ тів 2x, 3x, 4x і 5x. Тому що 2x = 4x , а 3x = 5x , а це невірно. Відповідь: ні. б) 5, 5, 5 і 8, то нехай величина одиничного кута x, тоді величини кутів 5x, 5x, 5x і 8x. Тоді 5x = 5x й 5x = 8x , а це невірно. Відповідь: ні. в) 2, 3, 2 і 3, то нехай величина одиничного кута x, тоді величини кутів 2x, 3x, 2x і 3x. Тоді 2x = 2x й 3x = 3x . Відповідь: так. г) 1, 4, 2 і 8, то нехай величина одиничного кута x, тоді величини кутів x, 4x, 2x і 8x. Тоді x = 2x і 4x = 8x . Відповідь: ні.

116. Нехай прямі a і b перетинаються й утворять кути 1, 2, 3, 4. Причому ∠ 1 = ∠ 3 . ∠2 суміжний з ∠1 , ∠ 4 су­ міжний з ∠2 . ∠ 2 = ∠ 4 , як вертикальні кути.

C

B

239

117. Нехай прямі AB, CD і MK перетинаються в одній точці. Утворилося 7 пар вертикальних кутів.

.

#

"

$

.

1 #

0 ,

120. Нехай прямі AB і KC перетинаються в точці O. " Знайдемо величини кутів, утворені при перетинанні , $ прямих, якщо: 0 а) ∠ KOA на 20° більший ∠ AOC ; # б) ∠ AOC = 0,5∠ AOK ; в) ∠ AOC + ∠ KOB = 100° . а) Нехай ∠ AOC = x° , ∠ KOA = x + 20° . Кути AOC, KOA — суміжні, тому що їхня сума дорівнює 180°, x + x + 20° = 180° , 2x + 20° = 180° , 2x = 160° , x = 80° , x + 20° = 100° . ∠ AOC = ∠ KOB = 80° , ∠ KOA = ∠ BOC = 100° як вертикальні. б) Нехай ∠ AOC = x° , ∠ KOA = 2x° . Кути AOC і KOA — суміжні, то­ му що їхня сума дорівнює 180°, x + 2x = 180° , 3x = 180° , x = 60° , 2x = 120° . ∠ AOC = ∠ KOB = 60° , ∠ KOA = ∠ BOC = 120° як верти­ кальні. в) ∠ AOC + ∠ KOB = 100° , це кути вертикальні, тому що вони рівні, ∠ AOC = ∠ KOB = 50° . Кути AOC і KOA — суміжні, тому що їхня су­ ма дорівнює 180°, ∠ KOA = 180° − 50° = 130° , ∠ KOA = ∠ BOC = 130° як вертикальні. Відповідь: а) 80°, 80°, 100°, 100°; б) 60°, 60°, 120°, 120°;

в) 50°, 50°, 130°, 130°.

al

ld z

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

,

0 %

118. На малюнку 9 точок перетинання прямих, тому що 4 ⋅ 9 = 36 пара суміжних кутів і 9 ⋅ 2 = 18 пара вертикальних кутів. Відповідь: 18, 36.

119. Позначимо прямі, які перетинаються, AB, MP, CK. ∠ AOK = ∠ BOC як вертикальні, кути AOK, MOC, BOP утворять розгорнутий кут, тому що їхня сума дорівнює 180°, тобто ∠ 1 + ∠ 2 + ∠ 3 = 180° , що й було потрібно довести.

$

"

121. Нехай ∠ AOB = 180° , OM — промінь, що ділить . % його на ∠ AOM й ∠ MOB , ∠ MOB на 20° більше $ ∠ AOM . DO — бісектриса ∠ AOM , OC — бісектри­ са ∠ MOB . Нехай величина ∠ AOM — x, тоді ве­ 0 # личина ∠ MOB — ( x + 20°) . Оскільки промінь OM " проходить між сторонами ∠ AOB , то ∠ AOM = ∠ AOM + ∠ MOB . Одержуємо рівняння: x + x + 20° = 180° , 2x = 160° , x = 80° . Виходить, ∠ AOM = 80° , а ∠ MOB = 100° . Оскільки DO — бісектриса ∠ AOM , а OC — бісектриса ∠ MOB , то вони ділять ці кути навпіл. ∠ DOC = ∠ DOM + ∠ MOC , ∠ DOM = ∠ AOM : 2 = 40° , ∠ MOC = ∠ MOB : 2 = 50° , ∠ DOC = 40° + 50° = 90° . Відповідь: 80°; 100°; 90°.

122. а) ∠ AOB і ∠ BOC суміжні, виходить, за теоремою ∠ AOB + ∠ BOC = 180° й ∠ AOB = 180° − ∠ BOC .

OM — бісектриса ∠ BOC , ∠ BOC = 2 ⋅ ∠ MOC , ∠ BOC = 30° ⋅ 2 = 60° , ∠ AOB = 180° − 60° = 120° .

240 Відповідь: 120°.

#

"

0

. $

#

"

.

0

$ .

# "

0

$

# "

123. ABCDA1B1C1D1 — куб. ∠ ABB1 і ∠ B1BC не суміж­ ні, тому що промені BA і BC не є додатковими на­ півпрямими. Величина кута суміжного з ∠ ABB1 до­ рівнює 90°.

#

.n et

"

$ % $ %

ГЕОМЕТРІЯ

б) ∠ AOB і ∠ BOC суміжні, виходить, за теоремою ∠ AOB + ∠ BOC = 180° й ∠ AOB = 180° − ∠ BOC .

OM — бісектриса ∠ BOC , ∠ BOC = 2 ⋅ ∠ MOC , ∠ BOC = 2 ⋅ 45° = 90° , ∠ AOB = 180° − 90° = 90° . Відповідь: 90°. в) ∠ AOB і ∠ BOC суміжні, виходить, за теоремою ∠ AOB + ∠ BOC = 180° й ∠ AOB = 180° − ∠ BOC .

OM — бісектриса ∠ BOC , тому що ∠ BOC = 2 ⋅ ∠ MOC = 2 ⋅ 60° = 120° , ∠ AOB = 180° − 120° = 60° . Відповідь: 60°.

124. Нехай даний кут AOB, кути AOC і BOK — суміжні з кутом AOB, ∠ AOC + ∠ BOK = 100° . Знайдемо кут AOB. Розв’язання. Кути AOC і BOK — суміжні з кутом AOB, вони рівні як вертикальні. ∠ AOC = ∠ BOK = 100° : 2 = 50° . Тому що сума суміжних кутів — 180°, то ∠ AOB = 180° − 50° = 130° . Відповідь: 130°.

ld z

125. Нехай ребро одного куба x, тоді другого 2x. Об’єм першого куба x3 , а другого 8x3 , виходить, об’єми цих кубів відносяться, як 1 : 8 . Площа поверхні першого куба 6 ⋅ x2 , а площа поверхні другого ку­ ба 6 ⋅ 4x2 = 24x2 . Виходить, площі їхніх поверхонь співвідносяться як 1 : 4 . Вправи для повторення Z

al

128. ABCD — квадрат.

BC  AD та AB  CD .

AB ⊥ BC ; AB ⊥ AD ; CD ⊥ BC ; CD ⊥ AD .

129.

s

#

$

Y

s % s "

130. Фігура складається з 9 рівних аркушів A, B, C, D вершини квадрата пло­ S 9S щею S, тоді площа одного аркуша . Значить площа фігури — .

4 4

§ 5. Перпендикулярні й паралельні прямі /

135.

B

C ⊥ B D ⊥ B

136.

.

C ⊥ B D ⊥ B

B

. / C

D

C

D

241

" D

# B

139. CH ⊥ HP , HB ⊥ HP , HP ⊥ AB , HP ⊥ HA , HP ⊥ AC , CH ⊥ HK , HB ⊥ HK , HK ⊥ AB , HK ⊥ HA , HK ⊥ AC . Перераховані відрізки перпендикулярні прямій KP, тому що лежать на прямій AC, перпендикулярній до KP. 140. Так.

.

141. Ні, не можна, тому що промені мають початок. Дивись малюнок. Промені OM і BC не перетинаються, але вони не паралельні, а от якщо промені будуть лежати на па­ ралельних прямих, тоді вони будуть паралельними.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

137. a ⊥ c . Через точку A можна провести тільки одну пря­ му, перпендикулярну прямій c, тому що перпендику­ лярні прямі утворюють кут 90°, а від даної напівпря­ мої в задану напівплощину можна відкласти тільки один кут 90°.

142. а) a ⊥ b ; г) a ⊥ d ;

б) m  n ; д) m ⊥ c ;

"

# $

в) n ⊥ c ; е) b  d .

" $ .

0

%

#

al

ld z

143. AB ⊥ CD , OM — бісектриса ∠ COB . Знайдемо вели­ чини кутів AOM і MOD. ∠ AOM = ∠ AOC + ∠ COM . Тому що AD ⊥ CD , то ∠ AOD = ∠ AOC = ∠ COB = ∠ BOD = 90° . А тому що OM — бісектриса ∠ COB , то ∠ BOM = ∠ MOB = 45° . ∠ AOM = 90° + 45° = 135° ; ∠ MOD = ∠ MOB + ∠ BOD ; ∠ MOD = 90° + 45° = 135° . Відповідь: ∠ AOM = ∠ MOD = 135° .

144. Прямі AD і DC не перпендику­ 145. Пряма b: точка перетинання з віс­ лярні, прямі AB і BC перпен­ сю x M (6; 0) , з віссю y K (0; 6) ; дикулярні. пряма a: точка перетинання з віс­ AB  CD ; AD та BC не пара­ сю x D ( −4; 0) , з віссю y P (0; −4) . лельні. ab .

Z

Z

"

s s

242

#

C $

s s % s s s s

B Y

% s s s

,

#

. Y

s s s " s s s 1 s

148. a  OA , b  OB ; a ⊥ b .

"

B .

C

0 %

# B .

C

0

1

#

al

ld z

.n et

150. а) ∠ AOB і ∠ BOC — суміжні, MO — внутрішній . промінь ∠ AOB ; OM ⊥ AC ; ∠ BOC = 40° . Знайде­ # мо величину ∠ MOB . Тому що OM ⊥ AC , то " 0 $ ∠ MOC = 90° , ∠ MOC = ∠ MOB + ∠ BOC , тоді ∠ MOB = 90° − 40° = 50° . Відповідь: 50°. б) Тому що ∠ AOB й ∠ BOC — суміжні, то за тео­ . # ремою ∠ AOB + ∠ BOC = 180° . Нехай ∠ BOC = x , тоді ∠ AOB = x + 30° . Одержуємо рівняння: x + x + 30° = 180° ; 2x = 150° ; x = 75° , " 0 $ виходить, ∠ BOC = 75° . Тому що MO ⊥ AC , то ∠ MOC = 90° ; ∠ MOC = ∠ MOB + ∠ BOC , тоді ∠ MOB = 90° − 75° = 15° . Відповідь: 15°. в) Тому що ∠ AOB й ∠ BOC — суміжні, то за теоре­ . мою ∠ AOB + ∠ BOC = 180° . # Нехай одиничний кут x, тоді ∠ AOB = 3x , а ∠ BOC = 2x . Одержуємо рівняння: " 0 $ 3x + 2x = 180° ; 5x = 180° ; x = 36° , виходить, ∠ BOC = 72° . Тому що MO ⊥ AC , то ∠ MOC = 90° ; ∠ MOC = ∠ MOB + ∠ BOC , тоді ∠ MOB = 90° − 72° = 18° . Відповідь: 18°. г) див. рис. а). Тому що ∠ AOB й ∠ BOC — суміжні, то за теоремою ∠ AOB + ∠ BOC = 180° . Нехай ∠ BOC = x , тоді ∠ AOB = 3x . Одержуємо рівняння: x + 3x = 180° ; 4x = 180° ; x = 45° , виходить, ∠ BOC = 45° . Тоді ∠ MOB = 90° − 45° = 45° . Відповідь: 45°.

ГЕОМЕТРІЯ

149. MP — відстань від точки M до променя OB. MP = 2 см.

MD — відстань від точки M до променя OA. MD = MP .

"

151. а) ∠ AOC + ∠ COB = 180° і ∠ AOM + ∠ MOB = 180° , тому що вони су­ міжні. ∠ AOM = 130° , ∠ COB = 140° , тоді ∠ AOC = 180° − 140° = 40° . ∠ MOB = 180° − 130° = 50° . ∠ AOB + ∠ AOC + ∠ COM + ∠ MOB = 180° , тоді ∠ COM = 180° − ( ∠ AOC + ∠ MOB) = 180° − (40° + 50°) = 90° , вихо­ дить, CD ⊥ MN . б) ∠ AOB — розгорнутий, виходить, ∠ AOB = 180° . ∠ AOB = ∠ COM + ∠ AOC + ∠ MOB, тому що ∠ COM + ∠ AOC + ∠ MOB, то ∠ COM + ∠ COM = 180° . ∠ COM = 90° , значить CD ⊥ MN . в) OB — бісектриса ∠ MOD = ∠ OBD , ∠ OBD = ∠ COA як вертикальні, виходить, ∠ MOB = ∠ COA . ∠ AOM = ∠ AOC + ∠ COM , ∠ AOM = 135° і ∠ AOM + ∠ MOB = 180° як суміжні, тому що ∠ MOB = 180°−135° = 45° , виходить, ∠ AOC = 45° .

243 Тоді ∠ COM = 135° − 45° = 90° , значить CD ⊥ MN .

152. Точка M буде належати бісектрисі кута AOB. 153. MP = 1 см, MK = 3 см.

.

D 1

B ,

158. Косинець викривлений.

160. B "

.

#

$

%

161. Якщо точка K належить відрізку AB, то AB = AK + KB . За умовою AK = 3 см, BK = 5 см, AB = 7 см, тому що 7 = 3 + 5 , це не­вірно. Виходить, точка K не належить відрізку AB. Відповідь: ні.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

Вправи для повторення

al

ld z

162. Сума суміжних кутів дорівнює 180°. Нехай одиничний кут x, тоді: а) один з кутів x, а другий 2x, одержуємо рівняння: x + 2x = 180° ; 3x = 180° ; x = 60° , тому що один кут 60°, а другий 120°. Відповідь: 60°, 120°. б) один із кутів x, а другий 4x, одержуємо рівняння: x + 4x = 180° ; 5x = 180° ; x = 36° , тому що один кут 36°, а другий 144°. Відповідь: 36°, 144°. в) один із кутів 4x, а другий 5x, одержуємо рівняння: 4x + 5x = 180° ; 9x = 180° ; x = 20° , тому що один із кутів 20°, а другий 160°. Відповідь: 20°, 160°.

1 1 x , а другий x , одержуємо рівняння: г) один із кутів 2 3 1 1 3 2 5 5 x + x = 180° ; x + x = 180° ; x = 180° , x = 180° : ; 2 3 6 6 6 6 1 180° ⋅ 6 ⋅ 216° = 108° , а дру­ x= ; x = 216° , тому що один із кутів 2 5 1 ⋅ 216 = 72° . Відповідь: 108°, 72°. гий 3

163. Нехай довжина одиничного відрізка x, тоді а) одна зі сторін чотирикутника — x, друга — 2x, третя — 3x, чет­ верта — 4x. Периметр чотирикутника P. Одержуємо рівняння: x + 2x + 3x + 4x = P . 10x = P ; x = P :10 ; x = 0,1 ⋅ P . Виходить, сторо­ ни чотирикутника — 0,1P; 0,2P; 0,3P; 0,4P. б) сторони чотирикутника 3x, 5x, 3x і 7x. Одержуємо рівняння: 1 3x + 5x + 3x + 7x = P . 18x = P ; x = P . Отже, сторони чотирикут­ 18 1 5 1 7 P; P; P; P. ника 6 18 6 18 1 1 1 x, x, x і x. Одержуємо рівнян­ в) сторони чотирикутника 2 2 2 1 1 1 1 1 2 x + x + x + x = P . 2 x = P ; x = P : 2 ; x = P . Вихо­ ня: 2 2 2 2 2 5 4 4 4 2 P, P, P і P. дить, сторони чотирикутника 244 5 5 5 5

§ 6. Ознаки паралельности прямих ∠1 ∠6 ∠7 ∠2 ∠3 ∠8

і і і і і і

∠5 ∠3 ∠2 ∠3 ∠1 ∠5

суміжні кути. відповідні кути. відповідні кути. внутрішні односторонні кути. внутрішні різносторонні кути. зовнішні односторонні кути.

.n et

171. Нехай ∠ 1 = 87° , ∠ 3 = 78° . Знайдемо кути 2, 4, 5, 6, 7, 8. ∠ 1 = ∠ 6 = 87° як вертикальні кути. ∠ 1 + ∠ 5 = 180° як суміжні кути. ∠ 5 = ∠ 2 як вертикальні кути. ∠ 5 = ∠ 2 = 180° − 87° = 93° . ∠ 3 = ∠ 8 = 78° як вертикальні кути. ∠ 3 + ∠ 4 = 180° як суміжні кути. ∠ 4 = ∠ 7 як вертикальні кути. ∠ 4 = 180° − 78° = 102° . Відповідь: ∠ 2 = ∠ 5 = 93° , ∠ 6 = 87° , ∠ 8 = 78° , ∠ 4 = ∠ 7 = 102° .

ГЕОМЕТРІЯ

170. а) б) в) г) д) е)

al

ld z

172. а) ∠ 7 = 100° ; ∠ 6 = 90° . Знайдемо величини кутів 1, 2, 3, 4, 5, 8. ∠ 1 = ∠ 6 = 90° як вертикальні кути. ∠ 5 = ∠ 2 як вертикальні кути. ∠ 5 = ∠ 6 = 90° як суміжні кути з рівними кутами. ∠ 1 = ∠ 2 = 90° як суміжні кути з рівними кутами. ∠ 7 = ∠ 4 = 100° як вертикальні кути. ∠ 7 + ∠ 8 = 180° як суміжні кути. ∠ 8 = 180° − 100° = 80° . ∠ 8 = ∠ 3 = 80° як вертикальні кути. Відповідь: ∠ 1 = ∠ 5 = ∠ 6 = 90° , ∠ 4 = 100° , ∠ 3 = ∠ 8 = 80° . б) ∠ 5 + ∠ 8 = 170° . Знайдемо ∠ 1 + ∠ 4 ; ∠ 2 + ∠ 3 . ∠ 5 = ∠ 2 , а ∠ 8 = ∠ 3 як вертикальні, тому що, ∠ 2 + ∠ 3 = 170° . Кути 2 і 1, і 3 і 4 — суміжні, тому що, ∠ 1 = ∠ 4 = 360° − 170° = 190° . Відповідь: ∠ 1 + ∠ 4 = 190° , ∠ 2 + ∠ 3 = 170° . в) ∠ 4 − ∠ 2 = 10° . Знайдемо: ∠ 4 − ∠ 5 . ∠ 2 = ∠ 5 як вертикальні кути, виходить, ∠ 4 − ∠ 5 = 10° .

173. а) ∠ 1 = 50° ; ∠ 7 = 130° . За теоремою a  c , якщо ∠ 1 + ∠ 4 = 180° (внут­ рішні односторонні кути). ∠ 4 = ∠ 7 як вертикальні кути, виходить, 50° + 130° = 180° . Виходить, a  c . Відповідь: так. б) ∠ 6 = 65° ; ∠ 8 = 115° ; a  c , якщо ∠ 2 + ∠ 3 = 180° , за теоремою ∠ 6 + ∠ 2 = 180° як суміжні кути; ∠ 2 = 180° − 65° = 115°. ∠ 8 = ∠ 3 = 115° як вертикальні кути, виходить, ∠ 2 + ∠ 3 = 115° + 115° = 230° . Виходить, a  c . Відповідь: ні. в) ∠ 1 + ∠ 7 = 180° . ∠ 7 = ∠ 4 як вертикальні кути, тому що, ∠ 1 + ∠ 7 = 180° , а вони внутрішні односторонні кути. Виходить, a  c . Відповідь: так. г) ∠ 2 = 140° ; ∠3 на 80° менше ∠2 . ∠2 і ∠3 внутрішні односто­ ронні кути. Якщо a  c , то за теоремою ∠ 2 + ∠ 3 = 180° . ∠ 2 = 140° , тоді ∠ 3 = 140° − 80° = 60° . Виходить, ∠ 2 + ∠ 3 = 140° + 60° = 200° . Ви­ 245 ходить, a  c . Відповідь: ні.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

174. а) ∠ A = 50° і ∠ CBM = 50° . BM  AC , тому що вони не є внутрішніми різносторонніми кутами або відповідними кутами. Відповідь: ні. б) ∠ A = 50° , ∠ ABM = 130° . ∠ A + ∠ ABM = 50° + 130° = 180° . ∠ A і ∠ ABM — внутрішні односторонні кути, значить за теоре­ мою BM  AC . Відповідь: так. в) ∠ A = 50° , ∠ BCA = ∠ KBM , див. а). Відповідь: ні. г) ∠ A = 50° ; ∠ ABM на 50° більше ∠ CAB . ∠ ABM і ∠ CAB є внут­ рішніми односторонніми кутами. Якщо BM  AC , то за теоремою ∠ ABM + ∠ CAB = 180° . ∠ CAB = ∠ A = 50° , ∠ ABM = ∠ A + 50° = 100° . 50° + 100° = 150° , ви­ ходить, BM  AC . Відповідь: ні.

175. Якщо ∠ AKP = 90° й ∠ KPC = 90° , а вони є внут­ рішніми односторонніми кутами, то якщо AB  CD , за теоремою ∠ AKP + ∠ KPC = 180° ; 90° + 90° = 180° , виходить, AB  CD . Відповідь: так.

ld z

176. Якщо точки B і D лежать по одну сторону від пря­ мої KP, то ∠ BKP і ∠ KPD є внутрішніми одно­ сторонніми кутами, якщо ∠ BKP + ∠ KPD = 180° , то AB  CD (за теоремою).

89°39′ + 90°21′ = 180′ , виходить, AB  CD . Відповідь: так.

"

$

,

1

#

%

"

# , 1

$

%

177. а) Якщо AB  BC , то за теоремою ∠ PAB + ∠ ABC = 180° ∠ PAB + ∠ ABC = 180° (як внутрішні односторонні кути).

105° + 75° = 180° , виходить, AB  BC . б) рис. а). Якщо AB  BC , то за теоремою # ∠ PAB + ∠ ABC = 180° (як внутрішні односторонні кути). 93° + 87° = 180° , виходить, AB  BC .

1

al

"

$

178. Протилежні сторони прямокутника лежать на паралельних прямих, тому що сума кутів, що прилягають до однієї бічної сторони (вони ж є й внутрішні односторонні кути), дорівнює 180° (у прямокутника всі кути по 90°).

D

179. a  b , тому що, ∠ 2 = ∠ 3 , а вони є внутрішніми різно­ сторонніми кутами.

B

C

180. а) ∠ 1 + ∠ 4 = 160° , ∠ 4 на 20° менше ∠1 , знайдемо величини кутів 1 і 2. Нехай ∠ 4 − x , тоді ∠ 1 = x + 20° . Одержуємо рівняння: x + x + 20° = 160° ; 2x = 140° ; x = 70° . ∠ 1 + ∠ 2 = 180° як суміжні, тоді ∠ 2 = 90° . Виходить, ∠ 1 = 90° . Відповідь: 90°, 90°. б) ∠ 1 + ∠ 4 = 160° , ∠2 в 2 рази більше ∠1 . Знайдемо величини кутів 1 246 і 2. ∠ 1 + ∠ 2 = 180° як суміжні кути.

ГЕОМЕТРІЯ

.n et

Нехай ∠ 1 − x , тоді ∠ 2 = 2x . Одержуємо рівняння: x + 2x = 180° ; 3x = 180° ; x = 60° . Виходить, ∠ 1 = 60° , ∠ 2 = 120° . Відповідь: 60°, 120°. в) ∠ 1 + ∠ 4 = 160° , ∠ 4 : ∠ 2 = 2 : 3 . Знайдемо величини кутів 1 і 2. ∠ 1 + ∠ 2 = 180° як суміжні кути. ∠ 1 + ∠ 4 = 160° , виходить, ∠ 1 = 160° − ∠ 4 . Нехай одиничний кут x, тоді ∠ 4 = 2x , ∠ 2 = 3x і ∠ 1 = 160° − 2x . Одержуємо рівняння: 160° − 2x + 3x = 180° ; x = 20° , тоді ∠ 2 = 60° , ∠ 1 = 120° . Відповідь: 120°, 60°. г) ∠ 1 + ∠ 4 = 160° , ∠ 4 становить 60 % кута 2. Знайдемо ∠1 й ∠2 . ∠ 1 + ∠ 2 = 180° як суміжні кути. Тому що ∠ 1 + ∠ 4 = 160° , то ∠ 1 = 160° − ∠ 4 . Нехай ∠ 2 − x , тоді ∠ 2 = 0, 6x й ∠ 1 = 160° − 0, 6x . Одержуємо рівнян­ ня: 160° − 0, 6x + x = 180° ; 0, 4x = 20° ; x = 50° . Виходить, ∠ 2 = 50° , а ∠ 1 = 160° − 0, 6 ⋅ 50° = 160° − 30° = 130° . Відповідь: 130°; 50°.

al

ld z

181. а) ∠ 4 − ∠ 1 = 30° , ∠ 1 = 75° . З’ясуємо, чи паралельні прямі a і b. За тео­ремою, якщо a  b , то ∠ 3 = ∠ 1 (на малюнку вони внутрішні різносторонні кути.) ∠ 3 + ∠ 4 = 180° як суміжні кути, виходить, ∠ 4 = 180° − 75° = 105° . Якщо ∠ 4 − ∠ 1 = 30° , то ∠ 1 = ∠ 4 − 30° й ∠ 1 = 105° − 30° = 75° , виходить, ∠ 1 = ∠ 3 і a  b . Відповідь: так. б) ∠ 1 = 60° і ∠ 2 : ∠ 3 = 2 : 1 . Чи з’ясуємо паралельні прямі a і b. За теоремою, якщо ∠ 2 + ∠ 3 = 180° (як внутрішні односторонні кути), то a  b . Нехай одиничний кут x, тоді ∠ 2 = 2x , ∠ 3 = x . Якщо ∠ 1 = 60° й ∠ 1 + ∠ 2 = 180° (вони суміжні кути), то ∠ 2 = 120° .

2x = 120° ; x = 60° , виходить, ∠ 3 = 60° . Тоді 120° + 60° = 180° й a  b . Відповідь: так.

182. а) ∠ 3 = ∠ 5 = ∠ 9 . Установимо взаємне розташування прямих a, b і c. ∠3 і ∠5 внутрішні різносторонні кути, якщо ∠ 3 = ∠ 5 , то за теоремою a  b . ∠5 і ∠ 9 — відповідні кути, якщо ∠ 5 = ∠ 9 , то b  c , значить abc . б) ∠ 2 = ∠ 8 і ∠ 7 = ∠ 9 . ∠ 7 = ∠ 9 за умовою й вони є внутрішніми різносторонніми кутами, виходить, b  c . ∠ 8 і ∠7 , то ∠7 й ∠6 суміжні, тому що, ∠ 8 = ∠ 6 . ∠6 і ∠2 — відповідні кути, якщо ∠ 2 = ∠ 8 , то й ∠ 8 = ∠ 2 , вихо­ дить, b  a . Виходить, a  b  c . в) ∠ 12 = ∠ 8 ; ∠ 6 + ∠ 3 = 180° . ∠ 6 + ∠ 3 = 180° , а вони внутрішні односторонні кути, тоді за тео­ ремою a  b . ∠ 12 = ∠ 8 , а вони відповідні кути, виходить, за теоремою b  c . Ви­ ходить, a  b  c .

183. ∠ 8 = ∠ 12 , а вони відповідні кути, виходить, за теоремою b  c . ∠ 8 = ∠ 6 як вертикальні, а ∠6 й ∠2 — відповідні кути, виходить 247 ∠ 6 = ∠ 2 , отже, за теоремою a  b .

#

"

©

,

%

.

185. Якщо ∠ 1 = 60° , а ∠2 вдвічі більше, то ∠ 2 = 120° . ∠ 1 + ∠ 2 = 60° + 120° = 180° , а ∠1 й ∠2 — внутрішні односторонні кути й за теоремою a  b ∠1 й ∠3 — відповідні кути. Якщо ∠ 2 = 120° , а ∠ 2 − ∠ 3 = 60° , то ∠ 3 = 120° − 60° = 60° . Тоді ∠ 1 = ∠ 3 = 60° , виходить, за теоремою d  c .

186. Можна, але для цього до деякої прямої треба прикласти косинець од­ нією стороною й перемістити його по прямій. Інші сторони косинця будуть указувати на паралельні прямі (рис. 48 підручника).

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

184. Позначимо вершини шестикутника буквами A, B, C, D, M, K. Якщо ∠ 1 = ∠ 4 й KC — січна, а вони є внутріш­ німи різносторонніми кутами, то за теоремою BC  KM . Аналогічно, AK  CD ( ∠ 2 = ∠ 5 ) та AB  MD (∠ 3 = ∠ 6 ).

187. На малюнку ∠ DCB = ∠ ABC , ці кути внутрішні різносторонні при прямих AB і CD і січної CB, тому що прямі AB і CD паралельні.

ld z

188. Щоб довідатися, чи паралельні дані прямі, треба провести січну й ви­ міряти відповідні кути, якщо вони рівні, то прямі паралельні. Вправи для повторення

al

190. Периметр трикутника 12 см +15 см +18 см = 45 см. Якщо кожну сторону зменшити на 5 см, то периметр зменшиться на 15 см і буде дорівнювати 40 см − 15 см = 30 см. Зменшиться периметр у 45 : 30 = 3 : 2 = 1,5 рази.

191. а) на 4 частини.

α

0 ** ***

б) на 3 частини.

*

*7

*** B

α

0

**

B *

192. OM — бісектриса ∠ AOC , ∠ COB = 70° . " . ∠ COB = ∠ AOD = 70° (як вертикальні). $ 0 % ∠ COB = ∠ BOD = 180° (як суміжні), # тоді ∠ BOD = 180° − 70° = 110° . ∠ BOD = ∠ COA = 110° (як вертикальні).

MO — бісектриса ∠ COA , виходить, ∠ COM = ∠ MOA = ∠ COB : 2 = 55° . ∠ MOB = ∠ MOC + ∠ COB = 55° + 70° = 125° . ∠ MOD = ∠ MOA + ∠ AOD = 55° + 70° = 125° . Відповідь: ∠ MOB = ∠ MOD = 125° .

193. При перетинанні двох прямих утворяться суміжні й вертикальні кути, тому що вертикальні кути рівні, то мова йде про суміжні кути. Нехай один з них x, тоді другий x + 90° . За теоремою, сума суміжних кутів 180°. Одержуємо рівняння: x + x + 90° = 180° ; 2x = 90° ; x = 45° . Отже, один кут 45°, а другий 135°. Великий кут у 135 : 45 = 3 рази більший 248 за менший кут.

.n et

198. Нехай паралельні прямі KM і PC перетинаються 0 прямій OE у точках A і B відповідно, ∠ OAM = 35°. , . " Знайдемо інші кути, утворені прямими KM і PC і січною OE. Тому що KM  PC , то ∠ OAM = ∠ OBC = 35° , як від­ 1 # $ & повідні при паралельних KM і PC і січної OE; ∠ ABC + ∠ BAM = 180° , виходить, ∠ BAM = 180° − 35° = 145° ; ∠ KAB = ∠ ABC = 35° як внутрішні різносторонні при паралельних KM і PC і січної OE; ∠ MAB = ∠ ABP = 145° як внутрішні різносторонні при паралель­ них KM і PC і січної OE; ∠ ABC = ∠ PBE = 35° як вертикальні, ∠ ABP = ∠ CBE = 145° як верти­ кальні. Відповідь: 35° і 145°.

ld z

199. Нехай на стороні кута ABC узято точку A, через точку A проведена пряма AM, паралельна BC. ∠ ABC = 50° . Знайдемо ∠ BAM й ∠ OAM . Тому що AM  BC , AB — січна, то кути OAM і ABC рівні як відповідні при паралельних BC і AM і січній AB. ∠ OAM = ∠ ABC = 50° . Кути OAM та MOB — суміжні, виходить, ∠ MAB = 180° − ∠ OAB , ∠ MAB = 180° − 50° = 130° . Відповідь: 50°, 130°.

,

1 # &

0 "

ГЕОМЕТРІЯ

§ 7. Властивості паралельних прямих

.

$

al

201. За умовою a  b , c — січна. а) ∠ 1 = 60° . Знайдемо величини кутів 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8. ∠ 1 = ∠ 6 = 60° як вертикальні кути; ∠ 1 = ∠ 3 = 60° як внутрішні різносторонні кути; ∠ 3 = ∠ 8 = 60° як вертикальні; ∠ 1 + ∠ 2 = 180° , тому що вони суміжні, значить ∠ 2 = 180° − 60° = 120°. ∠ 2 = ∠ 5 як вертикальні кути; ∠ 4 = ∠ 7 як вертикальні кути. ∠ 2 = ∠ 4 як внутрішні різносторонні кути. Тому що, ∠ 2 = ∠ 5 = ∠ 4 = ∠ 7 = 120° . Відповідь: ∠ 2 = ∠ 4 = ∠ 5 = ∠ 7 = 120° . ∠ 3 = ∠ 6 = ∠ 8 = 60° . б) ∠ 5 + ∠ 7 = 250° . Знайдемо кути 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8. ∠ 5 = ∠ 2 і ∠ 4 = ∠ 7 як вертикальні кути; ∠ 2 = ∠ 4 як внутрішні різносторонні кути, виходить, ∠ 5 = ∠ 7 . Виходить, ∠ 5 = ∠ 7 = 250° : 2 = 125° і ∠ 5 + ∠ 7 = 250° . Отже, ∠ 5 = ∠ 2 = ∠ 4 = ∠ 7 = 125° . ∠ 5 + ∠ 6 = 180° як суміжні кути, виходить, ∠ 6 = 180° − 125° = 55° . ∠ 6 = ∠ 1 і ∠ 3 = ∠ 8 як вертикальні кути, а ∠ 1 = ∠ 3 як внутрішні різносторонні кути. Виходить, ∠ 6 = ∠ 1 = ∠ 3 = ∠ 8 = 55° . Відповідь: ∠ 2 = ∠ 4 = ∠ 5 = ∠ 7 = 125° . ∠ 1 = ∠ 3 = ∠ 6 = ∠ 8 = 55° . в) ∠ 2 − ∠ 1 = 50° . Знайдемо кути 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8. ∠ 1 + ∠ 2 = 180° як суміжні кути. Нехай ∠ 1 − x , тоді ∠ 2 = x + 50° . Одержуємо рівняння: x + x + 50° = 180° ; 2x = 130° ; x = 65° .

249 Виходить, ∠ 1 = 65° , ∠ 2 = 115° .

ГЕОМЕТРІЯ

∠ 1 = ∠ 6 і ∠ 3 = ∠ 8 як вертикальні кути, ∠ 1 = ∠ 3 як внутрішні різ­ носторонні кути. Виходить, ∠ 1 = ∠ 3 = ∠ 6 = ∠ 8 = 65° . ∠ 2 = ∠ 5 і ∠ 4 = ∠ 7 як вертикальні кути, а ∠ 2 = ∠ 4 як внутрішні різносторонні кути. Виходить, ∠ 2 = ∠ 4 = ∠ 5 = ∠ 7 = 115° . Відповідь: ∠ 1 = ∠ 3 = ∠ 6 = ∠ 8 = 65° ;

∠ 2 = ∠ 4 = ∠ 5 = ∠ 7 = 115° . " 202. Нехай прямі a і b паралельні, пряма c перетинає B пряму a у точці A. Доведемо, що пряма c перетинає й пряму b. # C D Припустимо, що пряма c не перетинає пряму b, тоді через точку A проходять дві прямі, паралельні b, що суперечить твердженню: «Через точку, що не лежить на даній прямій, можна провести тільки одну пряму, паралельну даній».

.n et

203. Нехай прямі a і b не паралельні прямій c. З’ясуємо, чи значить це, що прямі a і b не паралельні. Ні, не значить, тому що прямі a і b можуть бути паралельними, а c — січною (див. рис. 59 підруч­ ника). Відповідь: ні.

B C D

al

ld z

204. Нехай прямі MB та PC — паралельні, AK — січна, 5 " котра перетинає BM і CP у точках B й C відповід­ . но, кути ABM та ACP — відповідні, BT і CO — їх # 0 бісектриси.

1 Доведемо, що BM  CO . $ Тому що MB  CP , то ∠ ABM = ∠ ACP як відповідні , при паралельних BM і CP і січній AC. BT і CO — бісектриси, виходить ∠ TBA = ∠ OCA , ці кути — відповід­ ні при прямих BT і CO і січній AC, отже, прямі BT і CO — пара­ лельні.

205. Нехай дано прямі a і b, січна утворить із цими пря­ D мими рівні відповідні кути ∠ 1 = ∠ 2 .

B

Доведемо, що будь-яка інша січна k буде утворюва­ ти з цими прямими рівні відповідні кути.

Якщо січна c утворить із прямими a і b рівні відпо­ C

відні кути ∠ 1 = ∠ 2 , то a  b .

L Тому що a  b , то при перетині прямих будь-якої січної k будуть утворюватися рівні відповідні кути, тобто ∠ 3 = ∠ 4 . Що й було потрібно довести.

206. Нехай AK  PM , AB — січна, що перетинає пря­ " & мі KC і PM у точках O і B, відповідно. , 0 $ ∠ AOC = 80° , OE — бісектриса кута AOC. OE пере­ тинає пряму PM у точці T. # 1 5 .L Знайдемо кут OTM. Тому що OE — бісектриса кута AOC, ∠ AOC = 80° , то ∠ KOC = 40° . Прямі KC і PM — паралельні, TO — січна, виходить, відповідні ку­ ти EOC і OTM рівні, тобто ∠ OTM = 40° .

250 Відповідь: 40°.

209. Тому що промені AB, AC і KP різні й AB  KP , AC  KP , то промені AB і AC мають спільний поча­ ток і лежать на одній прямій, тобто є додатковими. Виходить, ∠ BAC = 180° .

$

" ,

# 1

ld z

.n et

210. а) ∠ 4 − ∠ 1 = 50° , ∠ 1 = ∠ 3 . Знайдемо величини кутів 3 і 4. Тому що ∠ 1 = ∠ 3 , а вони є внутрішніми різносторонніми кутами, то за теоремою a  b , c — січна. За теоремою ∠ 1 + ∠ 4 = 180° як внутріш­ ні односторонні кути. Нехай ∠ 1 − x , тоді ∠ 4 = x + 50° . Одержуємо рівняння: x + x + 50° = 180° ; 2x = 130° ; x = 65° . Виходить, ∠ 1 = 65° , а ∠ 4 = 115° . Отже, ∠ 1 = ∠ 3 , то ∠ 3 = 65° . Відповідь: 65°, 115°. б) ∠ 1 = ∠ 3 , ∠ 4 у 3 рази більший ∠6 . Знайдемо кути 3 і 4. Доказ того, що a  b (див. а). ∠ 2 = ∠ 4 як внутрішні різносторонні кути. Тому що ∠ 4 у 3 рази більший ∠6 , виходить, ∠2 у 3 рази біль­ ший ∠6 . Нехай ∠ 6 − x , тоді ∠ 2 = 3x . ∠ 2 + ∠ 6 = 180° як суміжні кути. Одержуємо рівняння: x + 3x = 180° ; 4x = 180° ; x = 45° . Вихо­ дить, ∠ 6 = 45° , ∠ 2 = ∠ 4 = 135° . ∠ 6 = ∠ 3 як відповідні кути, виходить, ∠ 3 = 45° . Відповідь: 45°, 135°.

ГЕОМЕТРІЯ

B 208. Прямі a і b утворюють із січною c нерівні відповід­ ні кути 1 і 2. Доведемо, що прямі a та b — пере­ тинаються. Припустимо, що прямі — паралельні, тоді при C D перетинанні паралельних прямих січною c будуть утворюватися рівні відповідні кути, ∠ 1 = ∠ 2 , що суперечить умові задачі, відтак припущення неправильне, прямі a і b — перетинаються.

al

211. Тому що ∠ B = ∠ C , а вони внутрішні різносторонні кути при січній CB, то AB  CD за теоремою, тоді при січній AD ∠ A = ∠ D , як внутрішні різносторонні кути.

212. У чотирикутнику ABCD AB  CD , BC  AD . а) Доведемо ∠ A + ∠ B = 180° . Розглянемо BC  AD й січну AB, ∠ A і ∠ B внутрішні односторонні кути, за теоремою ∠ A + ∠ B = 180° . б) Доведемо ∠ B + ∠ C = 180° . Аналогічно а) січну BC і AB  CD . в) Доведемо ∠ A = ∠ C . При січній AB ∠ A + ∠ B = 180° , а при січній BC ∠ B + ∠ C = 180° . Тому що ∠ A = 180° − ∠ B , ∠ C = 180° − ∠ B , зна­ чить: ∠ A = ∠ C . г) Доведемо ∠ B = ∠ D . ∠ B + ∠ C = 180° , при січній BC; ∠ C + ∠ D = 180° , при січній CD. Тоді ∠ B = 180° − ∠ C , ∠ D = 180° − ∠ C , значить: ∠ B = ∠ D .

213. У чотирикутнику ABCD, BC  AD і ∠ B = ∠ C . а) Доведемо ∠ A = ∠ D .

BC  AD , розглянемо січну BA, ∠ B + ∠ A = 180° , як внутрішні одно­ сторонні кути. При січній CD, ∠ C + ∠ D = 180° , як внутрішні од­ носторонні кути. Тоді ∠ A = 180° − ∠ B , ∠ D = 180° − ∠ C , виходить, ∠ B = ∠ C , то ∠ A = ∠ D . б) BC  AD . Доведемо ∠ A + ∠ C = 180° . ∠ A + ∠ B = 180° , як внутрішні 251 односторонні кути, а виходить, ∠ B = ∠ C , то ∠ A + ∠ C = 180° .

" .

215. Нехай AB  MK , BC  NK . Доведемо, що 1 % & а) ∠ ABC = ∠ MNK , або # $ б) ∠ ABC + ∠ MNK = 180° . а) Проведемо пряму PD  BC  NK . / , ∠ APD = ∠ ABC як відповідні (PD  BC , AB — січна). ∠ APD = ∠ MDN ( AB  MN , PN — січна) як відповідні. ∠ MDE = ∠ MNK ( PE  NK , MN — січна), виходить, ∠ ABC = ∠ MNK . б) Проведемо PD  KN  BC . ∠ APD = ∠ ABC як " . відповідні ( PD  BC , AB — січна).

1 % & ∠ MNK = ∠ MDP ( PD  KN , MN — січна). , / ∠ APD = ∠ADM = 180° як внутрішні односто­ # $ ронні кути ( AB  MN , PD — січна). Виходить, ∠ ABC + ∠ MNK = 180° .

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

214. Якщо точка не лежить на прямій a, то через неї можна провести тіль­ ки одну пряму, паралельну a. Тоді дві інші прямі будуть перетинати пряму a.

ld z

216. Рис. 103 підручника. Нехай CD  AB , AC і BC — січні, ∠ 1 = 70° , ∠ 2 = 50° . Знайдемо величини кутів 3, 4, 5. Тому що CD  AB , AC і BC — січні, то ∠ 1 = ∠ 4 , ∠ 2 = ∠ 5 як внутріш­ ні різносторонні, виходить, ∠ 4 = 70° , ∠ 5 = 50° . ∠ 1 = ∠ 2 + ∠ 3 = 180° , тому що ∠ 3 = 180° − (70° + 50°) = 80° . Відповідь: 60°, 50°, 70°.

al

217. Рис. 104 підручника. Нехай AB  DE , ∠ ABC = 50° , ∠ CDE = 36° . Знайдемо ∠ BCD . Через точку C проведемо пряму CM паралельну AB, вона поділить шуканий кут на кути DCM і MCB. ∠ DCM = ∠ CDE = 36° як внутріш­ ні різносторонні при паралельних CM і ED, ∠ MCB = ∠ ABC = 50° як внутрішні різносторонні при паралельних CM і AB, тому що ∠ BC = ∠ DCM + ∠ MCB = 50° + 36° = 86° . Відповідь: 86°.

218. Провівши міркування, подібні тим, що представлено в задачі № 111, одержимо міру кута: 180° − (35° + 74°) = 79° . Відповідь: 79°. Вправи для повторення 220. а) Діаметр окружності дорівнює двом радіусам. Нехай радіус окруж­ ності — x см, тоді діаметр — x + 3 см. Одержуємо рівняння: 2x = x + 3 ; x = 3 . Отже, діаметр окружності дорівнює 6 см. Відповідь: 6 м. б) Діаметр окружності дорівнює двом радіусам. Нехай радіус окруж­ ності — x см, тоді діаметр — x + 3,5 см. Одержуємо рівняння: 2x = x + 3,5 ; x = 3,5 . Отже, діаметр окружності дорівнює 7 м. Відповідь: 7 м.

221. l = 2πr — довжина окружності, або l = dπ . а) Якщо d = 10 см, то l = 3,14 ⋅ 10 = 31, 4 см. Відповідь: 31,4 см. б) Якщо d = 0,1 м, то l = 3,14 ⋅ 0,1 = 0, 314 м.

252 Відповідь: 0,314 см.

223. Куб. Вершини куба — точки A; B; C; D; A1; B1; C1; D1. У куба 12 ребер, 6 граней.

224. Куб має 12 пар паралельних ребер.

§ 8. Теореми й аксіоми

ГЕОМЕТРІЯ

222. а) Пряма й окружність можуть мати одну або дві спільні точки, або не мати спільних точок. б) Прямі й окружність можуть мати одну або багато спільних точок, або не мати спільних точок. в) Коло й окружність можуть мати одну або дві спільні точки, або багато спільних точок, або не мати спільних точок.

.n et

233. Якщо кути суміжні, то їхня сума дорівнює 180°. Умова: «Якщо кути суміжні». Висновок: «…то їхня сума дорівнює 180°».

234. Якщо дві прямі паралельні третій, то вони паралельні між собою. Якщо a  b , b  c , то a  c .

235. Істинне твердження б).

ld z

236. «Якщо сума кутів дорівнює 180°, то вони суміжні», — твердження неправильне, наприклад, сума двох рівних вертикальних кутів може дорівнювати 180°, але ці кути не суміжні, виходить, твердження не можна вважати теоремою.

al

237. «Якщо кути рівні, то вони є відповідними, утвореними паралельними прямими й січною»,— твердження неправильне, тому що рівними мо­ жуть бути, наприклад, два вертикальних кути, але вони не відповідні, значить твердження теоремою вважати не можна.

238. Учень міркує правильно, розглядаючи даний окремий випадок, але якщо провести промінь додатковий до PT, то одержимо кут, сторони якого також паралельні сторонам кута 1, але ці кути не рівні, їхня сума 180°. Правильним було б твердження: «Кути з відповідно пара­ лельними сторонами рівні, або їхня сума дорівнює 180°».

239. Твердження а) неправильне, тому що бісектрисою кута може бути лише внутрішній промінь кута. Твердження б) неправильне, тому що не конкретизує поняття «рівні частини» кута, не зазначено, чи є промінь внутрішнім.

240. Визначенням можна вважати твердження: «Частину площини, обме­ жену двома променями із спільним початком, називають кутом».

241. Дві прямі на площині називаються паралельними, якщо вони не пе­ ретинаються. Опустити слова «на площині» не можна, тому що прямі можуть не перетинатися в просторі й при цьому не бути паралельними, якщо вони не лежать в одній площині. Наприклад, ребра AB і B1C1 253 куба ABCDA1B1C1D1.

243. Доведемо, що кут між бісектрисами двох вертикальних кутів роз­ горнутий. Бісектриса — це напівпряма, що виходить із вершини кута й ді­ лить його навпіл. Тому що вертикальні кути мають спільну вер­ шину й рівні, а їхні сторони лежать на додаткових напівпрямих, то бісектриси цих кутів також проходитимуть через їх вершину та будуть додатковими напівпрямими. Отже, кут між ними буде роз­ горнутим. Доведемо, що кут між бісектрисами суміжних кутів — прямий. Сума суміжних кутів 180°. Бісектриси цих кутів ділять кожний з них навпіл, виходить, кут між бісектрисами прямий.

244. а) Якщо дві прямі паралельні третій прямій, то вони паралельні між собою. Доказ: нехай a  c та b  c . Припустимо, що a  c . Тоді a і b перетинаються в якійсь точці. Виходить, через одну точку проходять дві прямі a і b, паралельні c, а це неможливо. Виходить, a  b . б) Якщо дві прямі перпендикулярні третій прямій, то вони паралельні між собою.

B D Доказ. Нехай a ⊥ b та b ⊥ c .

Доведемо, що a  c . Якщо a ⊥ b , то ∠ 1 = 90° , C а якщо b ⊥ c , то ∠ 2 = 90° , ці кути є відповідними кутами, виходить, за теоремою a  c .

ld z

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

242. Вірно a.

al

245. а) Нехай ∠ A = ∠ B , ∠ B = ∠ C . Доведемо, що ∠ A = ∠ C . Доказ. Нехай ∠ A ≠ ∠ C , тоді можна побудувати два кути з різни­ми градусними мірами, рівних куту B, а такого бути не може. Виходить, ∠ A = ∠ C . б) Нехай відрізок AB = KP , а KP = MT . Доведемо, що AK = MT . Доказ. Нехай AK ≠ MT , тоді можна побудувати два відрізки різної довжини рівних відрізку KP, а такого бути не може. Відтак AK = MT .

246. а) ні; б) ні; в) ні.

249. Дивись № 215. Вправи для повторення

250. Точок, які лежать на прямій між даними точками A і B, безліч.

251. На два промені й відрізок.

252. На малюнку 116 зображені 10 різних відрізків. Відрізки: DC, DB, DK, BC, BA, CA, BK, PK, KT, PT. 253. Двома ламаними, одним відрізком, двома дугами окружностей.

254

254. 6,25 см2.

Розділ 3. Трикутники § 9. Трикутник і його елементи

1

260. ∆ KPT , кути: ∠ K , ∠ P , ∠T ; сторони: KP, PT, KT. P = KP + PT + KT .

5

,

261. AH ⊥ BC , AH — висота; CM = MB , AM — медіана; ∠ CAK = ∠ KAB , AK — бісектриса. $

#

# #

.n et

262. AP, CK, BM — медіани трикут­ ника ABC. BR, AF, CE — висоти трикут­ ника ABC. 263. P = 3, 8 + 4,5 + 7,5 = 15, 8 (см). Відповідь: 15,8 см.

) ,.

1

,

ГЕОМЕТРІЯ

"

'

&

"

"

$

.

$

3

ld z

264. Периметр трикутника 12 см, тоді периметр квадрата 24 см. Оскільки у квадрата всі сторони рівні, то довжина сторони квадрата — 24 : 4 = 6 см. Відповідь: 6 см.

al

265. Нехай ABC — даний трикутник з медіана­ ми AM і BN і стороною AB = 15 см.

P = AB + BC + AC . Оскільки AM і BN медіани ∆ ABC , то вони ді­ лять сторони BC і AC навпіл відповідно, тоді AC = 2 ⋅ AN = 2 ⋅ 5 = 10 см.

BC = 2 ⋅ BM = 2 ⋅ 7 = 14 см.

P = 15 + 10 + 14 = 39 см. Відповідь: 39 см.

# .

"

$

/

266. Так, правильно, тому що AA1 ⊥ BC , BB1 ⊥ AC , CC1 ⊥ AB . # ¹

267. Трикутник і пряма можуть ді­ лити площу на: а) дві необмежені частини та од­ ну обмежену. " © б) на дві обмежені частини та дві необмежені. Трикутник і окружність можуть ділити пло­ щу на: а) дві обмежені частини та одну необмежену. б) три обмежені частини та одну необмежену. в) чотири обмежені частини та одну необме­ жену.

268. 14 трикутників.

º

#

B B

"

©

¹

º

»

255

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

269. Нехай даний ∆ ABC , P = 26 см, AC = 10 см. Знайдемо його сторони AB і BC, якщо: а) BC = 3 AB . Нехай AB = x см, тоді BC = 3x см. P = AB + BC + AC . Одержуємо рівняння: x + 3x + 10 = 26 ; 4x = 16 ; x = 4 . Виходить, AB = 4 см, BC = 12 см. Відповідь: 4 см, 12 см. б) AB : BC = 3 : 5 . Нехай одиничний відрізок x, тоді AB = 3x см, BC = = 5x см. P = AB + BC + AC . Одержуємо рівняння: 3x + 5x + 10 = 26 ; 8x = 26 − 10 ; 8x = 16 , x = 2 . Виходить, AB = 6 см, BC = 10 см. Відповідь: 6 см, 10 см. в) AB = BC . Нехай AB = BC = x см. P = AB + BC + AC . Одержуємо рів­ няння: x + x + 10 = 26 ; 2x = 16 ; x = 8 . Виходить, AB = BC = 8 см. Відповідь: 8 см, 8 см. г) BC − AB = 6 см. Нехай AB = x см, тоді BC = x + 6 см.

P = AB + BC + AC . Одержуємо рівняння: x + x + 6 + 10 = 26 ; 2x = 10 ; x = 5 . Виходить, AB = 5 см, BC = 11 см. Відповідь: 5 см, 11 см.

270. Кожний трикутник можна розрізати на 2 трикутники, на довільне число n трикутників.

ld z

Трикутник можна розрізати на 3 менші трикутники так:

На 4 менші трикутники так:

¦¹ ËÉÁÃÌËÆÁÃÁ

¦¹ ËÉÁÃÌËÆÁÃÁ

¦¹ ËÉÁÃÌËÆÁÃÁ

¦¹ ËÉÁÃÌËÆÁà »

al

271.

272. Нехай довжина другої сторони x см, тоді довжина першої — 20x см, а третьої — ( x + 2) см. За умовою, перша сторона в півтора рази більша за третю сторону. Одержуємо рівняння: 2x = 1,5 (x + 2) ; 2x = 1,5x + 3 ; 2x − 1,5x = 3 ; 0,5x = 3 ; x = 6 . Виходить, довжина другої сторони — 6 см, першої — 12 см, третьої — 8 см. Відповідь: 12 см, 6 см, 8 см.

273. Нехай периметр трикутника дорівнює x см, тоді довжина першої сто­ рони ( x − 7 ) см, другої — ( x − 8) см, а третьої — ( x − 9) см. Одержуємо рівняння: x − 7 + x − 8 + x − 9 = x ; 3x − 24 = x ; 2x = 24 ; x = 12 . Відповідь: 12 см.

1 274. Середнє арифметичне всіх сторін трикутника — це периметра три­ 3 кутника. Виходить, периметр дорівнює 10 ⋅ 3 = 30 дм.

Відповідь: 30 дм.

256 275. Так.

276. Так.

#

.n et

279. P∆ ABC = AB + BC + AC . P∆ ABH = AB + AH + BH .

P∆ BHC = BC + HC + BH .

P∆ ABH + P∆ BHC = AB + AH + BH + BC + HC + BH . " ) Тому що AC = AH + HC й AB + BC + AC = P∆ ABC , то P∆ ABH + P∆ BHC = P∆ ABC + 2 ⋅ BH . За умовою P∆ ABC = 26 см, P∆ ABH = 14 см, P∆ BHC = 18 см, тоді 18 + 14 = 26 + 2 ⋅ BH ; 2BH = 32 − 26 ; 2BH = 6 ; BH = 3 . Відповідь: 3 см.

ld z

280. Нехай BM — медіана трикутника ABC. Виходить, AM = MC . P∆ ABM = P∆ BMC . Доведемо, що AB = BC . P∆ ABM = AB + BM + AM .

P∆ BMC = BC + BM + MC , BM — спільна сторона ∆ ABM й ∆ BMC , AM = MC ; P∆ ABM = P∆ BMC , отже, AB = BC .

al

281. MK  BC , тоді ∠ BMK = ∠ BAC і ∠ BKM = ∠ BCA як відповідні кути, ∠ B — спільний кут ∆ ABC і ∆ MBK . Таким чином, кути ∆ MKK дорівнюють відповідним ку­ там ∆ ABC .

$

ГЕОМЕТРІЯ

277. Нехай довжина одиничного відрізка x см, тоді сторони трикутника рів­ ні 4x см, 5x см, 8x см. Оскільки найбільша сторона трикутника більша найменшої на 24 см, то одержуємо рівняння: 8x − 4x = 24 ; 4x = 24 ; x = 6 . Тоді сторони трикутника 24 см, 30 см і 48 см, а периметр — 24 + 30 + 48 = 102 см. Відповідь: 102 см.

#

"

$

.

# .

,

"

$

Вправи для повторення

287. Площа поля прямокутної форми 20 га = 20 000 м 2, одна його сто­ рона дорівнює 0,5 км, або 500 м. Площа прямокутника зі сторона­ ми a і b вираховується по формулі S = a ⋅ b , тоді b = S : a , виходить, b = 20000 : 500 = 40 м. Відповідь: 40 м.

288. ∠ AOB + ∠ BOC = 100° , промінь OB внутрішній для кута AOC, за умовою. Бісектриси ∠ AOB та ∠ BOC ділять їх навпіл, ви­ ходить, кут між бісектрисами цих кутів дорівнює 100° : 2 = 50° . Відповідь: 50°.

"

#

0

$

§ 10. Сума кутів трикутника 294. Сума кутів трикутника дорівнює 180°. Знайдемо кути трикутника, якщо: а) вони пропорційні числам: 2, 3, 5. Нехай одиничний кут x, тоді 257 кути трикутника 2x, 3x, 5x.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

Одержуємо рівняння: 2x + 3x + 5x = 180° ; 10x = 180° ; x = 18° . Вихо­ дить, кути трикутника 36°, 54°, 90°. Відповідь: 36°, 54°, 90°. б) вони пропорційні числам 1, 5 і 6. Нехай одиничний кут x, тоді кути трикутника x, 5x, 6x. Одержуємо рівняння: x + 5x + 6x = 180° ; 12x = 180° ; x = 15° . Вихо­ дить, кути трикутника 15°, 75°, 90°. Відповідь: 15°, 75°, 90°.

1 1 2 в) вони пропорційні числам , , . Нехай одиничний кут x, 2 2 3 1 1 2 x, x, x . Одержуємо рівняння: тоді кути трикутника 2 2 3 1 1 2 2 5 180° ⋅ 3 x + x + x = 180° ; 1 x = 180° ; x = 180° ⋅ ; x = ; 2 2 3 3 3 5 x = 108° . Виходить, кути трикутника 54°, 54°, 72°. Відповідь: 54°, 54°, 72°.

295. У прямокутного трикутника, один з кутів 90°, а тому що сума кутів трикутника 180°, то сума двох гострих кутів прямокутного трикутни­ ка 180° − 90° = 90° .

296.

A

30° 70°

20°

60°

90° 45°

ld z

B C

80°

100°

45°

83°

95°

66°

54°

80°

35°

47°

72°

17°

50°

67°

54°

al

297. а) Нехай величина одного з кутів трикутника x, тоді величина рівного йому другого кута x, а третього кута x + 30° . За теоремою сума кутів трикутника дорівнює 180°. x + x + x + 30° = 180° ; 3x = 150° ; x = 50° . Виходить, кути трикутника 50°, 50° і 80°. Відповідь: 50°, 50°, 80°. б) Нехай величина першого кута трикутника x, тоді другого x − 20° , а третього x − 40° . За теоремою, сума трикутника дорівнює 180°. Одержуємо рівняння: x + x − x − 20° + x − 40° = 180° ; 3x = 240° ; x = 8° . Виходить, кути трикутника 80°, 60°, 40°. Відповідь: 80°, 60°, 40°. в) Нехай величина другого кута трикутника x, тоді першого 2x, а третього 2x − 10° . За теоремою, сума кутів трикутника дорів­ нює 180°. Одержуємо рівняння: 2x + x + 2x − 10° = 180° ; 5x = 190° ; x = 38° . Виходить, кути трикутника 76°, 38°, 66°. Відповідь: 76°, 38°, 66°.

298. У трикутнику ABC, ∠ A = ∠ B = 65° . Знайдемо величи­ ну зовнішнього кута при вершині C, ∠ KBC . За тео­ ремою ∠ KBC = ∠ A + ∠ B . ∠ KBC = 65° + 65° = 130° . Відповідь: 130°.

$

"

,

#

299. Ні, значить, тоді всі внутрішні кути трикутника дорівнюватимуть 80°, а їхня сума 240°.

258

300. Нехай даний трикутник ABC, кути якого пропорційні числам 1, 2, 3. Доведемо, що трикутник ABC — прямокутний.

Нехай ∠ A = x , ∠ B = 2x , ∠ C = 3x , ∠ A + ∠ B + ∠ C = 180° , x + 2x + 3x = 180° , 6x = 180° , x = 30° , 2x = 60° , 3x = 90° . Трикутник має прямий кут, тому що він прямокутний.

301. Нехай даний трикутник ABC, ∠ A + ∠ B = 100° , ∠ B + ∠ C = 120° . Знайдемо кути трикутника. ∠ C = 180° − ( ∠ A + ∠ B) = 180° − 100° = 80° , ∠ B = 120° − ∠ C = 120° − 80° = 40° .

°

#

° "

#

"

ld z

.n et

303. Нехай даний трикутник ABC, ∠ A = 60° , ∠ B = 30° , CH і CL — висота й бісектриса трикутника. Знайде­ мо ∠ HCL . ) Розв’язання. Тому що ∠ A = 60° , а ∠ B = 30° , то ∠ ACB = 90° . $ У трикутнику CHA ∠ A = 60° , ∠ ACH = 90° , зна­ чить CH — висота, отже, ∠ HCA = 180° − (90° + 60°) = 30° . ∠ LCA = 0,5∠ BCA , значить CL — бісектриса, тоді ∠ LCA = 45° , ∠ HCL = ∠ LCA − ∠ HCA , ∠ HCL = 45° − 30° = 15° . Відповідь: 15°.

ГЕОМЕТРІЯ

$

302. ∠ ABC = 30° , промінь BA перетинає пряма AC під кутом 45°, тобто ∠ CAB = 45° , знайдемо кут BCA. Сума кутів трикутника ABC дорівнює 180°. ∠ BCA = 180° − (30° + 45°) = 105° . Відповідь: 105°.

al

304. а) Нехай даний трикутник ABC, CL — бісектриса $ кута ABC. ∠ A = 80° , ∠ B = 40° . Знайдемо ∠ CLA. Сума кутів трикутника — 180°, тому що, ∠ ACB = 180° − (80° + 40°) = 60° . CL — бісектриса, ° " ° # тому що, ∠ ACL = 0,5 ⋅ 60° = 30° . Відповідь: 30°. б) Бісектриси ∠ A й ∠ B перетинаються під кутом 120°. Відповідь: 120°.

305. Нехай даний трикутник ABC, CH — висота. Знайдемо ∠ ACH й ∠ BCH , якщо: а) ∠ A = 30° , ∠ B = 60° ; б) ∠ A = 30° , ∠ B = 120° . а) Якщо ∠ A = 30° , ∠ B = 60° , то ∆ ABC — пря­ мокутний, основа перпендикуляра, точка H, лежить на стороні AB. В ∆ ACH ∠ ACH = 90° , ∠ A = 30° , значить, ∠ ACH = 180° − (90° + 30°) = 60° . ∠ BCH = ∠ ACB − ∠ ACH = 90° − 60° = 30° . б) Якщо ∠ A = 30° , ∠ B = 120° , то трикутник — тупокутний, основа висоти CH, точка H, лежить на продовженні сторони AB. В ∆ ACH ∠ A = 30° , ∠ AHC = 90° , ∠ ACH = 180° − (30° + 90°) = 60° . ∠ ABC + ∠ HBC = 180° , тому що ці кути су­ міжні, тому ∠ CBH = 180° − 120° = 60° . ∠ BCH = 180° − (90° + 60°) = 30° . Відповідь: а) 60°, 30°; б) 60°, 30°.

$

"

)

#

$

"

#

)

259

al

ld z

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

# 306. а) Нехай дано ∆ ABC , у якого ∠ A = 40° , ∠ B = 50° .

Знайдемо величини зовнішніх кутів 1, 2, 3. ∠ 2 = ∠ BAC + ∠ ABC за теоремою, виходить,

∠ 2 = 40° + 50° = 90° . " $ ∠ 1 + ∠ ABC = 180° і ∠ 3 + ∠ BAC = 180° . Тому що зовнішній кут трикутника суміжний внутрішньо­ му куту, тоді ∠ 1 = 180° − 50° = 130° , ∠ 3 = 180° − 40° = 140° . Відповідь: 30°, 90°, 140°. б) Нехай даний ∆ ABC , у якого ∠ B = 120° , ∠ C = 40° " ∠ C = 40° . Знайдемо величини зовнішніх кутів 1, 2, 3. ∠ 3 = ∠ ABC + ∠ ACB , за теоремою, виходить, ∠ 3 = 120° + 40° = 160° .

# $ ∠ 1 + ∠ ABC = 180° і ∠ 2 + ∠ ACB = 180° , тоді ∠ 1 = 180° − 120° = 60° , ∠ 2 = 180° − 40° = 140° . Відповідь: 60°, 140°, 160°. в) Нехай даний ∆ ABC , у якого ∠ A + B = 100° , # а ∠ B + ∠ C = 130° . Знайдемо величини зовнішніх кутів 1, 2, 3. Значить ∠ A + ∠ B + ∠ C = 180° за теоремою, а ∠ A + B = 100° за умовою, то

" $ ∠ C = 180° − 100° = 80° . А тому що ∠ B + ∠ C = 130° , то ∠ A = 180° − 130° = 50° , ∠ B = 130° − 80° = 50° . Тому що ∠ A = ∠ B , то й ∠ 2 = ∠ 3 (як зовнішні кути, вони суміжні із внутрішніми ку­ тами трикутника). ∠ 2 = ∠ ABC + ∠ ACB , ∠ 1 = ∠ CAB + ∠ CBA за теоремою. Тому що, ∠ 2 = 50° + 80° = 130° і ∠ 3 = 130° , ∠ 1 = 50° + 50° = 100° . Відповідь: 100°, 130°, 130°. г) Нехай дано ∆ ABC , у якого ∠ A + ∠ C = 95° , а ∠ B + ∠ C = 135° . Знай­ демо величини зовнішніх кутів 1, 2, 3. За теоремою ∠ A + ∠ B + ∠ C = 180° , а за умовою — ∠ A + ∠ C = 95° , ∠ B + ∠ C = 135° . Виходить, ∠ B = 180° − 95° = 85° , а ∠ A = 180° − 135° = 45° , ∠ C = 95° − 45° = 50° . За теоремою ∠1 = ∠ BAC + ∠ BCA = 45° + 50° = 95° ; ∠ 2 = ∠ ACB + ∠ CBA = 50° + 85° = 135° ; ∠ 3 = ∠ CAB + ∠ CBA = 45° + 85° = 130° . Відповідь: 95°, 135°, 130°.

. , 307. Нехай у ∆ ABC кути A і B рівні, кут MCB — зовніш­ $ ній кут трикутника ABC, CK — бісектриса кута MCB. Доведемо, що CK  AB . ∠ KCB = 0,5∠ BCM , ∠ BCM = ∠ A + ∠ B , як зовніш­ # ній кут трикутника, ∠ A = ∠ B , бо ∠ B = 0,5∠ BCM , " тобто ∠ B = ∠ KCB , ці кути внутрішні різносторонні при прямих CK і AB і січної BC, виходить CK  AB , що й треба було довести.

308. Нехай дана п’ятикутна зірка з вершинами ABCDE. Позначимо точки перетинання прямих AC і BE, AC і BD — M і H відповідно. Знайдемо суму кутів п’ятикутної зірки. ∠ CMB = ∠ E + ∠ C , як зовнішній кут трикутника MCE, ∠ BHA = ∠ A + ∠ D ∠ BHA = ∠ A + ∠ D , ∠ B + ∠ BMH + ∠ HMB = 180° , виходить ∠ B + ∠ E + ∠ C + ∠ A + ∠ D = 18 B + ∠ E + ∠ C + ∠ A + ∠ D = 180° .

260 Відповідь: 180°.

309. У куба всі грані квадрати, тому CB, AC, AB є діагоналями відповід­ них квадратів, виходить, ∠ 1 + ∠ 2 = ∠ 3 + ∠ 4 = ∠ 5 + ∠ 6 = 90° (як сума гострих кутів прямокутних трикутників). Значить ∠ 1 + ∠ 2 + ∠ 3 + ∠ 4 + ∠ 5 + ∠ 6 = 90° 3 = 270° .

310. Ні, тому що ∠ A1 + ∠ B1 + ∠ C = 50°10′ + 48°20′ + 80°5′ = 178°35′ . a , тому 2 що ця відстань складається з довжин половин кожного з відрізків.

313. У ∆ ABC медіана BM = MC , BC = 8 см. Знайдемо периметр ∆ ABC , якщо P∆ ABM = 16 см. BM — медіа­ на, відтак, AM = MC . P∆ ABM = AB + BM + AM , тому що AM = MC + BM , то BM + AM = AM + MC = AC . Тоді AB + AC =16 . P∆ ABC = AB + BC + AC = 16 + 8 = 24 см. Відповідь: 24 см.

#

.

.n et

"

ГЕОМЕТРІЯ

312. Відстань, що утворилася між серединами відрізків, дорівнює

$

314. P∆ ABC = AB + BC + AC . P∆ MBN = MB + BN + MN .

P∆ ABC AB + BC + AC = MB + BN + MN . За умовою P∆ MBN = , виходить, 2 2 За умовою точки M і N середини сторін AB і BC відповідно, тоді AB BC AC AB BC AB BC + + = + + MN , , BN = . Тому що 2 2 2 2 2 2 2 AC тоді MN = . За умовою AC = 10 см, тоді MN = 10 : 2 = 5 см.

2 Відповідь: 5 см.

ld z

MB =

#

al

315. Нехай даний трикутник∆ ABC, BK — його медіана, P∆ ABC = 22 см, P∆ ABK = 12 см, P∆ BKC = 16 см. Знай­ демо довжину медіани. P∆ ABC = AB + BC + AC , тому що BK — медіана, то AK = KC й AC = AK + KC , тоді P∆ ABC = AB + BC + AK + KC ; P∆ ABK = AB + BK + AK ; P∆ BKC = BC + KC + BK . " P∆ ABK + P∆ BKC = AB + BC + AK + KC + BK + BK , тоді 12 + 16 = 22 + 2 ⋅ BK ; 2 ⋅ BK = 28 − 22 ; 2 ⋅ BK = 6 ; BK = 3 см. Відповідь: 3 см.

316. Визначимо, як відносяться кути, утворені бісектри­ сами цих кутів і січної c, тобто кути 2 і 1. Бісектриса ділить кут навпіл. Нехай величина одиничного кута x, тоді ∠ ABD = 3x , ∠ KBD = 2x , тоді ∠ 1 = 1,5x , ∠ 2 = x . ∠ 2 : ∠ 1 = x : 1,5x = 2 : 3 . Відповідь: 2 : 3 .

,

D

#

B

$

"

C

%

,

§ 11. Про рівність геометричних фігур 327. Ні.

328. Два півкола рівні, тому що їх можна сполучити, рухаючи одне півколо 261 по колу, поки всі точки не сполучаться.

330. Якщо при накладенні трикутників сполучилися їхні вершини, то сполучаться й сторони, і медіани.

331. Фігури рівні, тому що BD = KT , тобто KT = 3, 8 см, ∠ B = ∠ T , зна­ чить ∠ T = 70° . Відповідь: 3,8 см, 70°.

332. ∆ ABC = ∆ KPT , ∠ K = 60° , ∠ P = 60° . Знайдемо кути трикутника ABC. Тому що сума кутів трикутника до­ рівнює 180°, то ∠ T = 180° − (60° + 60°) = 60° , ∆ ABC = ∆ KPT , тому що ∠ A = ∠ K , ∠ B = ∠ P , ∠ C = ∠ T , тобто кути трикутника ABC: 60°, 60°, 60°. Відповідь: 60°, 60°, 60°.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

329. Нехай ∆ KPT = ∆ ABC , AB = 3 см, BC = 4 см, AC = 5 см. Знайдемо периметр трикутника KPT. Оскільки трикутники рівні, то довжини їхніх сторін теж рівні, вихо­ дить, рівні й периметри. Периметр ∆ KPT дорівнює периметру ∆ ABC : 3 + 4 + 5 = 12 (см). Відповідь: 12 см.

333. Можуть. Можливо AB = KP , BC = PT , AC = KT .

ld z

334. Одним способом.

al

335. Якщо кути трикутника A 1B 1C 1 пропорційні числам 5, 6, 7, тоді ∠ A1 : ∠ B1 : ∠ C1 = 5 : 6 : 7 . Нехай одиничний кут x, тоді ∠ A1 = 5x , ∠ B1 = 6x , ∠ C1 = 7x . ∠ A1 + ∠ B1 + ∠ C1 = 180° , за теоремою. Одержуємо рівняння: 5x + 6x + 7x = 180° , 18x = 180° , x = 10° . Отже, ∠ A1 = 50° , ∠ B1 = 60° , ∠ C1 = 70° , тобто всі кути гострі, вихо­ дить, ∆ ABC ≠ ∆ A1B1C1 .

336. За умовою ∆ ABC = ∆ MNK , виходить, ∠ A = ∠ M , ∠ B = ∠ N , ∠ C = ∠ K , тому що ∠ N = 2∠ A , виходить, ∠ B = 2∠ A . За теоремою ∠ A + ∠ B + ∠ C = 180° , за умовою ∠ C = 60° , нехай ∠ B = x , тоді ∠ A = 2x . Одержуємо рівняння: x + 2x + 60° = 180° , 3x = 120° , x = 40° . Отже, ∠ B = 40° , ∠ A = 80° . Виходить, ∠ A = 80° , ∠ B = 40° , ∠ C = 60° , ∠ M = 80° , ∠ N = 40° , ∠ K = 60° .

337. За умовою ∠ AOB й ∠ BOC — суміжні, ∠ BOC − ∠ AOB = 30° , за тео­ ремою ∠ BOC + ∠ AOB = 180° . Нехай ∠ AOB − x , тоді ∠ BOC = x + 30° . x + 30° + x = 180° , 2x = 150° , x = 75° , виходить, ∠ AOB = 75° , ∠ BOC = 105° . За умовою ∠ MKP й ∠ PK — суміжні й ∠ MKP : ∠ PK = 7 : 5 . Нехай одиничний кут x, тоді ∠ MKP = 7x , ∠ PK = 5x . За теоремою ∠ MKP + ∠ PK = 180° . Одержуємо рівняння: 7x + 5x = 180° , 12x = 180° , x = 15° . Виходить, ∠ MKP = 105° , а ∠ PK = 75° . Виходить, ∠ AOB = ∠ PK і ∠ BOK = ∠ MKP .

339. Прямокутники ABCD і MNPK не можуть бути рівними, тому що за величиною площі робити висновок про рівність прямокутників не 262 можна.

Z #

" $

%

341. Оскільки прямокутники ABCD і KPTM рівні й AB = KP , AC = 26 см, то KT = 26 см.

343. Так.

s s

Y

"

&

#

0 %

.n et

342. Точки A, B, C, D, E ділять окружність із цент­ ром у точці O на 5 рівних частин. Відрізки AB і EA рівні й ∆ OBC = ∆ OAE , тому що окружність поділена на 5 рівних дуг, або на 5 рівних частин, які, якщо їх сполучити, збігаються.

s

,

ГЕОМЕТРІЯ

340. ∆ ABC = ∆ ADC , тому що AB = AD , BC = DC , AC — спільна сторона. ∠ ACB = ∠ DCA = 90° , ∠ BAC = ∠ DAC , ∠ B = ∠ D . ∆ ABC ≠ ∆ CDK , тому що BC ≠ DK , AB ≠ CD , AC ≠ DK .

$

345. Якщо діаметр окружності дорівнює 6 см, то його радіус 3 см. Довжина окружності l = 2πr = 2 ⋅ 3,14 ⋅ 3 = 18, 84 см. Площа окружності S = πr 2 = 32 ⋅ 3,14 = 28, 26 см2.

ld z

346. Площа сектора S1 =

πr 2 3,14 ⋅ 32 28, 26 = = = 5, 652 см2.

5 5 5

Відповідь: 5,652 см2.

al

347. Дві окружності можуть розрізати площину на 2 або 3 частини. Три окружності можуть розрізати площину на 3 частини, 4 частини, 5 час­ тин, 6 частин.

348. Якщо діаметр окружності 1 км, то її радіус 500 м, а площа S = πr 2 ; S = 3,14 ⋅ 5002 = 785 000 м2.

1 га = 10 000 м2, то ця окружність уміщає 78,5 га. # 349. Нехай даний ∆ ABC , у якого ∠ A = 70° , BK і CK — бісектриси ∠ CBA і ∠ BCA відповідно, а ∠ B на 20° більше ∠ C . , Знайдемо ∠ CKB . ∠ A + ∠ ACB + ∠ CBA = 180° за теоремою, нехай © " ∠ C = x , тоді ∠ B = x + 20° . Одержуємо рівнян­ ня: x + x + 20° + 70° = 180° ; 2x = 90° ; x = 45° . Виходить, ∠ C = 45° , ∠ B = 65° . Тоді ∠ BCK = ∠ BCA : 2 = 22°30′ , ∠ CBK = ∠ CBA : 2 = 32°30′ . Виходить, ∠ CKB = 180° − (22°30′ + 32°30′ ) = 180° − 55° = 125° . Відповідь: 125°.

350. Якщо у ∆ ABC всі кути рівні, то його бісектриси перетинаються в одній точці й кожні дві з них утворюють кут, величина якого дорів­ 263 нює 180° − 60° = 120° .

§ 12. Ознаки рівності трикутників "

$ 0 %

355. Нехай відрізки KP і EF перетинаються в точці M так, що KM = MP , EM = MF ; PF = 12 см. Знай­ демо відстань KE. В ∆ KME і ∆ PMF KM = MP , EM = MF за умовою, ∠ KME = ∠ PMF як верти­ кальні, виходить, трикутники рівні за першою озна­ кою. З рівності трикутників виходить, що KE = FP , отже KE = 12 см. Відповідь: 12 см.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

354. Нехай відрізки AB і CD перетинаються в точці O, AO = OB , CO = OD . Доведемо, що ∆ AOC = ∆ BOD . В ∆ AOC і ∆ BOD ∠ AOC = ∠ BOD як вертикальні, AO = OB , CO = OD за умовою, виходить, трикутни­ ки рівні за першою ознакою рівності трикутників.

#

& , .

1 '

356. У побудованих трикутниках рівні дві сторони й кут між ними, вихо­ дить, трикутники рівні за першою ознакою.

ld z

357. Нехай AC = A1C1 , ∠ A = ∠ A1 , ∠ B = ∠ B1 . Доведемо, що ∆ ABC = ∆ A1B1C1 . Тому що AC = A1C1 , ∠ A = ∠ A1 , ∠ B = ∠ B1 , то ∆ ABC й ∆ A1B1C1 рівні за другою ознакою, що й було потрібно довести.

$

"

# $

al

358. Рис. 153 підручника. Нехай AM — медіана трикут­ ника ABC, MK = MA . " # Доведемо, що ∆ ACM = ∆ KMB . В ∆ ACM і ∆ KMB MK = MA за умовою, BM = = MC, тому що AM медіана, ∠ BMK = ∠ CMA як вертикальні, вихо­ дить, трикутники ∆ ACM й ∆ KMB рівні за першою ознакою.

359. Побудовані учнями трикутники мають одну рівну сторону й два рівні прилеглі до цієї сторони кути, виходить, трикутники рівні за першою ознакою.

360. Нехай на бісектрисі кута A позначена точка D, на сторонах кута точ­ ки B і C, ∠ BDA = ∠ ADC . Доведемо, що BD = CD . В ∆ BDA і ∆ CDA DA — спільна сторона, ∠ BA = ∠ CA , тому що AD — бісектриса, ∠ BDA = ∠ ADC за умовою, тому що трикутники BDA та CDA рівні за другою ознакою. З рівності трикутників виходить, що BD = CD , що й потрібно було довести.

361. а) Нехай даний рівносторонній ∆ ABC і AL його бі­ # сектриса. Доведемо BL = LC . Розглянемо ∆ BAL й ∆ CAL . За умовою ∆ ABC — рівносторонній, тоді AB = BC = AC , виходить, AB = AC . AL — спільна сторона, ∠ BAL = ∠ LAC , тому що AL " $ бісектриса, виходить, ∆ BAL = ∆ CAL за першою ознакою, тоді BL = LC . б) Розглянемо ∆ ABC , ∠ B = 60° , як кут рівностороннього ∆ ABC , 264 ∠ BA = 30° , виходить, ∠ BA = ∠ B = 60° , а AL бісектриса ∠ BAC .

363. Так.

.n et

362. Нехай даний чотирикутник ABCD, у якого AB  CD , BC  AD . Дове­ демо, що: а) AB = CD . Розглянемо ∆ ABD й ∆ CDB . BD — спільна # $ сторона. ∠ 1 = ∠ 2 , ∠ 3 = ∠ 4 , як внутрішні різ­

носторонні кути BC  AD й BD січна, і AB  CD й BD січна, відповідно.

% Тоді ∆ ABD = ∆ CDB за другою ознакою, вихо­ " дить, AB = CD . б) BC = AD . в) ∠ A = ∠ C .

ГЕОМЕТРІЯ

За теоремою ∠ B + ∠ BA + ∠ ALB = 180° , виходить, ∠ ALB = 180° − (60° + 30°) = 90° , тоді AL ⊥ BC .

364. Рис. 155 підручника. За умовою задачі відрізки AO і BP перетина­ ються так, що CT = AC , CP = BC . Доведемо, що AB = PT . Оскільки CT = AC , CP = BC , ∠ ACB = ∠ TCP як вертикальні, то трикутни­ ки ACB і TCP рівні за першою ознакою. З рівності трикутників ви­ ходить, що AB = PT .

ld z

365. За умовою ∠ BCM = ∠ BCA , CM = CA . Доведемо, що AB = BM . Тому що в трикутниках BCM і BCA, ∠ BCM = ∠ BCA , CM = CA , BC — спільна сторона, то трикутники рівні за першою ознакою, з рівності трикутників виходить, що AB = BM .

al

366. Нехай через кінці відрізка AB провели паралельні $ прямі AC і BD, через середину AB, точку O, про­ вели пряму, що перетинає AC і BD у точках C та " # 0 D відповідно. BD = 8 см. Знайдемо AC. При перетинанні прямих утворилися трикут­ % ники AOC і DOB, у них OC = OD за умовою, ∠ AOC = ∠ BDO як внутрішні різносторонні при паралельних AB і BD і січної CD, виходить, трикутники AOC і DOB рів­ ні за другою ознакою. З рівності трикутників виходить, що AC = BD , AC = 8 см. Відповідь: 8 см. " # 367. Нехай рівні відрізки AB і CD перетинаються в точ­ ці O так, що OA = OC .

0 Доведемо, що ∠ ABC = ∠ ADC й ∠ BA = ∠ BC . Розглянемо ∆ BCO й ∆ DAO . За умовою AO = OC. % $ Оскільки AB = CD , то точка O — середина AB та CD, виходить, DO = OC , ∠ AO = ∠ COB як верти­ кальні, оскільки ∆ CBO = ∆ DAO за другою ознакою, тоді ∠ B = ∠ D , ∠ C = ∠ A , відповідно до малюнка ∠ B = ∠ ABC , ∠ D = ∠ ADC , ∠ C = ∠ BCD ∠ C = ∠ BCD , ∠ A = ∠ BAD , виходить, ∠ ABC = ∠ ADC , ∠ BAD = ∠ BCD .

368. Нехай відрізки AB і CD перетинаються в точці O, що є серединою кожного з них.

265 Доведемо, що AC  B .

" $ Оскільки O — середина відрізків AB і CD, то AO = 0 = OB, CO = OD ; ∠ COA = ∠ DOB як вертикальні, значить ∆ AOC = ∆ BO за першою ознакою. % # З рівності трикутників виходить, що ∠ OAC = = ∠ OBD, ці кути — внутрішні різносторонні при прямих AC і BD та січній AB, виходить, AC  BD . Що й було потрібно довести.

369. Нехай дано ∆ ABC = ∆ A1B1C1 , BK і B1K1 — медіа­ ни, опущені в трикутниках на рівні сторони AC і A1C1. Доведемо, що BK = B1K1 . Оскільки ∆ ABC = ∆ A1B1C1 , то AB = A1B1 , ∠ BAK = ∠ B1 A1K1 , AK = 0,5 AC , A1K1 = 0,5 A1C1 , AC = A1C1 , значить і AK = A1K1 , тобто трикут­ ники ABK і A1B1K1 рівні C. З рівності трикутни­ ків виходить, що BK = B1K1 . Що й було потрібно довести.

"

$

, #

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

#

"

,

$

al

ld z

370. Нехай ∆ ABC = ∆ A1B1C1 , тоді AB = A1B1 , BC = B1C1 , AC = A1C1 , ∠ B = ∠ B1 ∠ B = ∠ B1 , ∠ C = ∠ C1 . Доведемо що: # # а) AM = A1M1 , де AM і A1M1 — бі­ сектриси. . . Розглянемо ∆ ABM = ∆ A1B1M1 , AB = A1B1 , ∠ B = ∠ B1 за умовою. $ " $ Оскільки ∠ BAC = ∠ B1 A1C1 й AM " і A1M1 — бісектриси, то ∠ BAM = ∠ MAC = ∠ B1 A1M1 = ∠ M1 A1C1 , оскільки, ∆ ABM = ∆ A1B1M1 за другою ознакою, виходить, AM = A1M1 . б) AM = A1M1 , де AM і A 1 M 1 — # # висоти. Розглянемо ∆ AMC й ∆ A1M1C1 , . .

AC = A1C1 , ∠ C = ∠ C1 за умовою. Оскільки AM і A1M1 — висоти, " $ " $ то ∠ AMC = ∠ A1M1C1 , тоді ∠ MAC = ∠ M1 A1C1, отже, ∆ AMC = ∆ A1M1C1 за другою ознакою, виходить, AM = A1M1 .

371. Нехай даний шестикутник ABCDEF, у якого всі сторони рівні й усі кути рівні, виходить, AB = BC = CD = DE = EF = FA і ∠ A = ∠ B = ∠ C = ∠ D = ∠ ∠ A = ∠ B = ∠ C = ∠ D = ∠ E = ∠F . Доведемо, що ∆ ACE рівносторонній. Якщо ∆ ACE рівносторонній, то AC = CE = AE . Розглянемо ∆ ABC , ∆ CDE і ∆ AFE вони рівні за першою ознакою. AB = BC = CD = DE = EF = FA — за умовою, ∠ B = ∠ D = ∠ ∠ B = ∠ D = ∠ F — за умовою. Виходить, AC = CE = AE .

372. Нехай AD = CF , ∠ 1 = ∠ 2 , ∠ 3 = ∠ 4 . Доведемо, що ∆ ABC = ∆ DEF . В ∆ ABC і ∆ DEF ∠ 1 = ∠ 2 , ∠ 3 = ∠ 4 ; AC = DC + AD , DF = DC + CF , AD = CF за умовою, виходить, AC = DF , тобто трикутники рівні за другою ознакою. " 373. Нехай у ∆ ABC AL — бісектриса, AL ⊥ BC . Доведемо, що AC = AB . У трикутників∆ ACL та 266 ∆ BCL AL — спільна сторона, ∠ ALC = ∠ ALB = 90° ,

$

-

#

∠ CAL = ∠ BAL , значить AL — бісектриса, виходить, ∆ ACL = ∆ BCL за другою ознакою. Із трикутників виходить, що AC = AB , що й треба було довести.

Вправи для повторення

.n et

375. Нехай дані ∠1 й ∠2 — суміжні, і ∠3 й ∠ 4 су­

міжні, такі, що ∠ 1 : ∠ 3 = 7 : 5 , а ∠ 4 на 40° біль­ ше ∠2 . Визначимо величини ∠ 4 й ∠2 .

Нехай одиничний відрізок x, тоді ∠ 1 = 7x , ∠ 3 = 5x , ∠ 1 + ∠ 2 = ∠ 3 + ∠ 4 = 180° за теоремою. Виходить, ∠ 2 = 180° − 7x , ∠ 4 = 180° − 5x . Оскільки ∠ 4 на 40° біль­ ше ∠2 , то одержуємо рівняння: 180° − 7x + 40° = 180° − 5x ; 2x = 40° ; x = 20° . Виходить, ∠ 2 = 180° − 7 ⋅ 20° = 40° , ∠ 4 = 180° − 5 ⋅ 20° = 80° . Відповідь: 40°, 80°.

ГЕОМЕТРІЯ

374. У трикутниках AXB і ACB ∠ 1 = ∠ 2 , ∠ 3 = ∠ 4 , AB — спільна сторона, виходить, трикутники рівні за другою ознакою, з рівності трикутників виходить, що AX = AC .

al

ld z

376. Нехай одиничний відрізок x, тоді одна зі сторін трикутника 5x см, 5x + 4x + 1 см. За умовою, периметр трикутни­ друга 4x см, а третя 2 ка 28 см. Одержуємо рівняння: 5x + 4x 5x + 4x 5x + 4x + + 1 = 28 ; 9x + = 27 ; 2 2 18x + 5x + 4x = 54 ; 27x = 54 ; x = 2 . Виходить, перша сторона трикутника 10 см, друга 8 см, а третя 10 см. Виходить, у трикутника є дві рівні сторони по 10 см.

377. Кут між бісектрисами внутрішнього й зовнішнього кутів трикутника, узятих при одній вершині, дорівнює 90°. Оскільки ці кути суміжні і їхня сума 180°, а кут між бісектрисами цих кутів — це кут, що є сумою половин цих кутів.

§ 13. Рівнобедрений трикутник 386. Нехай даний ∆ ABC , у якого AB = BC = 26 см, AC = 15 см. Знайдемо його периметр. P = AB + BC + AC , оскільки AB = BC , # то P = 2 ⋅ AB + AC = 2 ⋅ 26 + 15 = 52 + 15 = 67 см. Відповідь: 67 см.

387. Нехай ∆ ABC — рівнобедрений з основою AC, пери­ метр трикутника — 12 см, BA = 5 см. Знайдемо AC. Оскільки ∆ ABC — рівнобедрений з основою AC, то AB = BC = 5 см, тоді AC = 12 − 2 ⋅ 5 = 2 (см). Відповідь: 2 см.

388. Нехай трикутник∆ ABC — рівнобедрений з осно­ вою AC, ∠ ABC = 80°. Знайдемо ∠ BAC, ∠ BCA. Оскіль­ ки трикутник ABC — рівнобедрений з основою AC,

"

$

#

"

$ 267

389. Нехай ∆ ABC — рівнобедрений з основою AC, ∠ BAC = 30° # ∠ BAC = 30° . Знайдемо ∠ ABC . Оскільки ∆ ABC — рівнобедрений з основою AC, ∠ BAC = ∠ BCA " ∠ BAC = ∠ BCA . Сума кутів трикутника — 180°, виходить, ∠ ABC = 180° − 30° ⋅ 2 = 120° . Відповідь: 120°.

$

# 390. Нехай ∆ ABC — рівнобедрений з основою AC. Знайдемо кути трикутника. а) 1) ∠ ACB > ∠ ABC на 30°. Оскільки ∆ ABC — рівно­ " $ бедрений з основою AC, ∠ BAC = ∠ BCA . Нехай ∠ ABC = x° , тоді ∠ ACB = ∠ BAC = x + 30° . Сума кутів трикутника — 180°, виходить, x + x + 30° + x + 30° = 180° , 3x + 60° = 180° , 3x = 180° − 60° , 3x = 120° , x = 40° , x + 30° = 70° .

2) ∠ ABC > ∠ ACB на 30°. Нехай ∠ ACB = x° , ∠ ABC = x + 30° , то­ ді x + x + x + 30° = 180° , 3x + 30° = 180° , 3x = 180° − 30° , 3x = 150° , x = 50° , x + 30° = 80° . Відповідь: 1) 40°, 70°, 70°; 2) 50°, 50°, 80°. б) Нехай ∆ ABC — рівнобедрений з основою AC. Знайдемо кути трикутника, якщо: 1) ∠ A більше ∠ B в 2 рази; 2) ∠ B більше ∠ A в 2 рази. Ос­ кільки ∆ ABC рівнобедрений з основою AC, виходить, ∠ A = ∠ C за теоремою. Нехай ∠ B = x° , тоді ∠ C = ∠ A = 2x° . За теоремою ∠ A + ∠ B + ∠ C = 180°. Одержуємо рівняння: x + 2x + 2x = 180°; 5x = 180°; x = 36° . Виходить, ∠ B = 36° , ∠ C = ∠ A = 72° . Відповідь: 36°, 72°, 72°.

2) Оскільки ∆ ABC рівнобедрений з основою AC, виходить, ∠ A = ∠ C ∠ A = ∠ C за теоремою. Нехай ∠ A = ∠ C = x° , тоді ∠ B = 2x° . За теоре­ мою ∠ A + ∠ B + ∠ C = 180° . Одержуємо рівняння: x + x + 2x = 180° ; 4x = 180° ; x = 45° . Виходить, ∠ A = ∠ C = 45° , ∠ B = 90° . Відповідь: 45°, 45°, 90°.

al

ld z

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

∠ BAC = ∠ BCA . Сума кутів трикутника — 180°, виходить, ∠ BAC = ∠ BCA = ∠ BAC = ∠ BCA = (180° − 80°) : 2 = 50° . Відповідь: 50°.

391. а) Якщо в рівнобедреному трикутнику один із кутів при основі 60°, то другий при основі теж 60°, тоді кут між бічними сторонами 180° − (60° + 60°) = 60° (оскільки сума кутів трикутника 180°). Ос­ кільки в трикутника всі кути рівні, виходить, і всі сторони рівні, тоді він рівносторонній. б) Якщо в рівнобедреному трикутнику кут між бічними сторонами 60°, то кути при основі (які рівні за теоремою) рівні (180° − 60°) : 2 = 60°, оскільки сума кутів трикутника дорівнює 180°. Оскільки в трикутника всі кути рівні, тоді й рівні всі сторони, зна­ чить він рівносторонній.

392. У рівносторонньому трикутнику ABC всі сторони рівні. Будемо вважати його рівнобедреним з основою AC, тоді за теоремою ∠ A = ∠ C , якщо будемо його вважати рівно­ бедреним з основою BC, то ∠ B = ∠ C , тоді ∠ A = ∠ B , 268 оскільки ∠ A = ∠ B = ∠ C .

#

"

$

ГЕОМЕТРІЯ

ld z

.n et

393. а) Нехай даний рівнобедрений ∆ ABC з основою AC, бісектрисою AK, ∠ B = 80° . Знайдемо ∠ KAC . # Тому що AK бісектриса ∠ BAC, то ∠ KAC = ∠ BAC : 2. У ∆ ABC AB = BC , виходить, ∠ BAC = ∠ C за теоре­ , мою, ∠ B = 80° , тоді ∠ BAC = (180° − 80°) : 2 = 50° " $ й ∠ KAC = 50° : 2 = 25° . Відповідь: 25°. б) Нехай даний рівнобедрений ∆ ABC з основою AC і бісектрисою AK і ∠ B = 80° . Знайдемо кут між бісектрисою й бічною стороною, яку вона пере­ тинає, це буде ∠ AKB (тому, що він гострий). За умовою ∆ ABC рівнобедрений з основою AC, оскільки AB = BC й ∠ BAC = ∠ C (за теоремою). За умовою ∠ B = 80° , тоді ∠ BAC = ∠ C = (180° − 80°) : 2 = 50° . В ∆ ABK , ∠ B = 80° , ∠ BAK = ∠ BAC : 2 = 50° : 2 = 25° (оскільки AK бісектриса ∠ BAC ), тоді ∠ AKB = 180° − (80° + 25°) = 75° . Відповідь: 75°. в) Нехай даний рівнобедрений ∆ ABC з основою AC. ∠ ABC = 80° .

CK ⊥ AB . Знайдемо ∠ KCA . У трикутнику ABC ∠ BAC = ∠ BCA як кути при основі, отже, ∠ BAC = (180° − 80°) : 2 = 50° . У трикутнику AKC ∠ AKC = 90° , ∠ KAC = 50° , виходить, ∠ KCA = 180° − (90° + 50°) = 40° . Відповідь: 40°.

al

394. У рівнобедреному трикутнику периметр дорівнює 50 см і є сумою довжин його сторін. Знайдемо його сторони, якщо вони пропорційні числам: а) 1, 2 і 2. Нехай одиничний відрізок x см, тоді одна сторона x см, а дві інші 2x см. Одержуємо рівняння: x + 2x + 2x = 50 , 5x = 50 , x = 10 . Тоді довжини сторін трикутника 10 см, 20 см і 20 см. Відповідь: 10 см, 20 см і 20 см. б) 3, 3 і 4. Нехай одиничний відрізок x см, тоді сторони трикутника 3x см, 3x см і 4x см. Одержуємо рівняння: 3x + 3x + 4x = 50 , 10x = 50 , x = 5 . Тоді довжини сторін трикутника 15 см, 15 см і 20 см. Відповідь: 15 см, 15 см і 20 см. # 395. Нехай даний рівнобедрений трикутник ABC з осно­ вою AC. . 0 , ∠ ABC = 30° . CM ⊥ AB , AK ⊥ BC . " $ Висоти CM і AK перетинаються в точці O. Знайдемо ∠ MOK . У ∆ ABC ∠ BAC = ∠ BCA як кути при основі рівобедреного трикутни­ ка, ∠ ABC = 30° , оскільки ∠ BAC = ∠ BCA = (180° − 30°) : 2 = 75° . У ∆ MAC ∠ CMA = 90° , значить, ∠ ACO = 180° − (90° + 75°) = 15° . Ана­ логічно знайдемо ∠ ACM . У трикутнику ACO ∠ OAC = ∠ OCA = 15° , ви­ ходить, ∠ AOC = 180° − 2 ⋅ 15° = 150° . ∠ AOC = ∠ MOK як вертикальні, виходить, ∠ MOK = 150° .

269 Відповідь: 150°.

.

397. Нехай даний трикутник AMC, MK — висота й бісект­ риса трикутника. Доведемо, що трикутник ∆ AMC — рівнобедрений. Оскільки MK — бісектриса, то ∠ AMK = ∠ CMK , $ оскільки MK — висота, то ∠ AKM = ∠ CKM = 90° , " , у трикутниках AMK і CMK MK — спільна сторона, тоді ∆ AKM = ∆ CKM за другою ознакою. З рівності трикутників вихо­ дить, що AM = CM , виходить, ∆ AMC — рівнобедрений з основою AC, що й потрібно було довести.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

.

396. Нехай дано трикутник AMC, MK — медіана й висо­ та трикутника. Доведемо, що трикутник AMC — рівнобедрений. Оскільки MK — медіана, то AK = KC , оскільки MK — $ висота, то ∠ AKM = ∠ CKM = 90° , у ∆ AMK і ∆ CMK " , MK — спільна сторона, тоді ∆ AKM = ∆ CKM за пер­ шою ознакою. З рівності трикутників виходить, що AM = CM , ви­ ходить, ∆ AMC — рівнобедрений з основою AC, що й було потрібно довести.

#

ld z

398. Нехай в ∆ ABC AB = BC , ∠ B = 36° , AK — бісект­ риса. Доведемо, що BK = KA = AC . Розглянемо ∆ ABK , ∠ B = 36° , ∠ BAK = ∠ BAC : 2 . , Оскільки в ∆ ABC AB = BC , то ∠ BAC = ∠ C = (180° − 36°) : 2 = 72° " $ ∠ BAC = ∠ C = (180° − 36°) : 2 = 72° , тоді ∠ BAK = 72° : 2 = 36° . Якщо ∠ B = ∠ BAK , то BK = AK. Розглянемо ∆ AKC . ∠ AKC = 180° − ∠ BKA (оскільки ∠ AKC і ∠ BKA — суміжні). ∠ AKC = 180° − 108° = 72° , а ∠ C = 72° , тоді ∠ AKC = ∠ C та AK = AC , виходить, BK = KA = AC .

al

# 399. Нехай даний трикутник ABC, AB = BC , BD — медіа­ на трикутника. Периметри трикутників ABD і ABC рівні відносно 40 см і 50 см. Знайдемо BD. AB + BC + AC = 50 см, AB + BD + AD = 40 см, " = 15 ∆ MAC = ∆ KCA , BD = 40 − ( AB + AD ) = 40 − 0,5 ⋅ 50 = 40 − 25 % = 40 − ( AB + AD ) = 40 − 0,5 ⋅ 50 = 40 − 25 = 15 (см). Відповідь: 15 см.

$

#

400. Нехай ∆ ABC — рівнобедрений з основою AC. KC , . і AM — бісектриси трикутника. Доведемо, що KC = AM . $ Оскільки трикутник ABC — рівнобедрений з ос­ " новою AC, то ∠ BAC = ∠ BCA , KC і AM — бісект­ риси трикутника, оскільки ∠ MAC = 0,5∠ ABC , ∠ KCA = 0,5∠ ACB , ∠ MAC = ∠ KCA . У трикутниках MAC і KCA ∠ MAC = ∠ KCA , ∠ BAC = ∠ BCA , AC — спільна сторона, оскільки ∆ MAC = ∆ KCA за другою ознакою, з рів­ ності трикутників виходить, що AM = CK , що й потрібно було до­ вести. "

401. Нехай AB = CD , M — точка перетинання відрізків, AM = MD . Доведемо, що ∆ ABC = ∆ DCB . У трикутниках AMC і DMB ∠AMC = ∠ DMB як вер­ 270 тикальні, AM = MD за умовою.

%

. $

#

.n et

402. Нехай даний рівнобедрений трикутник ABC з основою AC. Знайдемо його периметр, якщо: а) AC на 30 см менше периметра, а AB на 40 см менше периметра. б) AB на 30 см менше периметра, а AC на 40 см менше периметра. Нехай периметр трикутника x см, тоді а) AC = x − 30 см, AB = BC = x − 40 см. Одержуємо рівняння: x − 30 + ( x − 40) ⋅ 2 = x , x − 30 + 2x − 80 = x , 2x = 110 , x = 55 . Відповідь: 55 см. б) AC = x − 40 см, AB = BC = x − 30 см. Одержуємо рівняння: x − 40 + (x − 30) ⋅ 2 = x , x − 40 + 2x − 60 = x , 2x = 100 , x = 50 . Відповідь: 50 см.

ГЕОМЕТРІЯ

Якщо AB = CD й AM = MD , то MC = MB , виходить, трикутники рів­ ні за першою ознакою. З рівності трикутників виходить, що ∠ MCA = ∠ MBD ∠ MCA = ∠ MBD . Трикутник CBM — рівнобедрений, оскільки MC = MB, виходить, ∠ MCB = ∠ MBD. ∠ ACB = ∠ ACM + ∠ MCB, ∠ DBC = ∠ DBM + ∠ CBM DBC = ∠ DBM + ∠ CBM , значить ∠ ACB = ∠ DBC . У трикутниках ACB і DCB ∠ ABC = ∠ DCB , ∠ ACB = ∠ DBC , BC — спільна сторона, виходить, трикутники рівні за другою ознакою.

ld z

403. а) Якщо в рівнобедреному трикутнику кут між бічними сторонами тупий, то це очевидно. б) Якщо в рівнобедреному трикутнику кут між бічними сторонами гострий, то оскільки в рівнобедреному трикутнику кути при основі рівні, виходить, сума двох нерівних кутів більше 90° (найменші кути при основі по 46°, виходить, між бічними сторонами 88°, а 88°, а 46° + 88° > 90° ).

al

404. Нехай даний рівнобедрений трикутник з основою AC. а) Якщо сума двох його кутів дорівнює 60°, то це може бути: 1) ∠ A + ∠ B = 60° , або 2) ∠ A + ∠ C = 60° . # Розглянемо 1), якщо ∠ A + ∠ B = 60° , тоді ∠ C = 180° − ( ∠ A + ∠ B) = 180° − 60° = 120° . Трикут­ ник ABC рівнобедрений з основою AC, тоді за $ теоремою ∠ A = ∠ C = 120° , а такого бути не мо­ " же (у трикутнику може бути тільки один тупий кут). Значить, ∠ A + ∠ B ≠ 60° .

2) Нехай ∠ A + ∠ C = 60° , оскільки ∆ ABC рівнобедрений з осно­ вою AC, виходить, AB = BC і за теоремою ∠ A = ∠ C . Одержуємо рівняння: 2 ⋅ ∠ A = 60° . ∠ A = 30° , виходить, ∠ C = 30° , тоді ∠ B = 180° − 60° = ∠ B = 180° − 60° = 120° . Відповідь: 30°, 30°, 120°. б) Якщо сума двох з них дорівнює 150°, то це може бути: 1) ∠ A + ∠ C = 150° , або 2) ∠ A + ∠ B = 150° .

2) Якщо ∠ A + ∠ C = 150°, а ∆ ABC рівнобедрений з основою AC, ос­ кільки за теоремою ∠ A = ∠ C , тоді ∠ A = 150° : 2 = 75° й ∠ C = 75° , ∠ B = 180° − ( ∠ A + ∠ C ) = 180° − 150° = 30° . Відповідь: 75°, 75°, 30°.

3) Якщо ∠ A + ∠ B = 150° , то ∠ C = 180° − ( ∠ A + ∠ B) = 180° − 150° = 30° . Оскільки ∆ ABC рівнобедрений з основою AC, то ∠ C = ∠ A . Виходить, ∠ A = 30° , тоді ∠ B = 150° − 30° = 120° .

271 Відповідь: 30°, 30°, 120°.

ld z

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

" в) Якщо один із його зовнішніх кутів 15°. Це не може бути зовнішній кут, кути при ос­ нові, оскільки тоді кут при основі буде тупий, % # $ а оскільки в рівнобедреного трикутника кути при основі рівні, то виходить у трикутника два тупих кути. Нехай ∠ DBA = 15° , тоді ∠ ABC = 180° − 15° = 165° , оскільки він суміжний з ∠ DBA . За теоремою ∠ A + ∠ C = ∠ DBA , а оскільки в ∆ ABC ∠ A = ∠ C , оскільки він рівнобедрений з основою AC, то ∠ A = 15° : 2 = 7°30′ , ∠ C = 7°30′ . Відповідь: 165°, 7°30′ , 7°30′ . % г) Якщо один із зовнішніх кутів 115°, то це може # бути зовнішній кут як кута між бічними сторо­ нами, так і кута при основі.

1) Нехай ∠ DBC = 115° , тоді , " $ ∠ ABC = 180° − 115° = 65° ( ∠ DBC і ∠ ABC суміж­ ні). За теоремою ∠ BAC + ∠ C = ∠ DBC , оскільки ∠ BAC = ∠ C , оскільки ∆ ABC рівнобедрений з основою AC, тоді ∠ BAC = ∠ C = 115° : 2 = 57°30′ . Відповідь: 57°30′ , 57°30′ , 165°.

2) Нехай ∠ KAB = 115° , тоді ∠ BAC = 180° − 115° = 65° , оскільки ∠ KAB та ∠ BAC суміжні. Оскільки ∆ ABC рівнобедрений з осно­ вою AC, то за теоремою ∠ BAC = ∠ C = 65° . ∠ ABC = 180° − ( ∠ BAC + ∠ C ) = 180° − (65° + 65°) = 180° − 130° = 60° . Відповідь: 65°, 65°, 60°.

406. У рівнобедреному трикутнику бічні сторони рівні, тоді P = a + b + b = a + 2b .

al

407. а) У рівнобедреному трикутнику бічні сторони рівні, тоді основа його дорівнює 2 p − 2b . б) У рівнобедреному трикутнику бічні сторони рівні, тоді кожна з них дорівнює (2 p − 2a ) : 2 .

408. Нехай трикутник ABC — рівносторонній. а) ∠ ABC = ∠ ACB = ∠ CAB . б) Якщо BB1 , AA1 , CC1 — медіани, BB1 = AA1 = CC1 в) Якщо BB1 , AA1 , CC1 — висоти, BB1 = AA1 = CC1 . г) Якщо BB1 , AA1 , CC1 — бісектриси, BB1 = AA1 = CC1 , а) Оскільки трикутник ABC — рівносторонній, # то BA = BC , виходить, ∠ BAC = ∠ BCA як кути при основі рівнобедреного трикутни­ ка, ∠ ABC = ∠ ACB , тоді, ∠ BAC = ∠ ABC = ∠ ACB " $ ∠ BAC = ∠ ABC = ∠ ACB , що й потрібно було довести.

0 б) Нехай BB1 , AA1 , CC1 — медіани трикут­ ника ABC. В ∆ ABA1 і ∆ CBC1 ∠ ABC — " $ # спільний, AB = BC за умовою. BC1 = BA1 як половини рівних сторін ∆ ABC , оскільки ∆ ABA1 = ∆ CBC1 , звідси виходить, що AA1 = CC1 . Аналогічно дове­ демо рівність відрізків BB1 = AA1 , оскільки BB1 = AA1 = CC1 . в), г) У рівнобедреному трикутнику медіана є висотою й бісектрисою. Оскільки ∆ ABC — рівносторонній, то BB1 , AA1 , CC1 є медіанами, висотами й бісектрисами. Тоді із твердження, доведеного в п. б), 272 висоти BB1 , AA1 , CC1 рівні, так само, як і бісектриси.

409.

410.

0

Вправи для повторення

#

$

.n et

415. Нехай ∠ ADB і ∠ BDC суміжні. Знайдемо величи­ ни цих кутів, якщо вони відносяться як: а) 1 : 2 ; б) 2 : 3 . За теоремою ∠ ABD + ∠ BDC = 180° , нехай " % одиничний кут x, тоді а) ∠ BDC і ∠ ADB = 1 : 2 й ∠ BDC = x , а ∠ ADB = 2x . Одержуємо рівняння: x + 2x = 180° , 3x = 180° , x = 60° . Виходить, ∠ BDC = 60° , ∠ ABD = 120° . Відповідь: 60°, 120°. б) ∠ BDC : ∠ ADB = 2 : 3 , тоді ∠ BDC = 2x , ∠ ADB = 3x . Одержуємо рівняння: 2x + 3x = 180° , 5x = 180° , x = 36° . Виходить, ∠ BDC = 72° , ∠ ABD = 108° . Відповідь: 72°, 108°.

ГЕОМЕТРІЯ

414. Бісектриса ділить кут навпіл, виходить, сам кут дорівнює 48° ⋅ 2 = 96° .

ld z

416. Нехай периметр рівностороннього трикутника x см, тоді довжина кожної його сторони ( x − 4) см. Одержуємо рівняння: ( x − 4) ⋅ 3 = x , 3x − 12 = x , 2x = 12 , x = 6 . Відповідь: 6 см.

417. Середнє арифметичне сторін трикутника це

al

оскільки периметр дорівнює 10 ⋅ 3 = 30 дм.

1 периметра трикутника, 3

§ 14. Третя ознака рівності трикутника

# 421. У рівносторонньому ∆ ABC BO = OC = OA . Доведемо, що ∠ AOB = ∠ BOC = ∠AOC, ∠ OAB = ∠ OBC = ∠ OCA . За умовою ∆ ABC рівносторонній, тоді AB = BC = 0 = AC. Розглянемо ∆ ABO , ∆ BCO , ∆ ACO , у них " $ BO = OC = OA за умовою, AB = BC = AC як сторо­ ни рівностороннього ∆ ABC , виходить, ∆ ABO = ∆ BCO = ∆ ACO ∆ ABO = ∆ BCO = ∆ ACO за третьою ознакою, тоді ∠ AOB = ∠ BOC = ∠ AOC та ∠ OAB = ∠ OBC = ∠ OCA .

422. Нехай даний чотирикутник ABCD, у якого AB = DC # © AB = DC , BC = AD и AB  DC , BC  AD . Доведемо ∠ B = ∠ D , ∠ BAD = ∠ BCD . " % Розглянемо ∆ ABC й ∆ ADC . За умовою AB = DC, BC = AD , сторона AC — спіль­ на, тоді ∆ ABC = ∆ ADC за третьою ознакою. Тоді ∠ B = ∠ D , ∠ BAC = ∠ CAD ∠ BAC = ∠ CAD , ∠ BCD = ∠ ACD. Оскільки, ∠ BAD = ∠ BAC + ∠ CAD, а ∠ BCD = ∠ BCA + ∠A ∠ BCD = ∠ BCA + ∠ACD, то ∠ BAD = ∠ BCD .

423. Нехай відрізки OB і OA рівні, а BX = AX . Доведемо, що OX — бісектриса ∠ AOB .

273

Розглянемо ∆ OBX й ∆ OAX , за умовою OB = OA, # BX = AX . OX — спільна сторона, тоді ∆ OBX = ∆ OAX ∆ OBX = ∆ OAX за третьою ознакою, виходить, ∠ BOX = ∠ XOA ∠ BOX = ∠ XOA і OK бісектриса ∠ AOB .

$

"

424. Нехай даний ∆ ABC , у якого AB = BC , BH — ви­ сота, точка M належить BH. Доведемо: # а) MA = MC , б) ∆ ABM = ∆ CBM , в) ∆ AMH = ∆ CMH . а) За умовою ∆ ABC рівнобедрений з основою AC, .

BH — висота, виходить, за теоремою BH — ме­ діана. Розглянемо ∆ AMC , за умовою точка M $ належить BH, тоді MH — висота та медіана " ) ∆ AMC , виходить, AM = MC . б) Розглянемо ∆ AMC й ∆ CBM , за умовою AB = BC , за доведеним AM = MC , BM — спільна сторона, виходить, ∆ ABM = ∆ CBM за третьою ознакою. в) Розглянемо ∆ AMH = ∆ CMH , AM = MC за доведеним, AH = HC, оскільки BH — медіана ∆ ABC , MH — спільна сторона, виходить, ∆ AMH = ∆ CMH за третьою ознакою.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

0

9

al

ld z

425. 1) Нехай в ∆ ABC ∠ ABC = 70° , ∠ ACB = 30° , а в ∆ BDC ∠ DBC = 30° , ∠ DCB = 70° . Знайдемо кути чотирикутника. ∠ A = ∠ D = 180° − (70° + 30°) = 80° (як кути ∆ ABC й ∆ BDC ). ∠ ABD = ∠ ABD + ∠ CBD , ∠ ABD = 30° + 70° = 100° , ∠ ACD = ∠ ACB + ∠ DCB , ∠ ACD = 30° + 70° = 100° . Відповідь: 100°, 100°, 80°, 80°.

2) Шлях в ∆ ABC ∠ BAC = 70° , ∠ BCA = 30° , а в ∆ ADC ∠ CAD = 70° , ∠ DCA = 30° . Знайдемо кути чотирикутника ABCD. ∠ B = ∠ D = 180° − (70° + 30°) = 80° (як кути ∆ ABC й ∆ ADC ). ∠ BAD = ∠ BAC + ∠ CAD = 70° + 70° = 140° , ∠ BCD = ∠ BCA + ∠ DCA = 30° + 30° = 60° . Відповідь: 80°, 60°, 80°, 140°. #

#

%

"

©

#

"

$ % #

426. Нехай дані рівнобедрені ∆ ABC та ∆ A1B1C1 з основами AC та A1C1 , у яких AC = A1C1 й AB = A1B1 . Доведемо ∆ ABC = ∆ A1B1C1 . " $ " $ За умовою ∆ ABC й ∆ A1B1C1 рів­ нобедрені з основами AC і A1C1 , тоді AB = BC й A1B1 = B1C1 . Ос­ кільки AB = A1B1 , то BC = B1C1 . AC = A1C1 за умовою, тоді ∆ ABC = ∆ A1B1C ∆ ABC = ∆ A1B1C1 за третьою ознакою. #

#

427. Нехай дані рівносторонні ∆ ABC та ∆ A1B1C1 , у яких AB = A1B1 . До­ ведемо, що вони рівні. За умовою " $ " $ ∆ ABC й ∆ A1B1C1 рівносторонні, ви­ ходить, AB = BC = AC , A1B1 = B1C1 = A1C1 . Тому що AB = A1B1 , то AB = BC = AC 274 AB = BC = AC = A1B1 = B1C1 = A1C1 й ∆ ABC = ∆ A1B1C1 за третьою ознакою.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

# 428. Нехай дана окружність із центром у точці O і на ній позначені точки A, B та C так, що AB = BC = AC . Доведемо, що: 0 а) ∆ OAB = ∆ OBC = ∆ OCA . " б) ∠ AOB = ∠ BOC = ∠ COA = 120° . $ в) ∠ OAB = ∠ OBC = ∠ OCA = 30° . а) У ∆ OAB , ∆ OBC і ∆ OCA — AB = BC = AC за умовою, OA = OB = OC як радіуси окружності, виходить, за третьою ознакою рівності ∆ OAB = ∆ OBC = ∆ OCA . б) Точка O — центр окружності й центр трикутника, а отже, є точ­ кою перетинання його бісектрис. ∆ ABC рівносторонній, а в нього всі кути по 60°, виходить, ∠ ABC = ∠ BCA = ∠ CAB = 60° . Оскільки OA, OB, OC — бісектриси, то ∠ ABO = ∠ OBC = ∠ BCO = ∠ OCA = ∠ O ∠ OBC = ∠ BCO = ∠ OCA = ∠ OAC = ∠ CAO = 30° . Тоді ∠ AOB = ∠ BOC = ∠ COA = 180° − (30° + 30°) = 120° . в) див. б). "

ld z

429. Нехай дана окружність із центром у точці O, на яко­ му позначені точки A, B і C так, що AB = BC = CA , # 0 AM — діаметр окружності. , Доведемо, що: а) BM = CM ; б) ∠ OBM = ∠ OCM . а) Якщо AB = BC = CA , то ∆ ABC — рівносторонній . $ і точка O лежить на висоті AK і тоді CK = KB . Ос­ кільки AM — діаметр, то MK ⊥ CB в ∆ CMB , а якщо CK = KB , то ∆ CMB — рівнобедрений, оскільки CM = BM та ∠ KBM = ∠ MCK . б) ∠ OBM = ∠ OBK + ∠ KBM . ∠ OCM = ∠ OCK + ∠ KCM . ∠ KBM = ∠ KCM за доведеним в а). ∠ OBK = ∠ OCK , як кути при основі рівнобедреного ∆ COB , ос­ кільки ∠ OBM = ∠ OCM .

al

# # 430. Нехай дані ∆ ABC й ∆ A1B1C1 , у яких AB = A1B1 , BC = B1C1 , . .

MC та M1C1 — медіани, MC = M1C1 $ " $ MC = M1C1 . Доведемо, що ∆ ABC = ∆ A"1B1C1 ∆ ABC = ∆ A1B1C1 . Розглянемо ∆ MBC й ∆ M1B1C1 . За умовою AB = A1B1 , BC = B1C1 , MC = M1C1 , MC і M1C1 — медіани, то BM = B1M1 . Отже, ∆ MBC = ∆ M1B1C1 за третьою ознакою, виходить, ∠ B = ∠ B1 , а тоді ∆ ABC = ∆ A1B1C1 за першою ознакою.

431. Нехай ABCDA — замкнута ламана, така, що AB = CD , AD = BC . До­ ведемо, що ∠ A = ∠ C , ∠ B = ∠ D . а) Розглянемо рис. 178 підручника, з’єднаємо точки A і C. В ∆ ABC і ∆ DAC , AB = CD , BC = AD за умовою, AC — спільна сторона, бо ∆ ABC = ∆ DAC за третьою ознакою. Тоді ∠ A = ∠ C , ∠ B = ∠ D . б) Розглянемо рис. 179 підручника. Позначимо точку перетинання AB і CD буквою O. ∆ COB = ∆ DOA . Точка O ділить на відрізки AB і CD навпіл, оскільки CO = OD = OB = OA , CB = AD за умовою, тоді ∆ COB = ∆ DOA за третьою ознакою, виходить, ∠ A = ∠ C , ∠B = ∠D .

433. Нехай дані рівнобедрені трикутники APC і ABC, що мають спільну 275 основу AC. PB перетинає AC у точці O.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

1 Доведемо, що: а) ∠ PAB = ∠ PCB . б) AO = OC .

0 " $ в) AC ⊥ BP . а) Розглянемо ∆ APB = ∆ CPB .

AP = PC , AB = BC , оскільки за умовою вони рівно­ # бедрені, з основою AC, сторона PB спільна, тоді ∆ APB = ∆ CPB за третьою ознакою, виходить, ∠ PAB = ∠ PCB . б) Розглянемо ∆ APO й ∆ CPO .

AP = PC за умовою, ∠ APO = ∠ CPO за доведеним, PO спільна сто­ рона, значить ∠ APO = ∠ CPO за першою ознакою, тоді AO = CO . в) Розглянемо ∆ APC , AO = CO за доведеним, ∠ APO = ∠ CPO за доведеним, виходить, PO — є медіаною й бісектрисою, а оскільки AP = PC , то PO — висота ∆ APC , виходить, PO ⊥ AC . Точка O належить PB, оскільки AC ⊥ BP .

434. Ні, тільки, якщо ці рівні трикутники рівносторонні або рівнобедрені.

435. Так, якщо вони рівнобедрені й рівні.

ld z

436. Трьома способами.

Вправи для повторення

al

437. Нехай величина одиничного кута x° , тоді величини кутів трикутни­ ка 2x° , 3x° , 4x° . За теоремою сума кутів трикутника 180°. Одержимо рівняння: 2x + 3x + 4x = 180° , 9x = 180° , x = 180° . Значить величини кутів трикутника 40°, 60°, 180°. Відповідь: 40°, 60°, 180°.

438. Середнє арифметичне кутів трикутника є 180° : 3 = 60° .

439. Периметр трикутника 20 ⋅ 3 = 60 см.

440. Середнє арифметичне сторін трикутника p.

441. Кожний чотирикутник можна розділити на два трикутники. Сума кутів трикутника 180°, виходить, сума кутів чотирикутника 180° ⋅ 2 = 360° 180° ⋅ 2 = 360° . Середнє арифметичне кутів чотирикутника 90°.

§ 15. Прямокутний трикутник 446. Нехай дано прямокутний ∆ ABC, ∠ C = 90° , ∠ B > ∠ A на 10°. Знайдемо ∠ A й ∠ B . Нехай ∠ A = x° , тоді ∠ B = ( x + 10) ° . Оскільки сума гострих кутів прямокутного трикутни­ ка дорівнює 90°, то x + x + 10° = 90° , 2x = 80° , x = 40° , x + 10° = 50° .

276 Відповідь: 40°, 50°.

"

$

#

.n et

448. Нехай даний трикутник ABC, ∠ A > ∠ B на 30°, ∠ A < ∠ C на 30°. Знайдемо кути ∆ ABC . Нехай ∠ B = x° , тоді ∠ A = x + 30° , ∠ C = x + 30° + 30° = x + 60° . Сума кутів трикутника дорівнює 180°, оскільки, x + x + 30° + x + 60° = 180° , 3x + 90° = 180° , 3x = 90° , x = 30° , x + 30° = 60° , x + 60° = 90° . Відповідь: 30°, 60°, 90°.

ГЕОМЕТРІЯ

" 447. Нехай даний трикутник ABC, ∠ A , ∠ B , ∠ C = 3 : 5 : 8 ∠C = 3:5: 8 . Доведемо, що ∆ ABC — прямокутний. $ # Оскільки ∠ A : ∠ B : ∠ C = 3 : 5 : 8 , то ∠ A = 3x , ∠ B = 5x , ∠ C = 8x . Сума кутів трикутника до­ рівнює 180°, оскільки, 3x + 5x + 8x = 180° , 8x = 180° : 2 = 90° , ∠ A + ∠ B = 8x ∠ A + ∠ B = 8x , ∠ A + ∠ B = ∠ C , ∠ C = 90° , виходить, трикутник ABC — прямокутний, що й було потрібно довести.

$

449. Нехай даний прямокутний трикутник ABC, ∠ C = 90° , BB1 і AA1 — бісектриси гострих ку­ " # тів B і A відповідно. O — точка їхнього пере­ тинання. Довести, що ∠ AOB = 45° . # Нехай ∠ A = x° , тоді ∠ B = 90° − x . Оскільки " BB1 і AA1 — бісектриси, то ∠ B1BA = 0,5 ⋅ (90° − x ) , ∠ BAA1 = 0,5x , ∠ AOB = 180° − ( ∠ BAO + ∠ ABO ) ,

(

)

ld z

∠ AOB = 180° − 0,5x + 0,5 (90° − x ) = 180° − 45° = 135° ,

∠ AOB і ∠ AOB1 — суміжні, виходить, ∠ AOB1 = 180° − 135° = 45° . Що й потрібно було довести.

450. Нехай ABC — прямокутний трикутник, тоді ∠ C = 90° , CK ⊥ AB , ∠ KCB = 50° . Знайдемо ∠ A й ∠ B . У ∆ CBK ∠ CKB = 90° , ∠ KCB = 50° , виходить, ∠ KBC = 90° − 50° = 40° (за властивістю гострих ку­тів прямокутного трикутника). У ∆ ABC ∠ C = 90° , ∠ B = 40° , ∠ B = 90° − 40° = 50° . Відповідь: 40°, 50°.

al

"

451. Нехай точка D лежить на бісектрисі ABC, DA ⊥ AB , DC ⊥ BC . Доведемо, що DA = DC . У трикутниках DAB і DCB BD — спільна гіпо­ тенуза, ∠ AB = ∠ CB , оскільки BD — бісектри­ са, виходить, прямокутні трикутники рівні за гіпотенузою й гострим кутом. З рівності трикутників виходить рівність кате­ тів AD і BD. Що й було потрібно довести.

452. Нехай даний ∠ KAM, точка B лежить на внут­ рішньому промені AB кута KAM, BK ⊥ AK , BM ⊥ AM , BK = BM . Доведемо, що AB — бі­ сектриса кута KAM. У прямокутних трикутниках AKB та AMB ∠ AKB = ∠ AMB = 90° , AB — спільна гіпоте­ нуза, BK = BM , оскільки трикутники KAB та

, $

#

" %

#

$

, #

" .

277

N 453. Нехай пряма m перетинає відрізок AB , у точці O, що є серединою відрізка AB. AK ⊥ m , BM ⊥ m .

0 " # Доведемо, що AK = BM . У трикутниках AKO і BMO ∠ AOK = ∠ BOM . як вертикальні, ∠ AKO = ∠ BMO = 90° , AO = = BO, оскільки O — середина відрізка AB, виходить, прямокутні трикутники AKO і BMO рівні по катеті й гост­ рому куті. З рівності трикутників виходить рівність катетів AK і BM. Що й потрібно було довести.

454. Див. рис. 190 підручника. Оскільки в трикутнику ACB ∠ ACB = 90° , ∠ CBA = 45° , то AC = BC . Виміряємо катет BC і знайдемо ширину річки, а саме довжину катета AC.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

MAB рівні по гіпотенузі й катету. З рівності трикутників виходить рівність кутів ∠ KAB = ∠ MAB , виходить, AB — бісектриса кута KAM, що й потрібно було довести.

455. Див. рис. 191 підручника. Якщо прямокутні трикутники розташовані так, як на малюнку, то ∠ ACA1 + ∠ ACB + ∠ BCB1 + ∠ B1CA1 = 360° , 90° + 90° + α + ∠ ACA1 = 360° , ∠ ACA1 = 180° − α . Відповідь: 180° − α .

al

ld z

456. Нехай дані прямокутні трикутни­ " " ки ABC та A1B1C1 . ∠ C = ∠ C1 = 90° , AC = A1C1 , ∠ B = ∠ B1. Доведемо, що ∆ ABC = ∆ A1B1C1 . Ос­ кільки сума кутів трикутника 180°, то сума гострих кутів прямокутного $ # $ # трикутника — 90°, ∠ A = 90° − ∠ B , ∠ A1 = 90° − ∠ B1 . Оскільки ∠ B = ∠ B1 , то ∠ A = ∠ A1 . ∠ ACB = ∠ A1C1B1 за другою ознакою ( AC = A1C1 , ∠ C = ∠ C1 , ∠ A = ∠ A1 ∠ A = ∠ A1 ), що й потрібно було довести.

458. Доведемо, що катет, що дорівнює половині " гіпотенузи, лежить проти кута 30°. Нехай даний ∆ ABC, ∠ C = 90° , CB = 0,5 AB . Дове­ демо, що ∠ CAB = 30° . Продовжимо сторону BC і на промені BC # # відкладемо відрізок CB1 рівний BC, тоді $ в ∆ B1 AB BB1 = AB1 = AB , AC — медіана, висота, бісектриса, ∠ ABB1 = ∠ AB1B = ∠ B1 AB = 60°, тому що ∠ CAB = 30° , що й потрібно було довести.

# 459. Нехай у трикутнику ABC AB = 18 см, ∠ B = 30° = 30°, ∠ C = 90° . Знайдемо: 1) відстань від точки A до прямої CB ( AC ⊥ BC ), відрі­ зок AC; 2) проекцію похилої AB на пря­ му AC (A і C — основи похилої й перпен­ $ " дикуляра, оскільки проекція — AC.) Оскільки ∆ ABC — прямокутний, ∠ B = 30° , то AC = 0,5 AB , AC = 278 AC = 18 ⋅ 0,5 = 9 (см). Відповідь: 9 см.

N $

#

O

.n et

461. Нехай прямі m і n — паралельні, AB перети­ нає прямі m і n у точках A і B, відповід­но під кутом 30°, AC ⊥ m , ∠ ABC = 30° , AB = 54 см.

AC — відстань між прямими. Знайдемо AC. У прямокутному трикутнику ABC ∠ ACB = 90° , ∠ ABC = 30° , виходить, AC = 0,5 AB , AC = 27 см. Відповідь: 27 см.

ГЕОМЕТРІЯ

$ 460. Нехай у ∆ ABC ∠ A = ∠ B = 45° , AB = 19 см. Знайдемо: 1) відстань від точки C до прямої AB ( CC1 ⊥ BA , виходить, шукана відстань CC1 ); 2) проекцію відрізка AC на пряму AB (тобто " # CC1 ⊥ AB1 , AC1 — шукана проекція). $ Розв’язання. Оскільки ∠ A = 45° , то трикутник прямокутний, ∠ C = 90° , AC = BC , CC1 — висота, медіана й бісект­ риса ∆ BAC . У ∆ ACC1 ∠ AC1C = 90° , ∠ C1 AC = 45° , оскільки ∠ AC1 = 45° , тоді AC1 = CC1 = 0,5 AB , CC1 = 9,5 см. Відповідь: 9,5 см.

"

al

ld z

462. Нехай даний прямокутний трикутник ABC, " ∠ C = 90° . Дві його бісектриси перетинаються під кутом 70°. Знайдемо кути трикутника. У зада­ $ чі 215 доведено, що бісектриси гострих кутів 0 прямокутного трикутника перетинаються під $ # кутом 45°, оскільки кут 70° можуть утворювати " лише бісектриси гострого й прямого кутів. Нехай AA1 і CC1 — бісектриси, O — точка перетину, ∠ COA1 = 70° . У трикутнику A1OC ∠ OCA1 = 0,5 ⋅ 90° , оскільки CC1 — бісектриса ∠ ACB , ∠ OCA1 = 45° , ∠ COA1 = 70° , значить, із теореми про суму ку­ тів трикутника ∠ OA1C = 180° − (45° + 70°) = 65° . У трикутнику ACA1 ∠ ACA1 = 90° , ∠ AA1C = 65° , сума гострих ку­ тів прямокутного трикутника дорівнює 90°, виходить, ∠ A1 AC = 90° − 65° = 2 ∠ A1 AC = 90° − 65° = 25° . Оскільки AA1 — бісектриса, то ∠ CAB = 50° , ∠ ABC = 90° − 50° = 4 ∠ ABC = 90° − 50° = 40° . Відповідь: 50°, 40°.

463. Нехай даний прямокутний трикутник ABC, ∠ C = 90° " ∠ C = 90°. Визначимо, чи можуть бісектриси його кутів перетинатися під кутом 40°. Бісектриси $ гострих кутів прямокутного трикутника перети­ 0 наються під кутом 45° у кожному разі. $ # Припустимо що бісектриси CC1 й AA1 гострого " й прямого кута перетинаються під кутом 40°. Тоді в ∆ A1OC ∠ OCA1 = 0,5 ⋅ 90° , оскільки CC1 — бісектриса ∠ ACB , ∠ OCA1 = 45° , ∠ COA1 = 40° , виходить, відповідно до теореми про суму кутів трикутника ∠ OA1C = 180° − (45° + 40°) = 95° . ∠ OA1C не може бути тупим, оскільки є кутом прямокутного трикут­ ника AA1C із прямим кутом C. Отже, наше припущення невірне. Бісектриси прямокутного трикутника не можуть утворювати кут, що 279 дорівнює 40°.

ГЕОМЕТРІЯ

464. Нехай дано квадрат ABCD, у якого AB = BC = = CD = AD, ∠ ABC = ∠ BCD = ∠ CDA = ∠ DAB . Доведемо ∆ OAB = ∆ OBC = ∆ OCD = ∆ ODA . ∆ ABC = ∆ CDA за третьою ознакою, оскільки AB = CD , BC = AD , AC спільна сторона, вихо­ дить, ∠ BAC = ∠ ACD = ∠ BCA = ∠ DAC = 45° (ос­ кільки всі кути квадрата по 90°). Аналогічно, ∆ DAB = ∆ BCD . Тоді ∆ OAB = ∆ OBC = ∆ OCD = ∆ ODA за другою ознакою AB = BC = CD = AD , а кути, прилеглі до цих сторін, рівні — по 45°.

465. Ці трикутники не рівні, оскільки сторони CB і TP, і AB, і KT не рівні.

#

$ 0 %

" Z $ #

5 ", 1 s s s s % s

Y

.n et

466. Рівнобедреного.

ld z

" 467. Нехай у ∆ ABC ∠ ACB = 90° , AC = CB , CM — висота, CM = m . . Знайдемо AB. CM — висота ∆ ABC , у якого AC = CB , значить за теоремою CM — медіана, $ # тоді AM = MB . Розглянемо ∆ CMB , ∠ CMB = 90° , оскільки CM — висота, ∠ B = 45° як гострий кут рівнобедреного ∆ ABC , тоді ∠ BCM = 45° , виходить, ∆ CMB рівнобедрений і CM = MB . Тоді AB = 2 ⋅ CM = 2m . Відповідь: 2m . # 468. Нехай даний ∆ ABC , у якого ∠ BCA = 90° , ∠ B = 30° , CK — висота, AB = 20 см. Знай­ демо AK. У ∆ ABC ∠ B = 30° , AB = 20 см, за теоремою AB = AB : 2 = 20 : 2 = 10 см. $ Розглянемо ∆ ACK , ∠ CKA = 90° , CK — ви­ сота, ∠ A = 60° (бо в ∆ ABC ∠ B + ∠ A = 90° , ∠ B = 30° , то ∠ A = 60° ), тоді ∠ KCA = 90° − 60° = 30° . Виходить, AK = AC : 2 за теоремою. AK = 10 : 2 = 5 см. Відповідь: 5 см.

al

, "

Вправи для повторення 470. За умовою ∆ ABC = ∆ MNK , тоді ∠ A = ∠ M , ∠ B = ∠ N , ∠ C = ∠ K ; за умовою ∠ A = 70° , тоді ∠ M = 70° ; ∠ B = 80° , тоді ∠ N = 80° . ∠ C = 180° − (70° + 80°) = 30° , оскільки, ∠ K = 30° . Відповідь: 70°, 80°, 30°.

471. Сума кутів трикутника дорівнює 180°.

91° + 52° + 44° = 187° , трикутника з такими кутами не існує.

472. За умовою AB = CD й перетинаються в точці O так, що AO = CO , тоді OB = OD . Розглянемо ∆ DAO й ∆ BCO , у них AO = CO , OB = OD , ∠ AOD = ∠ COB — як вертикальні, оскільки, 280 ∆ DAO = ∆ BCO , значить, ∠ D = ∠ B, ∠ A = ∠ C ,

"

$ 0 %

#

§ 16. Нерівність трикутника

.n et

477. а) Нехай задано ∆ ABC , у якого ∠ A = 45° , ∠ B = 60° . Визначимо, яка зі сторін трикутника найбільша, найменша. ∠ C = 180° − (45° + 60°) = 75° , виходить, за теоремою найбільша сто­ рона AB, найменша CB. б) ∠ A = 50° , ∠ B = 100° , тоді ∠ C = 180° − (100° + 50°) = 30° , виходить, найбільша сторона AC, найменша AB. в) ∠ B = 75° , ∠ C = 90° , тоді ∠ A = 180° − (75° + 90°) = 15° , виходить, най­ більша сторона AB, найменша BC.

ГЕОМЕТРІЯ

∠ DOA = ∠ BOC . За умовою ∠ A : ∠ D : ∠ DOA = 2 : 3 : 5 . Нехай одинич­ ний кут x° , тоді ∠ A = 2x° , ∠ D = 3x° , ∠ DOA = 5x° . Сума кутів трикутника 180°, одержуємо рівняння: x + 2x + 5x = 180° ; 8x = 180° ; x = 22°30′ . Оскільки, ∠ A = ∠ C = 45° , ∠ D = ∠ B = 67°30′ . ∠ DOA = ∠ BOC = 67°30′ . Відповідь: 45°, 67°30′ , 67°30′ .

478. а) У ∆ ABC , AB = 3 см, BC = 4 см, AC = 5 см, тоді найбільший ∠ B , найменший ∠ C . б) У ∆ ABC , AB − BC = 2 см, BC − AC = 1 см, виходить, AB > BC > AC , тоді найбільший ∠ C , найменший ∠ B .

ld z

479. а) Якщо в рівнобедреному трикутнику довжина основи x, тоді довжина x x x кожної бічної сторони . За нерівністю трикутника x < + , 2 2 2 x < x , а це невірно. Значить основа рівнобедреного трикутника не

al

може бути вдвічі більша бічної сторони. б) Якщо довжина основи x, то бічні сторони по 2x і тоді за нерівністю трикутника x < 2x + 2x , x < 4x , це вірно. Виходить, основа може бути вдвічі менша бічної сторони.

480. Ні, оскільки сума кутів трикутника 180°.

481. Ні, оскільки сума кутів трикутника буде більша 180°. #

482. Нехай дано ∆ ABC , у якого BD — висота, BK — медіана. Доведемо, що BD  BK . У ∆ BDK , ∠ BDK = 90° , оскільки BD — висота ∆ ABC , тоді BK — гіпотенуза, а BD — катет. Як " $ відомо, у прямокутному трикутнику гіпотенуза % , більше, ніж будь-який катет. Тоді BD  BK . Як­ що ∆ ABC рівнобедрений або рівносторонній, то висота, проведена до основи, є й медіаною.

483. Якщо сторони трикутника a, b, c та c = суперечить теоремі.

a+b+c , тоді c = a + b , що 2

Відповідь: ні.

484. Див. 483.

281

485. Нехай сторони трикутника a, b, c та a + b = суперечить теоремі.

a+b+c , тоді c = a + b , що 2

Відповідь: ні. a−b . За теоремою 2 a−b a−b c< a+b , a+b> a−b , a−b> , оскільки c > .

2 2

ГЕОМЕТРІЯ

486. Нехай сторони трикутника a, b, c. Доведемо c >

487. Ні.

488. BC < AB + AC за теоремою, BC > AB − AC , тоді 8 − 5 < BC < 8 + 5 , 3 < BC < 13 . #

489. Нехай даний чотирикутник ABCD. Доведемо, що AD < BC + CD + AB . За нерівністю трикутника AB + BC > AC , AC + CD > AD , додамо ці нерівності AB + BC + AC + CD > AC + AD . Тоді AB + BC + CD > AD .

.n et

$ "

%

490. Нехай довжина третьої сторони трикутника a, то 98 − 28 < a < 98 + 28 .

70 < a < 126 , тоді 98 + 28 + 70 < P < 98 + 28 + 126 , 188 < P < 244 .

ld z

491. Так, оскільки кожна з рівних сторін становить 0, 3 ⋅ P (P — периметр), то третя сторона становить 0, 4 ⋅ P . Вона найбільша, оскільки кут, що лежить напроти неї, тобто кут між рівними сторонами, більший 60°. Вправи для повторення

al

492. Нехай один із суміжних кутів x, тоді другий x + 30° . За теоремою сума суміжних кутів 180°, одержуємо рівняння: x + x + 30° = 180° , 2x = 150° , x = 75° . Значить один кут 75°, другий 105°. Відповідь: 75°, 105°.

493. Оскільки сума двох кутів, які утворюються при перетинанні двох прямих, дорівнює 200°, то це вертикальні кути, а за теоремою вони рівні. Тоді кожний з них дорівнює 200 : 2 = 100° . Суміжні з ними кути також рівні й кожний з них дорівнює 180° − 100° = 80° . Відповідь: 80°, 80°.

494. Нехай даний рівнобедрений трикутник ABC з ос­ новою AC. CK і AM бісектриси, точка O — точка їхнього перетинання. Доведемо, що ∆ AOC — рів­ , нобедрений. За умовою ∆ ABC AB = BC , за теоремою ∠ BAC = ∠ BCA " ∠ BAC = ∠ BCA , оскільки AM та CK бісектриси, то ∠ MAC = ∠ KCA . Тоді у ∆ AOC два кути рівні, вихо­ . дить, він рівнобедрений.

495. Нехай даний ∆ ABC , ∠ DAB — зовнішній кут, AM — бісектриса ∠ DAB , AM  BC .

282 Доведемо, що ∆ ABC рівнобедрений.

%

"

# 0

. $

#

$

Якщо AM  BC й DC — січна, то ∠ 1 = ∠ 4 як відповідні. Якщо AM  BC й AB — січна, то ∠ 2 = ∠ 3 як внутрішні різносторонні. За умовою AM бісектриса ∠ DAB , оскільки ∠ 1 = ∠ 2 , тоді ∠ 3 = ∠ 4 та ∆ ABC — рівнобедрений. #

496. Нехай даний ∆ ABC , AB = BC , MN  BC . Дове­ демо, що ∆ AMN — рівнобедрений. За умовою MN  BC при січних AB і AC, ∠ 1 = ∠ 3 , ∠ 2 = ∠ 4 , як відповідні. Оскільки ∆ ABC — рів­ нобедрений, то ∠ 5 = ∠ 4 за теоремою, оскільки в ∆ AMN ∠ 2 = ∠ 5 , значить він рівнобедрений.

"

/

$

.n et

Розділ 4. Окружність і коло. Геометричні побудови

ГЕОМЕТРІЯ

.

§ 17. Окружність і коло

502. AB — діаметр, OC — радіус, KP — хорда.

,

"

1 0 # $

ld z

503. Нехай KP — довільна хорда окружності, AB — її діаметр. Доведемо, що AB більша KP. Побудуємо трикутник KOP, оскільки O не лежить на хор­ ді KP, то KP < KO = OP , де OK — радіус, оскільки AB — діаметр, то AB = 2OK , AB > KP , що й було потрібно довести.

al

504. Нехай дана окружність із центром O і радіусом OA, BC — довільний відрізок, BC < 2OA . Побудуємо хорду AK, довжина якої дорівнює BC. Побудова. На колі виберемо довільну точку A, виміряємо довжину відрізка BC і із точки A проведемо дугу радіуса BC, що перетне ок­ ружність у точках K і K1 , хорди AK та AK1 — шукані. Задача має 2 розв’язання.

505. а) Якщо окружності дотикаються зовнішнім способом, то відстань між їхніми центрами дорівнює 5 + 7 = 12 м. б) Якщо окружності дотикаються внутрішнім способом, то відстань між їхніми центрами дорівнює 7 − 5 = 2 м.

506. Нехай дана окружність із центрами O і O1 радіу­ си яких відповідно рівні OA = 3 см, O1 A1 = 4 см, OO1 = 5 см. Визначимо, чи мають окружності спільні точки. Тому що OA = O1 A1 = 7 см, OO1 = 5 = 5 см, то OA = O1 A1 > OO1 , значить окружності перетинаються у двох точках. Відповідь: перетинаються у двох точках.

507. Нехай дано окружність із центром O, радіусом OA. AB і CD — рівні хорди окружності. Доведемо, що ∆ ABO = ∆ CDO . В ∆ ABO і ∆ CDO AB = CD за умо­вою, OA = OB = OC = OD як радіуси окружності, оскільки, ∆ ABO = ∆ CDO за третьою ознакою, що й потрібно було довести.

0 "

" 0

" # 0 $

%

283

"

509. Нехай дані окружності з центрами O і O1 , які перетинаються в точках A і B. Кожна з ок­ 0 0 ружностей проходить через центр іншої. Знай­ демо кути ∠ AOB й ∠ OAO1 . Розв’язання. Оскільки окружність із центром O # проходить через точку O1 , то OO1 — її радіус, аналогічно, оскільки окружність із центром O1 проходить через точ­ ку O, то OO1 — її радіус, оскільки окружності мають однакові радіуси і їх центри знаходяться на відстані, рівній радіусу окружностей. Тобто OA = OB = O1 A = O1B = OO1 . Із цього виходить, що трикутник OAO1 — рівносторонній, тобто ∠ OAO1 = 60° , тоді ∠ AOB = 120° . Відповідь: 120° , 60° .

ld z

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

" 508. Нехай дані окружності із центрами O і O1 , які перетинаються в точках A і B. Доведемо, що: 0 0 а) ∆ OAO1 = ∆ OBO1 ; б) ∆ OAB і ∆ O1 AB — рів­ нобедрені. # а) У ∆ OAO1 і ∆ OBO1 OA = OB , O1 A = O1B , OO1 — спільна сторона, оскільки ∆ OAO1 = ∆ OBO1 за третьою ознакою. б) У ∆ OAB OA = OB як радіуси окружності, оскільки ∆ OAB — рів­ нобедрений з основою AB; у ∆ O1 AB O1 A = O1B як радіуси окруж­ ності, оскільки ∆ O1 AB — рівнобедрений з основою AB, що й по­ трібно було довести.

al

510. Нехай дані окружності з центрами O, O1 , O2 , кожна з яких проходить через центри двох 0 0 інших. Доведемо, що ∆ OO1O2 — рівносто­ ронній. Оскільки окружність із центром O проходить 0 через точку O1 , то OO1 — її радіус, аналогічно, оскільки окружність із центром O1 проходить через точку O, то O1O — її радіус. Оскільки окружність із центром O проходить через точку O2 , то OO2 — її радіус. Оскільки окружність із центром O2 проходит через точку O1 , то O2O1 — її радіус, тобто OO1 = OO2 = O1O2 . У ∆ OO1O2 OO1 = OO2 = O1O2 , вихо­ дить, він рівносторонній, що й потрібно було довести.

" $ 511. Нехай дано окружність із центром O, AB і CK — 1 його хорди, AB = CK . OP ⊥ AB , OM ⊥ KC . . Оскіль­ки відстань від точки до прямої дорів­ # нює довжині перпендикуляра, проведеного 0 , з точки до прямої, то OP і OM — відстані від центра окружності до хорд AB і CK відповідно. Доведемо, що OP = OM . У трикутнику AOB OA = OB як радіуси, ви­ ходить, трикутник рівнобедрений з основою AB, висота OP є його медіаною, тобто AP = 0, 5 AB . Аналогічно доведемо, що CM = 0, 5CK . Оскільки AB = CK , то AP = CM . У ∆ OPA і ∆ OMA ∠ OPA = ∠ OMA = 90° , CM = AP , OA = OC як ра­ діуси окружності, виходить, прямокутні трикутники рівні за катетом й гіпотенузою, з рівності трикутників AOP і COM виходить рівність 284 сторін OP і OM, що й потрібно було довести.

ГЕОМЕТРІЯ

.n et

512. Нехай дані окружність із центром O і пряма a. " Побудуємо а) дотичну до окружності, паралельну 0 # прямій a; б) дотичну до окружності, перпендику­ B D лярну прямій a. Нехай пряма a не проходить через # центр окружності.

D а) Через точку O проведемо пряму OA, перпенди­ кулярну прямій a, що перетне окружність у точках B і B1 . Через точки B і B1 проведемо прямі c і c1 , паралельні a, які будуть перпендикулярні радіусам OB і OB1 , виходить, є дотичними до окружності, які паралельні прямій a. б) Через центр окружності, точку O, проведемо . пряму OK, паралельну прямій a, що перетне , окружність у точках K і K1 . Через точки K " 0 і K1 проведемо перпендикуляри KM і K1M1 до радіусів OK і O1K1 відповідно, які будуть . , дотичними до окружності. Оскільки KK1  a , то KM ⊥ a , K1M1 ⊥ a , тобто KM і K1M1 — дотичні до окружності, перпендикулярні прямій a. У випадку, коли пряма a проходить через центр окружності побудова аналогічна; у випадку а), у випадку б) дотичні KM і K1M1 будуть перпен­ дикулярами до прямої a, що буде перетинати окружність у точ­ ках K і K1 .

ld z

513. Якщо садівник описує фігуру таким чином, то відстань від нього до центра клумб є постійною величиною, то кінець мотузки буде опису­ вати окружність. Якщо ж мотузка буде намотуватися на кілочок, то відстань від садівника до центра буде зменшуватися, окружності ми не одержимо.

al

514. а) Нехай окружності дотикаються зовнішнім спо­ собом, тоді OO1 = OA + AO1 , де AO та AO1 — радіуси цих окружностей. Нехай довжина оди­ ничного відрізка x, тоді AO1 = x см, AO = 3x см. Одержуємо рівняння: x + 3x = 16 , 4x = 16 , x = 4 . Отже, O1 A = 4 см, OA = 12 см. Відповідь: 4 см, 12 см. б) Нехай окружності дотикаються внутрішнім спо­ собом, тоді OO1 = OA − O1 A . Одержуємо рівнян­ ня: 3x − x = 16 , 2x = 16 , x = 8 . Отже, O1 A = 8 см, OA = 24 см. Відповідь: 8 см, 24 см.

0

0

"

0

0 "

# 515. Нехай дана окружність із центром у точці O. Із " точки A до неї провели дотичні AB і AC. Доведемо, що AO — бісектриса ∠ BAC .

0 За властивістю дотичних, оскільки OB і OC — $ ра­діуси окружності, то OB ⊥ AB й OC ⊥ AC , то ∆ ABO й ∆ ACO — прямокутні, AO — спільна гіпотенуза, OB = OC — катети, оскільки ∆ ABO = ∆ ACO по гіпотенузі й катету, тоді ∠ BAO = ∠ CAO , і AO — бісектриса ∠ BAC .

516. Нехай дана окружність із центром у точці O. AC і AB дотичні. ∠ CAB = 60° . OA = 10 см. Знайдемо радіус окружності OB.

285

ГЕОМЕТРІЯ

Розглянемо ∆ AOB , за властивістю AB ⊥ OB , ви­ ходить, ∠ OBA = 90° . Оскільки OA — бісектриса ∠ CAB , то ∠ OAB = ∠ CAB : 2 = 60° : 2 = 30° .

1 За властивістю OB = AO = 10 : 2 = 5 см.

2 Відповідь: 5 см.

0 #

$

517. Нехай дана окружність із центром у точці O. AB і AC — дотичні, причому AB = AC = OB , OB — ра­ діус окружності. За властивістю ∠ OCA = ∠ OBA = 90°. За умовою AB = = AC = OB, а OB = OC , як радіуси окружності, ви­ ходить, AB = AC = OB = OC . Тоді ABOC — квадрат, виходить, ∠ CAB = 90° .

" 0

#

#

.n et

518. Нехай окружність із центром у точці O дотикається сторін кута в точках B і C так, що AB = BC . Знай­ демо міру кута A. За умовою AB = BC , а за влас­ тивістю AB = AC , оскільки AB = BC = AC й ∆ ABC рівносторонній, виходить, ∠ A = 60° .

"

$

"

0

$

al

ld z

519. Нехай три рівних окружності з центрами в точ­ ках O1 , O2 , O3 дотикаються попарно в точках K, 0 , P і T. Доведемо, що: 0 1 а) O1O2 = O2O3 = O3O1 .

5 B1O2 = O1P + PO2 .

B2O3 = O2T + TO3 .

0 B3O1 = O3 K + KO1 . За умовою всі три окружності рівні, виходить, їхні радіуси O1P , O2 P , O2T , TO3 , O1K , KO3 рівні, виходить, O1O2 = O2O3 = O3O1 . б) KP = PT = TK . У ∆ O1O2O3 всі сторони рівні, виходить, KP = PT = TK .

520. Нехай дана окружність із центром у точці O. $ OA, OC, OB — промені, які виходять із центра окружності й ділять його на 3 рівні дуги AC; СB; 0 " AC довжиною 3 см. Знайдемо кути між променями й радіус окружності. Оскільки OA, OC, OB ділять # окружність на рівні дуги, то ∠ COA = ∠ COB = ∠ BOA = 360° : 3 = 120° . Довжина кожної з дуг CA, AB і BC дорівнює 3 см, тоді довжина окруж­ ності 9 см, а довжина окружності дорівнює 2πr , тоді r = 9 : 2π ≈ 1, 4 см.

521. Площа такого кільця дорівнює S = π ( r1 2 − r2 2 ) . Довжини цих окружностей l1 = 2πr1 , l2 = 2πr2 , тоді, якщо S= S=

l1 + l2 ( r1 − r2 ) , то 2

2π ( r1 + r2 ) 2πr1 + 2πr2 ( r1 − r2 ) == ( r1 − r2 ) == π ( r1 + r2 ) ( r1 − r2 ) = π ( r12 − r2 2 ) 2 2

= π ( r1286 + r2 ) ( r1 − r 2 ) = π ( r1 2 − r2 2 ) .

Вправи для повторення "

,

$

%

. #

Нехай відрізок AB довжиною a поділили на 3 рівні частини, тоді дов­ a жина кожної з них AC = CD = DB = . Нехай точка K середина AC, точ­ 3 ка M середина DB. Відстань між точками K і M, KM = KC + CD + DM , 1 1 1 2a KC = DM = AC . KM = AC + CD + AC = AC + CD = .

2 2 2 3 2 Значить, KM становить від a.

3 #

.n et

523. Нехай даний ∆ ABC, P∆ ABC = 40 см, BD — бісектриса, P∆ ABD = 20 см, P∆ DBC = 30 см. Знайдемо довжину BD. P∆ ABC = AB + BC + AC . P∆ ABD = AB + BD + AD .

P∆ DBC = BC + DC + BD . За властивістю AC = AD + DC .

P∆ ABD + P∆ DBC = AB + BD + AD + DC + BC + BD = = AB + AC + BC + 2 ⋅ BD , виходить, 30 + 20 = 40 + 2 ⋅ BD .

2 ⋅ BD = 10 . BD = 5 см. Відповідь: 5 см.

ld z

524. 36 : 3 = 12 см. P = a + b + c . a+b+c — середнє арифметичне сторін трикутника.

3 Відповідь: 12 см.

"

ГЕОМЕТРІЯ

522.

$

%

#

$

"

%

525. У квадрата ABCD AC = 10 см, AC = BD за властивістю AC ⋅ BD 10 ⋅ 10 , S= = 50 см2.

2 2

al

S=

Відповідь: 50 см2.

§ 18. Геометричне місце точок

534. Дано точки A і B. Побудуємо геометричне місце точок, рівновіддалених від точок A і B. Побудуємо серединний перпендикуляр до відрізка AB, він є шуканим геометричним місцем точок, рівновіддалених від точок A і B. 535. Нехай дано прямий кут ∠ B , знайдемо геометричне місце точок, рівновіддалених від сторін кута, що зна­ ходяться всередині цього кута. Із точки B проведемо бісектрису BK, що є геометричним місцем точок, рівновіддалених від сторін кута, що знаходяться все­ редині цього кута.

536. Геометричним місцем точок, які знаходяться від точ­ ки O на даній відстані a, є окружність із центром O і радіусом a.

"

,

#

$ "

0

287

B 538. Нехай дано паралельні прямі a і b. Побудуємо геометричне місце точок, рівновіддалених від D прямих. Проведемо їхній спільний перпенди­ C куляр AB, A належить a, B належить b. Через середину відрізка AB, точку C, проведемо пря­ му c, паралельну a, вона також буде паралельна b. Всі точки знаходяться на однаковій відстані від прямих a і b.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

B , 537. Геометричним місцем точок, які знаходяться на даній відстані від даної прямої, є дві пря­ B мі паралельні даній, відрізок перпендикуляра . до яких, обмежений прямими, має задану дов­ B жину. , Нехай дано пряму a. Із точки M до прямої a проведемо перпендикуляр MK до прямої довжиною x, через точку K проведемо пряму a1 , всі точки якої також будуть знаходитися від прямої a на відстані x. Таким чином, пряму a2 можна провести в іншій напівплощині. " $ #

прямої c

al

ld z

539. Нехай дані точки A і B. Знайдемо геометричне місце центрів окружностей, які проходять че­ 0 рез дані точки.

0 Припустимо, що певна окружність із центром O " # $ проходить через точки A і B, тоді OA = OB , OC — медіана, висота й бісектриса рівнобедре­ 0 ного трикутника AOB. Аналогічні міркування можна провести для будь-якої окружності, що проходить через точки A і B. Оскільки їхні центри лежать на прямій, перпендикулярній відрізку AB, що про­ ходить через його середину. Припустимо, що центр окружності O1 не лежить на прямій OC. Тоді O1 A = O1B , O1C — медіана й висота, у точку C можна провести лише один перпендикуляр, оскільки точ­ ка O1 лежить на прямій OC. Геометричним місцем центрів окружностей, які проходять через дві задані точки, є перпендикуляр, проведений через середину відрізка, що їх з’єднує.

540. Нехай дані рівні окружності, які дотикаються 0 0 прямої a. Знайдемо геометричне місце їхніх центрів. Із центрів окружностей, точок O1 та B " " O2 проведемо радіуси в точку дотикання, O1 A1 і O2 A2 , вони рівні й перпендикулярні до пря­ мої a. Через точки O1 й O2 проведемо пряму, що буде паралельна прямій a, і всі її точки знаходяться на відстані, рівній радіусу ок­ ружностей, від прямої a. Значить, побудована пряма буде шуканим геометричним місцем точок.

541. Нехай дана точка A, через яку проведені ок­ ружності рівних радіусів. Знайдемо геометрич­ не місце їхніх центрів. Нехай точки O1 , O2 , O3 — центри окруж­ ностей, AO1 = AO2 = AO3 . Оскільки радіуси ок­ 288 ружностей рівні, центри цих окружностей

0

" 0

0

.n et

542. Нехай дано гострий кут B. Побудуємо геомет­ # ричне місце центрів окружностей, які дотика­ # 0 ються сторін кута.

0 Побудова. Оскільки окружності дотикаються сторін кута, то радіуси, проведені із центра до # " " точок дотикання, рівні й перпендикулярні сто­ ронам кута, тобто центром окружності є точка, рівновіддалена від сторін кута. Геометричним місцем точок, рівновід­ далених від сторін кута,— є бісектриса цього кута. Побудуємо бісект­ рису кута B. B1 та O2 — точки бісектриси, O1 A1 = O1B1 , O2 A2 = O2 B2 , оскільки O1 A1 та O2 A2 — радіуси окружностей, які дотикаються сторін кута. Бісектриса кута є геометричним місцем центрів окруж­ ностей, які дотикаються сторін кута.

ГЕОМЕТРІЯ

знаходяться на відстані, рівній радіусу від точки A, тобто шукане геометричне місце точок є окружністю заданого радіусу з центром у точці A.

ld z

543. а) Нехай точки O1 , O2 , O3 , …, On — центри окружностей радіуса 2r , що дотикаються окружності радіуса r, геометричним місцем цент­ рів цих окружностей буде окружність радіуса r і концентрична їй окружність радіуса r + 2r = 3r . б) Аналогічно окружність радіуса 3r і концентрична їй окружність радіуса 2r + 3r = 5r .

544. ГМТ буде окружність, концентрична даній, а діаметр її буде x + 2x = 6 , x = 2 см, де x — одиничний відрізок і 2x — частини, на які ділиться діаметр геометричним місцем точок.

al

545. Якщо обидві сторони прямих кутів дотикаються даної окружності, то ГМТ буде окружність, концентрична даному колу.

546. Проведемо паралельні прямі a і b, побудуємо два перпендикуляри до цих прямих, кожний з них поділимо на 3 рівні частини. Тоді ГМТ, які лежать між даними прямими й відстані яких від a і b відносяться, як 1 : 2 , будуть прямі, які паралельні a і b, і проходять через точки ділення перпендикулярів.

547. ГМТ будуть чотири паралельні даним прямим прямі, які проходять че­ рез точки ділення на 5 частин перпендикуляра, проведеного до цих паралельних прямих.

548. ГМТ будуть чотири точки, які лежать на відрізку AB, довжиною 10 см, дві з них віддалені від точки A на 6 см і 8 см, а дві інші від точки B на 6 см і 8 см.

549. а) ГМТ буде прямокутник, що лежить у середині даного прямокутни­ ка, а довжини його сторін 1 см і 3 см. б) ГМТ буде прямокутник, що лежить поза даним прямокутником, і довжина його сторін 5 см і 7 см.

550. Нехай даний трикутник ABC, у якого BM і AD бісектриси, точка O — 289 точка їхнього перетинання.

# %

, 0 "

.

$

Вправи для повторення 551. Нехай величина меншого із суміжних кутів x, тоді більшого 3x . Сума суміжних кутів 180°. Одержуємо рівняння: x + 3x = 180° , 4x = 180° , x = 45° . Значить один кут 45°, другий 135°. Відповідь: 135°.

552. Ні.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

Доведемо, що OM = OK (відстані від точки O до сто­ рін ∆ ABC ). Розглянемо ∆ AOM й ∆ AOK . OM ⊥ AC , OK ⊥ AB (оскільки це висоти), тоді ∠ AKO = ∠ AMO = 90° . AD — бісектриса ∠ BAC , оскільки ∠ KAO = ∠ MAO , AO — спільна гіпотенуза, виходить, ∆ AOM = ∆ AOK по гі­ потенузі й гострому куту, тоді OK = OM .

553. У прямокутному, рівнобедреному трикутнику.

554. Висота прямокутного рівнобедреного трикутника, опущена з вершини прямого кута. #

al

ld z

555. Нехай дані ∠ BKC = ∠ AKB — тупі кути, у яких BK — , $ спільна сторона, а сторони KC і AK перпендикулярні. " Знайдемо величини цих кутів. ∠ BKC + ∠ BKA + ∠ AKC = 360° , ∠ AKC = 90° , оскіль­ ки KC ⊥ AK , тоді ∠ BKC + ∠ BKA = 360° − 90° , ∠ BKC + ∠ BKA = 270° , оскільки ∠ BKC = ∠ BKA , то ∠ BKC = 270° : 2 = 135° . Відповідь: 135°.

§ 19. Окружність і трикутник

" 564. Нехай дана окружність із центром у точці O, AB та # BC — хорди, AB = BC = OB . Знайдемо кути ∆ ABC . У ∆ ABC , AB = BC за умо­ 0 $ вою, виходить, за теоремою ∠ BAC = ∠ BCA . Розглянемо ∆ OBC й ∆ OBA у них всі сторони рів­ ні, оскільки OA, OB, OC — радіуси окружності, виходить, ∆ OBC = ∆ OBA ∆ OBC = ∆ OBA і вони рівносторонні, тоді ∠ ABO + ∠ OBC = 60° й ∠ ABC = ∠ ABO + ∠ OBC = 120° . У ∆ ABC ∠ ABC + ∠ BCA = (180° − 120° ) : 2 = 30° . Відповідь: 120°, 30°, 30°.

565. Нехай можна провести окружність через три точки, які лежать на одній прямій. Тоді пряма й окружність мають три спільні точки, а як відомо пряма й окружність можуть мати одну або дві спільні точки. Значить таку окружність провести не можна.

566. Оскільки три окружності перетинаються в трьох точках, які є спіль­ ними для них, а окружності, як відомо, можуть мати тільки одну або 290 дві спільні точки.

567. Периметр трикутника, вписаного в окружність, менше її довжини.

568. Центр уписаної та описаної в рівносторонній трикутник окружності знаходяться в одній точці, це точка перетинання бісектрис або висот трикутника. Тому радіуси вписаної окружності й описаної окружності відносяться як 1 : 2 .

ГЕОМЕТРІЯ

569. Ні, не можуть.

570. Так, якщо це рівносторонній трикутник.

0

0

ÈÉØÅÇÃÌËÆÁÂ ËÉÁÃÌËÆÁÃ

ËÌÈÇÃÌËÆÁÂ ËÉÁÃÌËÆÁÃ

0 ¼ÇÊËÉÇÃÌËÆÁ ËÉÁÃÌËÆÁÃ

.n et

571.

572. Під кутом 120°.

573. Під кутом 120°.

ld z

574. Нехай дана окружність із центром у точці O і в неї вписаний ∆ ABC , у якого AB = BC = AC . ∆ OAB = ∆ OBC = ∆ OCA за третьою ознакою, вихо­ дить, AB = BC = AC , за умовою AO = BO = OC як радіуси окружності.

# 0

$

"

al

575. Оскільки трикутник зі сторонами 6 см, 8 см, 10 см прямокутний, то сторона довжиною 10 см — це гіпотенуза. Тоді радіус описаної навколо трикутника окружності дорівнює 10 : 2 = 5 см. Відповідь: 5 см.

576. Оскільки сторони трикутника 15 м, 20 м і 25 м і вони пропорційні числам 3, 4 і 5, то цей трикутник прямокутний з гіпотенузою 25 м. Оскільки довжина радіуса описаного навколо цього трикутника ок­ ружності, дорівнює 25 : 2 = 12, 5 м. Відповідь: 12,5 м.

577. Нехай дана окружність, уписана в рівносторонній # трикутник, і окружність, описана довкола нього. а) Доведемо, що центри цих заданих окружностей збігаються.

0 Центром окружності, уписаної в трикутник, $ є точка перетинання двох його бісектрис, а цент­ " % ром окружності, описаної навколо трикутни- ка, є точка перетинання двох його серединних перпендикулярів. У рівносторонньому трикутнику кожна бісектриса є й медіаною, і висотою. Значить, центри окружностей співпадають. б) Доведемо, що радіуси окружностей відносяться, як 1 : 2 . Нехай задано ∆ ABC , у якого AB = BC = AC , OD = r — радіус упи­ 291 саної окружності. OC = r — радіус описаної окружності.

ГЕОМЕТРІЯ

Розглянемо ∆ DOC , ∠ DOC = 90° . Оскільки BD — висота, ∠ DCO = 60° : 2 = ∠ DCO = 60° : 2 = 30° , оскільки ∠ ABC = 60° (як кут рівностороннього три­ 1 кутника). OC — бісектриса ∠ ACB . За властивістю OD = OC , ви- 2 ходить, r : R = 1 : 2 .

578. Нехай у ∆ ABC уписана окружність, що дотикається його сторін у точках K, P, T. Доведемо, що: а) AP + CK + BT = AO + BK + CP . За властивістю дотичних, проведен­ них до окружності з однієї точки, CP = CK , AP = AO , BT = BK . Тоді AP + CK + BT = AO + BK + CP . б) BK = 0, 5 ( AB + BC − AC ) .

AB = AO + TB , BC = KB + CK , AC = AP + PC . За властивістю дотич­ них, проведених до окружності з однієї точки, AO = AP , BT = BK , CK = CP , тоді 0, 5 ( AB + BC − AC ) = 0, 5° AO + TB + BK +

(

)

.n et

+ CK − ( AP + CP ) = 0, 5 AT + TB + TB + CK − AT − CK =

= 0, 5 ⋅ 2 ⋅ TB = TB . TB = BK , виходить, BK = 0, 5 ( AB + BC − AC ) .

579. Радіус окружності, уписаної в прямокутний трикутник, дорівнює

ld z

a+b−c , де a та b — катети трикутника, c — його гіпотенуза. За умо­ 2 вою сторони прямокутного трикутника мають довжини 3, 4 та 5. Тоді a = 3 , b = 4 , c = 5 , радіус уписаної окружності дорівнює

Відповідь: 1.

3+ 4 −5 =1 .

2

580. Периметр прямокутного трикутника дорівнює a + b + c , де a і b кате­ a+b−c , 2 тоді a + b = 2r + c , виходить, периметр дорівнює 2r + c + c = 2 ( r + c ) .

al

ти, c — гіпотенуза. Радіус уписаної окружності дорівнює r =

581. Нехай даний прямокутний трикутник ABC з кате­ , тами AC і CB і окружність, уписана в цей трикут­ 1 ник, що дотикається катетів AC і CB у точках P 0 та K. Знайдемо довжину ламаної KBAP, якщо " AB = 17 см. Довжина ламаної KBAP = KB + AB + AP .

P∆ ABC = AB + BC + AC = AB + BC − 17 . AB = AP + r , BC = BK + r .

P∆ ABC = AP + r + BK + r − 17 .

P∆ ABC = AP + BK + 2r − 17 та P∆ ABC = 2 ⋅ r + 2 ⋅ c = 2r + 34 , тоді AP + BK + 2r − 17 = 2r + 34 , виходить, AP + BK = 17 см, тоді KBAP = 17 + 17 = 34 см. Відповідь: 34 см.

583. Медіана, що ділить гіпотенузу прямокутного три­ кутника навпіл, ділить його на два рівнобедрених прямокутних трикутники. Нехай даний рівнобедрений ∆ ABC , ∠ ACB = 90° .

DC — медіана. Доведемо, що ∆ ADC й ∆ DBC — 292 рівнобедрені.

#

# %

"

$

∆ ABC — рівнобедрений і ∠ ACB = 90° , оскільки ∠ B = ∠ A = 45° .

DC — медіана, а за властивістю вона й висота, тоді ∆ ADC й ∆ DBC — прямокутні, а в ∆ ADC ∠ A = 45° , то й ∠ ACD = 45° , а в ∆ DBC , ∠ B = 45° , то й ∠ DCB = 45° , виходить, вони рівнобедрені.

584. l — довжина окружності, S — площа окружності. l = 2πr , S = πr 2 . За умовою r = 8 см, тоді l = 2 ⋅ 3, 14 ⋅ 8 = 50, 24 см.

S = 3, 14 ⋅ 82 = 200, 96 см2.

.n et

585. Нехай довжина однієї сторони прямокутника x, тоді другої 1, 5x . Одержуємо рівняння: 2 ( x + 1, 5x ) = 200 , 2, 5x = 100 , x = 40 . Тоді одна сторона 40 см, а друга 60 см. Площа дорівнює 40 ⋅ 60 = 2400 м2. Відповідь: 2400 м2.

ГЕОМЕТРІЯ

Вправи для повторення

ld z

586. За умовою ∆ ABC = ∆ MNK , AB : BC : AC = 2 : 3 : 4 , P∆ MNK = 45 см. Якщо ∆ ABC = ∆ MNK , то AB = MN , BC = NK , AC = MK и MN : NK : MK = 2 : 3 : 4 . Нехай довжина одиничного відрізка x, тоді довжини сторін ∆ MNK рів­ ні 2x см, 3x см, 4x см. Одержуємо рівняння: 2x + 3x + 4x = 45 , 9x = 45 , x = 5 . Тоді MN = 10 см, NK = 15 см, MK = 20 см. Відповідь: 10 см, 15 см, 20 см.

al

587. За умовою ∆ ABC = ∆ MNK , значить, AB = MN , BC = NK , AC = MK та P∆ ABC = P∆ MNK .

AC = 17 см. MN − NK = 5 см, P∆ ABC = 38 см. MN − NK = 5 см, тоді AB − BC = 5 см. Нехай довжина BC — x см, тоді довжина AB = x + 5 см. Одержуємо рівняння: x + x + 5 + 17 = 38 , 2x + 22 = 38 , 2x = 16 , x = 8 . Оскільки AB = 13 см, BC = 8 см. Відповідь: 13 см, 8 см.

588. Нехай довжина одиничного відрізка x, тоді довжини сторін трикут­ ника 7x , 5x , 8x . Знайдемо периметр, якщо: а) 8x + 5x = 39 , 13x = 39 , x = 3 . Тоді сторони трикутника: 21 см, 15 см, 24 см, а периметр 21 + 15 + 24 = 60 см. Відповідь: 60 см. б) 8x − 5x = 9 , 3x = 9 , x = 3 . Тоді сторони трикутника: 21 см, 15 см, 24 см, P = 60 см. Відповідь: 60 см. в) Найменша сторона на 12 см менша напівпериметра. Одержуємо 7x + 5x + 8x рівняння: = 5x + 12 , 10x = 5x + 12 , 5x = 12 , x = 2, 4 .

2 Тоді сторони трикутника: 16,8 см, 12 см, 19,2 см, а P = 16, 8 + 12 + 19, 2 = 48 см. Відповідь: 48 см. г) Найбільша сторона менша суми двох інших на 8 см. Одержуємо рівняння: 8x + 8 = 5x + 7x , 4x = 8 , x = 2 . Тоді сторони трикутника: 14 см, 10 см, 16 см, а P = 14 + 10 + 16 = 40 см.

293 Відповідь: 40 см.

§ 20. Геометричні побудови

591. Для того щоб побудувати прямий кут, слід провести пряму, вибрати точку, що не лежить на ній, і через цю точку провести промінь, пер­ пендикулярний даній прямій (див. с. 156 підручника).

592. а) Для того щоб одержати кут 45°, " . побудуємо прямокутний рівнобед­ рений трикутник ∆ MPT ( TM = TP , , ∠ MTP — прямий, ∠ TPM = 45° ).

9 б) Для того щоб побудувати кут 22,5°, $ 5 побудуємо спочатку кут 45°, а потім " проведемо його бісектрису: PX — бі­ сектриса ∠ TPM , ∠ TPX = ∠ XPM = 22, 5° . в) Побудуємо рівносторонній трикутник ABC, ∠ CAB = 60° . г) Побудуємо кут 60°, проведемо бісектрису AK цього кута, тоді ∠ CAK = 30° .

ld z

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

590. Нехай даний кут PAB. Поділимо його 1 . , на 4 рівні частини. $ Проведемо AK — бісектрису ∠ PAB . Проведемо AM та AC — бісектриси ∠ PAK та ∠ BAK , ∠ PAM = ∠ MAK = ∠ CAK = ∠ BAC = 0,"25∠ PAB # ∠ PAM = ∠ MAK = ∠ CAK = ∠ BAC = 0, 25∠ PAB .

,

593. Нехай даний гострий кут ABC. Побудує­ мо кут удвічі більше даного. Для цього відкладемо від променя BA кут KBA, що дорівнює куту ABC, ∠ KBC = 2∠ ABC .

1

"

#

$

al

594. Нехай AB — даний відрізок. Поділимо " , $ . # його на 2 рівні частини (основна побу­ дова), AC = CB . Потім кожний з відрізків AC і BC поділимо також на дві рівні частини.

AK = KC = CM = MB = 0, 25 AB .

595. Нехай даний відрізок AB, довжина " $ # якого більше розміру циркуля в кілька . , разів. Поділимо відрізок AB на дві рівні 1 частини. Проведемо промінь AP, на ньому відкладемо відрізки AK = PK . З’єднаємо точки P і B. Проведемо пряму KC, паралельну BP, що перетинає відрізок AB у точці C. AC = BC . Доведемо це. Проведемо CM  AP . Оскільки KC  BP , CM  AP , то ∠ MCP = ∠ CKP як внут­ рішні різносторонні, ∠ KCP = ∠ CPM як внутрішні різносторонні, CP — спільна сторона трикутника KCP і MPC, тому що ∆ KCP = ∆ MPC , CM = KP . У трикутниках ACK і BMC AK = CM , ∠ ACK = ∠ BCM , ∠ AKC = ∠ CMB , тоді ∆ ACK = ∆ BMC , з рівності трикутників вихо­ дить, що AC = CB .

596. Нехай даний відрізок AB. На прямій AB відкладемо відрізок BC, рівний AB, тоді 294 відрізок AC — шуканий, AC = 2 AB .

$

#

"

"

#

$

,

1

.

598. Щоб поділити дану дугу окружності на 4 частини, слід спочатку поді­ лити цю дугу на 2 рівні частини (с. 157 підручника), а потім кожну половину поділити навпіл.

.n et

1 $ 599. Нехай даний трикутник ABC. Побудує­ мо трикутник KMP, рівний трикутни­ ку ABC. Для цього на прямій відкладемо # , . відрізок KM, рівний AB. За допомогою " циркуля проведемо дугу KP радіуса AC, і проведемо дугу MP радіуса BC, позначимо точку перетинання дуг P. З’єднаємо відрізками точки K, M, P і одержимо трикутник, рів­ ний ABC за трьома сторонами.

ГЕОМЕТРІЯ

597. Нехай даний відрізок AB. На промені CM відкладемо відрізок KC рівний AB, від­ різок KP, рівний AB, відрізок PM, рів­ ний AB, тоді відрізок CM — шуканий, MC = 3 AB .

.

ld z

600. Нехай даний відрізок AB довжиною a.

B Побудуємо рівносторонній трикутник B " B # за даною стороною. Побудова. На прямій відкладемо відрі­ , $ B зок CK, рівний AB. Із точок C і K розхи­ лом циркуля, рівним a, проведемо дуги, точку їхнього перетинання позначимо M. Трикутник CMK рівносто­ ронній з довжиною сторони a, виходить, ∆ CMK — шуканий.

al

601. Нехай дані відрізки AB і CK довжи­ 1 ною a і b відповідно. Побудуємо рів­ B нобедрений трикутник з основою a та " # C C бічною стороною b.

C Побудова. На прямій відкладемо відрі­ $ , .

5 зок MT, рівний a. Із точок M і T роз­ B хилом циркуля, рівним b, проведемо дуги, точку їхнього перетинання позначимо P. Трикутник MPT рів­ нобедрений з довжиною основи a, і бічної сторони b, тоді ∆ MPT — шуканий. Якщо 2b > a , задача має одне розв’язання, якщо 2b  a , то задача розв’язання не має. $

603. Нехай дані відрізки довжиною a і b та кут α . Побудуємо трикутник зі сторо­ нами даної довжини й даним кутом між ними.

B

"

602. Нехай дані відрізки AB і KP довжи­ ною a і b відповідно. Побудуємо прямо­ кутний трикутник з катетами a і b. Побудова. Побудуємо прямий кут M. На сторонах кута відкладемо відрізки MC = a й MT = b . Трикутник CMT — шука­ний. Задача завжди має одне роз­ в’язання.

B

,

.

#

C 1

5

C

#

α B " $

C

C

# ,

"

α

B

$

295

604. Нехай даний відрізок a і кут α . Побудуємо рів­ нобедрений трикутник з бічною стороною довжи­ ною a і кутом при вершині, рівним α . Побудова. Побудуємо кут B, рівний α . На сторонах кута B відкладемо відрізки BA і BC, рівні a. Трикутник ABC — шуканий, у нього AB = BC = a , ∠ ABC = α . Задача має єдине роз­ в’язання.

605. Нехай даний відрізок довжиною a і кути α й β . Побудуємо трикутник зі стороною a і прилегли­ ми кутами α й β . Побудова. Побудуємо відрізок AC, рівний a. Від променя AB відкладемо кут β , від променя BA відкладемо кут α . Точку перетинання сторін ку­ тів позначимо C. Трикутник ABC — шуканий, у ньому AB = a , ∠ CAB = β , ∠ ABC = α . Задача має одне розв’язання.

B #

α

α

B "

$

B $

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

Побудова. На прямій відкладемо відрізок AC, рівний a, від променя AC відкладемо кут CAB, рівний a, на промені AB відкладемо відрізок AB, рівний a. Трикутник ABC — шуканий, оскільки AC = a , AB = b , ∠ BAC = α . Задача має одне розв’язання.

α

"

α

B

β

#

β

B

al

ld z

# 606. Нехай даний відрізок a і кут α . Побудуємо рів­ нобедрений трикутник з основою a і кутом при основі α . α α " $ Побудова. На прямій відкладемо відрізок AC, B рівний a. Від променя AC і променя CA відкла­ демо кути, рівні α . Точку перетинання їхніх сторін позначимо B. Трикутник ABC — шуканий, оскільки AC = a , ∠ A = ∠ B = α . Задача має одне розв’язання. #

608. Побудуємо довільний трикутник ABC. Поділимо на рівні частини його сторони й проведемо медіа­ ни AA1 , BB1 , CC1 .

609. Побудуємо довільний трикутник ABC. Для кож­ ного кута трикутника проведемо бісектриси AA1 , BB1 , CC1 .

"

$ "

#

$

$

#

" "

# $

1 $

296

"

"

610.

,

.

"

. #

$

1 #

.

# ,

$

Оскільки висота трикутника перпендикулярна прямій, що містить сторону трикутника, то можливі три випадки:

611. Тому що PK ⊥ PM, то ∠ KPM = 90°, тому що AB ⊥ PM, то ∠ AMP = 90° , ці кути є внутрішніми різносторон­ німи при прямих PK і AB і січній PM, виходить, прямі AB і PK — паралельні.

,

"

# . .

.n et

612. Нехай даний кут α , точка A і пряма b. Проведемо через точку A пряму, що перети­ нає пряму b під кутом α . Виберемо на пря­ мій b довільну точку C, від променя CB на прямій b відкладемо кут MCB, рівний α . Через точку A проведемо пряму AK, пара­ лельну MC, що перетне пряму b у точці K. Оскільки AK  MC , то ∠ AKC = ∠ MCB = α .

1

ГЕОМЕТРІЯ

а) трикутник ABC гострокутний, висоти лежать усередині трикутника: CK ⊥ AB , BP ⊥ AC , AM ⊥ CB ; б) трикутник прямокутний A1B1C1 , ∠ A1C1B1 = 90° , два катети є ви­ сотами, третя висота — проведена до гіпотенузи: A1C1 ⊥ C1B1 , C1M1 ⊥ A1B1 . в) трикутник A1B1C1 тупокутний, ∠ A1C1B1 — тупий, дві висоти AM1 й C1K1 , проведені на продовження сторін тупого кута трикутника й лежать за його межами.

#

"

α

α

$

C

,

ld z

Вправи для повторення

613. Нехай даний ∠ 2 , і ∠1 й ∠ 3 — суміжні з ним. Знайдемо величину ∠ 2, якщо ∠ 1 + ∠ 2 + ∠ 3 = 300° . ∠ 1 + ∠ 2 = 180° , оскільки вони суміжні, тоді 180° + ∠ 3 = 300° , ∠ 3 = 120° . ∠ 1 = ∠ 3 як вертикаль­ ні, оскільки, ∠ 1 = 180° − 120° = 60° .

B C

al

614. Нехай даний квадрат ABCD. Доведемо, що кожна # сторона квадрата утворить із прямою AC кути по 45°. ∆ ABC = ∆ DCA , за третьою ознакою AB = CD = BC = AD AB = CD = BC = AD як сторони квадрата, AC — спільна сто­ " рона, тоді ∠ BAC = ∠ DCA , ∠ DCA = ∠ DAC . Оскільки ∠ B = ∠ D = 90° як кути квадрата, то ∠ BAC = ∠ DCA = ∠ DCA = ∠ DAC = 45° .

615. Це тупокутний трикутник.

$

%

#

616. Дві медіани рівностороннього трикутника перети­ . наються під кутом 60°. Нехай даний ∆ ABC , у якого 0 AB = BC = AC , MA і BD — медіани. Визначимо вели­ " $ % чину ∠ AOD . Розглянемо ∆ AOD , оскільки BD — медіана, то за теоремою BD і висота, тоді ∠ ADO = 90° ∠ ADO = 90° , ∠ OAD = 30° , оскільки BD є ще й бісектрисою. ∠ BAC = 60° . Тоді ∠ AO = 90° − 30° = 60° . Відповідь: 60°.

617. Побудову див. № 600. Щоб описати окружність, слід знайти точку пе­ ретинання бісектрис трикутника, радіусом окружності буде відстань 297 від цієї точки до кожної з вершин трикутника.

618. Нехай дано відрізки a і b. Побудуємо рівнобед­ B рений трикутник з основою b і висотою, прове­ C деною до основи a. Припустимо, що трикутник ABC з основою AC = # = b та висотою BD = a побудовано, оскільки він рівнобедрений, то висота є медіаною три­ кутника. " © % Побудова.

1. Побудуємо відрізок AC = b .

2. Із середини відрізка AC, точки D проведемо перпендикуляр DB = a .

3. Трикутник ABC шуканий. Доказ. Оскільки медіана трикутника, проведена до основи, є його висотою, то трикутник ABC — рівнобедрений, з основою AC, AC = b , BD = a , виходить, трикутник шуканий. Задача має єдине розв’язання.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

§ 21. Задачі на побудову

al

ld z

# 619. 1) Нехай даний відрізок a і гострий кут α . Побудуємо прямокутний трикутник з гост­ B α рим кутом α і гіпотенузою a. Припустимо, B що трикутник ABC побудований, ∠ C = 90° , α " $ ∠ A = α , AB = a . Побудова.

1. Побудуємо ∠ BAC = α .

2. На стороні кута відкладемо відрізок AB = a .

3. Із точки B опустимо перпендикуляр на іншу сторону кута, точку перетинання позначимо буквою C. 4. Трикутник ABC побудований. Доказ. У прямокутному трикутнику ABC ∠ C = 90° , ∠ A = α , гіпо­ тенуза AB = a . Тоді трикутник шуканий. Задача має єдине розв’язання.

2) Нехай дано відрізки a і b. Побудуємо пря­ B мокутний трикутник з катетом a і гіпотену­ D зою c. Припустимо, що трикутник ABC побу­ # дований, ∠ C = 90° , AB = c , BC = a .

D B Побудова. $ " 1. Побудуємо ∠ C = 90° .

2. На стороні кута відкладемо відрізок CB = a.

3. Із точки B проведемо дугу радіуса c, що перетне іншу сторону кута в точці A. 4. Трикутник ABC побудований. Доказ. У прямокутному трикутнику ABC ∠ C = 90° , катет BC = a , BA = c , оскільки трикутник шуканий. Задача має єдине розв’язання, якщо a < c .

3) Нехай даний відрізок a і гострий кут α . По­ " будуємо прямокутний трикутник з гострим кутом α і прилеглим катетом a. α Припустимо, що ∆ ABC побудований, B α ∠ C = 90° , ∠ B = α , BC = a . $ B # Побудова.

1. Побудуємо ∠ BAC = α .

298 2. На стороні кута відкладемо відрізок CB = a .

ГЕОМЕТРІЯ

ld z

.n et

3. Із точки C проведемо перпендикуляр до відрізка BC, що перетне іншу сторону кута в точці A. 4. Трикутник ABC побудований. Доказ. У прямокутному трикутнику ABC ∠ C = 90° , ∠ B = α , ка­ тет BC, прилеглий до ∠ B , BC = a , оскільки трикутник шуканий. Задача має єдине розв’язання.

4) Нехай даний відрізок a і гострий кут α . , " Побудуємо прямокутний трикутник α з гострим кутом α та протилежним ка­ B B тетом a. α # Припустимо, що трикутник ABC побудо­ $ ваний, ∠ C = 90° , ∠ B = α , AC = a . Побудова.

1. Побудуємо ∠ ABC = α .

2. Із точки B проведемо перпендикуляр BK = a до променя BC. Через точку K проведемо пряму KA, паралельну BC, що перетинає промінь BA у точці A. 3. Із точки A проведемо перпендикуляр до відрізка BC, що перетне промінь BC у точці C. 4. Трикутник ABC побудований. Доказ. У прямокутному трикутнику ABC ∠ B = α , BK ⊥ BC , AC ⊥ BC , отже BK  AC , AK  BC , оскільки AKBC — паралело­ грам, BK = AC = a як протилежні сторони паралелограма. Ка­ тет AC, лежить напроти кута B, BC = a , виходить, трикутник шу­ каний. Задача має єдине розв’язання.

al

" B 620. Нехай дані відрізки a, b, c. Побудуємо три­ кутник ABC зі сторонами a і c, а також C медіаною b, проведеною до сторони c. , D C Припустимо, що трикутник ABC побудова­ D ний. BC = a , AC = c , BK — медіана, опу­ $ # B щена на AC, BK = b . Побудова.

1. Побудуємо трикутник CBK із трьома сторонами: CB = a , KC = 0, 5c , BK = b .

2. Продовжимо промінь CK і на продовженні відкладемо відрізок KA = 0, 5c .

3. Трикутник ABC побудований. Доказ. У трикутнику ABC BC = a , AC = 2CK = c , BK — медіана, ос­ кільки K — середина AC, BK = b , оскільки ∆ ABC — шуканий. Задача має єдине розв’язання, якщо існує трикутник CBK, тобто ви­ конується умова існування трикутника зі сторонами a, b, c.

621. 1) Нехай дані відрізки a, b, h. Побудуємо трикутник зі сторонами a і b та висотою h, проведеною до однієї з них. Припустимо, що трикутник ABC побудований. AC = b , # B BC = a , BK ⊥ BC , BK = h . Побудова.

C 1) Побудуємо прямий кут BKC, на сто­ I B I роні кута відкладемо відрізок BK = h .

2) Із точки B проведемо дугу радіуса a, " $ 299 , C що перетне промінь KC у точці C.

ld z

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

3) Із точки C на промені CK відкладемо відрізок CA = b .

4) Трикутник ABC побудований. Доказ. У трикутнику ABC BC = a , AC = b , BK — висота, опущена на сторону AC, BK = h . Тоді трикутник ABC — шуканий. Якщо через точку B провести пряму, паралельну AC, то дуга з радіу­ сом a, проведена з точки C, перетне цю пряму в певній точці B1 , що також віддалена від прямої AC на відстань h. Трикутник AB1C буде задовольняти умові задачі. Задача має два розв’язання, якщо a > h . Якщо a < h або a = h , задача розв’язання не має.

2) Нехай дані відрізки a, c, h. Побудуємо трикутник зі сторонами a і c та висотою h, опущеною на третю сторону. Припустимо, що трикутник ABC побудований. AB = c , BC = a , BK ⊥ BC , BK = h . Побудова.

1. Побудуємо пряму c. Виберемо на ній B точку K, проведемо BK ⊥ c , BK = h . # D 2. Із точки B проведемо дуги радіуса a I D і радіуса c, які перетнуть пряму c у точ­ I B ках A, C, A1 , C1 . " " © , © C 3. Трикутники ABC і A1BC1 побудовані. Доказ. Оскільки трикутники A1BA та C1BC — рівнобедрені з основами AA1 та CC1 , оскільки ∠ A = ∠ A1 , ∠ BCK = ∠ BC1K , тоді ∠ A1BC1 = ∠ ABC , ∆ ABC = ∆ AB1C1, у них AB = = c, BC = a , A1B = c , BC1 = a , BK — висота, опущена на сторону AC, BK = h . Тоді трикутники ABC та A1BC1 — шукані. Оскільки трикутники рівні, то задача має єдине розв’язання у ви­ падку, коли c > h , a > h .

al

B " 622. 1) Нехай даний відрізок a. Побудуємо рів­ нобедрений прямокутний трикутник з ка­ B тетом a. Припустимо, що трикутник ABC побудований. AC = BC = a , ∠ C = 90° . $ # Побудова.

B 1. Побудуємо кут ∠ C = 90° .

2. На сторонах кута C відкладемо відрізки CB = CA = a .

3. Трикутник ABC побудований. Доказ. У трикутнику ABC ∠ C = 90° , CA = CB = a , оскільки він рів­ нобедрений, прямокутний з катетом a. ∆ ABC — шуканий.

2) Нехай даний відрізок a. Побудуємо рівно­ B # бедрений прямокутний трикутник з гіпоте­ нузою a. Припустимо, що трикутник ABC побудований. AC = a , ∠ B = 90° . " $ Побудова. , B 1. Побудуємо відрізок AC. K — його се­ редина.

2. Із точки K до відрізка AC проведемо перпендикуляр і відкладемо на ньому відрізок BK = 0, 5a .

3. Трикутник ABC побудований. Доказ. У трикутнику ABC AC = a , BK ⊥ AC , BK — медіана, ос­ кільки ∆ ABC — рівнобедрений з основою AC. BK = AK = 0, 5 AC , 300 оскільки в трикутнику ABK ∠ K = 90°, ∠ BAK = ∠ ABK = 45°, BK —

.n et B

ГЕОМЕТРІЯ

медіана й бісектриса трикутника ABC, оскільки ∠ ABC = 90° , тоб­ то ∆ ACB — прямокутний, рівнобедрений з гіпотенузою a. ∆ ABC — шуканий.

3) Нехай даний відрізок h. Побудуємо рівнобед­ # I рений прямокутний трикутник з медіаною h, опущеною на гіпотенузу. Припустимо, що три­ I кутник ABC побудований. BK = h , ∠ B = 90° . " $ AB = BC , K — середина AC, бо BK ⊥ AC . , Побудова.

1. Побудуємо прямий кут AKB. 2. На сторонах кут AKB відкладемо відрізки BK = KA = h .

3. На промені AK відкладемо відрізок KC = KA = h .

4. Трикутник ABC побудований. Доказ. У трикутнику ABC, BK ⊥ AC , BK — медіана, оскіль­ ки ∆ ABC — рівнобедрений з основою AC. У трикутнику ABK ∠ K = 90° , BK = AK = 0, 5 AC , ∠ BAK = ∠ ABK = 45° , BK — медіана й бісектриса трикутника ABC, тому що ∠ ABC = 90°, тобто ∆ ABC — прямокутний, рівнобедрений, з висотою, проведеною до гіпотену­ зи h. ∆ ABC — шуканий.

I

al

ld z

623. Нехай дані прямі a і b, відрізок h. Побудуємо на " прямій b точку B1 , що знаходиться на відстані h B від прямої a. # I Припустимо, що точка B1 побудована. Тоді дов­ I " жина перпендикуляра BB1 , проведеного із точ­ C ки B1 до прямої a, дорівнює h. # Побудова.

1. На прямій a виберемо довільну точку A, через неї проведемо перпен­ дикуляр до прямої a і відкладемо на ньому відрізок AA1 = h .

2. Через точку A1 проведемо пряму a1 , паралельну прямій a, і пряму, що перетинає, b у точці B1 .

3. B1 — шукана точка. Доказ. Із точки B1 проведемо пряму, паралельну AA1 й пряму, що пе­ ретинає, a у точці B, AA1  BB1, a1  a , оскільки BB1 ⊥ a , BB1 = AA1 = h . Точка B1 — шукана. Задача має єдине розв’язання за умови, що прямі b і a не паралель­ ні. Якщо прямі паралельні й відстань між ними більше h, то задача розв’язання не має.

624. Нехай дані точки A і B, і пряма a.

0 # Побудуємо на прямій a точку C, рівновіддалену від точок A і B. Припустимо, що точка C побу­ " дована, тоді BC = AC , ∆ ABC — рівнобедрений B з основою AB, CO — його медіана, висота й бі­ $ сектриса. Побудова.

1. Виберемо точку O — середину відрізка AB. 2. Через точку O проведемо перпендикуляр до відрізка AB, що перетне пряму a у точці C. 3. Точка C побудована. Доказ. Оскільки в трикутнику ABC, OC є медіаною й висотою, то BC = AC , значить точка C прямої a рівновіддалена від точок A і B. 301 Точка C — шукана.

625. Нехай даний кут ∠ C = α . На стороні кута дана точка A. Побудуємо окружність, що # 0 дотикається сторін кута, одна із точок до­ тикання точка A. α $ " Припустимо, що окружність побудована, тоді її центр O лежить на бісектрисі кута. Оскільки A — точка дотикання, OA — радіус, виходить, OA ⊥ CA . Побудова.

1. Проведемо бісектрису CO кута α .

2. Із точки A проведемо перпендикуляр до сторони CA кута BCA, що перетне бісектрису в точці O. 3. OB — центр шуканої окружності, OA його радіус.

4. Окружність побудована. Доказ. Оскільки геометричним місцем точок, рівновіддалених від сто­ рін кута, є його бісектриса, то точка O рівновіддалена від його сторін кута BCA, OA ⊥ AC , оскільки OA — радіус окружності, що дотикаєть­ ся сторін кута в точці A. Окружність із центром O і радіусом OA — шука­на. Задача має єдине розв’язання.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

Задача має єдине розв’язання за умови, що відрізок AB не перпенди­ кулярний прямій a. Якщо AB ⊥ a , то задача розв’язання не має.

al

ld z

626. Нехай дані відрізки a і c. Побудуємо прямокутний трикутник з кате­ том a і радіусом описаної окружності c. Аналіз. Припустимо, що трикутник ABC побудований, у ньому AC = a , ∠ C = 90° , гіпотенуза AB дорівнює діаметру " описаної окружності AB = 2c .

B D Побудова.

B D 1. Побудуємо прямий кут C. 2. На стороні кута відкладемо AC = a. © # 3. Із точки A радіусом рівним 2с проведемо дугу, що перетинає іншу сторону прямого кута в точці B. 4. Трикутник ABC побудований. Доказ. У трикутнику ABC ∠ C = 90° , AC = a . Оскільки гіпотенуза трикутника дорівнює діаметру описаної окружності, то її половина дорівнює радіусу, тобто 2c : 2 = c . Отже, трикутник ABC — шуканий. Задача має єдине розв’язання.

627. Нехай дані відрізки a, b, r. Побудуємо трикутник зі сторонами a і b, радіусом описаної окружності r. Припустимо, що трикутник ABC побудований. У ньому BC = a , AB = b , S OA = r . Окружність, радіуса r, описаного B $ навколо трикутника.

S C Побудова.

0 B 1. Побудуємо окружність із радіусом r.

C C " 2. Відкладемо хорду BC = a . Із точки B " # відкладемо хорди BA = b й BA1 = b .

3. Трикутники ABC і AB1C побудовані. Доказ. Оскільки точки A, B, C лежать на окружності радіусом r, то трикутник має радіус описаної окружності даної довжини. BC = a , AB = b . Тоді трикутник ABC — шуканий. Аналогічно AB1C — шуканий. За умови a > b , a > r задача має два 302 розв’язання, оскільки за умови a > b на окружності існують дві точки,

ld z

.n et

628. Нехай дані відрізки a, r, m.

B " Побудуємо трикутник за стороною, медіа­ S $ ною, проведеною до цієї сторони, радіусом N описаної окружності. Припустимо трикут­ . ник ABC побудований. У ньому AB = a , 0 CM = m , радіус окружнос­ті, описаної навко­ # ло трикутника — r. $ Побудова.

1. Побудуємо окружність радіусом r.

2. На окружності візьмемо точку A і відкладемо точку B на від­ стані AB = a від A. 3. M — середина хорди AB. 4. Із точки M радіусом m проведемо дугу, що перетне окружність у точці C. 5. Трикутник ABC побудований. Доказ. У трикутнику ABC r — радіус описаної окружності. AB = a , MK — медіана, проведена до сторони AB, MK = m . Тоді трикут­ ник ABC — шуканий. Задача може мати два розв’язання, якщо 2r > m , оскільки на окруж­ ності існують дві точки, рівновіддалені від точки M. Якщо CM ⊥ AB , то задача має одне розв’язання. Якщо 2r < m , задача розв’язання не має.

ГЕОМЕТРІЯ

віддалені від B на відстань b. Якщо a = b , то задача буде мати одне розв’язання. Якщо r > a , r > b , задача буде мати одне розв’язання.

al

629. Нехай дані відрізки a і r. Побудуємо рівно­ B $ бедрений трикутник з основою a і радіусом S B описаної окружності r. " # , Припустимо, що трикутник ABC побудова­ ний. AB = a , точки A, B, C лежать на ок­ 0 ружності радіуса r. Діаметр окружності, проведений через се­ . редину відрізка AB, пер­пендикулярний AB. Побудова.

1. Побудуємо окружність із центром O і радіусом r.

2. Побудуємо хорду AB = a .

3. Через середину хорди проведемо діаметр, що перетне окружність у точках M і C. 4. Трикутники ABM і ABC побудовані. Доказ. У трикутниках ABM і ABC AB = a , радіус описаної окруж­ ності — r. Оскільки через середину хорди проходить діаметр, пер­ пендикулярний до хорди, то в трикутниках ABC і ABM KC і KM — медіани й висоти, тоді трикутники рівнобедрені. Тобто трикутни­ ки ABC і ABM — шукані. Задача має два розв’язання, якщо a < 2r . Якщо a = 2r , ми одержимо два рівні трикутники, тоді задача буде мати одне розв’язання. Якщо a > 2r , то задача розв’язання не має.

630. Нехай даний відрізок r і гострий кут α . Побудуємо прямокутний трикутник з радіусом описаної окружності r і гострим кутом α . Припустимо, що трикутник ABC побудований, ∠ C = 90° , ∠ A = α , 303

631. Нехай дані паралельні прямі a і b і точка A # 1 B між ними. Побудуємо окружність, що про­ " ходить через точку A і дотикається до пря­ D мих a і b. , 0 Оскільки окружність дотикається до прямих, то її діаметр дорівнює відстані між прямими, C & $ а центр лежить на прямій, що проходить між ними й рівновіддалена від a і b. Оскільки точка A лежить на окружності, то відстань від a до центра дорівнює радіусу окружності, тобто половині відстані між прями­ ми a і b. Побудова.

1. Побудуємо спільний перпендикуляр PE до прямих a і b, позначимо його середину — точку K. Через точку K проведемо пряму c, паралель­ ну прямим a і b.

2. Із точки A радіусом PK проведемо дугу, що перетне пряму c у точ­ ці O. 3. Побудуємо окружність із центром O і радіусом PK. Доказ. Оскільки PK — половина відстані між прямими a і b, точка O належить геометричному місці точок, рівновіддалених від прямих a і b, то окружність із центром O і радіусом PK дотикається прямих a і b. Оскільки OA = PK , то точка A лежить на цій окружності. Вихо­ дить, побудована окружність — шукана. Задача має два розв’язання, оскільки дуга із центром у точці A може пе­ ретнути пряму c у двох точках, оскільки будемо мати дві окружності.

al

ld z

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

AB — гіпотенуза трикутника й діаметр опи­ $ S саної окружності, AB = 2r . Побудова. α " α # 1. Побудуємо окружність із радіусом r.

0 2. Проведемо діаметр AB, від променя AB відкладемо кут α , друга сторона якого пе­ ретне окружність у точці C. 3. Трикутник ABC побудований. Доказ. У трикутнику ABC ∠ A = α , ∠ C уписаний, опирається на діа­ метр окружності, тому ∠ C = 90° , AB = 2r , виходить, радіус окружнос­ ті, описаної навколо трикутника,— r. Трикутник ABC — шуканий. Задача має єдине розв’язання.

632. Нехай даний відрізок r. Побудуємо рівносторонній трикутник з радіу­ сом описаної окружності r. Припустимо, що трикутник ABC побудований. AB = BC = AC , ∠ A = ∠ B = ∠ ∠ A = ∠ B = ∠ C = 60° , оскільки дуги окружності з радіусом r, на які опи­ раються вписані кути A, B, C, рівняють 120°. Побудова.

1. Побудуємо окружність із радіусом r. $ 2. На окружності позначимо точку A. S 3. Від точки A відкладемо послідовно дві ду­ ги розхилом циркуля, що дорівнює радіусу 0 окружності. Одержимо точку B. " 4. Розхилом циркуля AB відкладемо від точ­ # ки A дугу AC. 304 5. Трикутник ABC побудований.

al

ld z

.n et

$ 633. а) Нехай дані дві окружності із центрами O і A ра­ # діуса r. Побудуємо до них спільну дотичну. При­ " 0 пустимо, що задача має розв’язання. BC — спільна дотична до окружностей із центрами O та A. До­ тична до окружності перпендикулярна радіусу, проведеному в точку дотикання.

1. Через центри A і O проведемо пряму OA. 2. Із точки O проведемо радіус OB, перпендикулярний прямій OA. 3. Через точку B проведемо пряму BC, паралельну OA, BC — шу­ кана дотична. Доказ. Оскільки прямі OA і BC — паралельні, то точка C знахо­ диться на відстані OB від прямій OA, оскільки радіус, проведений із точки A перпендикулярно до OA, буде дорівнювати відрізку AC. CA ⊥ BC , OB ⊥ BC , оскільки BC — шукана дотична. Задача має два розв’язання. Отримані дотичні будуть паралельні й будуть проходити в різних напівплощинах відносно прямої OA.

ГЕОМЕТРІЯ

Доказ. Дуги, відкладені розхилом циркуля, що дорівнює радіусу окружності, мають градусну міру — 120°, оскільки хорда AB стя­ гає дугу 120°, аналогічно хорди AC та BC стягають дуги 120°, тоді ∠ A = ∠ B = ∠ C = 60° як уписані, тобто трикутник ABC рівносторонній, уписаний в окружність радіуса r. Трикутник ABC — шуканий.

$

,

#

" 0

б) Нехай дано дві окружності з центрами O і A, і різними радіусами, припустимо, що радіус окружності з центром A більше, ніж радіус окружності з центром O. Побудуємо спільну дотичну до цих окружностей. Припустимо, що дотична BC побудована, точки B і C — точки дотикання до окруж­ ностей із центрами O і A відповідно, OB ⊥ BC , AC ⊥ BC . Побудова.

1. Побудуємо окружність із центром A і радіусом OK, рівним різни­ ці радіусів даних окружностей.

2. Із точки O проведемо дотичну до окружності з центром O і радіу­ сом OK. Для цього скористаємося розв’язанням задачі № 306.

3. Побудуємо перпендикуляри OB і AK до прямої OK, які перетнуть окружності із центрами O і A у точках B і C відповідно.

4. Пряма BC є дотичною до даних окружностей. Доказ. Оскільки OK — дотична до окружності із центром A, то AK ⊥ OK , BO ⊥ OK , AK ⊥ OK , оскільки BO  AC , AC = OK + KC, OK = AC – OB, оскільки CK = BO, чотирикутник OBCK — прямо­ кутник, тоді OB ⊥ BC , OC ⊥ BC , тобто BC — спільна дотична до окружностей із центрами O та A, точки B та C — точки до­ 305 тикання.

634. Нехай дані відрізки c і h. Побудуємо прямокутний трикутник з гі­ потенузою C і висотою h, проведеною до гіпотенузи. Припустимо, що трикутник ABC побудований, ∠ C = 90° , CP ⊥ AB , CP = h , AB = c . Оскільки трикутник прямокутний, то гіпотенуза є діаметром окруж­ ності, описаної навколо трикутника. Побудова. $ , I 1. Побудуємо відрізок AB = c . Позна­ чимо його середину O. D I 2. Побудуємо окружність із цент­ " # D 0 1 ром O і радіусом OA = 0, 5c .

3. Із точки B проведемо перпендику­ $ , ляр BK до прямої AB, BK = h .

4. Через точку K проведемо пряму, що перетне окружність у точках C і C1 .

5. Трикутник ABC ( ABC1 ) побудований. Доказ. BK ⊥ AB , CK  AB , лежить на окружності, виходить, кут BCA — уписаний і опирається на діаметр, ∠ BCA = 90° . CP ⊥ AB , BK ⊥ AB , оскільки CP  BK , виходить, CK  AB , то BK = CP = h, AB = c . Отже, трикутник ABC — шуканий. Оскільки пряма CK перетинає окружність у двох точках (C і C1 ), то одержимо два трикутники, що відповідають даним умовам, але ці три­ кутники рівні, виходить, задача має одне розв’язання.

ld z

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

Задача має два розв’язання, виходить, у такий спосіб можна побу­ дувати дотичну в другій напівплощині відносно прямої OA.

B

al

, 635. Нехай даний відрізок довжиною a та C D b + c . Побудуємо прямокутний три­ . кутник ABC. " 1. Оскільки відома довжина BC, то $ # положення точок B і C відоме.

2. Точка A лежить на промені CA ⊥ CB .

3. Побудуємо допоміжний ∆ BCK . На промені AC відкладемо AK = AB , будуємо відрізок KB, тоді CK = b + c . Точка A рівновіддалена від то­ чок B і K ( AK = AB ) . ГМТ, рівновіддалених від B і K, є серединний перпендикуляр AM і BK. Точка A — точка перетинання променя CA і серединного перпендикуляра AM. Побудова.

1. ∆ BCK ( ∠ BCK = 90° ) за двома катетами CB = a , CK = b + c .

2. Будуємо серединний перпендикуляр AM до KB. 3. Позначаємо точку A — точку перетинання AM і KC. ∆ ABC — шуканий. Доказ. У ∆ ABC BC = a і ∠ ACB = 90° за побудовою. Точка A лежить на се­ рединному перпендикулярі AM до відрізка BK, оскільки, AK = AB .

636. Нехай дані відрізки a і r. Побудуємо прямокутний трикутник з катетом a і радіусом уписаної ок­ ружності r. Припустимо, що трикутник ABC по­ будований, ∠ C = 90° , BC = a , O — 306 центр окружності, уписаної в три­

"

S B

. $

0 S ,

B

#

ГЕОМЕТРІЯ

.n et

кутник, що ле­жить на бісектрисі кута C. OK ⊥ BC , OK — радіус окружності, OK = r . Побудова.

1. Побудуємо прямий кут C і його бісектрису CO. 2. На промені CB відкладемо відрізок BC = a .

3. На промені CA відкладемо відрізок CM = r . Через точку M про­ ведемо пряму, паралельну BC, до перетинання з бісектрисою кута C у точці O. 4. Побудуємо окружність із центром O і радіусом OM. 5. Із точки B проведемо дотичну до окружності, що перетне сторону CA кута C у точці A. 6. Трикутник ABC побудований. Доказ. У ∆ ABC ∠ C = 90° , BC = a , OK = OM = r — радіуси окружності, упи­ саної в трикутник, оскільки O належить бісектрисі кута, OK ⊥ BC , OM ⊥ CA , K і M — точки дотикання окружності до катетів. Значить трикутник ABC — шуканий. Задача має єдине розв’язання у випадку, коли r < 0, 5a . В інших ви­ падках задача розв’язання не має.

al

ld z

637. Нехай дані відрізки a і r. Побудуємо рівнобедрений трикутник з радіу­ сом уписаної окружності r і основою a. Припустимо, що трикутник ABC побудова­ S ний, AC = BC , AB = a , O — центр уписаної $ окружності, що лежить на бісектрисі CK B кута C, оскільки трикутник рівнобедрений CK — висота й медіана.

0 Побудова.

S # 1. Побудуємо окружність із центром O та " , B радіусом OK = r .

2. Через точку K проведемо дотичну й по різні боки від точки K відкладемо на ній відрізки AK = BK = 0, 5a .

3. Через точки A і B проведемо дотичні до окружності, які перетнуться в точці C. 4. Трикутник ABC побудований. Доказ. У трикутнику ABC AB = c , OK — радіус уписаної окружності, OK = r . Оскільки CK — медіана, висота й бісектриса трикутника ABC, то він рівнобедрений. Оскільки ∆ ABC — шуканий. Задача має єдине розв’язання.

638. Нехай даний відрізок AB = a і кут α = 90° . Побудуємо ГМТ, з яких відрізок AB видно під кутом α = 90° . Оскільки всі точки шуканого ГМТ є вершинами рівних прямих кутів, то ці вершини лежать на окружності, що проходить через точки A та B. А оскільки точки A та B лежать на сторонах цього прямого кута, то AB буде діаметром цієї окружності. Побудова. На прямій відкладемо відрізок AB = a , по­ ділимо його навпіл, позначимо точку O, " 0 # що й буде центром окружності, що є шу­ каним ГМТ.

307 OB = r .

"

#

. ,

"

#

$

.

$

,

Вправи для повторення 642. 1) Нехай дано ∆ ABC , BH — висота, BM — ме­ діана. AH = 3 см, AC = 10 см, ∠ A — тупий. Знайдемо HM. Якщо AC = 10 см і BM — медіа­ на, то CM = MA = 10 : 2 = 5 см. MA = MH + HA , тоді MH = 5 − 3 = 2 см. Відповідь: 2 см.

2) Нехай даний ∆ ABC , BH — висота, BM — ме­ діана. AH = 3 см, AC = 10 см, ∠ A — гострий. Знайдемо HM. Якщо AC = 10 см і BM — медіа­ на, то CM = MA = 10 : 2 = 5 см.

HM = AH + AM = 5 + 3 = 8 . Відповідь: 8 см.

#

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

$

639. Оскільки відомо довжину медіан CM та CK, то, побудувавши допоміжний прямокутний ∆ CMK , знаючи довжину гіпотенузи AB і те, що точка M її середина, визначимо положення точок A і B. Побудова. Провести пряму a, вибрати на ній точ­ ку K, побудувати CK ⊥ a , з вершини C відкласти CM до перетинання з A, одержимо точку M. Поділити відрізок AB навпіл і від точки M уліво й вправо відкласти половину відрізка AB, одер­ жимо точки A і B.

$

. )

"

#

"

ld z

)

.

$

643. Оскільки вертикальні кути рівні, то їхні бісектриси мають спільний початок і є доповнюючими напівпрямими, а відтак, лежать на одній прямій.

al

645. а) так; б) так; в) ні; г) ні.

Задачі на повторення До § 1

647. а) У точці O; б) прямій a належать точки: O, P, T. Прямій b належать точки: O, M, N; в) точки S і E; г) так.

648. " # /

651.

.

649. B

$

/

650.

"

.

#

.

B

,

, B C

D B

C

в) на 7 частин.

B

C D

308

а) на 6 частин.

D

б) на 6 частин.

/

.n et

652. а) Нехай BM — x см, тоді AM = x + 2 см. . # За властивістю AB = AM + MB одержуємо рів­ " няння: x + x + 2 = 5 , 2x = 3 , x = 1,5 .

AM = 3,5 см, BM = 1,5 см. Відповідь: 1,5 см; 3,5 см. б) див. рис. к а). Нехай BM — x см, тоді AM = 3x см. x + 3x = 5 , 4x = 5 , x = 1, 25 . BM = 1, 25 см, AM = 3,75 см. Відповідь: 1,25 см; 3,75 см. в) див. рис. к а). Нехай довжина одиничного відрізка — x см, AM = AM = 3x см, BM = 2x см. 3x + 2x = 5 , 5x = 5 , x = 1 .

BM = 2 см, AM = 3 см. Відповідь: 2 см; 3 см.

2 г) AB = 3 AM , тоді AM = AB : 3 = 5 : 3 = 1 см; 3 " . # 1 2 MB = 5 − 1 = 3 см.

3 3 2 1 Відповідь: 1 см; 3 см.

3 3

ld z

653. Нехай AB = x см, тоді BC = 3x см. Одержуємо рів­ " # няння: x + 3x = 8 , 4x = 8 , x = 2 .

AB = 2 см, BC = 6 см. Задача має 2 розв’язання. Розглянемо випадок, коли точка A лежить між точками B і C. Відповідь: 2 см; 6 см.

al

654. 1) AD = AB + BC + CD = 2 + 4 + 7 = 13 см. Відповідь: 13 см.

2) AD = AB + BD = 2 + 3 = 5 см.

BD = CD − CB = 7 − 4 = 3 см. Відповідь: 3 см.

3) AD = BD − AB = 11 − 2 = 8 см.

BD = BC + CD = 4 + 7 = 11 см. Відповідь: 11 см.

"

#

"

#

"

#

655. AD : AB = 1 : 4 . AD : BC = 1 : 2 . BC : DC = 2 : 1 . Оскільки точка C ділить AB навпіл, точка D ді­ 1 лить AC навпіл, або AD − AB .

4

$ $

ГЕОМЕТРІЯ

До § 2

$

% %

$

"

%

% $

#

656. а) AB = 4CD = 2 ⋅ 4 = 8 см. $ % # " б) BC − CD = 3 см. Якщо точка D — середина BC, то BC в 2 рази більше CD, тоді CB = 3 ⋅ 2 = 6 см. AB = 6 ⋅ 2 = 12 см, оскільки точка C — середина AB. 1 в) AC − DC = 4 см. Оскільки AC = CB , а CD = CB , то 2 AC = 8 см, AB = 16 см.

657. AB = 10 см, KP = KM + MP , KM = MP =

1 AM , 2

"

$

% #

1 1 MB . Оскільки AK = KM , а MP = PB , то KP = AB = 10 : 5 = 5 см. 309 2 2

659. AC + CB = 15 . AB = 12 . Оскільки точка B лежить між точками A і C, то AB + BC = AC и AC = 15 − BC . Нехай довжина BC = x см, одер­ жуємо рівняння: 12 + x = 15 − x ; 2x = 3 ; x = 1,5 . " $ # Оскільки, BC = 1,5 см, AC = 12 + 1,5 = 13,5 см. Відповідь: 1,5 см; 13,5 см.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

658. а) AB = 12 см, оскільки AM — середина AB, то AM = 12 : 2 = 6 см.

AK : KM = 1 : 2 , тоді AK = x см, KM = 2x см. Одержуємо рівняння: x + 2x = 6 ; 3x = 6 ; x = 2 . Оскільки MK = 4 см. . # " , Відповідь: 4 см. б) BM = 9 см, тоді й AM = 9 см. Одержуємо рівняння: x + 2x = 9 ; 3x = 9 ; x = 3 . Оскільки, MK = 6 см. Відповідь: 6 см. в) MB − AK = 10 см. MB = AM , оскільки точка M середина AB, ос­ кільки, AM − AK = 10 см и AM − AK = KM , KM = 10 см. Відповідь: 10 см.

660. Оскільки точка B лежить між точками A і C, то AC = AB + BC . За умовою AB + AC = 10 см, BC = 6 см. Тоді AC = 10 − AB . Нехай довжи­ на AB = x см. Одержуємо рівняння: 10 − x = x + 6 ; $ # 2x = 4 ; x = 2. Тому що, AB = 2 см, AC = 2 + 6 = 8 см. "

ld z

661. Якщо точка C — середина AB = 10 см і DA + DB + DC = 12 см, то точ­ ка D може лежати між точками A і C так, що AD = 3 см. Тоді DC = 2 см, а DB = 7 см. Або точка D може лежати між точками C і B так, що DB = 3 см, тоді DC = 2 см, а AD = 7 см.

al

662. Ні, якби точка M була точкою перетинання AB і a, то AM + BM = = AB, а за умовою AB = 23 см, а AM + BM = 10 + 15 = 25 см.

663. Щоб побудувати відрізок довжиною 4 см, треба зробити так (рис.). Тоді AC = 4 см. Щоб побудувати відрі­ ÊÅ зок, довжиною 4 см, треба зробити так (рис.). ", . # $ , ÊÅ ÊÅ ÊÅ ÊÅ Тоді AB = 7 + 3 + 1 = 11 см.

ÊÅ "

$

ÊÅ

#

До § 3 " 664. а) Нехай ∠ MOA = x , тоді ∠ MOB = 3x . Одержує­ мо рівняння: x + 3x = 80° ; 4x = 80° ; x = 20° . Тоді ∠ AOM = 20° , ∠ MOB = 60° . б) Нехай ∠ AOM = x , тоді ∠ BOM = x + 20° . Одер­ жуємо рівняння: x + x + 20° = 80° ; 2x = 60° ; 0 x = 30° . Тоді ∠ AOM = 30° , ∠ MOB = 50° . в) ∠ AOM = x , тоді ∠ BOM = 3x та див. а). г) Якщо ∠ BOM = ∠ AOM , ∠ BOM = ∠ AOB : 2 = 80° : 2 = 40° , ∠ AOM = 40° .

310

665. Якщо ∠ ACM = x , тоді ∠ MCK = x − 20° , а ∠ KCM = x + 20° . За умовою ∠ ACB = 90° .

.

#

"

.

,

$

666. Якщо OC — бісектриса ∠ AOB , а OM — бісектри­ са ∠ AOC , то ∠ AOC = ∠ COB й ∠ AOM = ∠ MOC . За умовою ∠ MOC = 20° , тоді ∠ AOC = 40° , а ∠ AOB = 80° .

$

0

# "

. $

.n et

667. 1) За умовою ∠ BOC = 20° , ∠ AOB = 80° , OM — бі­ сектриса ∠ AOC , тоді ∠ MOC = ∠ AOC : 2 . ∠ AOC = ∠ AOB − ∠ BOC = 80° − 20° = 60° . ∠ MOC = 60° : 2 = 30° . Відповідь: 30°.

2) За умовою ∠ BOC = 20° , ∠ AOB = 80° , OM — бі­ сектриса ∠ AOC , тоді ∠ MOC = ∠ AOC : 2 . ∠ AOC = ∠ COB + ∠ BOA = 20° + 80° = 100° . ∠ MOC = 100° : 2 = 50° . Відповідь: 50°.

#

" .

#

$ #

.

0

"

$

. " 0

al

ld z

668. OC — бісектриса ∠ AOB , оскільки, ∠ AOC = ∠ COB . ∠ AOM : ∠ MOC = 1 : 3 . ∠ MOC = 60° . Нехай ∠ AOM = x , тоді ∠ MOC = 3x . Одержуємо рівняння: 3x = 60° ; x = 20° . Тоді ∠ AOM = 20° , ∠ AOB = 2∠ AOC . ∠ AOC = ∠ AOM + ∠ MOC = 60° + 20° = 80° . ∠ AOB = 2 ⋅ 80° = 160° .

0

ГЕОМЕТРІЯ

Одержуємо рівняння: x + x − 20° + x + 20° = 90° ; 3x = 90° ; x = 30° . Оскільки, ∠ ACM = 30° , ∠ MCK = 10° , ∠ KCM = 50° .

669. ∠ AOB — розгорнутий. Нехай ∠ AOC = x , тоді ∠ COB = 180° − x .

1 x 1 180° − x < ∠ AOC = < ∠ COB = ; .

2 2 3 3

#

$

"

0

#

Одержуємо рівняння: x 180° − x x 180° x x x 5 5 = = − + = 60° , x = 60° , x = 60° : ; ; , 2 3 2 3 3 2 3 6 6 60 ⋅ 6 x= , x = 72° .

5 Оскільки ∠ AOC = 72° , ∠ COB = 108° . Оскільки ∠ AOC = 72° , ∠ COB = 108° .

670. Нехай даний ∠ AOC , OC — бісектриса ∠ AOB , точка M — внутрішня точка ∠ AOC . ∠ BOM − ∠ AOM Доведемо, що ∠ MOC = .

2 ∠ MOC = ∠ AOC − ∠ AOM , оскільки OC — бісектри­ са ∠ AOB , то ∠ AOC = ∠ COB .

" .

0

$

# 311

∠ BOM − ∠ AOM , тоді 2 ∠ BOM − ∠ AOM ∠ AOC − ∠ AOM = . ∠ BOM = ∠ MOC + ∠ COA , тоді 2 ∠ MOC + ∠ COA − ∠ AOM ∠ AOC − ∠ AOM = .

2

Нехай ∠ MOC =

∠ AOC − ∠ AOM = ∠ MOC , виходить, ∠ MOC =

∠ BOM − ∠ AOM .

2

671. За умовою OC — бісектриса ∠ AOB , OA — бісектриса ∠ MOC . ∠ AOM + ∠ BOM , тому що OC — 2 бісектриса ∠ AOB , то ∠ AOC = ∠ COB , а оскільки OA — бісектриса ∠ MOC , то ∠ MOA = ∠ AOC , тоді ∠ MOA = ∠ AOC = ∠ COB й ∠MOB = 3∠ MOA . Доведемо ∠ MOC =

"

.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

2∠ AOC − 2∠ AOM = ∠ MOC + ∠ COA − ∠ AOM .

$

0

#

ld z

∠ AOM + ∠ BOM ∠ AOM + 3∠ AOM = = 2∠ AOM , 2 2 ∠ AOM + ∠ BOM а ∠ MOC = 2∠ AOM , виходить, ∠ MOC = .

2

al

672. Щоб побудувати кут 100° треба послідовно відкласти 2 кути по 50°. Щоб побудувати кут 180°, треба побудувати розгорнутий кут і від однієї його сторони послідовно відкласти 2 кути по 50°. Побудова кута 160° показана на малюнку.

° °

°

° °

° °

° ° ° °

До § 4 673. Якщо ∠ AOB й ∠ BOC — суміжні кути, то ∠ AOB + ∠ BOC = 180° . Знайдемо величину кута AOB, якщо а) ∠ BOC = 50° , тоді ∠ AOB = 180° − 50° = 130° . Відповідь: 130°. б) Нехай ∠ AOB = x , тоді ∠ BOC = x + 20°, одержує­ мо рівняння: x + x + 20° = 180° ; 2x = 160° ; x = 80° . Оскільки, ∠ AOB = 80° . Відповідь: 80°. в) Нехай ∠ BOC = x , тоді ∠ AOB = 4x , одержуємо 312 рівняння: x + 4x = 180° ; 5x = 180° ; x = 36° .

#

"

$

0 #

"

0

$ #

"

0

$

#

"

$

0 #

"

0

$

C

.n et

674. Нехай при перетинанні двох прямих a і b утворю­ ються кути 1, 2, 3, 4.

B ∠ 1 = 35°25′ . Знайдемо величини кутів 2, 3, 4.

∠ 1 = ∠ 3 = 35°25′ як вертикальні кути. ∠ 4 = ∠ 2 як вертикальні кути. ∠ 1 + ∠ 4 = 180° як суміжні кути, тоді ∠ 4 = 180° − 35°25′ = 144°45′, ви­ ходить, ∠ 2 = 144°45′ . Відповідь: 35°25′ ; 144°45′ ; 144°45′ .

ГЕОМЕТРІЯ

Оскільки ∠ AOB = 144° . Відповідь: 144°. г) Нехай одиничний кут x° , тоді ∠ AOB = 3x° , ∠ BOC = 2x°, одержимо рівняння: 3x + 2x = 180°; 5x = 180° ; x = 36° . Оскільки ∠ AOB = 108° . Відповідь: 108°. д) Нехай ∠ BOC = x , тоді ∠ AOB = x + 30° , одер­ жуємо рівняння: x + x + 30° = 180° ; 2x = 150° , x = 75° . Оскільки ∠ AOB = 105° . Відповідь: 105°.

C

ld z

675. Нехай при перетинанні двох прямих a і b утворять­ ся кути 1, 2, 3, 4.

B Нехай ∠ 1 = x , тоді ∠ 4 = 2x . ∠ 1 + ∠ 4 = 180° як су­

міжні кути. Одержуємо рівняння: x + 2x = 180° ; 3x = 180° ; x = 60° . Оскільки ∠ 1 = 60° , ∠ 4 = 120° . ∠ 1 = ∠ 3 , а ∠ 4 = ∠ 2 як вертикальні, виходить, ∠ 3 = 60° , ∠ 2 = 120° . Відповідь: 60°; 120°; 60°; 120°.

al

676. Нехай дані прямі AB та CD, які перетинаються " % в точці O. ∠ AOC = 130° . Знайдемо кут між бісект­ рисами: 0 а) ∠ COB і ∠ BOD . Величина кута між бісектри­ сами ∠ COB й ∠ BOD дорівнює 90°, оскільки # $ вони суміжні; б) ∠ COB і ∠ AOD . Величина кутів між бісектриса­ ми ∠ COB й ∠ AOD дорівнює 180°, оскільки вони вертикальні.

677. Нехай прямі AB і CD перетинаються в точці O. OM і OK бісектриси ∠ AOC й ∠ COB . Доведемо, що OM ⊥ OK . " .

1 $ 1 1 ∠ MOK = ∠ AOC + ∠ COB = ( ∠ AOC + ∠ COB) .

2 2 2 , 0 ∠ AOC + ∠ COB = 180° як суміжні кути. Оскільки ∠ MOK =

1 ⋅ 180° = 90°, значить, OM ⊥ OK. 2

%

#

678. Нехай прямі AB і CD перетинаються в точці O. OE — бісектриса ∠ BOD . ∠ ODE = 55° . Знайдемо величини кутів AOC і COB. ∠ AOC = ∠ DOB вертикальні кути, ∠ AOC + ∠ COB = 180° як суміжні кути. $ " За умовою OE — бісектриса ∠ BOD , оскільки ∠ BOD = 2∠ DOE = 2 ⋅ 55° = 110° . % # Виходить, ∠ AOC = 110° , ∠ COB = 180° − 110° = 70° .

313 & Відповідь: 110°, 70°.

#

"

&

0

680. Нехай прямі a і b перетинаються й утворюють ку­ ти 1, 2, 3, 4. Нехай ∠ 1 = x , тоді ∠ 3 = x , оскіль­ ки вони вертикальні, а ∠ 2 = 180° − x , тоді ∠ 4 = 180° − x ∠ 4 = 180° − x (як вертикальні кути). Одержуємо рівняння: 9x = x + 180° − x + 180° − x ; 9x = 360° − x ; 10x = 360° ; x = 36 . Тоді ∠ 1 = ∠ 3 = 36° ; ∠ 2 = ∠ 4 = 144° . Відповідь: 144°; 36°; 144°; 36°.

681. Нехай прямі a і b перетинаються й утворюють кути 1, 2, 3, 4. Нехай ∠ 1 = x , тоді ∠ 3 = x (як вер­ тикальні кути), ∠ 2 = ∠ 4 = 180° − x (як вертикальні й суміжні з ∠1 ). Одержуємо рівняння: x = 4 (180° − x + 180° − x ) ; x = 720° − 4x + 720° − 4x ; 9x = 1440° ; x = 160 . Оскільки, ∠ 1 = ∠ 3 = 160° , ∠ 2 = ∠ 4 = 20° . Відповідь: 160°; 20°, 160°, 20°.

$ C

B

C

B

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

679. ∠ AOB і ∠ BOC — суміжні, OE — бісектриса ∠ BOC , ∠ EOC = 45° . Доведемо BO ⊥ AC . Оскільки ∠ EOC = 45° , то ∠ BOC = 2 ⋅ ∠ EOC = 2 ⋅ 45° = 90° , оскільки BO ⊥ AC .

ld z

До § 5

682. b ⊥ OA , a ⊥ OB ; ∠ AOB = 70° . "

683. a  OB , b  OA ; ∠ AOB = 120° .

B

.

"

C . #

0

al

B

#

0

C

684. SABCD = 16 см2.

SABCD = AB ⋅ AB , AB = 4 см.

ABCD — квадрат, оскільки AB = AD = 4 см.

685. Нехай AB = x см, тоді BC = x + 2 см. Одержуємо рівняння: 2 ( x + x + 2) = 20 ; 2x + 2 = 10 ; 2x = 8 ; x = 4 . Оскільки AB = 4 см, BC = 6 см, BC = AD як протилежні сторони прямокутника. Відповідь: AB = 4 см, AD = 6 см.

#

$

"

%

#

$

"

%

686. Нехай ∠ AOB і ∠ BOC — суміжні, OM і ON — # . ∠ AOB й ∠ BOC . промені, що проходять між сторонами / Доведемо, що OM ⊥ ON , якщо: а) ∠ BOC = 50° , ON — бісектриса ∠ BOC , 0 $ ∠ AOM = 70° , OM ⊥ ON , якщо OM і ON — бі­ " сектриси кутів AOB і BOC. Якщо ∠ BOC = 50° , то суміжний йому ∠ AOB = 180° − 50° = 130° . Якщо ∠ AOM = 70° , то OM не бісектриса ∠ AOB , інакше ∠ AOM дорівнював би 130° : 2 = 65° .

314 Відповідь: ні.

1 ∠ AOB , ∠ CON = 10° .

3

∠ MON = ∠ MOB + ∠ BON . Оскільки ∠ AOB : ∠ BOC = 2 : 1 , тоді ∠ AOB = 2x , ∠ BOC = x . ∠ AOB + ∠ BOC = 180° як суміжні.

2x + x = 180° ; 3x = 180° ; x = 60° . Оскільки ∠ AOB = 120° , ∠ BOC = 60° .

1 ∠ MOB = ⋅ 120° = 40° , ∠ BON = 60° − 10° = 50° .

3 Тоді ∠ MON = 40° + 50° = 90° . Оскільки OM ⊥ ON .

.n et

в) ∠ AOB − ∠ BOC = 20° , ∠ MOB = ∠ NOC = 40° . ∠ AOB + ∠ BOC = 180° як суміжні кути. Нехай ∠ BOC = x , тоді ∠ AOB = x + 20° . Одержуємо рівняння: x + x + 20° = 180° ; 2x = 160° ; x = 80° . Оскільки ∠ BOC = 80° , ∠ AOB = 100° . ∠ MON = ∠ MOB + ∠ BON , ∠ BON = ∠ BOC − ∠ CON = 80° − 40° = 40° . Тоді ∠ MON = 40° + 40° = 80° , бо MO не перпендикулярний ON. 2 г) ∠ DOC = ∠ AOB , ∠ AOB : ∠ BOC = 1 : 2 , ∠ AOM − ∠ BOM = 24° .

3 У підручнику помилка — в умові немає букви D, тому розв’язати неможливо.

ГЕОМЕТРІЯ

б) ∠ AOB : ∠ BOC = 2 : 1 . ∠ MOB =

До § 6

al

ld z

687. а) Якщо ∠ 1 = 40° , то суміжний з ним — 140°, а відповідний кут — ∠ 2 = 140° . Оскільки за теоремою a  b . б) Нехай ∠ 1 = x° , тоді ∠ 2 = 3x° . Одержуємо рівняння: 3x − x = 90° , 2x = 90° , x = 45° . Виходить, ∠ 1 = 45° , ∠ 2 = 135° . Величина кута суміжного з ∠2 дорівнює 45°, а він, що відповідає ∠2 , оскільки a  b . в) Нехай ∠ 1 = x° , тоді ∠ 2 = 4x° . Одержуємо рівняння: 4x − x = 108° , 3x = 108° , x = 36° . Оскільки ∠ 1 = 36° , ∠ 2 = 144° . Кут суміжний з кутом 1, є відповідної ∠2 , і цей кут рівняється 144°. Оскільки a  b .

688. а) Якщо a  b , то за теоремою ∠ 1 = ∠ CBA . Якщо ∠ ABM = 80° й MB — бісектриса ∠ CBA , то ∠ CBA = 80° ⋅ 2 = 160° . Виходить, a  b . б) Якщо ∠ CBM = 50° й BM — бісектриса ∠ CBA , то ∠ CBA = 50° ⋅ 2 = 100° . ∠ CBA і ∠1 — відповідні. За умовою ∠ 1 = 120° , виходить, ∠ 1 ≠ ∠ CBA і a непаралельна b.

1 в) Якщо ∠ 1 = x° , тоді ∠ ABM = x . Оскільки BM — бісектриса ∠ CBA, 2 1 то ∠ CBA = x ⋅ 2 = x , бо ∠ 1 = ∠ CBA , виходить, a  b .

2 D

E 689. а) Якщо ∠ 1 = 120° , то ∠ 5 = 120° як вертикальний B з ∠1 . За теоремою ∠ 1 + ∠ 5 = 120° + 70° = 190° , бо

a  b (як внутрішні однобічні кути).

C Якщо ∠ 5 = 120° , а ∠ 3 = 60° , то

∠5 + ∠ 3 = 120° + 60° = 180° (внутрішні однобічні кути). Оскільки c  d . б) ∠ 1 = ∠ 5 = 120° , як вертикальні, ∠ 5 + ∠ 3 = 120° + 80° = 200° , а вони 315 внутрішні однобічні кути, виходить, c  d .

690. У квадрата всі кути по 90° і попарно є внутрішніми однобічними ку­ тами, виходить, сума дорівнює 180°. Виходить, у квадрата протилежні сторони паралельні.

691. Нехай ∠ BAD = x° , тоді ∠ ABC = 2x° . Одержуємо рівняння: 2x − x = 60° ; x = 60° . Виходить, ∠ BAD = 60° , ∠ ABC = 120° . ∠ BAD і ∠ ABC — внутрішні однобічні, ∠ BAD + ∠ ABC = 60° + 120° = 180° , оскільки BC  AD .

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

∠ 4 = ∠ 6 як вертикальні, ∠3 і ∠6 — внутрішні однобічні кути. ∠3 + ∠ 6 = 100° + 80° = 180° , значить a  b . в) ∠ 4 = ∠ 6 , як вертикальні, виходить, ∠ 6 = 120° , ∠3 і ∠6 — внут­ рішні однобічні кути. ∠3 + ∠ 6 = 120° + 80° = 200° , бо a  b . ∠2 та ∠6 — внутрішні однобічні кути. ∠2 + ∠ 6 = 60° + 120° = 180° , значить c  d . г) ∠4 = ∠ 6 = 120° , вони вертикальні, ∠2 і ∠6 , ∠6 і ∠3 — внутрішні однобічні кути. ∠2 + ∠ 6 = 60° + 120° = 180° , ∠3 + ∠ 6 = 120° + 60° = 180° , виходить, a  b , c  d .

#

$

"

%

al

ld z

692. а) ∠ ABC = 140° , ∠ BDC = 70° , ∠ ABD = ∠ DBC , ∠ ADB = ∠ BDC . # $ Якщо ∠ ABC = 140° й ∠ ABC = ∠ DBC , то ∠ ABC = 140° : 2 = 70° . % ∠ ABD і ∠ DBC внутрішні різнобічні кути, " оскільки ∠ ABD = ∠ DBC , то AB  DC . Якщо ∠ ADB = ∠ BDC , то ∠ ADB = 70° , ∠ ADB і ∠ DBC внутрішні різнобічні кути, і вони рівні, оскільки BC  AD . б) Якщо ∠ ABC = ∠ ADC й BD кожний з них ділить навпіл, то дода­ вання аналогічне а).

E

B

693. ∠ 1 = ∠ 4 як вертикальні, ∠ 4 і ∠2 відповідні,

∠2 і ∠5 — внутрішні однобічні кути, ∠ 5 = ∠ 3 як вертикальні, ∠ 4 і ∠6 — внутрішні однобічні C

кути.

а) Якщо ∠ 1 = 120° , ∠ 2 = 80° , ∠ 3 = 110° , ∠ 3 + ∠ 2 = 110° + 80° = 190° , то c  d .

D

∠ 4 ≠ ∠ 5 , вони внутрішні однобічні при пря­ мих a і b і січної d, тоді a  b . ∠ 2 = 80° , тоді ∠ 6 = 180° − 80° = 100° , вони суміжні. ∠ 4 + ∠ 6 = ∠ 1 + ∠ 6 = 70° + 100° = 170° , оскільки a  c . б) ∠ 1 + ∠ 4 = 60° , ∠ 2 = 60° , ∠ 6 = 180° − 60° = 120° , ∠ 5 = ∠ 3 = 100° . ∠ 4 + ∠ 6 = 120° + 60° = 180° , то a  c . ∠ 2 + ∠ 5 = 60° + 100° = 160° , c  b . ∠ 4 + ∠ 5 = 60° + 100° = 160° , a  b . в) Якщо a  c , то ∠ 4 + ∠ 6 = 180° . ∠ 4 = ∠ 1 = 50° , ∠ 6 = 180° − ∠ 2 = 100° , 50° + 100° = 150° , оскільки a  c . Якщо c  b , то ∠ 2 + ∠ 5 = 180° .

80° + 100° = 180° , то ∠ 5 = ∠ 3 . Виходить, c  b . Якщо a  b , то ∠ 4 + ∠ 5 = 180° . 50° + 100° = 150° , значить a  b . г) Якщо a  b  c , то ∠ 1 = ∠ 4 = ∠ 2 й ∠ 2 + ∠ 3 = 180° . За умовою ∠ 1 = ∠ 2 = 40° , знайдемо ∠ 2 + ∠ 3 = 40° + 140° = 180° , ос­ 316 кільки a  b ; b  c ; a  c .

До § 7

ld z

.n et

695. а) Якщо a  b , то ∠ 3 = ∠ 4 як відповідні. Оскільки ∠1 й ∠ 4 верти­ кальні, то ∠ 1 = ∠ 4 , значить ∠ 3 = 70° .

E Ввідповідь: 70°.

B

б) за доведеним в а). ∠ 1 = ∠ 3 , ∠ 3 + ∠ 2 = 180° як су­ міжні. Нехай ∠ 1 = x° , тоді ∠ 2 = x° + 30° .

Одержуємо рівняння: x + x + 30° = 180°; 2x = 150°; C

x = 75° . Виходить, ∠ 1 = ∠ 3 = 75° . Відповідь: 75°. в) ∠ 1 = ∠ 3 , ∠ 1 + ∠ 2 = 180° , оскільки ∠ 3 + ∠ 2 = 180° (як суміжні). Нехай одиничний кут x° , тоді ∠ 1 = 4x° , ∠ 2 = 5x° . Одержуємо рів­ няння: 4x + 5x = 180° ; 9x = 180° ; x = 20° . Отже, ∠ 3 = 80° . Відповідь: 80°.

3 г) Нехай ∠ 2 − x° , тогда ∠ 1 = x° . Одержуємо рівняння: 5 3 3 8 180 ⋅ 5 x + x = 180° ; 1 x = 180° ; x = 180° : ; x = ; x = 67°30′ .

5 5 5 8 Відповідь: 67°30′ .

ГЕОМЕТРІЯ

694. Якщо MN  AC , то ∠ ACM = ∠ CMN (вони внутрішні різнобічні).

1 ∠ CMN = ∠ AMN , оскільки MC — бісектриса ∠ AMN .

2 ∠ AMN + ∠ NMC = 180° , оскільки вони суміжні, виходить, 1 ∠ AMN = 180° − 80° = 100° , тоді ∠ CMN = ⋅ 100° = 50° 2 й ∠ CMN = ∠ ACM , виходить, MN  AC .

al

696. а) За малюнком a  b , c і d — січні. За умовою ∠ 1 = 80° , ∠ 2 = 100° , ∠ 3 = 60° . Знайдемо ∠ 4 . За умовою a  b , c — січна, виходить, ∠ 5 = ∠ 3 як відповідні. ∠ 5 + ∠ 4 = 180° як суміжні, тоді ∠ 4 = 180° − 60° = 120° .

697. AB  CD , AD — бісектриса ∠ CAB , ∠ ADC = 50° . Знайдемо ∠ ACD . Якщо AD — бісектриса ∠ CAB , то ∠ CAD = ∠ DAB ; ∠ CAB = 2∠ CAD . За умовою AB  CD , AD — січна, тоді ∠ ADC = ∠ DAB = 50° й ∠ ADC = ∠ CAD , тоді ∠ CAB = 2 ⋅ 50° = 100° . ∠ ACD = ∠ CAB = 180° як внутрішні однобічні кути. Виходить, ∠ ACD = 180° − 100° = 80° . Відповідь: 80°.

698. У ∆ ABC точка M лежить на стороні AB, точка N лежить на сто­ роні BC так, що MN  AC . MC — бісектриса ∠ AMN , ∠ ACM = 65° . Знайдемо ∠ BMN й ∠ BAC . За умовою MN  AC , якщо взяти січну MC, то ∠ NMC = ∠ ACM = 65° . Оскільки MC — бісектриса ∠ AMN , то ∠ AMN = 65° ⋅ 2 = 130° . ∠ AMN + ∠ NMB = 180° , оскільки вони суміжні, тоді ∠ BMN = 180° − 130° = 50° , ∠ BMN = ∠ BAC як відповідні кути, оскіль­ ки ∠ BAC = 50° .

317 Відповідь: 50°, 50°.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

B

699. а) Якщо ∠ 3 = ∠ 4 , а вони відповідні, то b  c , як­

що ∠ 1 + ∠ 2 = 180° , ∠ 1 = ∠ 5 як вертикальні, то

∠ 1 + ∠ 5 = 180° , а вони внутрішні однобічні кути, C

то a  b , виходить, a  c . Відповідь: так.

D

б) ∠ 3 = ∠ 4 = 100° , а вони відповідні, оскільки, b  c . Якщо ∠ 1 − ∠ 4 = 30°, то ∠ 1 = 100° + 30° = 130° , ∠ 1 = ∠ 5 ∠ 1 = ∠ 5 як вертикальні, ∠ 5 + ∠ 2 = 130° + 50° = 180° , а ∠5 і ∠2 , внут­ рішні однобічні кути, виходить, a  b тоді a  c . Відповідь: так. в) Якщо ∠ 2 = x° , то ∠ 3 = 2x° , одержуємо рівняння: 2x − x = 60° ; x = 60° . Оскільки ∠ 2 = 60° , ∠ 3 = 120° . ∠ 1 = ∠ 3 , за умовою, оскільки ∠ 1 = 120° . ∠ 1 = ∠ 5 як вертикальні кути й ∠ 5 + ∠ 2 = 120° + 60° = 180° , тоді a  b . Якщо ∠ 4 = 130° , а ∠ 3 = 120° , а вони відповідний кут, то c  b , виходить, a  c . Відповідь: ні.

До § 8

ld z

C 700. За умовою a ⊥ b , виходить, ∠ 1 = 90° , тоді всі інші кути теж по 90°. ∠ 1 = ∠ 3 = 90° як вертикальні кути. B

∠ 1 + ∠ 4 = 180° як суміжні кути, тоді ∠ 4 = 90° , ∠ 4 = ∠ 2 = 90° ∠ 4 = ∠ 2 = 90° як вертикальні.

al

701. a  b , ∠1 і ∠2 зовнішні різнобічні кути, с — січ­ на. Доведемо, що ∠ 1 = ∠ 2 . Позначимо ∠3 й ∠ 4 , ∠ 1 = ∠ 3 як вертикальні, ∠ 3 = ∠ 4 як внутрішні різ­ нобічні кути (за умовою a  b , с — січна), ∠ 4 = ∠ 2 як вертикальні, виходить, ∠ 1 = ∠ 3 = ∠ 4 = ∠ 2 , вихо­ дить, ∠ 1 = ∠ 2 .

702. a  b , c — січна, ∠1 і ∠2 зовнішні різнобічні кути. Доведемо, що ∠ 1 + ∠ 2 = 180° . Позначимо ∠3 й ∠ 4 . Якщо a  b , то ∠ 1 = ∠ 4 , ∠ 3 = ∠ 2 як відповідні ку­ ти, а ∠ 3 + ∠ 4 = 180° , оскільки вони внутрішні одно­ бічні кути, тоді ∠ 1 + ∠ 2 = 180° .

D

B

C

D

B

C

703. У прямокутника всі кути по 90°. Тоді сума кутів, прилеглих до однієї сторони, рівняється 180°, виходить, протилежні сторони прямокутни­ ка паралельні.

704. a  b , c — січна, ∠ ABC і ∠ MNK зовнішні різ­ 1 D % B нобічні кути. BP — бісектриса ∠ ABC , NE — бі­ # " сектриса ∠ MNK . Доведемо: PB  NE .

C Розглянемо прямі PB і NE та січну BN, оскільки / ∠ ABC та ∠ MNK , як внутрішні різнобічні ку­ & . , ти. PB і NE — бісектриси цих кутів, оскільки ∠ CPB = ∠ KNE , а вони внутрішні різнобічні для прямих PB і NE та січної BN. 318 Виходить, PB  NE .

705.

"

#

.

$

%

За умовою точка M — середина BC, тоді BM = MC . AB = CD .

AM = AB + BC , MD = MC + CD = AB + CD , виходить, точка M — се­ редина AD. 706. AD  BC за умовою. # Доведемо: ∠ A + ∠ B = ∠ C + ∠ D . Якщо AD  BC й AB січна, то ∠ A + ∠ B = 180° (як " внутрішні однобічні кути). Якщо AD  BC й CD січна, то ∠ C + ∠ D = 180° (як внутрішні однобічні кути). Виходить, ∠ A + ∠ B = ∠ C + ∠ D .

%

.n et

#

ГЕОМЕТРІЯ

707. За умовою PK  AC . Розглянемо ∆ ABC і ∆ PBK і доведемо, що в них рівні кути: ∠ B — спільний кут цих трикутників. ∠ BPK = ∠ BAC , а ∠ BKP = ∠ BCA як відповідні кути при січних AB та CB, за умовою PK  AC . Виходить, що кути трикутника ABC дорівнюють кутам трикутника PBK.

$

,

1

"

$

al

ld z

B C 708. Нехай через точку A провели прямі a, b, с і d, які перетинаються в точці A. Якщо один з утворених кутів тупий, то всі інші, D " E крім вертикального із цим кутом кута, будуть гострі та серед них хоча б один буде дорівнювати менше, ніж 47°. Якщо всі утворені кути гострі, то серед них утвориться хоча б один кут (а взагалі 2), цей і вертикальний йому кут, що буде дорівнювати менше 47°.

До § 9

710. Нехай довжина другої сторони трикутника x см, тоді перша — 2x см, а третя — ( x − 1) см. Одержуємо рівняння: x + 2x + x − 1 = 11 , 4x = 12 , x = 3 . Тоді довжини сторін трикутника 3 см, 6 см і 2 см. 6 > 3 + 2 , виходить, трикутника з такими довжинами сторін бути не може.

711. Нехай довжина третьої сторони трикутника c, тоді 3 − 2 < c < 3 + 2 ; 1 < c < 5 , виходить, довжина третьої сторони трикутника може дорів­ нювати 2, 3, 4 см. #

712. а) Нехай даний ∆ ABC , BK — висота.

AC = 10 см, AK = 3 см, ∠ A — гострий. Знайдемо KC. AC = AK + KC , тоді KC = AC − AK = 10 − 3 = 7 см. # Відповідь: 7 см. б) ∠ A — тупий.

KC = AK + AC = 10 + 3 = 13 см. "

,

"

$

,

#

,

#

$

,

"

$

319

"

714. ∆ ABC , ∠ ACB = 90° , CK — висота, CD — медіана, CM — бісектриса ∠ ACB . ∠ ACD = ∠ DCK = ∠ KCB . За умовою ∠ ACB = 90° , ∠ ACD = ∠ DCK = ∠ KCB , тоді ∠ ACD = ∠ DCK = ∠ KCB = 90° : 3 = 30° . Оскільки CM — бісектриса ∠ ACB , то ∠ ACM = ∠ BCM = 45° . ∠ ACM = ∠ ACD + ∠ DCM , ∠ DCM = 45° − 30° = 15° . Виходить, ∠ MCK = 15° . Відповідь: 15°.

#

"

ld z

$

,

,

$

"

$

"

#

% .,

$

715. У ∆ ABC ∠ ABC — тупий, BK — висота, BM — бісектриса ∠ ABC , BD — медіана. ∠ MBK в два рази більший ∠ MBD . ∠ DBK = 60° . Знайдемо ∠ MBK й ∠ MBD . ∠ DBK = ∠ DBM + ∠ MBK . Нехай ∠ DBM = x° , тоді ∠ MBK = 2x° . Одержуємо рівняння: x + 2x = 60° ; 3x = 60° ; x = 20° . Виходить, ∠ DBM = 20° , ∠ MBK = 40° . Відповідь: 20°, 40°.

al

#

#

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

713. а) Нехай ∆ ABC даний трикутник, BK — висота.

AK : KC = 3 : 5 . AC = 16 см. Знайдемо AK і KC. Нехай одиничний відрізок x, тоді AK = 3x см, KC = 5x см. Одержуємо рівнян­ ня: 3x + 5x = 16 ; 8x = 16 ; x = 2 . Виходить, AK = 6 см, KC = 10 см. # Відповідь: 6 см, 10 см. б) Одержуємо рівняння: 5x − 3x = 16 ; 2x = 16 ; x = 8 . Виходить, AK = 24 см, KC = 40 " см. $ , Відповідь: 24 см, 40 см.

%

#

.

, "

До § 10

716. Нехай одиничний кут x° , тоді кути трикутника мають величини 2x° ; 3x° ; 7x° . За теоремою, сума кутів трикутника 180°. Одержуємо рів­ няння: 2x + 3x + 7x = 180° ; 12x = 180° ; x = 15° . Виходить, величини кутів трикутника дорівнюють 30°, 45°, 105°. Відповідь: 30°, 45°, 105°.

717. Якщо зовнішній кут при третій вершині дорівнює 100°, то за тео­ ремою сума двох інших внутрішніх кутів трикутника 100°. Нехай один з кутів x, тоді другий 3x . Одержуємо рівняння: x + 3x = 100° , 4x = 100° , x = 25° . Оскільки один кут трикутника 25°, другий — 75°, а третій — 180° − 100° = 80° (оскільки зовнішній кут трикутника су­ міжний із внутрішнім кутом). Відповідь: 25°, 75°, 80°.

718. Сума зовнішніх кутів трикутника дорівнює 360°. Нехай величина оди­ ничного кута x, тоді величини зовнішніх кутів трикутника 3x ; 4x ; 5x . Одержуємо рівняння: 3x + 4x + 5x = 360° ; 12x = 360° ; x = 30° . Виходить, величини зовнішніх кутів трикутника 90°, 120°, 150°, а ве­ 320 личини внутрішніх кутів (вони суміжні із зовнішніми) рівні

,

180° − 90° = 90° ; 180° − 120° = 60° ; 180° − 150° = 30° . Відповідь: 90°, 60°, 30°.

"

.n et

720. ∆ ABC , ∠ ACB = 90° , CH — висота. Доведемо, що ∠ HCB = ∠ CAB . У ∆ ABC і ∆ CHB , ∠ ACB = 90° ∠ ACB = 90° і ∠ CHB = 90° (оскільки CH — висота). ∠ B — спільний кут. Виходить, ∠ CAB = 90° − ∠ B (з ∆ ABC ) і ∠ HCB = 90° − ∠ B , виходить, ∠ CAB = ∠ HCB .

#

ГЕОМЕТРІЯ

" 719. ∆ ABC , ∠ ACB = 90° , CM — бісектриса ∠ ACB , CK — висота, ∠ MCK = 20° . Якщо CM — бісектриса ∠ ACB = 90° , то . ∠ ACM = ∠ MCB = 45° , тоді ∠ KCB = ∠ MCB − ∠ MCK = 45° − 20° = 25° . $ У ∆ CKB , ∠ CKB = 90° (CK — висота), ∠ KCB = 25° ∠ KCB = 25° , виходить, ∠ B = 90° − 25° = 65° . Тоді ∠ A з ∆ ABC дорівнює 90° − ∠ B = 90° − 65° = 25° . Відповідь: 25°, 65°.

$

) #

721. Якщо бісектриса BK є одночасно й висотою, то ∆ ABC — рівнобед­ рений з основою AC. Тоді за теоремою ∠ A = ∠ C . ∠ A + ∠ C + ∠ B = 180° за теоремою ∠ A + ∠ C = 180° − 100°, ∠ A + ∠ C = 80° , тоді ∠ A = ∠ C = 80° : 2 = 40° . Відповідь: 40°, 40°.

al

ld z

722. ∆ ABC , CK і AD — бісектриси, точка O — точка " їхнього перетинання. Нехай ∠ A = x° , тоді ∠ C = x° − 20° , ∠ B = x + 50° . , 0 Сума кутів трикутника 180°. Одержуємо рівняння: x + x − 20° + x + 50° = 180° ; # $ % 3x + 30° = 180° ; 3x = 150° ; x = 50° . Оскільки ∠ A = 50° , ∠ C = 30° , ∠ B = 100° . Знайдемо кут між бісектрисами AD та CK, ∠ DOC . У ∆ BAD ∠ B = 100° , ∠ BAD = 50° : 2 = 25° (бо AD — бісектриса ∠ BAD ), тоді ∠ ADB = 180° − (100° + 25°) = 55° . ∠ ADC = 180° − ∠ ADB (оскільки вони суміжні), тоді ∠ ADC = 180° − 55° = 125° . У ∠ DOC ∠ ODC = 125° , ∠ DCO = ∠ BCA : 2 = 30° : 2 = 15° , тоді ∠ DOC = 180° − (125° + 15°) = 40° . Відповідь: 40°.

723. ∠ ABC , ∠ A = 70° , ∠ B = 30° , AK, CM — бісект­ # риси ∠ BAC й ∠ BCA . Знайдемо ∠ COK . За умовою ∠ A = 70° , ∠ B = 30° , тоді . , ∠ ACB = 180° − (70° + 30°) = 80° . У ∆ ABK ∠ B = 30° , ∠ BAK = ∠ BAC : 2 (тому що 0 AK — бісектриса ∠ BAC ). ∠ BAK = 70° : 2 = 35° , " $ тоді ∠ AKC = ∠ B + ∠ BAK (як зовнішній кут три­ кутника ABK). ∠ AKC = 30° + 35° = 65° . У ∆ OKC ∠ OKC = 65° , ∠ OCK = ∠ ACK : 2 = 80° : 2 = 40° (тому що CM — бісектриса ∠ ACB ), тоді ∠ KOC = 180° − (65° + 40°) = 75° . Відповідь: 75°.

724. ∆ ABC , AB = AC . BM — бісектриса ∠ ABC , BK — висота. ∠C − ∠ A Доведемо ∠ MBK = .

2

321

= 90° − ∠ A − ∠ MBK − 90° + ∠ C . ∠ MBK + ∠ MBK = ∠ C − ∠ A .

2∠ MBK = ∠ C − ∠ A . 2∠ MBK =

∠C − ∠ A .

2

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

" З ∆ BMK ( ∠ BKM = 90° , тому що BK — висота). ∠ MBK = 90° − ∠ BMK . ∠ BMK — зовнішній кут . ∆ ABM , виходить, ∠ BMK = ∠ A + ∠ ABM , , 1 ∠ ABM = ∠ ABC (тому що BM — бісектриса ку­ # $ 2 1 та∠ ABC ), тоді ∠ BMK = ∠ A + ∠ ABC .

2 З ∆ BKC , ∠ BKC = 90° (тому що BK — висота) ∠ KBC = 90° − ∠ C .

1 ∠ ABC = ∠ MBC = ∠ MBK + 90° − ∠ C , тоді Виходить, 2 ∠ MBK = 90° − ∠ A − ( ∠ MBK + 90° − ∠ C ) =

До § 11

ld z

725. За умовою CD = AB , AB = 5 + 7 = 12 см, тоді CD = 12 см. Точка N належить відрізку CD. Нехай довжина відрізка CN — x см, тоді ND = 5x см. Одержуємо рівняння: x + 5x = 12 ; 6x = 12 ; x = 2 . Оскільки, CN = 2 см, ND = 10 см. Відповідь: 2 см, 10 см.

al

726. Оскільки OM — внутрішній промінь ∠ COD , то він ділить його на кути COM і MOD. Нехай одиничний кут x° , тоді ∠ COM = 2x° , ∠ MOD = 2x° . Одержуємо рівняння: 3x − 2x = 30° ; x = 30° . Отже, ∠ COM = 60° , ∠ MOD = 90° і ∠ COD = 60° + 90° = 150° . За умо­ вою ∠ AOB = ∠ COD , виходить, ∠ AOB = 150° . Відповідь: 150°.

727. У ∆ ABC , ∠ A = 70° , ∠ B = 50° , тоді ∠ C = 180° − (70° + 50°) = 60° . Відповідь: 60°.

728. За умовою ∆ ABC = ∆ A1B1C1 , виходить, P∆ ABC = P∆ A1 B1C1 = 21 см і AB = AB = A1B1 , BC = B1C1 , AC = A1C1 . Нехай BC — x см, тоді AB — x + 2 см. Одержуємо рівняння: 7 + x + x + 2 = 21 ; 2x = 12 ; x = 6 . Тоді BC = 6 см, AB = 8 см. Виходить, A1B1 = 8 см, B1C1 = 6 см, A1C1 = 7 см. Відповідь: 8 см, 6 см, 7 см.

729. Якщо кути ∆ A1B1C1 пропорційні числам 7, 5 і 8, то їхні градусні міри рівні 7x° ; 5x° ; 8x° . Одержуємо рівняння: 7x + 5x + 8x = 180° , 20x = 180° , x = 9° . Тоді кути A1 = 63° , ∠ B1 = 45° , ∠ C1 = 72° . У ∆ ABC , ∠ A = 70° , ∠ B = 80° . Оскільки ∆ ABC ≠ ∆ A1B1C1 . Відповідь: ні.

730. а) Якщо площа квадрата A1B1C1D1 = 36 см2, то довжина його сторони — 6 см, а якщо периметр квадрата ABC дорівнює 20 см, то довжина його сторони — 20 : 4 = 5 см. Виходить, квадрати не рівні.

322 Відповідь: ні.

б) Якщо площа квадрата A1B1C1D1 = 25 см2, то довжина його сторони — 5 см. Тоді квадрати ABCD та A1B1C1D1 рівні. Відповідь: так.

732. Якщо площа кола, обмеженого окружністю — 64π см2, то S = πr 2 та r 2 = S : π = 64π : π = 64 , виходить, r = 8 см. Якщо довжина іншої окружності 14π см, а вона дорівнює l = 2πr , то r = l : 2π = 14π : 2π = 7 см. Виходить, ці окружності не рівні. Відповідь: ні.

ГЕОМЕТРІЯ

731. Якщо радіус окружності — 5 см, то його довжина — 2π ⋅ 5 = 10π см. Виходить, окружності рівні. Відповідь: так.

.n et

До § 12

733. AD  CB , AD = CB . Доведемо, що ∆ AOD = ∆ COB . За умовою AD = CB і AD  CB , тоді при січній CD ∠ 1 = ∠ 2 , а при січній AB ∠ 3 = ∠ 4 як внутрішні різнобічні кути, тоді ∆ AOD = ∆ COB за другою оз­ накою рівності.

"

ld z

734. AB = CD , ∠ ABC = ∠ BCD . Доведемо, що AC = BD . Оскільки ∠ ABC = ∠ BCD , то AC = BD як сторони трикутників ABC і DBC, що лежать напроти рівних кутів.

al

736. AB = CD , a  b . Якщо a  b , то AB  CD , оскільки точки A і B належать a, точки C і D належать b. Розглянемо ∆ ACB = ∆ DBC . AB = CD , за умовою, ∠ 1 = ∠ 2 як внутрішні різнобічні при січній CB, сторона CB спільна, виходить, ∆ ACB = ∆ DBC за першою ознакою, тоді ∠ 3 = ∠ 4 , а вони внутрішні різнобічні кути, отже AC  BD .

%

0

$

#

"

$ 0

% B

C $

#

"

#

%

737. AO = CO , OB = OD . " $ Розглянемо ∆ BOC й ∆ DOA . OD = OB , OA = OC за умовою, ∠ AOD = ∠ COB як вертикальні, вихо­ 0 дить, ∆ BOC = ∆ DOA за першою ознакою, тоді % # CB = AD , ∠ C = ∠ A . У ∆ BAD і ∆ DBC , AD = CB , AB = CD (оскільки вони складаються з рівних частин) ∠ C = ∠ A , тоді ∆ BAD = ∆ DCB , виходить, ∠ CDB = ∠ ABD , виходить, ∠ OBD = ∠ ODB (точка O нале­ жить відрізкам AB і CD).

738. ∆ AOC = ∆ BOD за першою ознакою рівності.

AO = OB = OB = OD як половини діаметрів AC та CD, ∠ AOC = ∠ DOB як вертикальні. Виходить, AC = DB . ∠ 1 = ∠ 2 , ∠ 3 = ∠ 4 , а ∠1 та ∠2 і ∠3 та ∠ 4 внутрішні різнобічні кути при січній CD і AB, отже, AC  DB .

"

$

0 %

#

323

739. Якщо ∠ AOB = ∠ COD й оскільки ∠ AOB = ∠ AOC + ∠ COB , ∠ COD = ∠ DOB + ∠ COB , то ∠ AOC = ∠ DOB . Розглянемо ∆ AOC й ∆ DOB , ∠ AOC = ∠ DOB за до­ веденим, OA = OC = OB = OD як радіуси окружності, виходить, ∆ AOC = ∆ DOB за першою ознакою, тоді AC = DB .

"

0 %

$

#

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

# # 740. ∆ ABC і ∆ A1B1C1 , CD і C1D1 — медіа­ ни. ∆ ADC = ∆ A1D1C1 . % % Доведемо, ∆ ABC = ∆ A1B1C1 . За умовою ∆ ADC = ∆ A1D1C1 , тоді " $ " $ AC = A1C1 , DC = D1C1 , AD = A1D1 . ∠ A = ∠ A1 . ∠ ADC + ∠ A1D1C1 , ∠ DCA = ∠ D1C1 A1 . Якщо CD і C1D1 — медіани, то AD = DB = A1D1 = D1B1 AD = DB = A1D1 = D1B1 , тоді AB = A1B1 . Виходить, у ∆ ABC і ∆ A1B1C1 — AC = A1C1 , AB = A1B1 ; ∠ A = ∠ A1 і вони рівні за першою ознакою.

ld z

741. ∆ ABC = ∆ A1B1C1 , BK і B1K1 — бісект­ # # риси. Якщо ∆ ABC = ∆ A1B1C1 , то AB = A1B1 , BC = B1C1 , AC = A1C1 , ∠ A = ∠ A1 , ∠ ABC + ∠ A1B1C1 , ∠ C = ∠ C1 . " $ " $ , , Розглянемо ∆ ABK й ∆ A1B1K1 .

AB = A1B1 ; ∠ A = ∠ A1 , оскільки BK і B1K1 — бісектриси рівних кутів, то ∠ ABK = ∠ A1B1K1 , тоді ∆ ABK = ∆ A1B1K1 за другою ознакою, виходить, BK = B1K1 .

al

# # 742. ∆ ABC = ∆ A1B1C1 , AK і A1K1 — висо­ ти. ∆ ABC = ∆ A1B1C1 , тоді AB = A1B1 , , , BC = B1C1 , AC = A1C1 , ∠ BAC = ∠ B1 A1C1 , ∠ B = ∠ B1 , ∠ C = ∠ C1 . " $ " $ Розглянемо ∆ AKC й ∆ A1K1C1 . ∠ AKC = ∠ A1K1C1, оскільки AK і A1K1 — висоти, AC = A1C1 ; ∠ C = ∠ C1 , виходить, ∆ AKC і ∆ A1K1C1 рівні за гіпотенузою й гострим кутом, отже, AK = A1K1 . #

743. ∆ ABC = ∆ A1B1C1 , BD і B1D1 — медіа­ ни. ∆ ABC = ∆ A1B1C1 , тоді AB = A1B1 , BC = B1C1 , AC = A1C1 , ∠ A = ∠ A1 , ∠ C = ∠ C1 , ∠ ABC = ∠ A1B1C1 . " $ " % Розглянемо ∆ ABD й ∆ A1B1D1 .

AB = A1B1 , ∠ A = ∠ A1 , AD = A1D1 (ос­ кільки BD і B1D1 — медіани й відрізки AC і A1C1 рівні). Тоді ∆ ABD = ∆ A1B1D1 за першою ознакою. Виходить, BD = B1D1 .

#

%

$

До § 13 744. Якщо кут рівнобедреного трикутника 110°, то це кут між бічними сто­ ронами, тоді два інших кути дорівнюють кожний (180° − 110°) : 2 = 35° . Вони рівні, оскільки це кути при основі.

324 Відповідь: 35°, 35°.

.n et

746. 1) Нехай бічна сторона на 3 см більша основи. Нехай довжина ос­ нови — x см, тоді довжина кожної бічної сторони — ( x + 3) см, оскільки вони в рівнобедреному трикутнику рівні. Одержуємо рівняння: x + ( x + 3) ⋅ 2 = 21 , x + 2x + 6 = 21 , 3x = 15 , x=5. Виходить, основа — 5 см, бічні сторони — по 8 см. Відповідь: 5 см, 8 см, 8 см.

2) Якщо основа на 3 см більша бічної сторони й довжина її — x см, тоді довжина кожної бічної сторони (вони рівні в рівнобедреному трикутнику) — ( x − 3) см. Одержуємо рівняння: x + x − 3 + x − 3 = 21 , 3x = 27 , x = 9 . Виходить, довжина кожної бічної сторони — 6 см, а довжина основи — 9 см. Відповідь: 6 см, 9 см, 9 см.

al

ld z

747. ∆ ABC , рівнобедрений з основою AC, AM = NC. Доведемо, що ∆ MBN рівнобедрений. Одержуємо висоту BK, що за властивістю є й ме­ діаною, виходить, AK = KC .

AK = AM + MK , KC = KN + NC . За умовою AM = NC , тоді MK = KN , виходить, висота BK буде й медіаною ∆ MBN . Виходить, ∆ MBN — рівнобедрений.

"

ГЕОМЕТРІЯ

745. Задача має два розв’язання: 1) якщо кут між бічними сторонами дорівнює 80°, то кути при основі, а вони рівні, рівні кожного (180° − 80°) : 2 = 50° . Відповідь: 50°, 50°, 80°.

2) якщо кут при основі дорівнює 80°, тоді інший кут при основі, теж 80°, оскільки в рівнобедреному трикутнику кути при основі рівні. Тоді кут між бічними сторонами дорівнює 180° − 80° ⋅ 2 = 20° . Відповідь: 80°, 20°, 80°.

#

. ,/

$

748. а) ∆ ABC , рівнобедрений з основою AC, AK та CM — бісектриси ∠ BAC і ∠ BCA , AK = CM. " ∠ B = 100° . Знайти ∠ AOM . . ∆ ABC рівнобедрений з основою AC, тоді за 0 теоремою ∠ BAC = ∠ BCA . Оскільки AK і CM — # $ , бісектриси цих кутів, то ∠ BAK = ∠ KAC = ∠ MCB = ∠ MCA . За умовою ∠ B = 100° , тоді ∠ BAC = ∠ BCA = (180° − 100°) : 2 = 40° та ∠ BAK = ∠ KAC = ∠ MCB = ∠ MCA = 40° : 2 = 20° . У ∆ AMC ∠ MAC = 40° , ∠ ACM = 20° , тоді ∠ AMC = 180° − (40° + 20°) = 120° . У ∆ AMO ∠ MAO = 20° , ∠ AMO = 120° , тоді ∠ MOA = 180° − (20° + 120°) = 40° . Відповідь: 40°. б) ∆ ABC рівнобедрений з основою AC, AM = CK — висоти, ∠ ABC = 100° . Знайдемо ∠ AOC . " За умовою ∠ ABC = 100° , виходить ∠ MBA = 180° − 100° = 80° ∠ MBA = 180° − 100° = 80° як суміжний з ∠ ABC . . # $ ∠ MBA — зовнішній кут ∆ ABC , тоді за теоре­ мою ∠ BAC = ∠ BCA = ∠ MBA = ∠ BAC = ∠ BCA як , 0 325 кути при основі рівнобедреного трикутника,

# 749. У ∆ ABC AM — медіана, BK — бісектриса ∠ ABC . AB = 10 см. BK ⊥ AM . BK ⊥ AM , то . ∠ BOM = ∠ BOA = ∠ AOK = ∠ KOM = 90° .

0 Розглянемо ∆ BOM й ∆ BOA , OB — спільний $ " , катет, оскільки BK — бісектриса ∠ ABC , то ∠ ABO = ∠ OBM й ∠ BOM = ∠ BOA по катету й гост­ рому куту, тоді AB = BM = 10 см. Оскільки AM — медіана, то BM = = MC та BC = 2BM = 2 ⋅ 10 = 20 см. Відповідь: 20 см.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

тоді ∠ BAC = ∠ BCA = 80° : 2 = 40° . У ∆ MAB , ∠ AMB = 90° , оскіль­ ки AM — висота, ∠ MBA = 80° , тоді ∠ MAC = ∠ MAB = 180° − (90° + 80°) = 10° . Виходить, ∠ MAC = 10° + 40° = 50° . Аналогічно з ∆ AKC і ∆ CKB знаходимо ∠ KCA , який теж дорів­ нює 50°, тоді ∠ AOC з ∆ AOC дорівнює 180° − (50° + 50°) = 80° . Відповідь: 80°.

$ . "

, #

ld z

750. ∆ ABC рівнобедрений, AC = CB , MB і AK — медіани. Доведемо, що MB = AK . Розглянемо ∆ ACK й ∆ CBM . AC = CB за умовою, CK = = CM, оскільки BM і AK — медіани рівних біч­ них сторін, ∠ C — спільний. Виходить, ∆ ACK = ∆ CBM за першою ознакою рівності, отже, AK = MB .

al

" $ 751. Відрізки AB і CD перетинаються в точці O, точ­ ка K — точка перетинання відрізків AD і CB. 0 AO = OC , DO = OB , AO ≠ OB . Доведемо, що ∆ DKB рівнобедрений, % # ∆ AOD = ∆ COB , AO = OC , DO = OB за першою ознакою. ∠ AOD = ∠ COB як вертикальні. Оскіль­ки AD = CB , ∠ A = ∠ C , ∠ ADO = ∠ CBO , ∆ DAB = ∆ BCD , AD = CB , AB = DC , оскільки до­ , рів­нюють сумі рівних відрізків. ∠ A = ∠ C за першою ознакою рівності трикутників. Тоді AD = CB . ∠ CDB = ∠ ABD . ∆ AKB = ∆ CKD за другою ознакою, AD = CB , ∠ A = ∠ C , ∠ CDB = ∠ ABD . Тоді AK = KC , AK = AD + DK , CB = CB + BK , оскільки AK = CB та CB = AD , то DK = BD і ∆ DBK — рівнобедрений.

752. Кут між бісектрисами кутів, проведених до бічних сторін, дорівнює куту при основі. Нехай величина кута при вершині рівнобедреного трикутника — x, тоді кут між бісектрисами — 2x , тоді й кожний кут при основі — 2x . Одержуємо рівняння: x + 2x + 2x = 180° ; 5x = 180° ; x = 36° . Виходить, величина кута при вершині 36°, а величина кутів при основі 72° і 72°. Відповідь: 36°, 72°, 72°.

753. ∆ ABC , AB = BC . BK та AM — бісектриси ∠ ABC = ∠ AOK . Розгля­ немо ∆ AOK , ∠ AKO = 90° , тоді 1 ∠ AOK + ∠ KAO = 90° , ∠ KAO = 90° − ∠ AOK , ∠ KAO = ∠ BAK , 326 2

#

оскільки AM — бісектриса ∠ BAC . Нехай ∠ ABC = x = x, тоді ∠ BAK = 2 (90° − x ) , ∠ BAC = ∠ BCA як ку­ ти при основі рівнобедреного трикутника. Одер­ жуємо рівняння: " x + (90 − x ) ⋅ 2 + (90 − x ) ⋅ 2 = 180° ; x + 180° − 2x + 180° − 2x = 180° ; 3x = 180° ; x = 60° . Виходить, ∠ ABC = 60° , ∠ BAC = ∠ BCA = (90° − 60°) ⋅ 2 = 60° . Відповідь: 60°, 60°, 60°.

.

0

.n et

# 754. ∆ ABC , AB = BC . AD — бісектриса. ∠ C = 2∠ B . Доведемо: ∆ CAD = ∆ ADB рівнобедрені. Знайдемо кути ∆ ABC . ∠ C = ∠ BAC як кути при основі. Не­ % хай ∠ B = x° , тоді ∠ C = ∠ BAC = 2x° . " $ Одержуємо рівняння: x + 2x + 2x = 180° ; 5x = 180° ; x = 36° . Виходить, ∠ B = 36° , ∠ C = ∠ BAC = 72° .

1 У ∆ ADC , ∠ C = 72° , ∠ DAC = ∠ BAC (оскільки AD — бісектриса), 2 1 виходить, ∠ DAC = 72° ⋅ = 36° , тоді ∠ ADC = 180° − (72° + 36°) = 72° 2 й ∆ ADC — рівнобедрений. У ∆ ABD , ∠ B = 36° , ∠ BAD = 36° , вихо­ дить, ∆ ABD — рівнобедрений.

ГЕОМЕТРІЯ

$

,

До § 14

al

ld z

755. 1) Розглянемо ∆ ABC й ∆ BDA .

$

% © AC = BD , AD = BC — за умо­ вою. AB — спільна сторона, " # " виходить, ∆ ACB = ∆ BDA — # за третьою ознакою. % 2) ∆ ACB = ∆ BDA за третьою оз­ накою. AC = BD , AD = BC за умовою. AB — спільна сторона.

756. За умовою AB = CD , BC = AD . У ∆ ABC і ∆ CDA AC — спільна сторона, вихо­ дить, ∆ ABC = ∆ CDA за третьою ознакою.

#

$

"

% #

$

757. AB = CD , BC = AD . Доведемо: AB  CD , BC  AD .

У чотирикутнику ABCD з’єднаємо вершини A і C. Розглянемо ∆ ACB й ∆ CDA , вони рівні за тре­

тьою ознакою, оскільки AB = CD , BC = AD , за % " умовою, AC — спільна сторона. Тоді ∠ 2 = ∠ 4 , ∠ 1 = ∠ 3 , ∠ B = ∠ D . ∠2 і ∠ 4 , ∠3 і ∠1 внут­ рішні різнобічні кути при січній AC, якщо ∠ 1 = ∠ 3 , то BC  AD , $ а якщо ∠ 2 = ∠ 4 , то AB  CD .

759. AD = DC за умовою ∆ ABC — рівнобедрений з основою AC, виходить, AB = BC . Тоді у ∆ ADB і ∆ CDB AD = DC , AB = BC , BD — спільна сто­ рона, виходить, ∆ ADB = ∆ CDB за третьою озна­ кою, тоді ∠ ADB = ∠ CDB .

760. Розглянемо ∆ ACB й ∆ ADB , AC = AD , CB = = BD за умовою, AB — спільна сторона, виходить,

%

"

# $

"

# %

327

$

761. ∆ ACB = ∆ ADB за третьою ознакою, AC = AD , CB = BD за умовою, AB — спільна сторона, вихо­ дить, ∠ CAB = ∠ DAB , ∠ DBA = ∠ CBA . ∆ AOC = ∆ AOD за першою ознакою AC = AD , AO — спільна сторона, ∠ CAO = ∠ DAO , тоді ∠ AOC = ∠ DOA , а вони суміжні, виходить, ∠ COA = ∠ DOA = 90° . Виходить, AB ⊥ CD .

762. За умовою AC = DB й AD = CB . ∆ ACB = ∆ BAD за третьою ознакою, AC = DB , AD = CB за умовою, AB — спільна сторона, вихо­ дить, ∠ DAB = ∠ CBA. Тоді у ∆ AOB 2 кути рівні, виходить, він рівнобедрений.

"

763. ∆ ACB = ∆ BDA за третьою ознакою, AC = DB , CB = AD за умовою, AB — спільна сторона, вихо­ дить, ∠ ACB = ∠ BDA , ∠ DAB = ∠ CBA , ∠ DBA = ∠ CAB. Якщо ∠ DBA = ∠ CAB , то у ∆ AKB 2 рівних кути, виходить, він рівнобедрений.

#

0 %

$

#

0

"

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

∆ ACB = ∆ ADB за третьою ознакою й ∠ CAB = ∠ DAB , виходить, AB — бісектриса ∠ CAB .

% , %

$ "

#

ld z

До § 15

764. Нехай один з гострих кутів прямокутного трикутника — x, тоді дру­ гий — 4x . За теоремою їхня сума дорівнює 90°. Одержуємо рівняння: x + 4x = 90° ; 5x = 90° ; x = 18° . Виходить, один гострий кут — 18°, а другий — 72°. Відповідь: 18°, 172°.

al

765. Нехай одиничний кут x° , тоді кути трикутника рівні x° , 2x° , 3x° . Одержуємо рівняння: x + 2x + 3x = 180° ; 6x = 180° ; x = 30° . Виходить, кути трикутника мають величини 30°, 60°, 90°. Виходить, він прямо­ кутний.

766. Позначимо кути трикутника α , β , γ . За теоремою α + β + γ = 180° , за умовою α + β + γ , тоді γ + γ = 180° ; 2γ = 180° ; γ = 90° . Виходить, трикутник прямокутний.

767. Нехай довжина одного катета прямокутного трикутника x см, тоді дов­ жина другого катета — ( x − 7 ) см, а гіпотенузи — ( x + 1) см. Одержуємо рівняння: x + x − 7 + x + 1 = 30 ; 3x = 36 ; x = 12 . Виходить, довжина одного катета прямокутного трикутника 12 см, другого — 5 см, а гі­ потенузи — 13 см. Відповідь: 5 см, 12 см, 13 см.

768. ∆ ABC , CD — медіана, CD = AD = BD . Доведемо, що ∆ ABC прямокутний. За умовою CD = AD = = BD, тоді ∆ BDC й ∆ ADC — рівнобедрені, а за теоремою ∠ B = ∠ DCB , ∠ A = ∠ DCA . Виходить, ∠ B + ∠ A = ∠ DCB + ∠ DCA = ∠ C . Значить, ∆ ABC 328 прямокутний.

# % $

"

"

$

770. Нехай дано ∆ ABC , ∠ BCA = 90° ; ∠ B = 30° , AB = # = 12 см, CD — висота. Знайдемо: BD й DA. За умовою ∆ ABC , ∠ BCA = 90° ; ∠ B = 30° , AB = = 12 см, тоді ∠ A = 90° − 30° = 60° , за теоремою AC = % AC = AB : 2 = 12 : 2 = 6 см (за властивістю). У ∆ CDA , ∠ CDA = 90° , оскільки CD — висота, $ ∠ A = 60° , тоді ∠ DCA = 30° . Виходить, AD = AC : 2 = 6 : 2 = 3 см. Оскільки AC = 12 см й AC = AD + BD , то BD = 12 − 3 = 9 см. Відповідь: 9 см, 3 см.

#

"

#

ГЕОМЕТРІЯ

769. Нехай дано ∆ ABC , ∠ C = 90° ; AB = 10 см, ∠ A = 30 ° ∠ A = 30°. Знайдемо найменший катет. Якщо ∠ A = 30°, то ∠ B = 90° − 30° = 60° , виходить, CB — менший катет. За теоремою CB = AB : 2 = 10 : 2 = 5 см.

ld z

.n et

771. Нехай даний ∆ ABC , ∠ C = 90° , ∠ CBA = 60° ; BP — бісектриса ∠ ABC , BP = 5 см. Знайдемо AC. Якщо ∠ CBA = 60° й BP — бісектриса ∠ ABC , то $ " ∠ CBP = ∠ PBA = ∠ CBA : 2 = 60° : 2 = 30° .

1 У ∆ BCP ∠ C = 90° , ∠ CBP = 30° , тоді CP = BP : 2 = 5 : 2 = 2,5 CP = BP : 2 = 5 : 2 = 2,5 см. У ∆ BPA ∠ PBA = 30° і ∠ A = 30° (за властивістю гост­ рих кутів прямокутного трикутника, якщо ∠ CBA = 60° , то ∠ A = 90° − 60° = 3 ∠ A = 90° − 60° = 30° ). Значить, він рівнобедрений, отже, BP = PA = 5 см. Тоді AC = CP + PA = 2,5 + 5 = 7,5 см. Відповідь: 7,5 см. "

al

772. Нехай даний ∆ ABC , ∠ ACB = 90° ; ∠ A = 30° , CK ⊥ AB , AC = 8 см. Знайдемо KM — відстань від , точки K до CB. У ∆ ACK , ∠ CKA = 90° , оскільки CK ⊥ AB , ∠ A = 30° , AC = 8 см, тоді за властивістю $ # CK = AC : 2 = 8 : 2 = 4 см і ∠ ACK = 90° − 30° = 60° за . теоремою про суму гострих кутів прямокутного трикутника. ∠ ACB = 90° і ∠ ACB = ∠ ACK = ∠ KCB , тоді ∠ KCB = 90° − 60° = 30° . У ∆ CKM ∠ KMC = 90° , оскільки KM — від­ стань від точки K до CB, а виходить, KM ⊥ CB , ∠ KCB = 30° , тоді KM = CK : 2 = 4 : 2 = 2 см (за властивістю). Відповідь: 2 см. #

773. Нехай даний ∆ ABC , ∠ BCA = 90° ; AC = BC , CD — висота. AB = 10 см. За умовою в ∆ ABC , AC = % = BC і CD — висота, виходить, за властивістю CD — медіана й бісектриса. $ " Тоді BD = AD. ∠ BCD = ∠ ACD = 90° : 2 = 45° (за умо­ вою ∠ BCA = 90° ). ∠ A = ∠ B = 90° : 2 = 45° як кути при основі рівнобедреного трикутника. Тоді ∆ BDC й ∠ ADC — рівно­ бедрені. Виходить, BC = CD = AD . Якщо AB = 10 см і AB = BD = AD , то CD = 10 : 2 = 5 см. Відповідь: 5 см.

774. Нехай даний ∆ ABC , ∠ BCA = 90° ; AC = BC = 10 см, CK — висота. Знайдемо відстань від точки K до катетів KD і KM. KD ⊥ AC , KM ⊥ BC , оскільки за умовою це відстань від точки K до катетів. За умовою CK — висота трикутника∆ ABC та AC = = CB, виходить, що за теоремою CK — медіана. Тоді трикутники∆ ACK й∆ CKB — ­ рівнобедрені й

#

. $

,

%

" 329

AK = CK = KB (доказ у № 773). Якщо у трикутнику ACK KM — ви­ сота, то вона й медіана, аналогічно KD — медіана. Виходить, AM = MC = CD AM = MC = CD = DB . У чотирикутнику KMCD ∠ KMC = ∠ MCD = ∠ CDK = 90° . MC = CD , виходить, це квадрат, тоді MC = MK = KD = CD = 10 : 2 = 5 см. Відповідь: MK = KD = 5 см. /

#

$

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

775. Нехай даний квадрат ABCD, точки M, N, P, K се­ 1 редини сторін AB, BC, CD, AD. Доведемо, що MNPK — . квадрат. ∆ MBN = ∆ NCP = ∆ PDK = ∆ KAM по двох " % катетах і є рівнобедреними, BN = NC = CP = PD = AK = AM = MB,= KD C = CP = PD = AK = AM = MB = KD , оскільки точки M, N, P, K — се­ редини сторін AB, BC, CD, AD. Виходить, MN = NP = PK = MK та ∠ BMN = ∠ MNB = ∠ CNP = ∠ CPN = ∠ KPD = = ∠ DKP = ∠ AKM = ∠ AMK = 90° . Розглянемо ∠ BNC = ∠ BNM + ∠ MNC + ∠ PNC , оскільки ∠ BNM = ∠ PNC = 45° , то ∠ BNC = 45 ⋅ 2 + ∠ MNP , ∠ BNC — розгорну­ тий, виходить, ∠ BNC = 180° , тоді ∠ MNP = 90° . Аналогічно ∠ NPK , ∠ PKM , ∠ KMN теж 90°. Виходить, MNPK квадрат.

До § 16

ld z

776. У трикутнику напроти більшого кута лежить більша сторона. У ∆ ABC, ∠ A = 70° , ∠ B = 80° , тоді за теоремою ∠ C = 180° − (70° + 80°) = 30° . Вихо­ дить, найбільша сторона — AC, найменша — AB. 777. У ∆ ABC , AB : 2 = BC : 3 = AC : 7 , виходить, найбільша сторона — AC, найменша — AB, тоді ∠ B — найбільший, ∠ C — найменший.

al

778. Найбільша сторона трикутника лежить напроти найбільшого внут­ рішнього кута, тоді його суміжний кут, а він же і є зовнішнім ку­ том трикутника, буде найменшим із всіх зовнішніх кутів. Значить найбільша сторона трикутника лежить напроти найменшого зовніш­ нього кута. #

779. У ∆ ABC точка K належить AC, AK = KB . Доведемо, що ∠ A > ∠ C . ∆ ABC рівнобедрений, ос­ кільки за умовою AB = KB , то ∠ A = ∠ AKB . ∠ AKB — зовнішній кут ∆ KBC , а за властивістю зовнішній кут " більше будь-якого внутрішнього кута трикутника, не суміжного з ним. Тоді ∠ AKB > ∠ C , а відтак, ∠ A > ∠ C . # 780. Нехай дано ∆ ABC , BK — висота, AK й KC = 1 : 3 . Зрівняємо ∠ A і ∠ C. Якщо AK : KC = 1 : 3 , то KC > AK й оскільки BK — висота ∆ ABC, то ∆ AKB й ∆ BKC — прямокутні. Тоді ∠ ABK > ∠ KBC . Тоді з ∆ ABK ∠ A = 90° − ∠ ABK , з ∆ BKC ∠ C = 90° − ∠ KBC ∠ C = 90° − ∠ KBC . Тому що ∠ ABK > ∠ KBC , то ∠ A < ∠ C. " ,

,

$

$

781. У рівнобедреному трикутнику дві сторони рівні. За умовою одна сто­ рона — 3 см, а друга — 6 см. За нерівністю трикутника в трикутнику зі сторонами a, b, c a < b + c , b < a + c , c < a + b . Тоді якщо третя сто­ 330 рона 3 см, то 6 < 3 + 3 , нерівність не виконується.

782. Якщо основа рівнобедреного трикутника 39 см, тоді нехай бічні сто­ рони рівні по x см. Одержуємо рівняння: 39 + x + x = 157 , 2x = 118 , x = 59 см. Якщо бічна сторона рівнобедреного трикутника 39 см, то інша теж 39 см. Нехай довжина основи x см. Одержуємо рівняння: 39 ⋅ 2 + x = 157 , x = 79 см, але 79 > 39 ⋅ 2 , 79 > 78 , тоді не виконується нерівність три­ кутника. Відповідь: 59 см, 59 см.

783. Нехай третя сторона c, тоді 10 − 3 < c < 10 + 3 , за властивістю 7 < c < 13 . Виходить, c може дорівнювати 8, 9, 10, 11, 12 см.

.n et

784. Якщо одна сторона трикутника 0,6 см, то друга — 1,8 см. Третя сторона c може бути — 1, 8 − 0, 6 < c < 1, 8 + 0, 6 , 1, 2 < c < 2, 4 . Виходить, c = 2 см, тоді P = 0, 6 + 1, 8 + 2 = 4, 4 см. Відповідь: 4,4 см.

ld z

785. Якщо дві сторони рівнобедреного трикутника 5 см і 2 см, тоді третя сторона — 5 см і основа дорівнює 2 см. Нехай ∆ ABC рівнобедрений, BD — висота, тоді у ∆ ABD AB = 5 см, AD = 1 см (оскільки висота є й медіаною). Тоді 5 − 1 < BD < 5 + 1 , 4 < BD < 6 . Виходить, BD = 5 см. Але ∆ ABD прямокутний, тоді катет не може бути рівним гіпотенузі, тобто AB ≠ BD . Виходить, довжина BD не може бути цілим числом.

ГЕОМЕТРІЯ

Виходить, третя сторона — 6 см. Відповідь: 6 см.

#

"

%

$

#

al

786. Нехай даний ∆ ABC , AB = BC , BD — висота.

AB = 5 см, AC = 6 см. Знайдемо BD, за теоремою Піфагора: c2 = a2 + b2 , де c — гіпотенуза, a і b — " $ катети. Розглянемо ∆ ABD , ∠ ADB = 90° , оскільки % BD — висота. AB = 5 см за умовою, AD = AC : 2 = 6 : 2 = 3 AD = AC : 2 = 6 : 2 = 3 см (BD — висота, виходить, за властивістю й медіана). Тоді AB2 = AD2 + BD2 й BD2 = AB2 − AD2 = 52 − 32 = 25 − 9 = 16 . BD = 4 см. Відповідь: 4 см.

До § 17

"

787. Нехай дана окружність із центром у точці O і хор­ дою AB, що AB = OA . Знайдемо ∠ AOB . AB = OA за умовою, а AO = OB як радіуси окружності, то ∆ ABO — рівносторонній. Виходить, ∠ AOB = 60° . Відповідь: 60°.

0

"

#

788. Нехай дана окружність із центром у точці O та . радіусом r, AB — хорда, ∠ AOB = 120° . OM — від­ # 0 стань від точки O до хорди AB. Знайдемо OM. ∆ AOB — рівнобедрений, AO = OB = r , ∠ AOB = 120° . Тоді ∠ A = ∠ B = (180° − 120°) = 30° . Якщо OM — відстань від точки O до хорди AB, то OM ⊥ AB . Тоді у ∆ AOB , OM — висота, а виходить, і медіана, і бісектриса.

331 Виходить, ∠ B = 90° − 60° = 30° .

r . За властивістю OM = OB : 2 = r : 2 = 2 r Відповідь: .

2

"

% " % 0

#

$ " $

0

# %

ld z

791. Нехай дана окружність із центром у точці O, AB і CD — хорди, AB  CD . Доведемо: AB = CD . У ∆ AOB й ∆ DOC , AO = OB = OC = OD — як радіуси окружності, ∠ AOB = ∠ CO , як вертикаль­ ні, оскільки ∆ AOB = ∆ DOC за першою ознакою, виходить, AB = CD .

#

0

790. Нехай дана окружність із центром у точці O, хор­ ди AB і CD, ∠ AOB = 90° , ∠ COD = 120° . Якщо ∠ AOB = 90° , ∠ COD = 120° , то AB < CD , тоді AB лежить далі від центра окружності.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

$

789. Нехай дана окружність із центром у точці O. CD ⊥ AB і є діаметрами окружності. Доведемо ∠ ACB = 90° . ∆ COB = ∆ COA — за дво­ ма катетами. ∠ COB = ∠ COA = 90° , бо CD ⊥ AB .

OC = OB = OA = r . Тоді вони рівнобедрені, вихо­ дить, ∠ ACO = ∠ OCB = 45° . Виходить, ∠ ACB = ∠ ACO + ∠ OCB = 45° + 45° = 90° . Відповідь: 90°.

792. а) Окружності перетинаються; б) окружності дотикаються зовнішнім способом; в) окружності не перетинаються.

al

793. Нехай радіус меншої окружності x см, тоді радіус більшої окружності x + 2 см. Оскільки окружності стикаються зовнішнім образом, то одержуємо рівняння: x + 2 + x = 12 , 2x = 10 , x = 5 . Виходить, радіус меншої окружності 5 см, більшої 7 см. Відповідь: 5 см, 7 см.

794. Нехай радіус меншої окружності x см, тоді радіус більшої окружності 3x см. Оскільки окружності мають внутрішнє дотикання, то одержує­ мо рівняння: 3x − x = 8 , 2x = 8 , x = 4 . Виходить, радіус меншої ок­ ружності 4 см, а більшої 12 см. Відповідь: 4 см, 12 см.

795. Нехай дані три окружності із центрами в точ­ 0 ках O1 , O2 , O3 , які стикаються зовнішнім чи­ ном. Радіуси окружностей пропорційні числам 2, 3, 4. Нехай одиничний відрізок x, тоді радіуси ок­ 0 ружностей рівні 2x см, 3x см, 4x см. Оскільки ок­ 0 ружності стикаються зовнішнім чином, то довжи­ ни сторін ∆ O1O2O3 рівні (2x + 3x ) см; (3x + 4x ) см й (2x + 4x ) см. Одержуємо рівняння: 2x + 3x + 3x + 4x + 2x + 4x = 36 , 18x = 36 , x = 2 . Тоді радіуси окружностей 4 см, 6 см и 8 см. Відповідь: 4 см, 6 см, 8 см.

332

796. За властивістю дотичних, проведених з однієї точки AB = AC , KB = KM , PM = PC .

AB = AK + KB , оскільки KB = KM , то AB = AK + KM . AC = AP + PC , оскільки PM = PC , то AC = AP + PM . P∆ AOB = AK + KP + AP .

AB + AC = AK + KM + AP + PM , оскільки KM + MP = KC , то AB + AC = AK + KC + AP = 36 см, оскільки AB = AC , то AB = AC = 36 : 2 = 18 см. Відповідь: 18 см. " 0 #

798. Нехай дані дві концентричні окружності з радіуса­ ми AB = 7 см і OA = 10 см. Знайдемо AB, ширину кільця, утвореного цими окружностями. Оскільки окружності концентричні, то в них спільний центр.

AB = OB − OA = 10 − 7 = 3 см. Відповідь: 3 см.

$

" #

.n et

0

799. Нехай дані дві концентричні окружності, радіуси яких OA : OB = 2 : 5 . AB = 9 см. Знайдемо радіуси ок­ 0 ружностей. Оскільки окружності концентричні, то в них спільний центр, тоді AB = OB − OA . Нехай одиничний відрізок дорівнює x см, тоді OB = 5x см, OA = 2x см. Одержуємо рівняння: 5x − 2x = 9 ; 3x = 9 ; x = 3 . Виходить, OB = 15 см, OA = 6 см. Відповідь: 6 см, 15 см.

ГЕОМЕТРІЯ

797. Нехай дана окружність із центром у точці O. AB та BC — хорди, ∠ BOC = 120° , AB = 7 см. Знайдемо пери­ метр ∆ ABC . Якщо ∠ BOC = 120° , то точки A, B, C ді­ лять окружність на 3 рівні частини й ∆ ABC рівносто­ ронній. Тоді P∆ ABC = 7 ⋅ 3 = 21 см. Відповідь: 21 см.

ld z

" #

al

# 800. Нехай задано дві концентричні окружності, радіус більшої окружності OA = 10 см, AB і AC дотичні, " 0 ∠ BAC = 60° . Знайдемо BO. Розглянемо ∆ ABO , AO = $ = 10 см за умовою. ∠ OBA = 90° за властивістю дотич­ ної. OA є бісектрисою ∠ BAC , значить, ∠ BAO = 60° : 2 = 30° , тоді за властивістю BO = AO : 2 = 10 : 2 = 5 см. Відповідь: 5 см.

До § 18

" 801. Нехай дана окружність із центром у точці O і хор­ дою AB. Знайдемо ГМТ рівновіддалених від кінців хорди AB. ГМТ рівновіддалених від кінців відріз­ # 0 ка AB є середнім перпендикуляром, проведеним до відрізка AB. Центр окружності знаходиться на однаковій відстані, що дорівнює радіусу окружності, від кінців хорди AB. Тоді шуканим ГМТ буде хорда, що проходить через центр окружності перпендику­ лярно хорді AB.

802. Нехай даний рівнобедрений трикутник з основою AC. Знайдемо ГМТ рівновіддалених від кінців основи то­ чок A і C. ГМТ рівновіддалених від кінців відрізка AC є середній перпендикуляр, проведений до відрізка AC. У рівнобед­ реному трикутнику ABC вершина B — рівновіддалена від кінців основи AC. Значить ГМТ рівновіддалених

#

"

%

© 333

від кінців основи AC є пряма, що містить висоту BD, опущену з вер­ шини B на основу AC.

#

804. Нехай даний ∆ ABC рівносторонній. Знайдемо ГМТ рівновіддалених від сторін ∆ ABC . ГМТ рівновідда­ лених від сторін BA і BC, CB і CA, AB і AC є бісек­ триси відповідних кутів ABC, BCA і CAB. Оскільки ГМТ рівновіддалених від сторін ∆ ABC є точка M — точка перетинання бісектрис BM, AM і CM.

. $

"

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

$

803. Нехай даний рівносторонній ∆ ABC . Знайдемо гео­ метричне місце точок рівновіддалених від вершин , ∆ ABC . ГМТ рівновіддалених від вершин A і C; C і B; # A і B є прямі, які містять висоти (вони ж медіани), " опущені на кожну зі сторін ∆ ABC . Оскільки ГМТ рівновіддалених від вершин ∆ ABC є точка перетинання цих висот, тобто точка K.

ld z

805. Нехай дані прямі a і b, які перетинаються в точ­ N B ці A. Знайдемо ГМТ рівновіддалених від цих пря­ C

мих. При перетинанні двох прямих утворюються

L

дві пари вертикальних кутів. ГМТ рівновіддалених від кутів 1, 2, 3, 4 є бісектриси цих кутів. Тоді ГМТ рівновіддалених від двох прямих, які перетинаються, є дві прямі, які містять бісектриси вертикальних кутів. 1 і 2, 3 і 4, прямі m і k.

B

al

806. Нехай прямі a і b, які паралельні між со­ N бою й окружності із центрами в точках O1 , 0 0 0 O2 , O3 , які дотикаються до цих прямих. C Знайдемо ГМТ центрів окружностей, які дотикаються до паралельних прямих a і b. Якщо окружності із центрами в точках O1 , O2 , O3 дотикаються до паралельних прямих a і b, то відстань між прямими a і b дорівнює діаметрам цих окружностей (радіуси окружностей однакові). Центр окружності є середина діаметра окружності. Тоді шукане ГМТ — це пряма, що паралельна прямим a і b і знаходиться на однаковій відстані від прямих a і b.

807. Нехай дана окружність із центром у точці O та радіусом OA = r . Знайдемо ГМТ, які лежать на відстані 2r від точки O. ГМТ, які лежать на від­ стані 2r від точки O, є окружність радіусом 2r і центром у цій точці. Отже, ГМТ, які лежать на від­ стані 2r від точки O, буде окружність радіусом 2r , концентрична окружності радіуса r .

808. а) Нехай дана окружність радіуса 10 см. Знайдемо геометричне місце центрів окружностей радіу­ са 3 см, які з даною окружністю мають зовнішнє дотикання. Якщо окружність радіуса 10 см має з окружністю радіусом 3 см зовнішнє торкан­ 334 ня, то відстань між їхніми центрами дорівнює

# " 0

0 " 0

.n et

D

ГЕОМЕТРІЯ

10 + 3 = 13 см. ГМТ, які лежать на відстані 13 см від точки O, є окружність із радіусом 13 см і центром у точці O. Отже, шукане ГМТ є окружність із радіусом 13 см концентрична окружності радіуса 10 см. " б) Нехай дана окружність із центром у точці O та радіусом OA = 10 см. Знайдемо геометричне 0 місце центрів окружностей радіусом O1 A = 3 см, 0 які з даною окружністю мають внутрішнє доти­ кання. Якщо окружність із OA = 10 см має внутрішнє дотикання з окружністю радіусом O1 A = 3 см, то відстань між їхніми центрами дорівнює OO1 = 10 − 3 = 7 см. ГМТ, що лежить на відстані 7 см від точки O, є окружність радіу­ са OO1 = 7 см. Тоді шукане геометричне місце точок є окружність радіуса 7 см, концентрична з окружністю радіусом 10 см.

C

al

ld z

$ 809. Нехай дано дві окружності із центром у точках O та O1 з рівними радіусами OA і OA1 , які дотикаються зовнішнім чином. Доведемо, що ГМТ, рівновіддале­ 0 0 " них від центрів окружностей, є спільна дотична b цих окружностей, що проходить через точку тор­ кання — точку A. Якщо окружності мають зовніш­ нє дотикання, то вони мають спільну точку A, через яку проходить спільна дотична b цих окружностей. За умовою OA = OA1 , оскільки точка A — середина OO1 . За властивістю дотичній b ⊥ OA і b ⊥ O1 A , тоді b є середнім пер­ пендикуляром, проведеним до відрізка AB. Виберемо на дотичній b будь-яку точку C і доведемо, що OC = CO1 . ∆ OCA1 — рівнобедрений, виходить, CA — медіана й висота, отже OC = CO1 . Значить точки O та O1 — рівновіддалені від будь-якої точки дотичній b. Доведемо, що точка дотикання єдина. Нехай існує ще одна дотична c, що проходить через точку A, тоді c ⊥ OA й c ⊥ OA1 і через точку A проходить два перпендикуляри до OO1 , а такого бути не може, тоді така дотична єдина. Що й було потрібно довести.

810. 1) Радіусом описаної окружності прямокутного три­ кутника є половина гіпотенузи.

2) Гострий кут A за властивістю гострих кутів пря­ мокутного трикутника дорівнює 30°.

3) AB = 2CB (властивість прямокутного трикутника).

4) AB = 10 см.

5) OA = OB = 5 см. Відповідь: 5 см.

" 0 $

° ÊÅ

#

"

811. Найбільшою стороною прямокутного трикутника є гіпотенуза, тому катети мають довжину 9 см та 12 см, гіпотенуза — 15 см.

0 , 1) R = 0,5 AC , R описаної окружності — 7,5 см.

2) Нехай MC = x (см), тоді BM = (9 − x ) см, # $ .

BM = BK = KO = OM = r (радіус уписаної окруж­ ності), BL — бісектриса прямого кута. Кожний з отриманих кутів дорівнює 45°. ∆ BKO и ∆ BOM — рів­ 335 нобедрені.

812. 1. ∆ KOA = ∆ AOM , ∆ MOC = ∆ NOC за катетом та гіпотенузою.

2. Нехай NC = x (см), тоді BC = (3 + x ) (см).

AM = (20 − x ) (см); AB = (20 − x ) + 3 (см); P = 3 + x + 23 − x + 20 = 46 (см). Відповідь: 46 см.

813. 1) P = 44 см.

2) 44 − (5 + 7 ) = 44 − 12 = 32 (см).

3) 32 = 5 + x + x + 7 ; 32 = 12 + 2x ; 20 = 2x ; x = 10 .

AB = 15 см; AC = 17 см. Рівність ∆ BOK і ∆ BON ; ∆ NOC і ∆ MOC ; ∆ MOA і ∆ KOA розглянуті в № 811, 812. Відповідь: 15 см; 17 см.

0 ,

# /

.

$

#

0

Y

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

3) ∆ MOK = ∆ COL ; LA = AK ; 4) MC = CL = x (см); LA = AK = (15 − x ) (см); 5) То AB = AK + KB , 12 = 15 − x + 9 − x ; 12 = 24 − 2x ; −12 = −2x ; x = 6 .

7) KO = OM = OL = BM = 9 − 6 = 3 (см). " Відповідь: R = 7,5 см, r = 3 см.

Y

"

$

#

ld z

814. 1. Знайдемо суму двох невідомих сторін: Y Y 42 − 15 = 27 (см) — сума AB і BC. . / 2. ON = OK = OM = r .

Y 0 s Y ∆ NOC = ∆ COK ; ∆ AOC = ∆ MOA ; $ ∆ BOM = ∆ BON за катетом і гіпотенузою, " тому MB = BN = x (см); MA = 2x (см); AN = 2x (см); KC = (15 − x ) (см); NC = (15 − x ) (см).

3. Складемо рівняння: 2x + x + x + 15 − 2x = 27 ; 2x + 15 = 27 ; 2x = 12 ; x = 6 . MB = 6 см; AM = 12 см; AB = 6 + 12 = 18 см; BN = 6 см; NC = 15 − 12 = 3 см; BC = 6 + 3 = 9 см. Відповідь: 18 см; 9 см.

al

815. 1) ∆ AOK = ∆ AOD ; ∆ KOB = ∆ MOB ; ∆ MOC = ∆ DOC за катетом і гіпотенузою; 2) AD = AK ; KB = BM ; MC = CD .

3) Нехай BM = x (см), AK = (7 − x ) (см); AD = AK = (7 − x ) см; MC = CD = (5 − x ) (см).

4) Складемо рівняння: 5 − x + 7 − x = 10 ; 12x − 2x = 10 ; −2x = −2 ; x = 1 .

AD = 6 см; DC = 4 см. Відповідь: 6 см; 4 см.

816. Оскільки трикутник тупокутний, то центр описаної окружності лежить за трикутником на перетинанні серединних перпендикулярів.

BK — серединний перпендикуляр AC; MK — серединний перпендикуляр BC; ∆ ABC — прямокутний; ∠ ABC = 60° ; ∆ BMK — пря­ мокутний; ∠ MKB = 30° за властивістю пря­ мокутного трикутника BK = 2BM; BK = 8 см. Відповідь: R = 8 см.

# .

, 0

"

%

$

# ÊÅ

ÊÅ ° . ° ÊÅ ° " $ ° ,

817. Центри вписаної й описаної окружностей збігаються тільки в рівносто­ ронньому трикутнику. Кожний кут цього трикутника дорівнює 60°.

336 Відповідь: 60°.

# .

CsY "

/ BsY

0

CsY ,

$

BsY

"

819. 1) Нехай: AL = AD = x , тоді LC = (8 − x ) (см), PB = (10 − x ) (см).

2) Складемо рівняння: 8 − x + 10 − x = 6 ; 18 − 2x = 6 ; −2x = −12 ; x = 6 .

3) LN = ND ; DM = MP — за властивістю до­ тичної окружності.

P∆ ANM = AL + AP = 6 + 6 = 12 см.

.

1

%

/

0

$

#

,

# Y Y , 1 % ) . sY 0 sY

.n et

820. Пояснення аналогічне № 819.

7 − x + 9 − x = 10 ; 16 − 2x = 10 ; −2x = −6 ; x = 3 .

PB = PK = 3 за властивістю дотичної, проведе­ ної з однієї точки до окружності: PM = PH ; HK = KD .

P∆ PBK = MB + BD = 6 см.

Y

Y

"

sY

sY

ГЕОМЕТРІЯ

818. Нехай BC = a ; AC = b ; BN = x , тоді BM = x , AM = b − x ; AK = b − x , KC = a − x , NC = a − x . Складемо рівняння: x+a−x+a−x+b−x+b−x+x = p ; p p 2a + 2b − 2x = p ; a + b − x = ; b−x = −a .

2 2

$

ld z

До § 20

821. Даний відрізок складається з 4-х частин.

1. Ділимо заданий відрізок навпіл.

2. Кожну половину ділимо ще раз навпіл.

AN : NB = 1 : 3 .

"

.

,

# $

822. AC — бісектриса.

"

al

824. Будуємо трикутник по трьох сторонах.

1. Довільна пряма, вибираємо на ній точ­ ку A. 2. AB = 5 см.

3. Із точки A проводимо дугу радіуса AC = 7 см.

4. Із точки B проводимо дугу радіуса BC = 9 см.

5. Точка перетинання цих дуг є третя вершина, ∆ ABC — заданий.

/

ÊÅ $

"

ÊÅ #

"

ÊÅ

$

#

$

B "

#

825. Рівнобедрений трикутник має дві рівні # B бічні сторони. Тому побудова трикутни­ C ка зводиться до побудови трикутника за двома сторонами.

1. Довільна пряма, вибираємо довільну B точку й відкладаємо відрізок довжи­ " $ ною a.

2. Із двох кінців відрізка a проводимо дуги радіуса відрізка b.

3. Точка перетинання цих дуг і є третя вершина трикутника. ∆ ABC — заданий.

337

827. Центр уписаної окружності лежить у точці пере­ тину бісектрис кутів прямокутників. Треба побудувати бісектриси кожного з кутів трикутника. Точка перетинання бісектрис і є центром уписаної окружності. Уписана окружність повинна дотика­ тися до всіх сторін трикутника.

# 0

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

B

826. Треба побудувати трикутник за сторо­ $ ною й двома кутами, прилеглими до цієї сторони.

1. Довільна пряма та довільна на ній α α α точка.

B " # 2. Від цієї точки відкласти відрізок дов­ жиною a.

3. З кожного кінця відрізка a побудувати кути, рівні куту b.

4. Точка перетинання двох сторін є третьою вершиною трикутника. ∆ ABC — заданий.

"

S

$

al

ld z

B 828. Побудувати прямокутний трикутник за катета­ C ми a та b.

1. Довільна пряма, довільна точка A. 2. Від точки A відкласти відрізок довжиною a. $ Позначити іншу точку.

3. Із точки A побудувати перпендикуляр до пря­ % мої через точку, що лежить на прямій. " # 4. На цьому перпендикулярі відкласти від A дру­ гий катет.

5. З’єднати точки кінців катетів. ∆ ABC — заданий.

6. Радіусом окружності, описаної навколо прямокутного трикутника, є відрізок, що дорівнює половині гіпотенузи. Поділити гіпотену­ зу CB навпіл.

7. Одержали точку D. Відрізок CD = DB = DA = R .

8. Провести окружність, центром якої є точка D, а радіус — відрі­ зок DC. 9. Окружність проходить через всі вершини трикутника.

829. 1. Довільна пряма, вибираємо на ній до­ B вільну точку C. C " 2. Від точки C відкладаємо відрізок дов­ 0 жиною a. ° ° 3. З вершини C будуємо кут, що дорів­ $ # нює 120°.

4. На другій стороні кута відкладаємо від вершини C відрізок довжиною b.

5. З’єднаємо два кінці відрізків. Позначимо їх літерами A, B. Центр описаної окружності знаходиться в точці перетинання се­ рединних перпендикулярів. Необхідно побудувати серединні перпендикуляри до кожної сторони трикутника. Точка їхнього перетинання й буде центром описаної окружності. Він буде знаходитися поза трикутником. Точка O — центр окружності; OC = OA = OB = R . Окружність проходить через 338 всі вершини трикутника.

B

831. 1. Проведемо будь-яку пряму.

2. Через будь-яку точку цієї прямої проведемо перпен­ I C дикуляр. " 3. Відкладемо на ньому задану відстань.

4. Через точку перпендикуляра проведемо пряму, па­ ралельну заданій. a  b , h дорівнює відстані між двома прямими.

833. 1. p = 20 см.

Y

"

Y

"

#

#

#

$

©

"

"

$

.n et

832. Складемо рівняння, щоб знайти довжини сторін трикутника. 2x + 3x + 4x = 18 ; 9x = 18 ; x = 2 . 1-а сторона — 4 см; 2-а — 6 см; 3-я — 8 см. Побудуємо трикутники за трьома сторо­ нами. Схема побудови № 824. ∆ ABC — заданий.

ГЕОМЕТРІЯ

До § 21

"

%

#

#

$

"

$

al

ld z

Складемо рівняння, щоб знайти сторони прямокутника.

(2x + 3x) ⋅ 2 = 20 ; 5x = 10 ; x = 2 . Ширина — 2 ⋅ 2 = 4 см; довжина — 2 ⋅ 3 = 6 см.

2. Побудуємо прямокутний трикутник, у якому відомі два катети (схе­ ма № 823).

3. З побудованої точки B провести пряму, паралельну AC. 4. BD = AC .

5. ABCD — заданий прямокутник.

837. Зовнішні кути є сполученими із внутрішніми. "

$

#

#

"

#

"

1. Довільна пряма, т. A. 2. AB — задана сторона.

3. Від вершини A побудувати заданий кут A, від вершини A — зада­ ний кут B. 4. Точка перетинання двох сторін кутів ділить третю вершину три­ кутника. ∆ ABC — заданий.

838. а) Описаною називають фігуру, що дотикається до ок­ ружності кожною її стороною.

1. Проведіть окружність довільного радіуса.

2. Проведіть один з діаметрів.

3. Через центр окружності проведіть діаметр, пер­ пендикулярний AB.

. " -

$

/ 0

%

# ,

339

839. а) 1) Проведіть два взаємно перпен­ " # дикулярних діаметри.

2) Кінці цих діаметрів будуть 0 0 $ вершинами квадрата, уписаного % # в окружність.

3) ABCD — заданий квадрат. " $ б) 1) Ділимо окружність на три рів­ ні частини (№ 838, б).

2) Точки кінців радіусів і є вершинами рівностороннього трикут­ ника. ∆ ABC — заданий.

ld z

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

4. Через т. A, B, С, D проведіть прямі через т. A і B, паралельні CD; через т. C і D паралельні AB. 5. Одержали дотичні до окружності. / 6. MNKL — заданий квадрат. б) 1) Повний оборот окружність робить за 360°. " 2) Нам треба описати окружність рівносторон­ # . нім трикутником.

0 3) Поділимо окружність радіусами на 3 кути , $ по 120°.

4) До кожної із точок A, B, C проведемо пряму, перпендикулярну до радіуса (дотична).

5) Точки перетинання дотичних ділить вершини описаного трикут­ ника, сторони якого рівні.

840. Геометричним місцем точок середин його хорд довжини r буде центр окружності. Він є верши­ ною рівносторонніх трикутників з основою в хорді довжиною радіуса окружності. Центр окружності лежить на серединному перпендикулярі для кож­ ної пари хорд.

/

al

0

"

841. Треба провести через т. A серединний перпендикуляр до відрізка BC.

843. 1. Бісектриса заданого кута A, ∠ CAD = ∠ DAB .

2. Провести пряму, паралельну AB на відстані r.

3. Точка перетинання цій прямій з бісектрисою — точка F, що є центром окружності, що доти­ кається до двох сторін кута.

$ % S ' S

846. 1) бісектриса кута 90°; 2) бісектриса кута 60°.

#

"

845. 1. Із точки торкання опустимо перпендикуляр до заданої прямої.

2. Відкладемо відрізок, що дорівнює радіусу зада­ ної окружності.

3. Друга точка цього відрізка є центром заданої окружності.

4. Побудуйте окружність.

340

S

S C

.

C

B S