geometr burda 7 kl by zim zone

Розв’язання всіх завдань до підручника М. І. Бурди, Н. А. Тарасенкової «Геометрія»

ГЕОМЕТРІЯ

§ 1. Точки, прямі, промені 1. 1) D ∈m , B ∈m , N ∈m ; 2) M ∉m , A ∉m , C ∉m . C

2. Пряма a, пряма AB. B

C AB

.n et

C D

5. Промені: AP, AS, AQ, AR. Доповняльні: AP та AQ, AS та AR. A

6. Промені: OA, OB, OC, OD. Доповняльні: OA та OB, OC та OD.

ld z C

2) Ні F ∉b , G ∉b 9.

D M

7. Через одну точку можна провести нескінченну множину прямих. 8. 1) Ні C ∉a ;

Пряма XY

Пряма YZ

Пряма XZ

Пряма MX

Точка X

X ∈ XY

X ∉YZ

X ∈ XZ

X ∈ MX

Точка Y

Y ∈ XY

Y ∈YZ

Y ∉ XZ

Y ∈ MX

Точка Z

Z ∉ XY

Z ∈YZ

Z ∉ XZ

Z ∉ MX

Точка L

L ∉ XY

L ∈YZ

L ∉ XZ

L ∉ MX

Точка M

M ∉ XY

M ∉YZ

M ∉ XZ

M ∈ MX

Точка N

N ∉ XY

N ∉YZ

N ∈ ZX

N ∉ MX D

10. Утворені прямі: AB, AD, BD, CD. 11. 1) A ∈a ; A ∈b ; B ∈a . 2) D ∉a ; D ∉b . 3) C ∈b . 4) E ∉a ; E ∉b . Пряма a — це пряма AB. Пряма b — це пряма AC.

b B A D

a 433

13.

D A

E a Промені: AD, BD, CD, AE, BE, CE.

18. 18 променів. 19. Так, лежать. Із визначення доповняльних променів з’ясовуємо, що ці промені разом утворюють пряму і всі їхні точки будуть належати до цієї прямої. 20. Три прямі — 6 променів. n прямих — 2n променів. 21. 1)

Чотири прямі не мо жуть мати 3 точки пере тину. Доведення: через 3 точки можна провести максимум 3 прямі.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

14. 1) Ні, тому що вони мають різні початки. 2) Так, якщо Q міститься між точками P та R. Інакше промені не доповняльні. C B A B 16. 1) a ; 2) a ; C A C B A 17. a A ∈a ; B ∈a ; C ∈a . Відповідь: неправильно.

22. Кожну пряму перетинають 4 прямі. 10 точок перетину. Точки, через яку жодна пряма не проходить, немає.

ld z

23. n точок — 2n променів.

24. 1) Чернігів, Суми, Полтава, Харків, Донецьк; 2) Ужгород, Львів, ІваноФранківськ, Чернівці, Хмельницький, Житомир, Вінниця, Оде са, Кіровоград, Миколаїв; 3) Луцьк, Рівне, Житомир, Черкаси, Дніпро петровськ, Донецьк; 4) Київ.

25. Тому що між двома точками можна провести лише одну пряму. Тому, коли лінійка неправильна, ми побачимо дві різні прямих. 26. Через 2 віхи натягують нитку — пряма готова. 27. Мушка та приціл — вони утворюють пряму, за якою буде переміщатися куля. Третя точка — мішень, пункт кінцевого призначення кулі, яка буде летіти по прямій. Мушка — приціл — мішень.

§ 2. Відрізки та їх вимірювання 1. 1) A, O, B; 2) O, B; 3) O. 2. Відповідь: 3: AC, BC, AB. 7. 1) AC = 3 см; BD = 20 мм = 2 см; KL = 0,3 дм = 3 см; AC = KL ; AC > BD ; BD < KL . 2) AC = 0,01 дм = 1 мм; BD = 10 см = 100 мм; KL = 1 мм; AC = KL ; AC < BD ; BD > KL . 3) AC = 4,2 мм; BD = 0,42 дм = 4,2 см; KL = 0,42 см = = 4,2 мм; AC = KL ; AC < BD ; BD > KL . 8. PQ = PT + TQ = 0,3 дм + 30 мм = 3 см + 3 см = 6 см. 9. AB > AC . 10. 434

KN = MN − MK = a − b . 1) KN = 1,5 см; 2) KN = 0,3 дм – 20 мм = 3 см – 2 см = 1 см; 3) KN = 40 мм – 1,5 см = 4 см – 1,5 см = 2,5 см.

11.

10 см

6,7 см

2,2 дм

5,5 см

4,3 см

16 см

45 мм

2,4 см

6 см

12. Якщо лежить, то AC + CB = AB . ?

1) AC + CB = AB ; 11 + 6 ≠ 5 , тобто ні. ?

13. 1) AC > BC ; 10 < 14, тобто ні. 2) AB + BC = AC ; 4 + 17 = 11, так. 14. 1) AB — найбільший відрізок, тому малюнок, якщо точки лежать на од ній прямій, ?

AB = BC + AC ; 17 ≠ 6, 5 + 10, 5 ; так, лежать на одній прямій. 2) AB — біль ?

ГЕОМЕТРІЯ

2) AC + BC = AB ; 3,5 + 8,5 = 12, так.

.n et

ший відрізок, тому точка C має лежати між A та B. Тоді AB = AC + BC ; 1, 5 ≠ 0, 6 + 1 , це означає, що точки A, B, C не лежать на одній прямій. 15. 1) Один (за властивістю відкладання відрізків); 2) Два (по одному на кожному з променів). 9 см

4,5 см

86 мм

16,6 мм

0,9 дм

0,86 дм

0,166 дм

43 мм

8,3 мм

0,45 дм

0,43 дм

0,083 дм

43 мм

8,3 мм

0,45 дм

0,43 дм

0,083 дм

0,09 м

0,086 м

0,0166 м

0,045 м

0,043 м

0,0083 м

0,045 м

0,043 м

0,0083 м

Розв’язання: AB = AO + OB; AB = 2AO = 2OB (оскільки AO = OB); AB AO — ? OB — ? AO = OB = = 4 см. 2 Відповідь: AO = OB = 4 см.

Дано: AB; AO = OB; AB = 8 см

17.

ld z

16.

18. 1) AD; AB; AC; EB; EC; ED; DB; DC. 2) AE; AD; AB; ED; EB; DB. 19. Відповідь: 6 відрізків.

20.

Дано: AB; C ∈ AB ; AB = 8 см; AC = 3BC. AC — ? BC — ?

Розв’язання: AB = AC + BC; Нехай BC = x, тоді AC = 3BC = 3x. Тоді x + 3x = 8 см. 4x = 8 см; x = 2 см. BC = 2 см; AC = 3x = 6 см. Відповідь: BC = 2 см; AC = 6 см.

21. Відповідь: за умови, що B — центр відрізка CD. Доведення: нехай AB = = CD, тоді AB = CD = 2BC, тобто B — центр відрізка CD. 435

22. 1) BC > AB , BC > AC . A лежить між B та C. BC = AB + AC . 2 дм = 16 см + + 4 см = 20 см = 2 дм. Відповідь: A. 2) B (оскільки AC = AB + BC). 3) A. 4) BA = BC – AC; BC = BA + AC, тобто A лежить між B та C. Відповідь: A. 24. 1) AC = AB + BC = 12 см + 5 см = 17 см. Відповідь: 17 см. 2) AC = AB – BC = 12 см – 5 см = 7 см. Відповідь: 7 см. 25.

Дано: a; M ∈a ; N ∈a ; K ∈a ; MN = 14 см; NK = 16 см; MK — ?

Дано: AM; B ∈ AM ; C ∈ AM ; AB = 30 мм; AC = 40 мм; K ∈ AB ; KA = KB; L ∈ AC ; LA = LC

Розв’язання: 1) BC = AC – AB = 10 мм; 2) KL = AL – AK; AC AB AL = ; AK = ; 2 2

1) BC — ? 2) KL — ?

Відповідь: 1) BC = 10 мм; 2) KL = 5 мм.

AB — відрізок. C — розподіл візрізка. K ∈CB ; KC = KB; L ∈ AC ; AL = LC; AO = OB; AB = 18 см

Розв’язання:

AC AB 1 1 1 − = ( AC − AB ) = BC = ⋅10 мм = 2 2 2 2 2 =5 мм. KL =

ld z

26.

Розв’язання: 1) ( N ∈ MK ) MK = MN + NK = 14 см + 16 см = 30 см. Відповідь: 30 см. 2) ( N ∉ MK ) MK = NK – MN = 16 см – 14 см = 2 см. Відповідь: 2 см

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

23. Відповідь: M — центр відрізка AB.

27.

KL = LC + CK =

AC BC 1 + = ( AC + BC ) = 2 2 2

1 18 AB = AO = = 9 см; 2 2 тобто KL по довжині дорівнює половині всього від різка. KL = 9 см =

KL — ? 28.

Дано: AN; B ∈ AN ; L ∈ AN ; D ∈ AN ; AB = 2 см; AC = 5 см; AD = 9 см; AK = KB; CO = OD KO — ?

Розв’язання: 1 KO = KB + BC + CO ; KB = AB = 1 см; 2 BC = AC – AB = 3 см; 1 1 1 CO = CD = ( AD − AC ) = ⋅ 4 = 2 см; 2 2 2 KO = 1 + 3 + 2 = 6 см. Відповідь: 6 см.

29. Відповідь: 35 пар відрізків. 436

30. Доведення: через дві точки можна провести тільки одну пряму, тобто BC — це пряма, якій належать і точка A, і точка D.

31. Доведення: через дві точки, які належать обом відрізкам, можна про вести лише одну пряму, якій і будуть належати відрізки. K (кількість відрізків) = 1 + 2 + 3 + ... + ( n − 1) = точок на відрізку (з крайніми точками). 33.

Дано: AD; B ∈ AD ; L ∈ AD ; AB = CD; AC = 5 см BD — ? Дано: AM; B ∈ AM ; C ∈ AM ; D ∈CA ; AB = 6 см; AC = 10 см; CD = 5 см 1) BD — ? 2) AD — ?

35.

Розв’язання: BD = BC + CD = AB + BC = AC = 5 см. Інший варіант розташування точок: BD = CD – BC = AB – BC = AC = 5 см. Відповідь: 5 см. Розв’язання: 1) BD = CD – BC; BC = AC – AB; BD = = CD – AC + AB = 5 – 10 + 6 = 1 см. 2) AD = AC – BD – BC = AC – BD – AC + AB = = AB – BD = 6 – 1 = 5 см. Відповідь: 1) 1 см; 2) 5 см.

.n et

34.

n ( n − 1) , де n — кількість 2

ГЕОМЕТРІЯ

32. 3 відрізки; 6 відрізків; 10 відрізків.

Дано: AB = m; C ∈ AB ; K ∈ AB ; L ∈ AB ; AK = KC; CL = LB

Розв’язання:

ld z

m O ∈ AB ; AO = OB = ; 2 1 1 KL = KC + CL = AC + BC = 2 2 1 1 m KL — ? = ( AC + BC ) = AB = AO = . 2 2 2 m Відповідь: . 2 1 1 1 36. Із завдання 35: KL = n; KL = KC + CL = AC + BC = AB ; ⇒ AB = 2n . 2 2 2 Відповідь: 2n. 37.

Дано: AB = 16 см; C ∈ AB ; D ∈ AB ; K ∈ AB ; L ∈ AB ; AK = KC; DL = LB; KL = 14 см

Розв’язання: CD = AB – AC – BD = AB – (AC + BD) = = AB – 2(AK + BL); AK + BL = AB – KL = 16 см – 14 см = 2 см; CD = 16 − 2 ⋅ 2 = 12 см. Відповідь: 12 см.

CD — ? 38.

Дано: AM = 24 см; AK = KB; BL = LC; CM = MD; DN = NM; KN = 20 см

Розв’язання:

1 1 ( BC + CD ) = 2 BD ; 2 BD = AM − ( AB + DM ) = AM − 2 ( AK + MN ) ; LM = LC + CM =

LM — ?

AK + MN = AM – KN = 24 см – 20 см = 4 см; 16 см BD = 24 − 2 ⋅ 4 = 16 см; LM = = 8 см. Відповідь: 8 см. 2

1 BC = 9 см; 2) всі точки, що входять до відріз 2 ка AB, бо кожна з них буде віддалена від точок A та B в сумі на 8 см, 437

39. 1) Одна точка C; AC =

якщо AB = 8 см; 3) AD = BF; AF – BF = 2 см; AF + BF = 14 см; AF = 8 см; BF = 6 см; BD – AD = 2 см; BD + AD = 14 см; BD = 8 см; AD = 6 см. Це будуть дві точки, що розташовані на відстанях 8 см та 6 см від кож ного кінця відрізка. 40.

Дано: AB = 480 км; C ∈ AB ; CB =140 км

42. 1) 5 км; 2) 4 км.

C B A AC = AB – BC = 340 км. Відповідь: 340 км.

§ 3. Кути та їх вимірювання 1. ∠ SAP, A — вершина, AS та AP — сторони. ∠ RAP , ∠ SAR — розгорнутий.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

AC — ?

Розв’язання: Суми Київ Житомир

2. 1) ∠ COD , ∠ BOD , ∠ AOD ; 2) ∠ AOC , ∠ COB ; 3) ∠ COB , ∠ DOB , ∠ BOA ; 4) ∠ COA , ∠ DOA . 8. 1) 4 кути: ∠ EAC , ∠ CAB , ∠ BAD , ∠ DAE ; 2) 2 кути: ∠ CBK , ∠ NBA ; 3) 6 кутів: ∠ FCM , ∠ MCB , ∠ BCA , ∠ ACF , ∠ FCB , ∠ ACM . 9, 10. Так, спільна. Вершина належить до обох сторін у куті, тому, коли 2 кути мають спільну сторону, вони мають спільну вершину, але, навпаки, це не дійсно:

ld z

12. 1) ∠ C > ∠ A > ∠ B ; 2) ∠ C = 500° = 140° ; ∠ C > ∠ B > ∠ A ; 3) ∠ A = ∠ B , ∠ A <∠C , ∠B<∠C . 13. 1) ∠ AOB = ∠ AOC + ∠ BOC = 70° ; 2) ∠ AOC = ∠ AOB − ∠ BOC = 41° . ∠ MOF = ∠ MON − ∠ NOF = 180° − 25° = 155° .

15.

1) a = b + γ ; 90° = 2n° + n° ;

2) a = b + γ ; n° = 50° +

n° = 30° ; b = 60° ; γ = 30° .

n° = 100° ; a = 100° ; γ = 50° .

3) a = b + γ ; 120° = n° + n° + 40° ;

4) a = b + γ ; n° =

14.

n° = 40° ; b = 40° ; γ = 80° .

n° ; 2

n° + 120° ; 3 n° = 180° ; a = 180° ; b = 60° .

16. ∠ AOB = ∠ AOC + ∠ BOC ; 1) 10° ≠ 45° + 35° , ні, не проходить; 2) 79° = 23 ° + 56 79° = 23° + 56°, так, проходить; 3) 49° ≠ 92° + 43° , ні не проходить. 17. 1) Один (за властивістю відкладання кутів); 2) два (по одному від кожного променя). ∠ AOC = ∠ BOC ; ∠ AOB = 2 ∠ AOC + 2 ∠ BOC ; 1) ∠ AOB = 2 ⋅ ∠ AOC = 2 ⋅ 36° = 72° — гострий; 1 1 2) ∠ BOC = ∠AOB ⋅ = 174°⋅ = 87° — тупий кут (дано); 2 2 3) ∠ AOB = 2 ∠ BOC = 2 ⋅ 65° = 130° — гострий; 1 1 4) ∠ AOC = ∠ AOB = ⋅ 82° = 41° — гострий. 2 2 20. Ні, не може. Тому що розгорнутий кут складається з доповняльних про менів, які доповнюють один одного до прямої, тобто розгорнутий кут — 438 це пряма з позначеною на ній вершиною. 18.

∠ AOB = ∠ BOC + ∠ AOC ; 1) 62° = ( ∠ AOC + 20° ) + ∠ AOC ; ∠ AOC = 21° ; ∠ BOC = ∠ AOC + 20° = 41° ; 2) 80° = ( ∠ AOC − 50° ) + ∠ AOC ; ∠ AOC = 65° ; ∠ BOC = ∠ AOC − 50° = 15° .

22.

∠ AOB = ∠ AOC + ∠ COD + ∠ BOD = 180° ; 1) ∠ COD = 180° − ∠ AOC − ∠ BOD = = 180° − 60° − 70° = 50°; 2) ∠ AOC = 180° − ∠ COD − ∠ BOD = 180° − 41° − 69° = 70° ; 3) ∠ COD = ∠ BOC − ∠ BOD ; ∠ BOD = 180° − ∠ AOD = 180° − 110° = 70° ; ∠ COD = 130° − 70° = 60° .

23.

Дано: ∠ AOC = 31° ; ∠ AOD = 46° ; ∠ AOB = 85°

.n et

1) ∠ BOD — ? 2) ∠ BOC — ? 3) ∠ COD — ?

Розв’язання: 1) ∠ BOD = ∠ AOB − ∠ AOD = 85° − 46° = 39°; 2) ∠ BOC = ∠ BOA − ∠ AOC = 85° − 31° = 54° ; 3) ∠ COD = ∠ BOC − ∠ BOD = 54° − 39° = 15° . Відповідь: 1) 39° ; 2) 54° ; 3) 15° .

ГЕОМЕТРІЯ

21.

24. Відповідь: 90° та 10° (залежить від того, як сприймається малюнок). Дано: ∠ AOB, ∠ BOC ; ∠ AOB = 45° ; ∠ BOC = 60°

Розв’язання: а) ∠ AOC = ∠ BOC − ∠ AOB = 60° − 45° = 15° ; б) ∠ AOC = ∠ AOB + ∠ BOC = 60° + 45° = 105° . Відповідь: 15° або 105° .

ld z

25.

∠ AOC — ?

26.

∠ EOF = ∠ AOB − ∠ AOE − ∠ BOF == 120° − 25° − 45° = 50° .

27. 1) Ні, тому що ∠ MON не розгорнутий (бісектриса ділить кут навпіл, тобто розгорнутий куб вона ділить на дві прямі). 2) Так. 3) Так, коли ∠ MON > 180° . Але зазвичай такий кут, що показаний на малюнку, називають гострим. Тоді можна впевнено заявляти, що: 3) ні, не може. 28.

∠ AOC = ∠ AOB + ∠ BOC ; ∠ BOD = ∠ COD + ∠ BOC ; (умова); ∠ AOB + ∠ BOC = ∠ COD + ∠ BOC ⇒ ∠ AOB = ∠ COD .

∠ AOC = ∠ BOD

29.

∠ COF = ∠ COB − ∠ BOF ; ∠ COD = ∠ COA − ∠ DOA ; ∠ COB = ∠ COA ; ∠ BOF = ∠ DOA (умова) ⇒ ∠ COF = ∠ COD ⇒ CO — бісектриса ∠ FOD .

30.

∠ COA = ∠ COF − ∠ FOA ; ∠ COB = ∠ COD − ∠ DOB ; ∠ COF = ∠ COD ; ∠ FOA = ∠ DOB (умова) ⇒ ∠ COA = ∠ COB ⇒ CO — бісектриса ∠ AOB .

31. 1) ∠ AOB = 90° ; ∠ AOC = ∠ BOD = ∠ BOC = 30° ; ∠ EOC = ∠ AOE = ∠ BOF = ∠ DOF = 15° (промені OE та OF — бісектриси ∠ AOC та ∠ BOD ). ∠ EOF = ∠ EOC + ∠ COD + ∠ FOD = 15° + 30° + 15° = 60° ; 2) 1) ∠ AOB = 180° ; ∠ AOC = ∠ BOD = ∠ BOC = 60° ; ∠ EOC = ∠ AOE = ∠ BOF = ∠ DOF = 30° ; ∠ EOF = ∠ EOC + ∠ COD + ∠ FOD = = 30° + 60° + 30° = 120° .

439

32.

Дано: ∠ AOB = 90° ; ∠ AOC = 30° ; ∠ COK = ∠ BOK

Розв’язання: ∠ BOC = ∠ AOB − ∠ AOC = 90° − 30° = 60° ⇒ ∠ COK = ∠ BOK = 60° ; ∠ AOK = ∠ AOC + ∠ COK = 30° + 30° = 60° .

∠ AOK — ? ∠ BOC — ? Розв’язання:

Дано: ∠ MON ; ∠ MOK = 46° ; ∠ NOK = 100° ; ∠ MOF = ∠ KOF ; ∠ KOG = ∠ NOG ;

∠ FOG = ∠ FOK + ∠ GOK = =

∠ FOG — ? 34.

1 1 ⋅ 46° + ⋅100° = 23° + 50° = 73° . 2 2

Відповідь: 73° .

Дано: ∠ NOM ; ∠ NOM = 60° ; ∠ NOK 1 = ∠ MOK 5 ∠ NOK — ? ∠ MOK — ?

Розв’язання: ∠ NOM = ∠ NOK + ∠ MOK . Нехай ∠ NOK = x , тоді ∠ MOK = 5x , звідки ∠ NOM = 6x; x = 10° ; ∠ NOK = 10° ; ∠ MOK = 50° . Відповідь: ∠ NOK = 10° ; ∠ MOK = 50° .

Дано: ∠ COB = 55° ; ∠ AOD = 80° ; ∠ DOB = 33°

Розв’язання: ∠ AOC = ∠ AOD + ∠ COD = ∠ AOD + ∠ BOD − ∠ COB = = 80° + 33° − 55° = 58° . Відповідь: 58° .

ld z

35.

1 1 ∠ MOK + ∠ NOK = 2 2

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

33.

∠ AOC — ?

Дано: ∠ AOB = 120° ; ∠ COA = 80° ; ∠ AOL = ∠ BOL

36.

Розв’язання: ∠ LOC = ∠ AOL − ∠ COA =

1 ∠ AOB − ∠ COA = 2

= 60° − 80° = −20°. Знак «мінус» говорить, що ∠ AOC > ∠ AOL , тобто малюнок має виглядати так: Тоді ∠ LOC = ∠ COA − ∠ AOL = 80° − 60° = 20° . Відповідь: 20° . ∠ LOC — ?

37.

2) b =

3) b =

38. 440

1) b = 90° : n =

a :n ; 2

a 45° = ; 2n n

a 60° a 30° = ; 4) b = = . 2n n 2n n

1) OB; 2) ∠ COD = 360° − 140° − 120° = 100° .

39. Відповідь: 45° .

40. 1) Один — до Києва, другий до — Одеси. 2) Обидва до Києва або Одеси.

ГЕОМЕТРІЯ

43. 14 год 30 хв (або 2 год 30 хв), або 21 год 30 хв (або 9 год 30 хв).

Тестові завдання 1. AB = AD + CD + BC = 3 ⋅ CD = 3 ⋅ 30 мм = 90 мм; AB < 10 см. 2. ∠ AOB = 3 ⋅ ∠ AOC = 3 ⋅ 28° = 84° ; ∠ AOB < 90° .

AM >1 . MB

.n et

3. B. 150° (з визначення бісектриси).

5. ∠ AOC + ∠ COB = 180° ; 1, 5∠ COB = 180° ⇒ ∠ COB = 120° ; ∠ AOC = 60° .

ld z

§ 4. Суміжні кути

1. 1) 1,2 ( ∠ ABD та ∠ CBD ); 2) ∠ LMN , ∠ KFE . 2. На мал. 73: через визначення суміжних кутів: немає спільної сторони. На мал. 74: через визначення суміжних кутів: немає доповняльних про менів.

5. За теоремою: сума суміжних кутів дорівнює 180 ° : ∠ ABD = 180 ° − ∠ CBD = 139 ° ; ∠ KTO = 180° − 105° = 75° .

7. 1) 180° − 137° = 43° ; 2) 180° − 54° = 126° ; 3) 180° − 162° = 18° ; 4) 180° − 23° = 157° . 8.

10°

160°

30°

140°

50°

120°

70°

100°

170°

20°

150°

40°

130°

60°

110°

80°

9. 1) a + ( a + 20° ) = 180° ; a + 10° = 90° ; a = 80° ; ∠ XOY = 80° ; ∠ ZOY = 100° .

2) b + ( b − 78° ) = 180° ; 2b = 258° ; b = 129° ; ∠ OAK = 129° ; ∠ TAK = 51° .

10. 1) Один назвемо x (гострий), інший — x + 30° , тоді x + ( x + 30° ) = 180° . x = 75° — гострий кут, тупий — 105° . 2) Тупий кут — x, гострий — x − 56° , тоді x + ( x − 56° ) = 180° . x = 118° — тупий кут, гострий — 62° . 3) Гострий — x, тупий — x + 42° , тоді x + ( x + 42° ) = 180° . x = 69° — гострий кут, тупий — 111° . b 11. 1) 3a + a = 180° ; a = 45° ; 2) b + = 180° ; b = 120° ; 2 ∠ OAK = 135° ; ∠ KAB = 45° . ∠ XYA = 120° ; ∠ XYB = 60° .

441

12. 1) Гострий кут — x, тупий — 4x. Тоді x + 4x = 180° , x = 36° — гострий кут, тупий — 144° . x x 2) Тупий кут — x, гострий — , тоді x + = 180° , x = 120° — тупий 2 2 кут, 60° — гострий.

13. 1) 3) Ні, вони не будуть доповнювати один одного до 180° . 2) Так, вони в сумі дають 180° (теорема: сума суміжних кутів дорівнює 180° ). 14.

Ні, приклад: Кути ∠ AOB та ∠ COD — не суміжні (вони вертикальні).

15, 16.

Якщо один із суміжних кутів тупий (гострий), тобто більший (мен ший) 90° , то за теоремою: сума суміжних кутів дорівнює 180° — ін ший кут має бути меншим (більшим) за 90° , тобто гострим (тупим).

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

x x 3) Тупий кут — x, гострий — , тоді x + = 180° , x = 160° — тупий 8 8 кут, 20° — гострий.

ld z

17. Якщо кути суміжні, то їх сума дорівнює 180° . Нехай один з кутів буде x, тоді інший також x. x + x = 180° ⇒ x = 90° . Доведено.  a − b = 30° 1)  ⊕  a + b = 180°

 a − b = 105° 2)  ⊕  a + b = 180°

2a = 210° ; a = 105° ; b = 75° ;

2a = 285° ; a = 142, 5° ; b = 37, 5° ;

 a − b = 67° 3)  ⊕  a + b = 180° 2a = 247° ; a = 123, 5° ; b = 56, 5° ;

a − b = 0 4)  ⊕  a + b = 180° 2a = 180° ; a = 90° ; b = 90° .

1) a = 9b ; a + b = b + 9b = 180° ; b = 18° ; a = 162° ;

2) a = 11b ; a + b = b + 11b = 180° ; b = 15° ; a = 165° ;

3) a = b ; a = b = 90 ° ;

4) a = 17b ; a + b = b + 17b = 18b = 180° ; b = 10° ; a = 170° .

19.

20.

21. Див. завдання 20. 22.

442

1) a = 3b ; a + b = 3b + b = 180° ; a = 135° ; b = 45° ;

2) 3a = 2b ; 3 a + b = a + a = 180° ; 2 a = 72° ; b = 108° ;

3) 5a = 4b ; 5 a + b = a + a = 180° ; a = 80° ; 4 b = 100° ;

4) 8a = 7b ; 8 a + b = a + a = 180° ; a = 84° ; 7 b = 96° .

3) a = 0, 8b ; a + b = b + 0, 8b = 180° ; b = 100° ; a = 80° ;

2) a = 0, 6b ; a + b = 0, 6b + b = 180° ; b = 112, 5° ; a = 67, 5° ; 4) a =

1 1 b ; a + b = b + b = 180° ; 4 4

b = 144° ; a = 36° .

24. Кути ∠ ACL та ∠ LCB ; ∠ DCB та ∠ DCA . 25. Нехай дано кути a = b . Тоді суміжні з ними будуть відповідно дорівнюва ти (180° − a ) та (180° − b ) . Бачимо, що суміжні кути теж будуть рівними.

a a < 1 ⇒ a < b, a — гострий; 2) > 1 ⇒ a > b, b — гострий; b b b b < 1 ⇒ b < a, b — гострий; 4) > 1 ⇒ b > a, a — гострий. a a 20°  b  30° ; −30°  − b  − 20° ; 150°  180° − b  160° ; 150°  a  160° . 120°  b  130° ; 180° − 130°  a  180° − 120° ; 50°  a  60° . 38°  b  45° ; 135°  a  142° ; 4) 175°  b  179° ; 1°  a  5° .

ld z

29. 1)

.n et

26. Нехай дано суміжні кути ∠ AOD = x , та ∠ BOD = 180° − x . ∠ EOC (кут між бісектрисами суміжних кутів) = 1 1 1 1 ∠ EOD + ∠ DOC = ∠ AOD + ∠ BOD = ( ∠ AOD + ∠ BOD ) = ⋅ 180°= 90° . 2 2 2 2 27. Назвемо суміжні кути b та γ — тоді 1) b = 2a = 30° ; γ = 180° − 30° = 150° ; 2) b = 2a = 150° ; γ = 180° − 150° = 30° ; 3) b = 2a = 120° ; γ = 180° − 120° = 60° ; 4) b = 2a = 90° ; γ = 180° − 90° = 90° .

ГЕОМЕТРІЯ

1 b ( 20%) ; 5 a + b = a + 5a = 180° ; a = 30° ; b = 150° ;

23. 1) a =

30. 1) 2) 3)

31. 1) ( a + b ) − ( a − b ) = 20° ; a + b − a + b = 20° ; 2b = 20° ; b = 10°; a=170° . 2) ( a + b ) − ( a − b ) = 105° ; 2b = 105° ; b = 52, 5° a = 127,5° .

3) ( a + b ) − ( a − b ) = 49° ; 2b = ( 24, 5° ) ⋅ 2 ; b = 24, 5° ; a = 155,5° . 4) ( a + b ) − ( a − b ) = 123° ; 2b = 123° ; b = 61, 5°; a = 128, 5° .

32.

a −b 2 = ; a + b = 180° ; a+b 3 a − b = 120° ; 2a = 300° ; a = 150° ; b = 30° .

a −b 4 = ; a + b = 180° ; a+b 5 a − b = 144° ; 2a = 324° ; a = 162° ; b = 18° .

33.

a −b 3 = ; a + b = 180° ; a+b 4 a − b = 135° ; 2a = 315° ; a = 157, 5° ; b = 22, 5° .

a −b 5 = ; a + b = 180° ; a+b 6 a − b = 150° ; 2a = 330° ; a = 165° ; b = 15° .

a + b = 180° 1) a − ( a − b ) = 30° ; a − a + b = 30° ; b = 30° ; a = 150° . a+b a −b 2) a − = 30° ; = 30° ; a − b = 60° ; a + b = 180° ; 2a = 240° ; 2 2 a = 120° ; b = 60° .

443

1 3 1 ( a + b ) = 30° ; 4 a − 4 b = 30° ; 3a − b = 120° ; 3a − 120° = b ; 4 a + b = a + 3a − 120° = 180° ; 4a = 300° ; a = 75° ; b = 105° .

3) a −

34. Обидва суміжні кути до a будуть дорівнювати один одному. 80° 80°   1) a = 180° − = 140° ;  a = 180° − b; 2b = 80° ⇒ a = 180° − . 2 2   γ 2) a = 180° − , де γ = 2b ; a = 180° − 110° = 70° . 2 120° 300° 3) a = 180° − = 120° . 4) a = 180° − = 180° − 150° = 30° . 2 2

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

3a − 3b  a −b  = 30° ; a − = 30° ; 3b − a = 60° ; a = 3b − 60° ; 4) a − 3   2  2 a + b = 3b − 60° + b = 180° ; 4b = 240° ; b = 60° ; a = 120° .

ld z

35. Дано: ∠ AOB +та∠ BOCДоведення: = 180° ∠ AOB + ∠ BOC — = 180 ° суміжні; За теоремою: сума суміжних кутів = 180° ⇒ 1 1 ∠ BON = ∠ CON; ∠ AOB + ∠ BOC = 180° ; ∠ AOB + ∠ BOC = 90° ; 2 2 ∠ MON = 90° 1 ∠ MOB + ∠ BON = ∠ MON ⇒ ∠ MOB = ∠ AOB ; Довести: 2 ∠ AOM = ∠ MOB ∠ AOB = ∠ MOB + ∠ AOM =⇒ ∠ MOB = ∠ AOM . Доведено. 36. Так.

37. Ні, наведемо приклад:

§ 5. Вертикальні кути 1. 1) ∠ XYB = ∠ AYZ ; ∠ XYA = ∠ BYZ ; 2. 1) ∠ AOD ; 2) ∠ AOC, ∠ DOB .

2) ∠ OLM < ∠ OLK ; ∠ NLK, ∠ MLN

4. 1) 45° ; 2) 90° . 5. За теоремою: вертикальні кути рівні. 1) ∠ BOA = 41° ; 2) 149° = ∠ MON . 7.

∠1

12°

121°

34°

143°

156°

65°

178°

87°

∠2

12°

121°

34°

143°

156°

65°

178°

87°

8. 1) a + a = 100° ; a = 50° ; ∠ BDC = ∠ LDK = 50° .

2) 2b = 220° ; b = 110° ; ∠ XOB = ∠ AOZ = 110° .

9. 1) 15° ; 2) 105, 5° ; 3) 33, 5° ; 4) 95° . (Вертикальні кути рівні, теорема). 444 10. 1) Так; 2) так; 3) так.

11. 1) ∠ AOD = ∠ BOC ; ∠ BOD = ∠ AOC = 180°− ∠ AOD (суміжні кути) = 50°. 2) ∠ BOD = ∠ AOC = 72° ; ∠ BOC = ∠ AOD = 180° − 72° − 108° .

13.

b − a = 14° 1)  b = 97° ; a = 83° .  a + b = 180° b − a = 38° b = 109° ; a = 71° . 3)   a + b = 180°

b − a = 56° 2)  b = 118° ; a = 62° .  a + b = 180° b − a = 70° b = 125° ; a = 55° . 4)   a + b = 180°

14. Вертикальні: ∠ LFA = ∠ DFB ; ∠ AFB = ∠ DFL . Суміжні: ∠ LFA + ∠ AFB = 180° ; ∠ LFD + ∠ DFB = 180° . 15. Вертикальні кути: ∠ DOB та ∠ AOL ; ∠ BOL та ∠ AOD .

17.

.n et

16. 1) 45° ; 2) 90° ; 3) 109°; 4) 130°. −a + ( a + a ) = b , a = b , де a — вертикаль ні кути, b — різниця між сумою вертикальних кутів та одним із них.

ГЕОМЕТРІЯ

12. 1) a = 40° ; b = 180° − a = 140° ; 2) a = 12° ; b = 168° ; 3) a = 25° ; b = 155° ; 4) a = 17° ; b = 163° .

∠ 2 = ∠ 3 (вертикальні); ∠ 1 + ∠ 2 = 180° (суміжні); ∠ 2 + ∠ 3 = 2 ⋅ ∠ 2 ; ∠ 2 = 180° − ∠ 1 ; ∠ 2 + ∠ 3 = 2 ⋅ (180° − ∠ 1) = 2 (180° − a ) . 1) a = 105° , ∠ 2 + ∠ 3 = 150° ; 2) a = 71, 5° , ∠ 2 + ∠ 3 = 217° ; 3) a = 93°35′ , ∠ 2 + ∠ 3 = 192°50′ ; 4) a = 120°45′ , ∠ 2 + ∠ 3 = 118°30′ .

19. Так, можуть. Наприклад, суміжні прямі кути.

20. Так, можна. Через теорему про рівність вертикальних кутів. ∠ KCQ та ∠ DCE ; ∠ LAD та ∠ QAF ; ∠ EBF та ∠ KBL .

ld z

21.

22. Доведення: за теоремою про рівність вертикальних кутів — маємо, що всі чотири кути рівні.

23. Вертикальні кути: ∠ ACK = ∠ LCB ; ∠ ACM = ∠ DCB ; ∠ ACD = ∠ MCB ; ∠ ACL = ∠ KCB ; ∠ KCM = ∠ DCL ; ∠ KCD = ∠ MCL , 6 пар. Суміжні кути: ∠ ACK та ∠ KCB ; ∠ ACM та ∠ MCB ; ∠ ACD та ∠ DCB ; ∠ ACL та ∠ LCB ; ∠ KCM та ∠ MCL ; ∠ MCL та ∠ DCL , 6 пар. 24.

25.

26.

a + b = 180° (a, b — суміжні кути); 1) a + a = 102° ; 2) a + a = 320° ; 3) a + a = 238° ; a = 51° ; a = 160° ; a = 119° ; b = 129° . b = 20° . b = 61° .

4) a + a = 182° ; a = 91° ; b = 89° .

a + b = 180 ° (сума суміжних кутів = 180 °);  a − b = 29° 1)  ;  a + b = 180° 2a = 209° ; a = 104, 5° ; b = 75, 5° .

 a − b = 115° 2)  ;  a + b = 180° 2a = 295° ; a = 147, 5° ; b = 32, 5° .

 a − b = 107° 3)  ;  a + b = 180° 2a = 287° ; a = 143, 5° ; b = 36, 5° .

 a − b = 53° 4)  ;  a + b = 180° 2a = 233° ; a = 116, 5° ; b = 63, 5° .

a + b = 180 ° (суміжні кути); a 1) = 9 ; a = 9b ; b

a = 11 ; a = 11b ; b

a + b = 9b + b = 180° ; b = 18° ;

a + b = 11b + b = 180° ; b = 15° ;

a = 162° .

a = 165° .

445

a = 5 ; a = 5b ; b a + b = 5b + b = 180° ; b = 30° ;

27.

a = 17 ; a = 17b ; b a + b = 17b + b = 180° ; b = 10° ;

a = 150° .

a = 170° .

2a : 9 1) 55° < 2a < 70° ⇒ 2a = 63° (тому що кратна 9); a = 31, 5° ; 2) 111° < 2a < 120° ; 2a = 117° ; a = 58, 5° ;

ГЕОМЕТРІЯ

3) 241° < 2a < 249° ; 2a = 243° ; a = 121, 5° . 29.

Дано: a ; 2 a ∠ COL = ∠ LOB = ; 2 ∠ AOK = ∠ KOD =

Доведення: ∠ KOL = ∠ KOD + ∠ BOD + ∠ LOB ; ∠ KOD = ∠ LOB (через теорему про рівність a a вертикальних кутів ∠ AOD = ∠ BOC ). ∠ KOL = + + b = a + b . За тео 2 2 ремою: сума суміжних кутів = 180° . ∠ KOL = a + b = 180° . Доведено.

31.

.n et

Довести: ∠ KOL = 180°

a + b = 180° (суміжні)

7 ⋅180° ; a + b = 180° ; 6 a = 180° − b ; 2b + 180° − b = 210° ;

ld z

1) 2b + a =

16 ⋅180° ; a = 180° − b ; 9 2b + 180° − b = 320° ; b = 160° ;

2) 2b + a =

a = 20° .

5 3) 2b + a = ⋅180° ; a = 180° − b ; 4

4) 2b + a =

b = 30° ; a = 150° .

2b + 180° − b = 225° ; b = 22, 5° ; a = 158, 5° .

8 a+b ⋅ ; 3 2 4 4 2b + a = ( a + b ) = ⋅180° ; 3 3 2b + 180° − b = 240° ; b = 60° ; a = 120° .

32. Доведення: це випливає з того, що бісектриси суміжних кутів перпенди кулярні (доказано в завданні 26, с. 37). Доведено. 33.

Дано: ∠ AOE = ∠ EOC ; ∠ AOK = ∠ DOK ; ∠ DOL = ∠ BOL ; ∠ BOM = ∠ COM

Доведення:

Довести: ∠ KOE = 90° ∠ KOE = ∠ KOA − ∠ AOE =

1 1 ( ∠ DOA + ∠ AOC ) = 2 ⋅180° (за теоремою: сума 2 суміжних кутів = 180°) = 90° . Доведено. =

446

1 1 ∠ DOA + ∠ AOC = 2 2

§ 6. Перпендикулярні прямі 1. 1) a ⊥ b ; 2) m ∩ n . 2. 1) 117, 118; 2) 117; 3) 117. 3. Ні. 8. 1) мал. 120. a = 90° − 41° = 49° . 2) мал. 121. a = 90° − 60° = 30° . 9. Дано: AB ⊥ CD = 0 ; OT ∩ AB ; ∠ BOT = a b —?

45° 46° 90° Так

b a+b a⊥c —? 11. 1) 6; 2) 8. 12.

57° 43° 100° Ні

25° 65° 90° Так

ld z

13° 77° 90° Так

Відстань від прямої a до точки

Довжина відрізка, см

№

38° 32° 70° Ні

.n et

10.

ГЕОМЕТРІЯ

Розв’язання: ∠ BOD = ∠ BOT + ∠ DOT = = a + b = 90°; b = 90° − a ; 1) a = 30° , b = 60° ; 2) a = 53° , b = 37° ; 3) a = 44° , b = 46° ; 4) a = 79° , b = 11° .

13. 1) OA ⊥ OD , OC ⊥ OB ; 2) NM ⊥ EF , NO ⊥ EO , FE ⊥ OM , FO ⊥ NO ; 3) OA ⊥ EO , OD ⊥ MO , OC ⊥ NO .

14.

a + b = 90° 1 1) a = ⋅180° = 2b ; a = 60° ; b = 30° ; 3 a + b = 90° — так, b ⊥ c . 4 2) b + 50° = 90° = a ; b = 40° ; a = 50° ; b ⊥ c . 5 3) a = 5b ; a − b = 60° = 5b − b = 4b = 60° ; b = 15° ; a = 75° ; a + b = 90° , b ⊥ c .

15. Ні, не може через теорему: через будьяку точку (A), яка не лежить на пря мій (a), проходить тільки одна пряма, перпендикулярна до даної прямої. 16.

Дано: C ⊥ OT ; OP = PT; PK = 2 см; OT = 7 см OK — ? KT — ?

Розв’язання: 1 OT − PK = 3, 5 − 2 = 1, 5 см; 2 1 TK = OT + PK = 5, 5 см. 2 2) OK = OP + PK = 5,5 см; TK = TP – KP = 1,5 см. Відповідь: 1) OK = 1,5 см, TK = 5,5 см; 2) OK = 5,5 см, TK = 1,5 см. 1) OK = OP − PK =

447

17.

Дано: MN ⊥ a = 0 ; MO = 6 см; ON = 9 см; MK = KN

30° + 60° = 90° , доведено.

20.

21.

BK, BL — бісектриси; ∠ KBL = 90 ° . Доведення: ∠ ABD = ∠ ABC + ∠ CBD = 2 ⋅ ∠ KBC + 2 ⋅ ∠ CBL = = 2 ( ∠ KCB + ∠ CBL ) = 2∠ KBL = 180° , тобто кут ∠ ABD — розгорнутий (тобто це — пряма), ⇒ A, B, D лежать на одній прямій. Доведено.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

KO — ? MN — ?

Розв’язання: 1) MN = MO + ON = 6 см + 9 см = = 15 см; MN MK = = 7, 5 см; 2 KO = MK – MO = 7,5 см – 6 см = =1,6 см. Відповідь: 1) KO = 1,5 см, MN = 7,5 см.

ld z

23. Припустімо, що з точки A проходять більш ніж одна пряма, перпен дикулярна до прямої a. Тоді цього не може бути через теорему: через будьяку точку, яка не належить прямій, проходить лише одна пряма, перпендикулярна до даної.

§ 7. Паралельні прямі

1. 1) c, d; c ∩ d ; 2) q || p .

4. 1) Внутрішні односторонні; 2) внутрішні різносторонні; 3) внутрішні од носторонні; 4) внутрішні різносторонні. 8.

Мал. 138 ∠ 5 та ∠ 2 , ∠ 3 та ∠ 8

Мал. 139

Внутрішні односторонні

Назви кутів

Внутрішні різносторонні

∠ 5 та ∠ 8 , ∠ 3 та ∠ 2

—

Відповідні

∠ 6 та ∠ 8 , ∠ 4 та ∠ 2 , ∠ 3 та ∠1 , ∠ 5 та ∠ 7

—

Зовнішні односторонні

∠1 та ∠ 6 , ∠ 4 та ∠ 7

—

Зовнішні різносторонні

∠ 6 та ∠ 7 , ∠1 та ∠ 4

—

9. 1) мал. 140: ∠ 46° та ∠ 144° , ∠ 36° та ∠ 134° ; 2) мал. 141: ∠ 114° та ∠ 76° , ∠ 104° та ∠ 66° ; ∠ 1, ∠ 8 — ? ∠4 , ∠5 — ? 1) ∠ 4 = 45° ; ∠ 8 = 50° ; ∠ 1 = 180° − ∠ 4 (суміжні кути) = 135° ; ∠ 5 = 180° − 50° = 130° . 2) ∠ 4 = ∠ 6 = 60° ; ∠ 8 = ∠ 6 (вертикальні) = 60° ; ∠ 1 = 180° − ∠ 4 (суміжні) = 120° ; ∠ 5 = 180° − ∠ 6 = 120° .

10. 448

3) ∠ 1 = ∠ 5 = 110° ; ∠ 4 = 180° − ∠ 1 = 70° ; ∠ 8 = 180° − ∠ 5 = 70° . Відповідь: 1) ∠ 1 = 135° , ∠ 8 = 50° , ∠ 5 = 130° , ∠ 4 = 45°; 2) ∠ 1 = 120°, ∠ 8 = 60° , ∠ 5 = 120° , ∠ 4 = 60°; 3) ∠ 1 = 110°, ∠ 8 = 70° , ∠ 5 = 110°, ∠ 4 = 70° .

Дано: 1) ∠ 7 = 127° , ∠ 8 = 43° . 2) ∠ 7 = 15° , ∠ 8 = 165° . 3) ∠ 7 = 95° , ∠ 8 = 95° ∠1 — ? ∠2 — ? ∠3 — ? ∠4 — ? ∠ 5 — ? ∠6 — ?

Дано: 1) a = 30° , 2) a = 150° , 3) a = 80°30′ = 80, 5° , 4) a = 99°30′ = 99, 5°

Розв’язання: ∠ 1 = a (вертикальні); ∠ 2 = 180° − a (суміжні); ∠6 = ∠2 ; ∠ 3 = 180° − a ; ∠ 4 = a ; ∠5 = ∠3 . 1) ∠ 1 = 30° , ∠ 2 = 150° , ∠ 6 = 150° , ∠ 3 = 150° , ∠ 4 = 30° , ∠ 5 = 150° ; 2) ∠ 1 = 150° , ∠ 2 = 30° , ∠ 6 = 30° , ∠ 3 = 30° , ∠ 4 = 150° , ∠ 5 = 30° ; 3) ∠ 1 = 80, 5° , ∠ 2 = 99, 5° , ∠ 6 = 99, 5° , ∠ 3 = 99, 5° , ∠ 4 = 80, 5° , ∠ 5 = 99, 5° ; 4) ∠ 1 = 99, 5° , ∠ 2 = 80, 5° , ∠ 3 = 80, 5° , ∠ 6 = 80, 5° , ∠ 4 = 99, 5° , ∠ 5 = 80, 5° .

ld z

14.

Розв’язання: ∠ 1 = 180° − ∠ 8 (суміжні); ∠ 2 = ∠ 8 (вертикальні); ∠ 3 = ∠ 1 (вертикальні); ∠ 4 = 180° − ∠ 7 (суміжні); ∠ 5 = 180° − ∠ 4 (суміжні); ∠ 6 = ∠ 4 (вертикальні). 1) ∠ 1 = 137° , ∠ 2 = 43° , ∠ 3 = 137° , ∠ 4 = 53° , ∠ 5 = 127° , ∠ 6 = 53° ; 2) ∠ 1 = 15° , ∠ 2 = 165° , ∠ 3 = 15° , ∠ 4 = 165° , ∠ 5 = 15° , ∠ 6 = 165° ; 3) ∠ 1 = 85° , ∠ 2 = 95° , ∠ 3 = 85° , ∠ 4 = 85° , ∠ 5 = 95° , ∠ 6 = 85° .

.n et

13.

ГЕОМЕТРІЯ

11. 1) CD || AB, AD || BC ; 2) DL || BE, AK || CO, AN || BM; 3) DL || AB, AK || CD .

—? —? —? —? — ? —?

∠1 ∠2 ∠3 ∠4 ∠5 ∠6

15.

Дано: ∠1 = ∠ 5 ; ∠4= ∠8 Довести: ∠1 + ∠ 8 = ∠ 4 + +∠ 5 = 180°

16.

Дано: ∠ 1 + ∠ 8 = 180° ; ∠ 4 + ∠ 5 = 180° . Довести: ∠1 = ∠ 5 , ∠4= ∠8 .

Доведення: ∠ 1 + ∠ 8 = ∠ 1 + ∠ 4 (оскільки вони внутрішні різносторонні) = = 180° (оскільки вони суміжні), тобто ∠ 1 + ∠ 8 = 180° . Аналогічно ∠ 4 + ∠ 5 = 180° . Доведено. Доведення:  ∠ 1 + ∠ 8 = 180° (умова) — −   ∠ 1 + ∠ 4 = 180° (суміжні) ∠ 8 − ∠ 4 = 0° ; ∠ 8 = ∠ 4 . Аналогічно: ∠ 1 = ∠ 5 . Доведено.

449

Дано: a || b ; c || b

19.

Дано: ∠ 1 + ∠ 8 ≠ 180° ; ∠ 4 + ∠ 5 ≠ 180°

ГЕОМЕТРІЯ

17.

Доведення: Припустімо, що a не паралельна прямій c. Тоді пряма a перетинає пряму c. За наслідком з аксіоми: якщо пряма перетинає одну з паралельних прямих, вона пе Довести: a || c . ретинає і другу — випливає, що a ∩ b (тому що c || b ), але це протиріччя умові. Тобто пряма a не перетинає пряму c, тобто вони паралельні. Доведено. Розв’язання: ∠ 3 = ∠ 1 (вертикальні); ∠ 1 ≠ 180° − ∠ 8 ; ∠ 5 = 180° − ∠ 8 (суміжні) ⇒ ∠ 5 ≠ ∠ 1 ⇒ ∠ 5 ≠ ∠ 3 . Дове дено.

20.

.n et

Довести: ∠3 ≠ ∠5 .

Дано: ∠1 =2; ∠7 ∠ 7 + ∠ 8 ≠ 135° — ? — ? —? — ? —? —? —? —?

ld z

∠1 ∠2 ∠3 ∠4 ∠5 ∠6 ∠7 ∠8

Розв’язання: ∠ 1 = 2 ⋅ ∠ 7 ; ∠ 8 = 180° − ∠ 1 (суміжні); ∠ 8 = 180° − 2 ⋅ ∠ 7 ; ∠ 7 + ∠ 8 = 135° ; 135° − ∠ 7 = 180° − 2 ⋅ ∠ 7 ; ∠ 7 = 45° , ∠ 8 = 90° , ∠ 1 = 90° , ∠ 2 = ∠ 8 (верти кальні) = 90° , ∠ 3 = ∠ 1 = 90° , ∠ 4 = 180° − ∠ 7 = 135° , ∠ 5 = 45° , ∠ 6 = 135° . Відповідь: ∠ 1 = 90° , ∠ 2 = 90° , ∠ 3 = 90° , ∠ 8 = 90° , ∠ 4 = 135° , ∠ 5 = 45° , ∠ 6 = 135° , ∠ 7 = 45° .

22.

Дано:

∠1+ ∠ 8 ∠2= ; 2 ∠1+ ∠ 8 ∠8= 2

Довести: всі кути по 90°

Доведення: ∠1+ ∠ 8 ∠8= ⇒ ∠ 8 = ∠1 ; 2 ∠ 1 + ∠ 8 2∠ 8 ∠2= = = ∠ 8 = ∠ 1; 2 2

∠ 2 + ∠ 1 = 180° (суміжні) ⇒ ∠ 2 = ∠ 1 = ∠ 8 = 90° ; ∠ 3 = ∠ 2 (суміжні) = ∠ 4 = 90° ; ⇒ ∠ 5 = ∠ 8 = ∠ 7 = ∠ 6 = 90° ⇒ c ⊥ a, c ⊥ b . Доведено.

§ 8. Ознаки паралельності прямих 1. 1) BO, PA; BO PA ; 2) b ∩ a . 3. За теоремою: якщо при перетині двох прямих третьою сума внутрішніх односторонніх кутів дорівнює 180° , то прямі паралельні. 1) Ні; 2) так; 3) ні; 4) так. 5. За теоремою: якщо при перетині двох прямих третьою сума внутрішніх односторонніх кутів дорівнює 180° , то прямі паралельні. 450

6. За наслідком з теореми (ознаки паралельності прямих): дві прямі пара лельні, якщо внутрішні різносторонні кути рівні.

7. Якщо дві прямі паралельні й перетинаються січною, то внутрішні різно сторонні кути рівні. 1) Ні; 2) так; 3) так. 8. Дві прямі паралельні, якщо відповідні кути рівні. 9. Прямі утворюють з січною відповідні кути, які рівні при паралельності прямих. 1) Так; 2) ні; 3) ні. 12.

∠ 112° + ∠ 68° = 180° ⇒ a || b . Розв’язання: Якщо a b , то ∠ 8 + ∠ 7 = 180° і навпаки. 2∠ 7 = ∠ 8 ; 1) ∠ 7 = 30° , ∠ 8 = 60° ⇒ a ∩ b ; 2) ∠ 7 = 45° , ∠ 8 = 90° ⇒ a ∩ b ; 3) ∠ 7 = 60° , ∠ 8 = 120° ; ∠ 7 + ∠ 8 = 180° ⇒ a || b .

Дано: 1 ∠7 = ∠ 8 ; 2

Чи паралельні a та b? 13.

Дано: ∠8 1 = ; ∠1 3

.n et

1) ∠ 8 − ∠ 7 = 30° ; 2) ∠ 8 − ∠ 7 = 45° ; 3) ∠ 8 − ∠ 7 = 60° .

1) ∠ 1 − ∠ 8 = 40° ; 2) ∠ 1 − ∠ 8 = 80° ; 3) ∠ 1 − ∠ 8 = 90°

Розв’язання: a b , якщо ∠ 1 + ∠ 8 = 180° ; 1) 3 ⋅ ∠ 8 = ∠ 1 , 3 ⋅ ∠ 8 − ∠ 8 = 40° ; ∠ 8 = 20° ; ∠1 = 60° ; ∠ 1 + ∠ 8 ≠ 180° ⇒ a ∩ b ; 2) 3 ⋅ ∠ 8 = ∠ 1 , 3 ⋅ ∠ 8 − ∠ 8 = 80° ⇒ ∠ 8 = 40° ; ∠ 1 = 120° ; ∠ 1 + ∠ 8 ≠ 180° ⇒ a ∩ b ; 3) 3 ⋅ ∠ 8 = ∠ 1 , 3 ⋅ ∠ 8 − ∠ 8 = 100° ⇒ ∠ 8 = 50° ; ∠ 1 = 150° ; ∠ 1 + ∠ 8 ≠ 180° ⇒ a ∩ b ; 4) 3 ⋅ ∠ 8 = ∠ 1 , 3 ⋅ ∠ 8 − ∠ 8 = 90° ⇒ ∠ 8 = 45° ; ∠ 1 = 135° ; ∠ 1 + ∠ 8 = 180° ⇒ a || b .

ld z

a b —?

ГЕОМЕТРІЯ

10.

14. Прямі паралельні, якщо внутрішні різносторонні кути рівні ( a = b ) . 1) a − b > 0 ⇒ a > b ⇒ не паралельні; 2) b − a = 0° ⇒ a = b ⇒ паралельні; 3) a + b = 180°, a = b = 90° ⇒ прямі паралельні, а січна перпендикулярна до них; 4) a + b = 90°, a = b = 45° , можуть бути паралельні. 15. Прямі паралельні, якщо відповідні кути рівні ( a = b ) . a a 1) = 1 : 1 ⇒ a = b ⇒ паралельні; 2) < 1 ⇒ a < b ⇒ не паралельні; b b a 3 3) = ⇒ a = 1, 5 ⋅ b ⇒ не паралельні; 4) a − b = 90° ⇒ a = 90° + b ⇒ не па b 2 ралельні. 17.

Дано: ∠ EDF = ∠ GDF ; ∠ HGF = ∠ DGF ; ∠ FDG + ∠ DGF = 90°

Розв’язання: За теоремою: прямі паралельні, якщо сума внутрішніх односторонніх кутів Довести: BE CH дорівнює 180° ( ∠ EDG + ∠ DGH = 180° ) . ∠ EDG = 2 ⋅ ∠ EDF = 2 ⋅ ∠ FDG ; ∠ DGH = 2 ⋅ ∠ DGF ; ∠ EDG + ∠ DGH = 2 ⋅ ∠ FDG + 2 ⋅ ∠ DGF = ⇒ BE || CH . Доведено. = 2 ( ∠ FDG + ∠ DGF ) = 2 ⋅ 90° = 180° ⇒

451

18.

Дано: 1) a|| b; 1 ∠ 8 + ∠ 7 = 100° ; 2 2) a || b; 1 ∠ 8 + ∠ 7 = 135° ; 2

Розв’язання: Якщо a b , то ∠ 8 + ∠ 7 = 180° .  ∠ 8 + ∠ 7 = 180°  1)  1  2 ∠ 8 + ∠ 7 = 100°

1  2 ∠ 8 + ∠ 7 = 100° 1 ∠ 7 = 10° ; ∠ 7 = 20° . −  2  1 ∠ 8 + 1 ∠ 7 = 90°  2 2

ГЕОМЕТРІЯ

∠7 — ?

1  2 ∠ 8 + ∠ 7 = 135° 1 ∠ 7 = 45° ; ∠ 7 = 90° . −  2 1 1  ∠ 8 + ∠ 7 = 90°  2 2

.n et

1  ∠ 8 + ∠ 7 = 135° 2)  2  ∠ 8 + ∠ 7 = 180°

Відповідь: 1) 20° ; 2) 90° . 19.

Дано: ab; ∠ EAC = ∠ DAC = = ∠ ADB = ∠ FDB

ld z

Довести: AC BD

20. Дано: a; b ; 1 b 1) γ = a ; = 2; 3 a 1 b 2) ϕ = b ; =2 2 a a || b — ?

Розв’язання: Якщо внутрішні одно сторонні кути рівні, то прямі паралельні ⇒ ∠ DAC = ∠ ADB ⇒ ⇒ AC  BD. Доведено.

Розв’язання: 1) Якщо відповідні кути рівні ( γ та b ), то прямі a та b при січній d паралельні. 1 γ= a; 3

b = 2a ⇒ γ ≠ b ⇒ a ||b .

2) Якщо внутрішні різносторонні кути рівні ( ϕ та a ), то прямі a та b 1 при січній c паралельні. ϕ = b ; b = 2a ⇒ ϕ = a ⇒ a || b . 2 Відповідь: 1) ні; 2) так.

21.

Дано: ∠ BAC = 90° ; ∠ BAH = ∠ CAH = 45° ; ∠ AHN = 90° Довести: MN  AP ; MN  AK

452

Доведення: Фактично треба довести, що MN  CP та MN  BK . За теоремою: якщо прямі паралельні (MN та PC, MN та KB), то сума внутрішніх односторонніх кутів дорів нює 180° (кути відповідно

∠ AHN та ∠ CAH , ∠ AHM та ∠ BAH ) і навпаки. ∠ AHN + ∠ CAH ≠ 180° ; ∠ AHM та ∠ BAH в сумі теж не дають 180° ⇒ MN  PC ; MN  KB . Доведено.

22.

Дано: ∠ BAC < 90° ; ∠ AED = 90° Довести: DE ∩ AC

Доведення: Припустимо, що DF не перетинає AC, тоді DE  AC . За теоремою: якщо прямі паралельні ( DE  AC ) , то внутрішні різносторонні кути рівні

( ∠ DEA = ∠ BAC ) . Але за умовою

§ 9. Властивості паралельних прямих 1. При паралельних прямих сума внутрішніх односторонніх кутів дорівнює 180° . 1) Так, правильно. 2) Ні, неправильно.

.n et

2. При паралельних прямих внутрішні різносторонні кути рівні. 1) Ні, не мо жуть. 2) Так, можуть.

ГЕОМЕТРІЯ

∠ BAC < 90° , ∠ BAC < ∠DEA ⇒ DE  AC ⇒ DE ∩ AC . Доведено.

3. Якщо прямі паралельні, то відповідні кути рівні. 1) Так; 2) ні. 5. Дано: AB  CD ; ∠ DHE = 55°

ld z

Знайти: ∠ BGE , ∠ AGF , ∠ BGF

Розв’язання: При паралельності прямих сума внутрішніх односторонніх кутів дорівнює 180° ⇒ ∠ DHE + ∠ BGF = 180° ; ∠ BGF = 180° − ∠ DHE = 125° ; ∠ AGF + ∠ BGF = 180° (суміжні);

∠ AGF = 180° − ∠ BGF = 55° ; ∠ EGB = ∠ AGF (вертикальні); ∠ EGB = 55° . Відповідь: ∠ BGE = 55° , ∠ AGF = 55° , ∠ BGF = 125° .

6. Сума внутрішніх односторонніх кутів при паралельних прямих дорівнює 180° . 1) a = 180° − 137° = 43° ; 2) a = 180° − 54° = 126° ; 3) a = 180° − 162° = 18° ; 4) a = 180° − 23° = 157° . 7. (Мал. 174) Сума внутрішніх односторонніх кутів при паралельних прямих дорівнює 180° . a + ( a + 20° ) = 180° ; 2a = 160° ; a = 80° ; a + 20° = 100° . Відповідь: 80° та 100° . (Мал. 175). 3b + b = 180° ; 4b = 180° ; b = 45° ; 3b = 135° . Відповідь: 45° та 135° .

8. Дано: Розв’язання: ab ; При паралельних прямих сума 1) a − b = 30° ; внутрішніх односторонніх кутів дорівнює 180° ; a + b = 180° 2) a = 5 ⋅ b ; 1) a = 30° + b; 30° + b + b = 180; 2b = 150°; b = 75°; a = 105°. 1 3) b = a 30° + b; 30° + b + b = 180 2 ; 2b = 150°; b = 75°; a = 105°. 2) a = 5 ⋅ b; 5b + b = 180; 6b = 180°; b = 30°; a = 150°. Знайти: a, b 1 1 3 3) b = a; a + a = 180; a = 180°; a = 120°; b = 60°. 2 2 2 Відповідь: 1) 75° та 105°; 2) 30° та 150°; 3) 60° та 120°. 9. При паралельних прямих внутрішні різносторонні кути рівні: 1) a + a = 107° , a = 53, 5° ; 2) a + a = 94° , a = 47° ; 3) a + a = 132° , a = 66° ; 4) a + a = 43° , a = 21, 5° . Відповідь: 1) 53, 5° ; 2) 47° ; 3) 66° ; 4) 21, 5° .

453

Можуть бути будьякими. ∠1 та ∠ 3 — гострі, ∠ 4 та ∠ 2 — тупі, а при перетині паралельних прямих прямою, що перпендикулярна до них, усі кути по 90° (прямі).

11. При паралельних прямих відповідні кути рівні. 1) a + a = 137° , a = 68, 5° ; 2) a + a = 54° , a = 27° ; 3) a + a = 162° , a = 81° ; 4) a + a = 23° , a = 11, 5° . Відповідь: 1) 68, 5° ; 2) 27° ; 3) 81° ; 4) 11, 5° . 12.

Можуть бути будьякими. ∠1 та ∠ 3 — гострі, ∠ 2 та ∠ 4 — тупі, а при перетині паралельних прямих прямою, що перпендикулярна до них, усі кути по 90° .

13. Ні, неправильно. Сума внутрішніх односторонніх кутів має бути 180° . Тоді кут, який утворений прямими a та c та є внутрішнім одностороннім з кутом в 60° , утвореним прямими a та d, має дорівнювати 120° . Але він як вертикальний із зовнішнім кутом в 160° , який утворили прямі a та c, має дорівнювати 160° . 120° ≠ 160° .

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

10.

Розв’язання: Сума внутрішніх односторон ніх кутів дорівнює 180° ; a + b = 180° . 1) a = 30° + b ; 30° + b + b = 180° ; 2b = 150° ; b = 75° ; a = 105° . 2) a = 105° + b ; 105° + b + b = 180° ; 2b = 75° ; b = 37, 5° ; a = 142, 5° ;

ld z

15. Дано: 1) a − b = 30° ; 2) a − b = 105° ; 3) a − b = 67° ; 4) a − b = 0° Знайти: a, b

3) a = 67° + b ; 67° + b + b = 180° ; 2b = 113° ; b = 56, 5° ; a = 123, 5° ; 4) a = b ; a + a = 180° ; 2a = 180° ; a = 90° ; b = 90° . Відповідь: 1) 105° та 75° ; 2) 142, 5° та 37, 5° ; 3) 123, 5° та 56, 5° ; 4) a = b = 90° .

16. Сума внутрішніх односторонніх кутів дорівнює 180° . a + b = 180° . a a 1) 2) = 9 , a = 9b = 11 , a = 11b b b 9b + b = 180° ; 10b = 180° ; b = 18° ;

11b + b = 180° ; 12b = 180° ;

a = 162° ; a =1 , a = b b a + a = 180° ; 2a = 180° ;

a = 90° ; b = 90° ;

b = 10° ; a = 170° .

b = 15° ; a = 165° ; a = 17 , a = 17b b 17b + b = 180° ; 18b = 180° ;

Відповідь: 1) 162° та 18° ; 2) 165° та 15° ; 3) 90° та 90° ; 4) 170° та 10° . 17. (Згідно із завданням 16). Відповідь: 1) 162° та 18° ; 2) 15° та 165° ; 3) 90° та 90° ; 4) 170° та 10° . 454 18. Сума внутрішніх односторонніх кутів дорівнює 180° . a + b = 180° .

1 1 b ; b + b = 180° ; 3 3 3 b = 180°⋅ ; b = 135° ; a = 45° ; 4

3 3 b ; b + b = 180° ; 2 2 2 b = 180°⋅ ; b = 72° ; a = 108° ; 5

1) a =

4 4 b ; b + b = 180° ; 5 5

b = 180°⋅

7 7 b ; b + b = 180° ; 8 8 8 b = 180°⋅ ; b = 96° ; a = 84° . 15

4) a =

5 ; b = 100° ; a = 80° ; 9

Відповідь: 1) 135° та 45° ; 2) 72° та 108° ; 3) 100° та 80° ; 4) 96° та 84° .

.n et

19. Сума внутрішніх односторонніх кутів дорівнює 180° . a + b = 180° . 1) a = 20 %⋅ b = 0, 2 ⋅ b ; 2) a = 60 %⋅ b = 0, 6 ⋅ b ; 180° 180° 0, 2 ⋅ b + b = 180° ; b = ; 0, 6 ⋅ b + b = 180° ; b = ; 1, 2 1, 6 b = 150° ; a = 30° ; b = 112, 5° ; a = 67, 5° ;

ГЕОМЕТРІЯ

3) a =

2) a =

3) a = 80 %⋅ b = 0, 8 ⋅ b ; 180° 0, 8 ⋅ b + b = 180° ; b = ; 1, 8 b = 100° ; a = 80° .

4) a = 25 %⋅ b = 0, 25b ; 180° 0, 25b + b = 180° ; b = ; 1, 25 b = 144° ; a = 36° .

ld z

Відповідь: 1) 150° та 30° ; 2) 112, 5° та 67, 5° ; 3) 100° та 80° ; 4) 144° та 36° .

20. Сума внутрішніх односторонніх кутів дорівнює 180° . ⇒  ( a + b ) + 72° = 180°  ⇒  ( b + γ ) + 36° = 180°   a + b + γ = 180° (розгорнутий кут)

a + b = 108° ⇒ γ = 180° − ( a + b ) = 72° ; b + γ = 144° ⇒ a = 180° − ( b + γ ) = 36° ; a + b = 108° ⇒ b = 108° − a = 72° . Відповідь: a = 36° , b = 72° , γ = 72° .

21. Із теореми: сума внутрішніх односторонніх кутів дорівнює 180° . Тобто при прямих та січній c 180°, та при прямих та січній d 180° , в сумі 360°. Доведено.

23.

Дано: ab ; ∠1 = ∠ 2 ; ∠3= ∠4 Довести: f ∩ g

Доведення: Доведемо, що f  g . Сума внутрішніх односторонніх кутів дорівнює 180° . Для a b та січної c: ( ∠ 1 + ∠ 2 ) + ( ∠ 3 + ∠ 4 ) = 180°; ∠ 1 = ∠ 2 , ∠ 3 = ∠ 4 ⇒ ⇒ 2∠ 2 + 2∠ 3 = 180° , ∠ 2 + ∠ 3 = 90° .

Припустімо, що f  g . Тоді ∠ 2 + ∠ 3 = 180° , а це не справджується. f  g . Доведено. a < 1, a < b, a — гострий; b b 3) < 1, b < a, a — тупий; a

24. 1)

a > 1, a > b, a — тупий; b b 4) > 1, b > a, a — гострий. a

455

25. Сума внутрішніх односторонніх кутів дорівнює 180° , a + b = 180° . 1) a + b − ( a − b ) = 20° ; 2b = 20° ;

2) a + b − ( a − b ) = 105° ; 2b = 105° ;

b = 10° ; a = 180° − 10° = 170° ; 3) a + b − ( a − b ) = 49° ; 2b = 49° ;

4) a + b − ( a − b ) = 123° ; 2b = 123° ;

b = 24, 5° ; a = 155, 5° ;

b = 61, 5° ; a = 118, 5° .

b = 52, 5° ; a = 127, 5° ;

26. Сума внутрішніх односторонніх кутів дорівнює 180° , a + b = 180° . a + b 2  a − b = 120° ; = ;  a − b 3  a + b = 180° 2a = 300° ; a = 150° ;

a − b 3  a − b = 135° ; = ;  a + b 4  a + b = 180° 2a = 315° ; a = 157, 5° ;

b = 30° ;

b = 22, 5° ;

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

Відповідь: 1) a = 170° , b = 10° ; 2) 127, 5° та 52, 5° ; 3) 155, 5° та 24, 5° ; 4) 118, 5° та 61, 5° .

a − b 4  a − b = 144° 3) ; = ;  a + b 5  a + b = 180°

a − b 5  a − b = 150° ; = ;  a + b 6  a + b = 180°

2a = 324° ; a = 162° ; b = 18° ;

2a = 330° ; a = 165° ; b = 15° .

Відповідь: 1) 150° та 30° ; 2) 157, 5° та 22, 5° ; 3) 162° та 18° ; 4) 165° та 15° .

ld z

27. Сума внутрішніх односторонніх кутів дорівнює 180° , a + b = 180° .  a+b  = 30° ; 2) a −  1) a − ( a − b ) = 30° ; b = 30° ;  2  a = 150° ; 180° a− = 30° ; a = 120° ; b = 60° ; 2 1  a −b  ⋅ 3 = 30° ; 3) a − ( a + b ) = 30° ; 4) a −   2  4 a−

1 (180° ) = 30° ; a = 75° ; 4

b = 105° ;

3 a b − = 30° ⇒ 2 2 3b − a = 60° ⇒ ; a = 3b − 60° ; a + b = 3b − 60° + b = 180° ; b = 60° ; a = 120° .

Відповідь: 1) 150° , 30° ; 2) 120° , 60° ; 3) 75° , 105° ; 4) 120° , 60° . 28.

456

Дано: ab ; ∠1 = ∠ 2 ; ∠3= ∠4

Доведення: Внутрішні різносто ронні кути рівні, ⇒ ( ∠1 + ∠ 2) = ( ∠ 3 + ∠ 4) ⇒

Довести: f  g

⇒ ∠ 2 = ∠ 3.

Якщо внутрішні різносторонні кути ( ∠ 2 = ∠ 3 ) , то прямі (f та g) при січ ній (c) паралельні, ⇒ f  g . Доведено.

29.

Дано: ab ; ∠1 = ∠ 2 ; ∠3= ∠4

Доведення: Якщо відповідні кути рівні, то прямі паралельні. a  b ⇒ ∠1+ ∠ 2 = ∠ 3 + ∠ 4 ⇒ ∠1 = ∠ 3

30.

1) Дано: ∠1 = ∠ 2 ; ∠3= ∠4 f ⊥ b, ⊥ a ; g ⊥a ; g ⊥b

.n et

Довести: a  b

Доведення: Припустімо, що a  b . При паралельних прямих внутрішні різносторонні кути рівні. Тоді ∠ 5 = ∠ 1 = ∠ 2 ⇒ ∠ 1 + ∠ 2 = 180° ⇒ c — не січна, а пряма a. Суперечить умові, a  b .

ГЕОМЕТРІЯ

∠ 1 + ∠ 2 =f∠ 3 Довести: g + ∠ 4 ⇒ ∠1 = ∠ 3 ⇒ f  g . Доведено.

31.

ld z

2) f ⊥ a , g ⊥ b , f ⊥ b , g ⊥ a . Доведення: f ⊥ a ⇒ ∠ 2 = 90° ⇒ ∠ 1 = 90° ⇒ c — не січна, а пряма a. Суперечить умові. a  b .

1) Дано: ab ; cd e∩b = A ; e∩c = A

Довести: e  a, e  d

Доведення: Через теорему: якщо пряма перетинає одну з паралельних прямих, вона перетинає й іншу ⇒ e ∩ d ⇒ e  d e∩a ⇒ e  a.

Тестові завдання

1. 1. B. Сума суміжних кутів = 180° a + b = 180° , a − b = 100° , a = 140° , b = 40° . 2. b = 180° − a = 180° − 55° = 125° . Г. 125° , 55° , 125° . 3. A. 90° + (180° − a ) = 120° , a = 270° − 120° = 150° . 4. a + b + a = 200° , 2a + b = 200° , a + b = 180° , a = 20° , b = 160° . Г. 20° , 20° , 160° . 5. B. a = 3b , a + γ = 180° , γ = 30° ⇒ a = 150° , b = 50° . 2. 1. Б. 2° + 178° = 180° ; 2. a + b = 180° Б. Г. 3. В. Внутрішні різносторонні кути рівні. 4. А. a = b . 5. Б. a + b = 180° , a = b + 60° , b = 60° , a = 120° .

§ 10. Трикутник і його елементи 1. ∆ ABC, ∆ ADB , ∆ BCD . Проти ∠ C − AB та BD . 5. Будьяка сторона трикутника менша за суму інших сторін. ∠ 15 < 13 + 14 , ∠ 13 < 14 + 15 , ∠ 14 < 13 + 15 ⇒ виконується.

457

8. CL — медіана; BN — бісектриса; AM — висота. 12. 1) Ні; 2) так; 3) так; 4) так.

14. Нерівність трикутника: a < b + c ; b, a, с — сторони трикутника. 1) 2 < 3 + 4, 3 < 4 + 2, 4 < 3 + 2 ⇒ так. 2) 6 + 7 = 13 ⇒ ні. 3) 7 < 8 + 9, 8 < 7 + 9, 9 < 8 + 7 ⇒ так. 15. 1) Різносторонній; 2) 0,3 дм = 3 см = 30 мм ⇒ рівносторонній; 3) 0,06 дм = 0,6 см = 6 мм ⇒ рівнобедрений. 16. 1) a = c ⇒ a, с — бічні сторони, b — основа; 2) b = 4 см = 40 мм = с ⇒ b, с — бічні, a — основа; 3) b = 0,5 дм = 50 мм = a ⇒ a, b — бічні, c — основа. 18.

a b c p p = a+b+c

12 см

20 см

8 см

9 см

16 см

21 см

15 см

8 см

18 см

29 см

17 см

14 см

46 см

70 см

40 см

31 см

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

13. Мал. 199 — ні, через те, що маленькі відрізки в сумі дорівнюють велико му, а цього не може бути в трикутнику через його нерівність. Мал. 200 — так. 6 < 3+4 ; 3< 6+4 ; 4 < 6+3 .

ld z

19. Рівносторонній трикутник ⇒ p = 3a 1) 3a = 36 см 2) 3a = 45 см a = 12 см; a = 15 см; Відповідь: 1) 12 см; 2) 15 см; 3) 24 см. 20.

3) 3a = 72 см a = 24 см.

p = a + 2b 1) p = 14 + 24 = 38 см; 2) p = 16 + 34 = 50 см; 3) p = 8 + 10 = 18 см. Відповідь: 1) 38 см; 2) 50 см; 3) 18 см.

21. 1) Прямокутний; 2) тупокутний; 3) тупокутний.

22. 1) ∠ C = 90° ⇒ прямокутний; 2) гострокутний (усі кути < 90° ); 3) ∠ A = 120° ⇒ тупокутний. 24. 1) AB, AC — катети, BC — гіпотенуза; 2) AB, BC — катети, AC — гіпо тенуза; 3) ∠ B = 90° ; AB, BC — катети, AC — гіпотенуза; 4) ∠ A = 90° ; AB, AC — катети, BC — гіпотенуза. Медіана ділить сторону навпіл. 1 AN = BN = AB ; 2 1 AM = CM = AC ; 2 1 BK = CK = BC . 2 1) AN = BN = 2, 5 см, BK = CK = 3, 5 см, AM = CM = 4 см; 2) AN = BN = 10 см, BK = CK = AM = CM = 11 см; 3) AN = BN = BK = CK = 5 см, AM = CM = 8 см; 4) AN = BN = BK = CK = AM = CM = 13, 5 см.

458

25.

27.

Бісектриса ділить кут навпіл. 1 1 ∠ BAK = ∠ CAK = ∠ A , ∠ ACN = ∠ BCN = ∠ C , 2 2 1 ∠ ABM = ∠ CBN = ∠ B . 2

1) ∠ BAK = ∠ CAK = 65° ; ∠ ABM = ∠ CBM = 10° ; ∠ ACN = ∠ BCN = 15° ; 2) ∠ BAK = ∠ CAK = 35° ; ∠ ABM = ∠ CBM = ∠ ACN = ∠ BCN = 26, 5° ; 3) ∠ BAK = ∠ CAK = 20° ; ∠ ABM = ∠ CBM = 45° ; ∠ ACN = ∠ BCN = 25° ; 4) ∠ BAK = ∠ CAK = ∠ ABM = ∠ CBM = ∠ ACN = ∠ BCN = 30° . 1

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

29. 1) b = 2 . Нехай a = x , тоді b = 2x , c = 3x . c 3 За нерівністю трикутника: a<b+c , b< a+c , c< a+b x < 2x + 3x , 2x < 3x + x , 3x = 2x + x ⇒ не можуть. 2) a : b : c = 3 : 4 : 5 . Нехай a = 3x , тоді b = 4x , c = 5x . За нерівністю трикутника: a<b+c , b< a+c , c< a+b 3x < 4x + 5x , 4x < 3x + 5x , 5x < 3x + 4x 3 < 9, 4 < 8, 5 < 7 ⇒ можуть. 3) a : b : c = 3 : 5 : 9 . Нехай a = 3x , тоді b = 5x , c = 9x . За нерівністю трикутника: c < a + b 9x < 3x + 5x, але 9x > 8x ⇒ не можуть. Відповідь: 1) ні; 2) так; 3) ні.

ld z

30. a : b : c = 1 : 1 : 1 ⇒ a = b = c ⇒ рівносторонній; 2) a : b : c = 5 : 12 : 13 ⇒ різносторонній; 3) a : b : c = 5 : 5 : 8 ⇒ a = b ⇒ рівнобедрений. 31. 1) c — основа, a та b — бічні; 2) a < b c < b ⇒ b — основа, a та c — бічні; 3) a — основа, b, с — бічні.

p = 2a + b = 23 см, де a — бічна сторона, b — основа. 1) a = 6 см ⇒ b = 23 − 2a = 11 см; 1 2) b = 3 см ⇒ a = ( 23 − 3 ) ⋅ = 10 см; 2 3) b − a = 2 , a = b − 2 , 2b − 4 + b = 23 , 3b = 27 , b = 9 см, a = 7 см.

32.

33.

Дано: P = 36 см (сторони — a, a, b) P = 30 см (сторони — c, c, b) P — рівносторонній a—?b—?

34.

Розв’язання: c = c = b ⇒ p = 30 см = = c + c + b = 3b ⇒ b = 10 см a + a + b = 36 см ⇒ 2a = 26 см, a = 13 см. Відповідь: a = 13 см, b = 10 см.

∆ ABC ; AB = 4 см, BC = 7 см, AC = p − AB − BC ; 1) Якщо p = 14 см, тоді AC = p − AB − BC = 3 см, але за нерівністю три кутника: BC < AB + AC , що не справджується. 2) AC = 10 см; AC < AB + BC ; можливо. 3) AC = 20 см; AC > AB + BC , неможливо. Відповідь: 1) ні; 2) так; 3) ні.

35. Ні. a + b + c = 70 мм, a = 36 мм, тоді b + c = 34 мм, але за нерівністю три кутника b + c > a . 34 мм < 36 мм, неможливо. 459

37.

Дано: Трикутник ( a, b, c ) a = 2b c = 15 см, p = 45 см a—?b—? Дано: ∆ ABC, AB = BC , AM — медіана BC = 10 см AB = BC = 13 см PABM = 30 см

Розв’язання: PABM = AB + BM + AM 1 BM = BC 2 13 см + 5 см + AM = 30 см AM = 12 см Відповідь: 12 см.

AM — ?

Розв’язання: P = 2a + b = 2nb + b = ( 2n + 1) b 1) 50 см = (4+1) b, b = 10 см, a = 20 см; 2) 35 см = (6+1) b, b = 5 см, a = 15 см; 3) 63 см = (8+1) b, a—?b—? b = 7 см, a = 28 см. Відповідь: 1) 20 см, 10 см; 2) 15 см, 5 см; 3) 28 см, 7 см. Дано: Трикутник ( a, b, c ) , a = n⋅b 1) n = 2, P = 50 см 2) n = 3, P = 35 см 3) n = 4, P = 63 см

.n et

45.

ld z

ГЕОМЕТРІЯ

40.

Розв’язання: p = a + b + c = 2b + b + 15 см = 45 см ⇒ 3b = 30 см, b = 10 см, a = 2b = 20 см. Відповідь: a = 20 см, b = 10 см.

46.

Дано: Трикутник ( a, b, c ) , a = 7 см; b = 2a ; c = b−4 p—?

Дано: Трикутник ( a, b, c ) , a + b = 20 см; b + c = 22 см; a + c = 28 см

47.

p—?

50. Дано: ∆ ABC CH ⊥ AB HB a2 = AH b2 1) a = 6 см, b = 8 см, c = 10 см; 2) a = 7 см, b = 24 см, c = 25 см; 3) a = 5 см, b = 12 см, c = 13 см; 460

( PAHC − PBHC )

—?

Розв’язання: p = a + b + c = a + 2a + b − 4 = = a + 2a + 2a − 4 = 5a − 4 = = 35 − 4 = 31 (см). Відповідь: 31 см. Розв’язання:  a + b = 20   b + c = 22 ⊕  a + c = 28  2a + 2b + 2c = 70 ; 2 ( a + b + c ) = 70 ; 2 p = 70 p = 35 см Відповідь: 35 см. Розв’язання: PAHC − PBHC =

= ( AH + CH + AC ) − − ( BH + CH + BC ) =

1) AH + BH = 10 см

= AH − BH + AC − BC ; AH + BH = c

64 AH b2 64 BH = = ⇒ AH = 36 BH a2 36 36 64 = 3, 6 см, BH + BH = 10 см. BH = 10 ⋅ 100 36

AH = 6, 4 см; PAHC − PBHC = 6, 4 − 3, 6 + 24 − 7 = 2, 8 + 17 = 19, 8 см. 2) AH + BH = 25 см 2

576 AH b2  24  576 576 BH , = = ⇒ AH = BH + BH = 25 см  = 49 BH a2  7  49 49 25 ⋅ 49 = 1, 96 см, AH = 23, 04 см, 625 PAHC − PBHC = 23, 04 − 1, 96 + 24 − 7 = 38, 08 см; 3) AH + BH = 13 см.

25 25 BH 25 , BH = AH , AH + AH = 13 см = 144 144 AH 144

13 ⋅144 ≈ 11, 08 см, BH = 1, 92 см. 169 PAHC − PBHC = 11, 08 − 1, 92 + 12 − 5 = 16, 16 см.

.n et

AH =

ГЕОМЕТРІЯ

BH =

Відповідь: 1) 19,8 см; 2) 38,08 см; 3) 16,16 см.

§ 11. Властивості кутів трикутника 2. Ні. За теоремою: сума кутів трикутника = 180° . А на малюнку: 90° + 40° + 40° = 170° . Неправда.

ld z

7. a + b + γ = 180° (теорема), γ = 180° − a − b 1) γ = 180° − 20° − 40° = 120° ; 2) γ = 180° − 100° − 30° = 50° ; 3) γ = 180° − 80° − 60° = 40° .

8. Теорема: a + b + γ = 180° ; a, b, γ — кути трикутника. 1) 70° + 51° + 58° = 179° ⇒ ні; 2) 42° + 89° + 49° = 180° ⇒ так; 3) 65° + 75° + 41° = 181° ⇒ ні. Відповідь: 1) ні; 2) так; 3) ні.

9. За теоремою: сума кутів трикутника = 180° . 1) 30° + n + n + 30° = 180° ; 3n = 120° ; n = 60° , ∠ B = 60° , ∠ C = 90° . 2) n + 2n + 72° = 180° ; 3n = 108° ; n = 36° , ∠ A = 36° , ∠ B = 72° . 3) 120° + n + 30° + n = 180° ; 2n = 30° ; n = 15° , ∠ B = 45° , ∠ C = 15° . Відповідь: 1) ∠ B = 60° , ∠ C = 90° ; 2) ∠ A = 36° , ∠ B = 72° ; 3) ∠ B = 45° , ∠ C = 15° . 10. 1) Ні, тому що сума трьох кутів буде більша за 180° , а це суперечить тео ремі. 2) Ні, тому що сума навіть цих двох кутів буде більшою за 180° . 3) Ні, сума більша за 180° . 12. 1) Третій кут — 90° ⇒ трикутник прямокутний. 2) Третій кут = 180° − 25° − 55° = 100° ⇒ тупокутний. 3) Третій кут = 180° − 43° − 52° = 85° ⇒ гострокутний. 13.

b = 90° − a (наслідок із теореми про суму кутів трикутника). 1) b = 38° ; 2) 66° ; 3) 25° .

16. Доведення: За теоремою: сума кутів у трикутника дорівнює 180° a + b + γ = 180° (1) − a + b + ϕ = 180° (2) γ − ϕ = 0 , a = ϕ . Доведено. 17. Сума суміжних кутів = 180° ⇒ a = 180° − 150° = 30° . Відповідь: 30°

461

18. Сума суміжних кутів = 180° ⇒ 1) a = 180° − ∠ A = 123° ; 2) b = 180° − ∠ B = 146° ; 3) γ = 180° − ∠ C = 104° . 19. За теоремою про зовнішній кут: ∠ M = 80° + 60° = 140° . Відповідь: 140° .

.n et

22. 1) a : b : γ = 1 : 2 : 3 . a + b + γ (сума кутів трикутника) = 180° . Нехай a = x , тоді b = 2x , γ = 3x . x + 2x + 3x = 180° , x = 30° = a , b = 60° , γ = 90° . 2) a : b : γ = 4 : 5 : 6 ; a + b + γ = 180° . Нехай a = 4x , b = 5x , γ = 6x . 6x + 5x + 4x = 180° ; x = 12° , a = 48° , b = 60° , γ = 72° . 3) a : b : γ = 5 : 5 : 8 ; a + b + γ = 180° . Нехай a = 5x , b = 5x , γ = 8x . 5x + 5x + 8x = 180° ; x = 10° , a = 50° , b = 50° , γ = 80° . Відповідь: 1) 30°, 60°, 90° ; 2) 48°, 60°, 72° ; 3) 50°, 50°, 80° . 23.

a + b = 90° (наслідок із теореми про суму кутів трикутника). 1) a = 2b ; 2b + b = 90° ; b = 30° ; a = 60° . 2) a = b − 20° ; b − 20° + b = 90° ; b = 55° ; a = 35° . 2 90°⋅ 3 2 3) a : b = 2 : 3 ; a = b ; b + b = 90° ; b = = 36° ; a = 54° . 3 5 3 Відповідь: 1) 60° , 30°; 2) 35° , 55°; 54°, 36° .

25.

Дано: ∆ ABC , ∠ A = 90° BO, CO — бі сектриси

Розв’язання: Сума кутів трикутника = 180° (теорема). ∠ COB = 180°− ( ∠ OBC + ∠ OCB ) . 1 1 ∠ OBC + ∠ OCB = ∠ ABC + ∠ ACB = 2 2 1 1 = ( ∠ ABC + ∠ ACB ) == ⋅ 90° = 45° 2 2 ∠ COB = 180° − 45° = 135°

ld z

ГЕОМЕТРІЯ

20. 1) ∠ C = 90° , ∠ BCD = 90° ; 2) ∠ A = 90° , ∠ BCD = 135° ; 3) ∠ B = 95° , ∠ BCD = 115° ; 4) ∠ A = 30° , ∠ C = 120° .

∠ COB —?

Відповідь: 135° .

26.

Дано: ∆ ABC , AK, BM— бі сектриси AK ∩ BM = 0 ∠ A = 64° ∠ B = 106°

Розв’язання: Сума кутів трикутника = 180° (теорема). ∠ AOB = 180° − ( ∠ OAB + ∠ OBA ) = = 180° −

= 180° − 32° − 53° = 95° .

∠ AOB —?

462

1 1 ∠ A− ∠B= 2 2

Відповідь: 95° .

27.

∠ 3 — ? ( a  b ) . Сума внутрішніх односторонніх кутів = 180° ⇒ ⇒ 2∠ 1 + 2∠ 2 = 180° , ∠ 1 + ∠ 2 = 90° ; ∠ 3 = 180° − ( ∠ 1 + ∠ 2 ) (сума кутів трикутника = 180°); ∠ 3 = 90° . Відповідь: 90° .

∠ ABD = 90° − ∠ DAB (сума кутів трикутника = 180° , теорема); ∠ DAB = 90° − ∠ A = 50° ; ∠ ABD = 40° . Відповідь: 40° .

29. Сума кутів трикутника = 180° , теорема. ∠ BCD = 180° − ∠ BDC − ∠ DBC = 90° − ∠ DBC ; ∠ ABD = ∠ CBD , ∠ ABD + ∠ CBD = 90° ⇒ ⇒ ∠ DBC = ∠ ABD = 45° ⇒ ∠ BCD = 45° ⇒ ∠ BCD = ∠ ABD . Доведено. 30. Розв’язання: Сума кутів трикутника = 180° , теорема. ∠ ABC = 180° − ∠ BAD − ∠ BDA = 60° ; = 90°

∠ACB = 180° − ∠ CAD − ∠ DCA = 50° .

ГЕОМЕТРІЯ

28.

.n et

= 90°

Відповідь: 50° та 60° .

ld z

31. Розв’язання: Сума кутів трикутника = 180° , теорема. ∠ ABD = 180° − 90° − ∠ A = 15° ; ∠ CBD = 180° − 90° − ∠ C = 55° .

32. ∠ C = 90° − ∠ A = 10° (за наслідком із теореми про суму кутів трикутни 90° ка). ∠ EBC = = 45° (бісектриса); ∠ BEC = 180° − 45° − 10° = 125° ; 2 ∠ DEB = 180° − ∠ BEC = 55° (суміжні кути); ∠ DBE = 90° − ∠ DEB = 35° . Відповідь: 35° . 33. ∠ DEB = 90° − 30° = 60° (сума кутів трикутни- ка); ∠ BEC = 180° − ∠ DEB = 120° ; ∠ C = 180° − ∠ BEC − ∠ CBE = 15° ; ∠ A = 90° − ∠ C = 75° . Відповідь: 15° та 75° . 34. 1) Мал. 217. ∠ A = 180° − 140° (суміжні) = 40° ; ∠ C = 180° − 70° = 110° ; ∠ B = 180° − ∠ A − ∠ C = 30° (теорема про суму кутів). 2) Мал. 218. ∠ C = 180° − 120° = 60° ; ∠ A = 180° − ∠ B − ∠ C = 70° ; ∠ A (зовн.) = ∠ B + ∠ C = 110° (теорема про зовн. кут). Відповідь: 1) 40° , 110° , 30° ; 2) 60° , 70° , 110° . 35. Зовнішній кут дорівнює сумі двох не суміжних із ним кутів трикутника. 1) a = 40° ; b (сум.) = 180° − 100° = 80° ; γ = 180° − a − b (теорема про суму кутів трикутника) = 60° . 2) a = 55° ; b (сум.) = 80° ; γ == 180° − 55° − 80° = 45° . 3) a = 30° ; b = 80° ; γ = 70° . Відповідь: 1) 40° , 60° , 80°; 2) 45°, 55° , 80°; 3) 30° , 70°, 80°.

36.

a — кут при зовнішньому. a = 180° − b (суміжні); γ — інший гострий кут. γ = 90° − a = b − 90° (сума кутів трикутника). 1) a = 60° , γ = 30° ; 2) a = 48° , γ = 42° ; 3) a = 36° , γ = 54° . Відповідь: 1) 60° , 30° ; 2) 48° , 42° ; 3) 36° , 54° . 463

37.

a 3 = ; γ = 180° − 80° = 100° (суміжні). a + b = 180° − γ (теорема про суму b 5 кутів трикутника). a + b = 80° . Нехай a = 3x , b = 5x . 3x + 5x = 80° ; x = 10° , a = 30° , b = 50° . Відповідь: 30° та 50° .

∠ ABC = 180° − ∠ ACK = 52° (суміжні) ∠ BIC = 180° − 45° − 52° = 83° (сума кутів трикутника = 180°) ∠ HBI = 180° − ∠ BHI − ∠ BIC = = 180° − 90° − 83° = 7°. Відповідь: 7° .

41.

42.

AO, OC — бісектриси. За теоремою: сума кутів трикутника = 180° . ∠ BAC + ∠ BCA = 180° − ∠ B = 120° . ∠ AOC = 180° − ∠ OAC − ∠ OCA = 1 1 1  = 180° −  ∠ BAC + ∠ BCA  == 180° − ⋅120° = 120° . 2  2 2

43.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

40. Один із кутів трикутника дорівнює 110° . Сума двох інших 70° . Відповідь: 1) ні; 2) так, 3) так.

Відповідь: 120° .

ld z

За теоремою: сума кутів трикутника = 180° . ∠ A = 180° − ( ∠ ABC + ∠ ACB ) = = 180° − 2 ( ∠ OBC + ∠ OCB ) = = 180° − 2 (180° − 128° ) = 180° − 104° = 76° . Відповідь: 76° .

44.

45.

За теоремою про суму кутів трикутника: ∠ BAC = 180° − 110° − 50° = 20° ; ∠ ABD = 70° (су міжний з 110° ); ∠ BAD = 180° − 90° − 70° = 20°; ∠ CAD = ∠ BAC + ∠ BAD = 40° = 2∠ BAD . Доведено.

∠ EBD — ? 1) ∠ EBD = 180° − 90° − ∠ BED = 90° − ∠ BED (сума кутів трикутника = 180° ). ∠ BED = 180°−∠ BEC (су міжні). ∠ BEC = 180° − ∠ C − ∠ CBE ; 1 1 ∠ CBE = (180° − ∠ C − ∠ A ) = ⋅ 44° = 22° ; 2 2 ∠ BEC = 102° ; ∠ BED = 78° ; ∠ EBD = 12° . 1 2) ∠ A = 40° ; ∠ ABC = 60° . ∠ BEA = 180° − ∠ A − ∠ ABC = 110° . 2 1 1 ∠ ABD = ∠ ABC − ∠ EBD ⇒ ∠ EBD = ∠ ABC − ∠ ABD . 2 2 ∠ ABD = 180°−∠ BDA −∠ A = 50° . ∠ EBD = 30°−50°= −20° (мінус вказує,

46.

464

∠ ABC = 180° − ∠ A − ∠ C (за теоремою про суму кутів трикутника) = 50° . 1 ∠ ABD = ∠ CBD = ∠ ABC ⋅ = 25° (бісектриса). 2 ∠ BDA = 180° − ∠ ABD − ∠ A = 95° ; ∠ CBD = 85° . Відповідь: 25° , 95° , 85° .

AC  MK ⇒ внутрішні різносторонні кути рівні: ∠ CAB = ∠ MBA = 35° ; ∠ BAM = ∠ ABC = 62° , ∠ M = 180° − ∠ MBA − ∠ BAM = 83° (сума кутів трикутника); ∠ ACB = 180° − ∠ CAB − ∠ ABC = 83° . Аналогічно: ∠ L = 62° ; ∠ K = 35° . Відповідь: 35° , 62° , 83° .

48.

a = γ − b ; b = γ − a . Прямокутний рівносторонній.

.n et

47.

ГЕОМЕТРІЯ

що на малюнку неправильно розташовані бісектриса та висота, їх треба поміняти місцями). 3) ∠ B = 80° , ∠ C = 70° , ∠ BEC = 180° − ∠ C − ∠ CBE = 70° , ∠ BED = 180° − ∠ BEC = 110° , ∠ EBD = 180° − 90° − 110° = −20° . (Знову неправильне розташування висоти та бісектриси.) Відповідь: 1) 12° ; 2) 20° ; 3) 20° .

49. Доведення: Сума кутів трикутника = 180° . Сума зовнішніх кутів: ∑ = 2 ( a + b ) + 2 ( a + γ ) + 2 ( b + γ ) , тому що у кожного кута два зовнішніх. ∑ = 2a + 2b + 2a + 2γ + 2b + 2γ = 4 ( a + b + γ ) = 4 ⋅180° . Доведено.

ld z

50. За умовою ці два промені виходять з однієї точки, тобто ці бісектриси перетинаються у вершині, з якої виходять.

§ 12. Рівність геометричних фігур

2. Ні, тому що OP < MN . 3. Так, ∠ ABC = ∠ MON .

4. XY = 17; YZ = 9; XZ = 10; ∠ A = ∠ X ; ∠ B = ∠ Y ; ∠ C = ∠ Z . 8. 1) AO = OB, так. 2) AO > OB, ні. 9. 1) ∠ AOC = ∠ COB , так; 2) ∠ AOC < ∠ AOB , ні; 3) ∠ AOB > ∠ COB , ні. 10. 1) Так; 2) ні; 3) так. 11. 1) Ні; 2) так; 3) ні. 12. Так, тому що рівні. 13. 1) Ні, пряма не може дорівнювати чомусь; але паралельні прямі можна сумістити. 2) Так; 3) так; 4) ні. 14. Так. 15. 1) Так; 2) ні; 3) так. 16. 1) Ні, 2) ні, 3) так, тому що рівнобедрений трикутник може бути рівно стороннім.

17. 1) AB = A1 B1 ; BC = B1C1 ; AC = A1C1 ; 2) ∠ A = ∠ A1 ; ∠ B = ∠ B1 ; ∠ C = ∠ C1 . 18.

∆ ABC = ∆ A1 B1C1 . 1) A1 B1 = 6 см, B1C1 = 7 см; A1C1 = 8 см. 2) ∠ A = 65° ; ∠ B = 80° ; ∠ C = 35° .

465

19. 1) ∠ A1 = 42° ; ∠ B1 = 80° ; ∠ C1 = 180° − ∠ A1 − ∠ B1 (сума кутів трикутни ка) = 58° . 2) ∠ B1 = 65° ; ∠ C1 = 45° ; ∠ A1 = 180° − 65° − 45° = 70° . Відповідь: 1) 42° , 80° , 58° ; 2) 70° , 65° , 45° .

21. Не завжди. P1 = 7 + 8 + 9 = 24 см; P2 = 6 + 8 + 10 = 24 см; P1 = P2 . 22. 1) A1 B1 = 11 см, AC = 16 см, B1C1 = 14 см. 2) ∠ B1 = 60° , ∠ A = 60° , ∠ C = 70° . 23. BC = B1C1 = 2 см; AB = A2 B2 = 4, 2 см; ∠ B = ∠ B2 = 115° ; ∠ C = ∠ C1 = 45° ; ∠ A1 = ∠ A2 = 20° ; A1C1 = A2C2 = 6, 3 см.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

20. 1) P1 = P = AB + BC + AC = 27 см. Відповідь: 27 см. 2) P1 = 14 + 15 + 17 = 46 см. Відповідь: 46 см. 3) P1 = 13 см + 21 см + 20 см = 54 см. Відповідь: 54 см.

§ 13. Перша і друга ознаки рівності трикутників 1. ∆ KLM = ∆ ABC за ознакою рівності за двома сторонами й кутом між ними. 4. ∆ ABC = ∆ DEF за стороною та прилеглими до неї кутами.

ld z

7. ∆ ABD = ∆ CBD (мал. 250) за двома сторонами та кутом між ними. ∆ ABD = ∆ CBD (мал. 251) за стороною та прилеглими до неї кутами ( ∠ BAC = ∠ BCA ) . ∆ ABO = ∆ DCO (мал. 252) за двома сторонами та кутом між ними. 9. 1) KL = 5 см, LM = 16 см, ∠ L = 120° ; DE = 5 см, EF = 16 см, ∠ E = 120° ; 2) KL = 16 см, KM = 19 см, ∠ K = 13° ; DE = 16 см, DF = 19 см, ∠ D = 13° . x = 7 (∆ ABC = ∆ KML за першою ознакою).

11.

∆ ACD = ∆ A1C1 D1 через рівність за першою ознакою ∆ ABC = ∆ A1 B1C1 .

10.

1) За першою ознакою: AO = OB, CO = DO, ∠ AOC = ∠ BOD (вертикальні); 2) аналогічно. Доведено.

12.

13. 1) За першою ознакою рівності трикутників: BD, BC = AB , ∠ CBD = ∠ DBA ⇒ ∆ BCD = ∆ BAD ⇒ AD = CD ; 2) ∠ BCD = ∠ A = 130° . 14.

1) ∆ AOD = ∆ BOC за першою ознакою, ⇒ AD = BC = 5 см; 2) ∠ BAD = ∠ ABC = 65° .

15. 1) За другою ознакою (BD та кути); 2) за другою ознакою (AD та кути); 3) за другою ознакою ( AO = OC , ∠ A = ∠ C , ∠ BOA = ∠ DOC ). 16. 466

∆ ABC = ∆ EFD за другою ознакою; ∠ D = ∠ C .

17. 1) DE = 7 см, ∠ D = 60° , ∠ E = 41° , PM = 7 см, ∠ P = 60° , ∠ M = 41° ; 2) DF = 13 см, ∠ D = 27°48′ , ∠ F = 92° , PN = 13 см, ∠ P = 27°48′ , ∠ N = 92° . ∆ ABC = ∆ EFD за другою ознакою; x = 40° .

19. 1) AB = 6, 2 см ∆ ABC = ∆ DPM за другою ознакою. 2) ∠ D = 54° . 3) ∠ B = 46°39′ . 4) PM = 8, 5 см.

ГЕОМЕТРІЯ

18.

20. За другою ознакою: AO = OC , ∠ BOC = ∠ AOD (вертикальні), ∠ OCB = ∠ OAD ∠ OCB = ∠ OAD ⇒ ∆ AOD = ∆ COB . ∆ ABD = ∆ ACD за другою ознакою. ∠ ADB = ∠ ADC ; AD, ∠ CAD = ∠ BAC . Доведено.

22.

∆ ABD = ∆ ACD за другою ознакою: ∠ ADB = ∠ ADC ; AD, ∠ CAD = ∠ BAC . Доведено.

.n et

21.

ld z

23. Доведення: за першою ознакою: ( AO = OC , BO = OD , ∠ AOB = ∠ COD ) ⇒ ∆ ABO = ∆ CDO ⇒∠ A = ∠C . Якщо внутрішні різносторонні кути рівні (∠ A = ∠ C ), то прямі паралельні, ⇒ AB  CD , доведено.

24. 1) За першою ознакою: ( AC , ∠ BCA = ∠ CAD , BC = AD ) ⇒ ∆ ABC = ∆ ADC ⇒ AB − CD ⇒ ⇒ ∠ ACD = ∠ BAC . 2) AB = CD . 3) Якщо внутрішні різносторонні кути рівні (∠ ACD = ∠ BAC), то прямі паралельні: AB  DC . 25.

BC  AD ⇒ при січній AC внутрішні різносторонні кути рівні. ∆ ABC = ∆ ADC за першою ознакою: BC = AD , AC, ∠ BCA = ∠ CAD . Доведено.

26. Недостатньо умови. 27. За теоремою: кожна точка бісектриси рівновіддалена від сторін кута — маємо DM = DN . Доведено. 28.

BD = BE ⇒ AD = CE . Кути при основі рівнобедреного трикутника рівні: ∠ DAC = ∠ ECA . За першою ознакою: ∆ CDA = ∆ AEC ⇒ AE = CD , ∠ AEC = ∠ ADC , доведено.

29. Доведення: OD = AB . За першою ознакою: OD = AB , OA = OC , ∠ O ⇒ ⇒ ∆ ODA = ∆ OBC ⇒ AD = BC . 30. Доведення: рівнобедрені трикутники мають рівні бічні сторони ⇒ AB = BC = A1 B1 = B1C1 ⇒ за першою ознакою ⇒ ∆ ABC = ∆ A1 B1C1 , до 467 ведено.

31. Доведення: ∠ ABD = ∠ CBD (бісектриса); AB = BC, BD ⇒ ∆ ABD = ∆ CBD за першою ознакою ⇒ AD = DC = BD — медіана. 32. Доведення: AB  DC ⇒ ∠ ABD = ∠ CDB як внутрішні різносторонні, ∠ BOA = ∠DOC , як вертикальні, BO = OD за умовою ⇒ за другою озна кою ⇒ ∆ AOB = ∆ COD , доведено.

35.

За другою ознакою: ∠ BDA = ∠ ADC = 90° ∠ BAD = ∠ CAD ⇒ ∠ BAD = ∠ CAD ⇒ ∆ ABD = ∆ ACD ⇒ AB = AC , доведено.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

33. (Із завдання 32): 1) AB = CD = 10 см; 2) BD = BO + OD = 2OD = 6 см.

36. (Із завдання 35) AB = AC . Доведено.

37. Доведення: ∆ ABC = ∆ A1 B1C1 за першою ознакою ⇒ ∠ A = ∠ A1 , ∠ ABC = ∠ A1 B1C ∠ ABC = ∠ A1 B1C1 ⇒ ∠ ABD = ∠ A1 B1 D1 ⇒ за другою ознакою ∆ ABD = ∆ A1 B1 D1 , доведено.

ld z

38. Доведення: ∆ ABC = ∆ A1 B1C1 за другою ознакою, ⇒ AC = A1C1, ∠ C = ∠ C1 , 1 1 BC = B1C1 ⇒ BC = B1C1 , CD = C1 D1 . 2 2 За першою ознакою: AC = A1C1 , ∠ C = ∠ C1 , CD = C1 D1 — ∆ ACD = ∆ A1C1 D1, доведено. 39. ∆ ABC = ∆ A1 B1C1 за першою ознакою, ⇒ BC = B1C1 , ∠ B = ∠ B1 ⇒ ∠ OBC = ∠ O1 B1C1 ⇒ ∠ C = ∠ C1 ⇒ ∠ OCB = ∠ O1C1 B1 ⇒

⇒ ∆ BOC = ∆ B1O1C1 за другою ознакою.

41. За теоремою: у рівних трикутників відповідні елементи рівні, доведено. 42.

∠ BAE = ∠ BAC + ∠ DEA ⇒ ∆ BCD = ∆ EAD за ознакою ⇒ ∠ DEA = ∠ BCD = 40° ⇒ ⇒ ∠ BAE = 56° + 40° = 96° . Відповідь: 96° .

43.

Доведення: BD = B1 D1 , a = a1 , AD = A1 D1 ⇒ ⇒ ∆ ABD = ∆ A1 B1 D1 . Аналогічно ∆ BDC = ∆ B1 D1C1 ⇒ ∆ ABC = ∆ A1 B1C1 .

44. За другою ознакою: BD = B1 D1 , ∠ ABD = ∠ A1 B1 D1 , ∠ BDA = ∠ B1 D1 A1 , ⇒ ∆ ABD = ∆ A1 B1 D1 . Аналогічно: ∆ CBD = ∆ C1 B1 D1 ⇒ ∆ ABC = ∆ A1 B1C1 . 468

45. За другою ознакою: AO = OB , ∠ OAD = ∠ OBC , ∠ COB = ∠ DOA — вертикальні, ⇒ ∆ OAB = ∆ BOC ⇒ OC = OD ⇒ за першою ознакою: AO = OB , CO = OD , ∠ COA = ∠ DOB — вертикальні, ⇒ ∆ OAC = ∆ BOD , доведено. 46. Доведення: за першою ознакою: ⇒ ∆ AOB = ∆ DOC (∠ COD = ∠ BOA — вертикальні), ⇒ за теоремою, що в рівних трикутниках відповідні елементи рівні ⇒ MO = NO , доведено.

.n et

48. Доведення: ∆ OCM = ∆ OBM за третьою ознакою: OM — спіль на, OD = OA , DM = MB (через рівність ∆ CMD = ∆ AMB ) ⇒ ∆ OMD = ∆ OMC ⇒ ∠ COM = ∠ AOM .

ГЕОМЕТРІЯ

47. Доведення: ∠ ABD = ∠ CBD ⇒ BD — бісектриса і медіана, ⇒ ∆ ABC — рівнобедре ний, ⇒ BD — медіана. У ∆ AMC MD — медіана, висота, ⇒ ∆ AMC — рівнобедрений, ⇒ AM = MC ⇒ AM = MC , доведено.

ld z

49. Через першу ознаку: ∆ A1 B1 D1 = ∆ ABD ⇒ ∠ B1 A1 D1 = ∠BAD ⇒ за другою ознакою ⇒ ∆ ABC = ∆ A1 B1C1 .

§ 14. Властивості й ознака рівнобедреного трикутника 1. KL — основа. ∠ L = ∠ K .

2. KD = FD ; KE = FE ; ∠ K = ∠ F ; ∠ KDE = ∠ FDE , ∠ DEK = ∠ DEF = 90° .

4. RQ = PR — бічні сторони, PQ — основа. 1 5. KN = NL = KL = 1) 3 см; 2) 3,5 см; 3) 4 см. 2 6. AB = 2 ⋅ BO = 1) 1,4 дм; 2) 0,5 дм. 9. 1) a ⊥ ON , 2) a ⊥ MN , 3) a ⊥ OM .

10. 1) Мал. 276. ∠ B = 180° − 135° (суміжні) = 45° ; ∠ C = ∠ B (рівнобедре ний трикутник) = 45° ; ∠ A = 180° − ∠ B − ∠ C (теорема: сума кутів трикутника == 180° ) = 90° . 2) Мал. 277. ∠ A = 75° (вертикальні кути рівні); ∠ C = ∠ A = 75° , ∠ B = 180° − ∠ A − ∠ B = 180° − ∠ A − ∠ C = 30° . Відповідь: 1) 45°, 45°, 90° ; 2) 75°, 75°, 30° . 11. Сума кутів трикутника = 180° (теорема). Кути при основі рівні (теорема). 1) a = 40° , b = 180° − 2a = 100° ; 2) a = 65° , b = 180° − 130° = 50° ; 3) a = 80° , b = 180° − 2a = 20° . Відповідь: 1) 100° ; 2) 50° ; 3) 20° . 12. Сума кутів трикутника = 180° (теорема). Кути при основі рівні (теорема). 1 1) a = (180° − 72° ) ⋅ = 54° ; 2) a = 45° ; 3) a = 30° . 2 469 Відповідь: 1) 54° ; 2) 45° ; 3) 30° .

13. Сума кутів прямокутного трикутника = 90° (наслідок). Кути при гіпоте нузі рівні (наслідок). a = 45° . 15. Сума кутів трикутника = 180° . a + a + a = 180° ⇒ a = 60° .

17. 1) a = 180° − γ = 70° (суміжні). γ = 180° − 2a = 40° (сума кутів трикутни 180° − γ ка = 180° ). 2) γ = 180° − b = 120° ; a = = 30° . 2 Відповідь: 1) 70°, 70°, 40° ; 2) 120°, 30°, 30° . 20. Усі подані в умові кути можуть бути тільки між бічними сторонами. Теорема: сума кутів трикутника = 180° . Кути при основі рівні в рівнобедреному трикутнику. 1 180° − 120° 1) a = (180° − 90° ) ⋅ = 45° ; 2) a = = 30° ; 2 2

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

16. Якщо цей кут між бічними сторонами: сума кутів трикутника = 180° (теорема), кути при основі рівні (наслідок) ⇒ кут при основі a = (180° − b ) = 60° , доведено. Якщо при основі a = 180 ° – b – b = 60 °. a= 2

3) a = (180° − 140° ) ⋅ 0, 5 = 90° − 70° = 20° .

Відповідь: 1) a = 45°, a = 45° ; 2) a = 30°, a = 30° ; 3) a = 20°, a = 20° .

ld z

23. 1) ∠ A = 90° , ∠ B = 45° ⇒ через теорему про суму кутів трикутника: ∠ C = 180°−∠ A −∠ B = 45° . ∠ C = ∠ B ⇒ трикутник ABC рівнобедрений. 2) ∠ A = 180° − ∠ B − ∠C = 72° = ∠ C , ∆ ABC рівнобедрений. 3) ∠ B = 180° − ∠ A − ∠C = 50° , ∆ ABC рівнобедрений. 1 = 80° (через теоре 2 му про суму кутів трикутника); б) a — між бічними сторонами, b = b = 180° − 2a = 140° . 2) а) a — при основі, b = 70° ; б) a — між «боками», b = 100° . 3) а) a — при основі, b = 50° ; б) a — між бічними сторонами, b = 20° .

24. 1) а) a = 20° — при основі. Тоді b = (180° − 20° ) ⋅

470

25.

a — кути при основі, b — між бічними сторонами. 1) b = 3a ; 2a + b = 180° ; 2a + 3a = 180° ; 5a = 180° ; a = 36° ; b = 108° . 2) 2b = a ; 2a + b = 180° ; 5b = 180° ; b = 36° ; a = 72° . Відповідь: 1) 36°, 36°, 108° ; 2) 72°, 72°, 36° .

26.

a — кути при основі, b — при вершині. 2a + b = 180° (сума кутів трикутника) 1) a = b + 30° ; 2b + 60° + b = 180° ; 3b = 120° ; b = 40° ; a = 70° . 2) a = b + 60° ; 2b + 60° + 60° + b = 180° ; 3b = 60° ; b = 20° ; a = 80° . Відповідь: 1) 70°, 70°, 40° ; 2) 80°, 80°, 20° .

27.

a — кути при основі, b — при вершині. 2a + b = 180° (наслідок) 1) а) a = b + 15° ; 2b + 30° + b = 180° ; 3b = 150° ; b = 50° ; a = 65° ; 165° б) b = a + 15° ; 3a + 15° = 180° ; a = = 55° ; b = 70° . 3 2) а) a = 2b ; 4b + b = 180° ; b = 36° ; a = 72° ; б) b = 2a ; 2a + 2a = 180° ; a = 45° ; b = 90° . Відповідь: 1) а) 65°, 65°, 50° ; б) 55°, 55°, 70° ; 2) а) 72°, 72°, 36° ; б) 45°, 45°, 90° .

a — при основі, b — при вершині, γ — зовнішній. а) γ суміжний з a , тоді a = 180° − γ ; b = 180° − 2a = 2γ − 180° . 180° − b γ γ б) γ суміжний з b , тоді b = 180° − γ ; a = = 90° − 90° + = . 2 2 2 1) γ = 110° ; а) a = 70° , b = 40° ; б) b = 70° , a = 55° ; γ 2) γ = 3b або γ = 3a ; γ + = 180° ; γ = 135° ; 3 а) a = 45° ; b = 90° ; б) b = 45° ; a = 67, 5° .

29.

∠ DCB = 90° − ∠ BCD (сума кутів ∆ BCD). 1 a ∠ BCD = (180° − a ) ⋅ ( ∆ ABC ), ∠ DCB = 2 2 1) 20° ; 2) 25° ; 3) 60° .

32.

BD = AD = CD . Тоді ∆ ABD та ∆ BDC — рівнобічні ⇒ ∠ A = ∠ ABD , ∠ C = ∠ CBD ⇒ ⇒ ∠ B = ∠ ABD + ∠ CBD = ∠ A + ∠ C , доведено.

ld z

31.

.n et

30. Згідно з завданням 29: ∠ A = 2b ∠ B = ∠ C = 90° − b 1) ∠ A = 50° , ∠ B = ∠ C = 65° ; 2) ∠ A = 60° , ∠ B = ∠ C = 60° ; 3) ∠ A = 120° , ∠ B = ∠ C = 30° .

ГЕОМЕТРІЯ

28.

∆ AOD = ∆ COD за першою ознакою: OD — спільна, AD = DC (медіана) ∠ ADO = ∠ CDO = 90° (медіана, проведена з вершини рівнобічного трикутника, є висотою) ⇒ AO = OC , доведено.

33. Доведення: ∆ BEC = ∆ CBD за другою ознакою: BC — спільна, ∠ ABC = ∠ ACB (рівнобедрений 1 1 трикутник) ∠ DCB = ∠ EBC = ∠ ABC = ∠ ACB ⇒ BE = CD 2 2 1 BC = ∠ ACB ⇒ BE = CD , доведено. 2 34. Доведення: за визначенням зовнішній кут дорівнює сумі не суміжних з ним кутів, тобто кутів при основі, які дорівнюють один одному. ⇒ зовнішній кут удвічі більший за кут при основі. 35.

∆ BMK = ∆ CLK за першою ознакою: BK = CK , MB = LC (умова) ∠ B = ∠ C (рівнобедрений трикутник) ⇒ MK = KL , ∆ KML — рівнобедрений.

36.

AB  KL — умова. ∠ B = ∠ KLC (відповідно при AB  KL ) ⇒ ∆ KLC — рівнобедрений і має ті ж кути, що і ∆ ABC .

37.

∆ ABC — рівнобедрений ⇒ ∠ A = ∠ B = ∠ C = 60° ; AB = BC = AC ⇒ AN = BM = CD .

471

За першою ознакою ∆ BNM = ∆ MCD = ∆ AND ⇒ NM = MD = ND ⇒ ∆ NMD ⇒ NM = MD = ND ⇒ ∆ NMD — рівносторонній. Доведено.

39. У рівнобедрених трикутників кути при основі рівні; ⇒ за другою озна кою (за основою та прилеглих кутах) трикутники рівні. Доведено.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

38. 1) ∆ ANC = ∆ CMA за першою ознакою ⇒ ∆ AMC = ∆ CNA ⇒ AM = CN ⇒ ∆ AON = ∆ COM ⇒ ∠ AON = ∠ COM. 2) Аналогічно з п. 1. 3) За другою ознакою ∆ AOB = ∆ COB ⇒ AO = OC ⇒ ∆ AOC — рівнобед рений ⇒ ∠ CAO = ∠ACO . 4) ∆ ABD = ∆ CBE за першою ознакою ⇒ ∠ BDA = ∠ BEC ⇒ ∠ ABD = ∠ CBE A = ∠ BEC ⇒ ∠ ABD = ∠ CBE . ⇒ ∠ BDE = ∠ BED (суміжні 5) ∆ ABD = ∆ BEC за другою ознакою ⇒ з ∠ ADB = ∠ CEB ). 6) ∆ ABE = ∆ CBD за другою ознакою ( AB = BC , ∠ ABE = ∠ CBD , ∠ A = ∠ C ∠ A = ∠ C ) ⇒ AD = CE ( AD = AE − ED, CE = CD − ED ) .

1) BC — медіана, BC — висота. Тоді за першою озна кою BC — спільна. ∠ BCA = ∠ BCD = 90° (висота). AC = DC (медіана) ⇒ ∆ ABC = ∆ DBC ⇒ AB = BD ⇒ ∆ ABD ⇒ ∆ ABC = ∆ DBC ⇒ AB = BD ⇒ ∆ ABD — рівнобедрений. 2) BC — висота та бісектриса. Тоді за другою озна кою: BC — спільна ∠ ABC = ∠ DBC (бісектриса). ∠ BCA = ∠ BCD (висота) = 90° ⇒ ∆ ABC = ∆ DBC ⇒ AB = B ⇒ ∆ ABC = ∆ DBC ⇒ AB = BD ⇒ ∆ ABD — рівнобедрений. 3) BC — бісектриса та медіана. ∠ ABC = ∠ DBC (бісектриса). AC = DC . ∠ ACB = ∠ DCB ⇒ за другою ознакою ∆ ABC = ∆ DBC ⇒ ∆ ABD — рівнобедрений. Доведено.

ld z

40.

41. Рівнобедрений, тому що зовнішній кут a = 180° − b , де b — суміжний з ним кут. 42. Рівнобедрений через те, що відповідні кути при паралельних прямих рівні.

43. Через відповідні кути, які рівні, кути при стороні AB.

Трикутники ∆ ABD = ∆ CBD за третьою ознакою (за умовою). ∆ ABD та ∆ CBD — рівнобедрені ( AD = CD = BD 1 AD = CD = BD ) ⇒ ∠ BAC = ∠ BCA = ∠ ABC . 2 За теоремою: сума кутів трикутника = 180° ⇒ ⇒ ∠ BAC + ∠ BCA + ∠ ABC = 180° ; 2∠ ABC = 180° ; ∠ ABC = 90° ; ∠ A = ∠ C = 45° . Відповідь: 45°, 45°, 90° .

44.

45. Доведення: бісектриса зовнішнього кута ділить кут на два рівні кути, які будуть дорівнювати кутам при основі ⇒ за наслідком: якщо внут рішні різносторонні кути рівні, то прямі паралельні ⇒ доведено. 46.

472

∠ A = ∠ C = (180° − ∠ B )

1 = 72° . 2

CD — бісектриса ⇒ ∠ DCA = ∠ DCB = 36° ⇒ ∆ CBD — рівнобедрений. ∠ ADC = 180° − ∠ A − ∠ DCA = 72° ⇒ ∆ ADC — рівно бедрений.

Відповідь: ∆ CBD : 36°, 36°, 108° ; ∆ ADC : 72°, 72°, 36° .

∠ BAC = 2∠ ABC ;

2∠ BAC + ∠ ABC = 180° (теорема) ⇒ ∠ ABC = 36° 1 ∠ BAC = ∠ BCA = 72° . ∠ DAB = ∠ BAC = 36° ⇒⇒ ∆ DAB — рівнобедре 2 ний ⇒ BD = AD ∠ ADC = 180° − 72° − 36° = 72° ⇒ ⇒ ∆ ADC — рівнобедрений ⇒ AD = AC ⇒ AC = BD . Доведено.

49.

∠ EBC = 180° − ∠ ABC = 2 ( 90° − ∠ DBC ) ∠ CEB = 180° − ∠ DBE (внутрішні односторонні) ∠ CEB = 180° − ( ∠DBC + ∠ CBE ) = = 180° − ( ∠ DBC + 180° − 2∠ DBC ) = ∠ DBC . ∠ BCE = 180° − ∠ EBC − ∠ CEB = = 180° − (180° − 2∠ DBC ) − ∠ DBC = ∠ DBC ⇒ ⇒ ∠ CEB = ∠ DBC = ∠ CEB ⇒ ∆ EBC — рівнобедрений.

ГЕОМЕТРІЯ

47.

.n et

50. Доведення: ∆ MOA та ∆ CNO — рівнобедрені, тому що ∠ MOA = ∠ OAC (вони внутрішні різносторонні); аналогічно ∠ NOC = ∠ OCA ⇒ MO = OA ⇒ MO = OA ; NO = OC ⇒ MN = OA + OC . Доведено.

§ 15. Третя ознака рівності трикутників 1. Так, за третьою ознакою: AB = OM ; BC = ON ; AC = MN .

ld z

2. Ні. MN ≠ AB .

6. ∆ ABC = ∆ A1 B1C1 ⇒ AB = A1 B1 ; AC = A1C1 ; BC = B1C1 ; P = AB + BC + AC = A1 B1 + B1C1 B + BC + AC = A1 B1 + B1C1 + A1C1 = P1 . Доведено. 7. ∠ A = ∠ E ; ∠ B = ∠ F ; ∠ C = ∠ D .

8. 1) KP = 7 см, KM = 12 см, PM = 15 см, DE = 7 см, DF = 12 см, EF = 15 см; 2) AB = 3 см, AC = 8 см, BC = 6 см, DE = 3 см, DF = 8 см, EF = 6 см; 3) AB = 15 см, AC = 18 см, BC = 15 см, KP = 15 см, KM = 18 см, PM = 15 см. 9. Усі сторони рівностороннього трикутника рівні ⇒ всі сторони двох даних трикутників рівні ⇒ за третьою ознакою ці трикутники рівні. Доведено. 10. 1) AD = AB , CD = BC , AC — спільна ⇒ ∆ ADC = ∆ ABC за третьою оз накою. ∠ DAC = ∠ BAC . Доведено. 2) з п. 1) ⇒ ∠ DAC = ∠ BAC ⇒ AC — бісектриса. Доведено. 11.

∆ AMC = ∆ ANC за третьою ознакою ⇒ ∠ BAC = ∠ BCA ⇒ ∆ ABC — рів нобедрений ⇒ AB = BC . Доведено.

12.

∠ BAD = ∠ BCD (∠ BAD = ∠ BAC + ∠ DAC , ∠ BCD = BCA + ∠ DCA ) BD — медіана ∆ ABC ⇒ BO = OC . Доведено.

13. 1) ∠ ABD = ∠ ACD через рівність ∆ ABC = ∆ BCD за третьою ознакою; 2) через ∆ ABC = ∆ BCD : AO = OD . 14. 1) ∠ BAC = ∠ ACD (ABCD — паралелограм, відповідні кути при діаго налі рівні); 2) ∆ ABE = ∆ DCF за першою ознакою ⇒ AE = CF . Доведено. 15. За третьою ознакою: ∆ ABD = ∆ A1 B1C1 за наслідком з теореми: ∆ ABC = ∆ A1 B1C1 ∆ ABC = ∆ A1 B1C1 . Доведено. 473

16. За третьою ознакою:  AC = A1C1   AD = A D  ⇒ ∆ ADC = ∆ A D C ⇒ 1 1 1 1 1   CD = C D  1

 CD = C1 D1 ⇒ за першою ознакою:  BD = B1 D1   ∠ CDB = ∠ C D B 1

  ⇒ ∆ CDB = ∆ C D B 1 1 1   1

 AB = A1 B1  ⇒ CB = C1 B1 ⇒ за третьою ознакою:  AC = A1C1  ⇒ ∆ ABC = ∆ A1 B1C1 .    BC = B C  1 1

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

⇒ ∠ ADC = ∠ A1 D1C1 ⇒ ⇒ ∠ CDB = ∠ C1 D1 B1 (суміжні з ∠ ADC = ∠ A1 D1C1 )

§ 16. Ознаки рівності прямокутних трикутників 1. Бісектриси трикутників рівні (по 5 см) — за теоремою Піфагора. ⇒ за тре тьою ознакою (за трьома сторонами) трикутники рівні. 4. 1) BC = DF ; 2) BC = EF ; 3) AB = DE , BC = EF ; 4) AB = EF , BC = ED ; 5) AB = DE , BC = EF ; 6) AB = DF , BC = FE ; 7) BC = EF ; 8) BC = FF .

ld z

∆ ADC = ∆ BCD за першою ознакою (CD — спільна, AC = BD (умова), ∠ ACD = ∠ BCA = 90° ) ⇒ AD = BC . 1) 5 см; 2) 1,5 см; 3) 10 см.

6. Аналогічно із завданням 5 AD = BC . 1) 2,5 см; 2) 4 см; 3) 5 см. 7. Дано: AB  OK AB = OK OB ⊥ AB OB ⊥ OK 1) OP = 1,2 см 2) OP = 2,25 см 3) OP = 100 см BP — ? 8. Дано: ab AB ⊥ a AB ⊥ b AO = OB 1) ON = 9,12 см 2) ON = 1,12 см 3) ON = 3,9 см 474

OM — ?

Розв’язання: Розглянемо ∆ ABP та ∆ KOP : AB = OK (умова), ∠ ABP = ∠ KOP = 90° . ∠ BAP = ∠ PKO (як внут рішні різносторонні) ⇒ ∆ ABP = ∆ KOP за другою ознакою ⇒ BP = OP . Відповідь: 1) 1,2 см; 2) 2,25 см; 3) 100 см. Розв’язання: ∆ OMA = ∆ ONB за дру гою ознакою: ( AO = OB , ∠ OAM = ∠ OBN = 90° , ∠ MOA = ∠BON (як вер тикальні) ⇒ OM = ON .

Відповідь: 1) 9,12 см; 2) 1,12 см; 3) 3,9 см.

10.

Дано: ∆ ABC — рів нобедрений CH ⊥ AB BG ⊥ AC Довести: HC = GB

11.

Дано: AG ⊥ GH BH ⊥ GH AO = OB

Доведення: AO = BO ∠ AOG = ∠ BOH (вертикальні) ∠ GAO = ∠ HBO (внутрішні різносторонні при AG  BH ) ⇒ ∠ AGO = ∠ BHO за другою ознакою ⇒ BH = AG . Доведено.

ld z

Довести: AG = BH

Доведення: ∆ BHC = ∆ CGB за другою ознакою: BC — спільна, ∠ HBC = ∠ GCB (як кути при основі) ∠ HCB = 90° − ∠ HBC = = 90° − ∠ GCB = ∠ GBC ⇒ HC = GB . Доведено.

ГЕОМЕТРІЯ

Довести: FM = FN

Доведення: ∠ A = ∠ C (кути при основі у рівнобедреного трикутника рівні) ⇒ ⇒ через теорему про суму кутів трикутника ∠ ∠ MFA MFA = = 90 90°° − −∠ ∠A A= = 90 90°° − −∠ ∠C C= = = =∠ ∠ NFC NFC ⇒ за другою ознакою ∆ AMF = ∆ CNF ⇒ MF = FN . Доведено.

.n et

9. Дано: ∆ ABC — рівно бедрений AF = FC FM ⊥ AM ; FN ⊥ BC

12. AB — бісектриса ∠ HAG ⇒ ∠HAB = ∠GAB ∆ AHB = ∆ AGB за другою ознакою: AB — спільна, ∠HAB = ∠GAB , ∠ABH = ∠ABG (через теорему про суму кутів трикутника). 13. Зворотне доведення завдання 12. 15.

∠DAB + ∠ADB = 90° . (За теоремою: сума гострих кутів прямокутного трикутника = 90° ). За другою ознакою ∆ ABC = ∆ ABD ⇒ ∠ D = 90° − ∠DAB , ∠ C = ∠ D , ∠ BAC = ∠ BAD . 1) ∠ D = 80° ; ∠ C = 80° ; ∠ BAC = 10° ; 2) ∠ D = 70° ; ∠ C = 70° ; ∠ BAC = 20° ; 3) ∠ D = 60° ; ∠ C = 60° ; ∠ BAC = 30° .

18. Медіана, проведена до основи рівнобедреного трикутника, є висотою, ⇒ ∠BDA = ∠BDC = ∠B1 D1 A1 = ∠B1 D1C1 = 90° . За першою ознакою (дві сторо ни і кут між ними) ∆ ABD = ∆ BDC = ∆ A1 B1 D1 = ∆ B1 D1C1 ⇒ ⇒ AB = BC = A1 B1 = B1C1 та CD = C1 D1 , AD = A1 D1 ⇒ ⇒ CD + AD = C1 D1 + A1 D1 ⇒ AC = A1C1 ⇒ ⇒ за третьою ознакою (три сторони) ∆ ABC = ∆ A1 B1C1 . Доведено. 475

24.

BD — ?

Розв’язання: ∆ BDC — прямокутний. ∠ A + ∠ C = 90° (за теоре мою про суму кутів трикутника) ⇒ ∠ C = 30° . За теоремою: катет, що лежить навпроти кута в 30° , дорівнює половині гіпотенузи. 1 BD = BC (в ∆ BDC ); BD = 7 см. 2

Відповідь: 7 см.

Дано: ∆ ABC , ∠ C = 90° , ∠ B = 60° , CD ⊥ AB BD = 1 см

Розв’язання: За теоремою про суму кутів трикутника: ∠ A = 90° − ∠B = 30° ; ∠ DCB = 90° − ∠ B = 30° . За теоремою про катет, що лежить навпроти кута в 30° : AB = 2BC , із ∆ ABC ; BC = 2BD , із ∆ BCD ⇒ AB = 4 BD = 4 см. Відповідь: 4 см.

Дано: ∆ ABC , ∠ B = 90° , ∠ A = 60° , BC = 14 см BD ⊥ AC

AB — ? Дано: ∆ ABC , ∠ C = 90° , ∠ B = 60° , BC = 1 см CD ⊥ AB

BD — ? AD — ?

Розв’язання: За теоремою про суму кутів трикутника: ∠ A = 90° − ∠B = 30° ; ∠ DCB = 90° − ∠ B = 30° . За теоремою про катет, що лежить навпроти кута в 30° : BC = 2BD , із ∆ BCD ; AB = BC , із ∆ ABC ⇒ AB = 2BC = 2 см; BD = 0,5 см; AD = AB − BD = 1, 5 см.

Відповідь: 0,5 см; 1,5 см.

ld z

25.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

23.

28.

Дано: ∆ ABC , ∠ A = 90° , AD ⊥ BC , AD = 4 см BA = 8 см

∠B —? ∠C — ? 29.

Дано: ∆ ABC , AB = BC , AD ⊥ BC AB = 6 см AD = 3 см ∠ A , ∠B , ∠C — ?

476

3  b AB = 2a (через кут в 30° навпроти). BD = b2   = b − (теорема  2 2 Піфагора). CD = 2b .

26.

Розв’язання: 1 BA ⇒ за теоремою про кут 2 в 30° . ⇒ ∠ B = 30° . За теоремою про суму кутів трикутника: ∠ C = 90° − ∠ B = 60° . Відповідь: 60°, 30° . В ∆ ABD : AD =

Розв’язання: 1 AB ⇒ за теоре 2 мою про кут, що лежить навпроти ∠ 30° : ∠ B = 30° , ∠ A + ∠ B + ∠ C = 180° (за теоре мою). ∠ A = ∠ C (рівнобедрений ∆ ABC ) ⇒ 2∠ A = 180° − ∠ B ⇒ 2∠ A = 150° , ∠ A = ∠ C = 75° . Відповідь: 75°, 30°, 75° . В ∆ ABD : AD =

BM — ? MC — ? 32.

Дано: ∆ ABC , AB = AC , ∠ BAC = 120° BD ⊥ AC BD = 9 см BС — ?

Розв’язання: AD = DC ; ⇒ AC = 2 AD = 2DC ⇒ 1 AD = CD = 6 см; CD = BC ⇒ за 2 теоремою про катет навпроти ∠ 30° ⇒ ∠ CBD = 30° ∠ C = 90° − ∠ CBD (за теоремою про суму кутів трикутника). ∠ C = 60° , ∠ CDM = 90° − ∠ C = 30° ⇒ MC = BC = 12 см, BM = 12 – 3 = 9 см. Відповідь: 9 см, 3 см.

1 CD = 3 см. 2

Розв’язання: За теоремою: сума кутів трикутника = 180° ⇒ ∠ A + ∠ B + ∠ C = 180° ⇒ ∠ B + ∠ C = 60° . ∠ B = ∠ C (∆ ABC — рівнобедрений) ⇒ ∠ B = ∠ C = 30° . За теоремою про катет, що лежить навпроти ∠ 30° : 1 ∠ C = 30° ⇒ BD = BC ⇒ BC = 2BD = 18 см. 2 Відповідь: 18 см.

ГЕОМЕТРІЯ

Дано: ∆ ABC , AB = BC = AC , AB = 12 см BD = 6 см BD ⊥ BC DM ⊥ AC

.n et

30.

ld z

33. Через гіпотенузу: a, b — катети, c — гіпотенуза c2 = a2 + b2 (т. Піфаго 1 ра). d — бісектриса. d = b −1 (b навпроти ∠ 60° ) a = c (навпроти 30° ) 2 2 2 3c 3 3 c 3 + b2 ⇒ = b2 ⇒ b = c2 = c= c; d= c −1 . 4 4 4 2 2 3 Відповідь: d = c −1 . 2

34. a, b — катети, c — гіпотенуза. Розв’язання: c + a = 45 (умова). c = 2 a (a навпроти ∠ 30° ). 1 c + c = 45 см. c = 30 см. Відповідь: 30 см. 2 35.

Дано: ∆ ABC , ∠ B = 90° , ∠ C = 15° BD ⊥ AC BH = 8 см

Розв’язання: BH — бісектриса. ∠ ABH = ∠HBC = 45° . За теоремою про суму кутів трикутника: ∠ DBH = ∠ ABH − ∠ DBA =

BD — ?

= 45° − ( 90° − ∠ A ) =

= 45° − ( 90° − ( 90° − ∠ C ) ) = 45° − ∠ C = 30° .

1 BH . 2 3 2 2 2 2 2 За т. Піфагора: BH = DH + BD ; BH = BD ; BD2 = 3 ⋅ 8 ⋅ 4 = 96 ; 4 BD = 96 = 2 ⋅ 24 = 4 ⋅ 6 см. Відповідь: 4 ⋅ 6 см. Через теорему про катет навпроти ∠ 30° : HD =

Тестові завдання 1. 1) Сума кутів трикутника = 180° ⇒ a = 75° . Г. 2) За теоремою ⇒ ∠ B = 120° . 477 В. 3) Б. 4) Г. 5) a + b + γ =180° (кути трикутника) ( a + b ) − ( a + b ) = b − γ = 36 °

) − ( a + b ) = b − γ = 36°

(умова).

a+b 9 180° − γ 9 (умова), a = 180° − b − γ ; b = 36° + γ ; = = ; a+γ 7 180° − b 7

180° − γ 9 = , 7(180° − γ ) = 9 (144° − γ ) , 1260° − 7 γ = 1296 − 9γ , 2γ = 36° , 144° − γ 7

2. 1) Г. 95° . 2) Б. 5 см. 3) AB = AC − 2 ; DC = 12 см (умова). BC — ? Розв’язання: в рівнобедреному трикутнику висота — це і медіана, і бісект риса також. ⇒ AC = 2DC . AB = BC = AC − 2 = 2DC − 2 = 22 см. Відповідь: 22 см. Г. 4) ∠ A + ∠ B + ∠ C = 180° (теорема про суму кутів трикутника) ∠ B = ∠ C (рівнобедрений). ∠ C = ∠ A − 30° (умова). ∠ A + ( ∠ A − 30° ) + ( ∠ A − 30° ) = 180° 3∠ A − 60° = 180° . ∠ A = 80° ; ∠ B = 50° = ∠ C . Відповідь: Б. 50° .

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

γ = 18° ⇒ Г.

5) Дано: AB  CD AC ∩ BD = 0 ; ∠ BAO = 52° ∠ BCO = 44°

Відповідь: Г. 96° .

ld z

∠ BAD — ?

Розв’язання: ∠ BCO = ∠ DAO як внут рішні різносторонні. ∠ BAD = ∠ BAO + ∠ DAO = = ∠ BAO + ∠ BCO = 96°.

§ 17. Коло і круг

5. d = 2r ⇒ Відповідь: 1) 13 см; 2) 5,2 см; 3) 2 м; 4) 2n . d ⇒ 2 a Відповідь: 1) 2,1 см; 2) 4,1 см; 3) ; 4) a. 2

6. r =

8. a — хорда. За визначенням хорда  діаметра. ( a  d ) . d = 2r ⇒ a  2r . 1) 7 < 8, так; 2) 8 = 8, хорда є діаметром, так; 3) 9 > 8, ні; 4) 4 < 8, так. Відповідь: 1) так; 2) так; 3) ні; 4) так. 10. Розв’язання: діаметр буде відсікати половину хорди. a = 2b, a — хорда, b — відсічений відрізок. Відповідь: 1) 1 дм; 2) 60 мм; 3) 9 см; 4) 0,14 дм. 11.

478

Дано: AB — хорда, O — центр кола; OD ⊥ AB ; OD ∩ AB = C ; AC = BC . Довести: OC ⊥ AB .

Доведення: A та B — точки на колі ⇒ OA = OB — радіу си. ∆ AOB — рівнобедрений. А в рівнобедреному трикутни ку медіана (OC ділить AB нав піл) є висотою ⇒ OC ⊥ AB . Доведено.

13. r — радіус, a — відстань до прямої. 1) r > a ⇒ пряма перетинає коло. 2) r = a ⇒ дотична до кола. 3) r < a ⇒ не має спільних точок з колом. 4) r = a ⇒ дотична до кола. 15. Якщо r + R > a , де r та R — радіуси кіл, a — відстань між центрами кіл; кола перетинаються, r + R = a , кола торкаються r + R < a , кола не пере тинаються та не торкаються.

18. Якщо OA > r , де O — центр кола, r — радіус, то т. A — за колом. OA = r — на колі; OA < r — у колі. Відповідь: 1) у колі; 2) на колі; 3) у колі; 4) за колом.

.n et

21. Розв’язання: ці хорди будуть розташовані на однаковій відстані від цент ра кола. Відстань між ними — 20 см (2 × 10 см). Відповідь: 20 см.

ГЕОМЕТРІЯ

16. 1) Внутрішній дотик: a = R − r = (6 – 4) см = 2 см; 2) зовнішній дотик: a = R + r = (6 + 4) см = 10 см.

22. Розв’язання: за наслідком з теореми: рівні хорди знаходяться на одна ковій відстані від центра кола, в даному випадку на 6 см. 23. Розв’язання: O — центр кола. Тоді OA = OB = OC = OD як радіуси. ∠ AOC = ∠ BOD як вертикальні. Тоді ∆ AOC = ∆ BOD за першою озна кою ⇒ AC = BD . Доведено. Дано: коло (O; OA); AD = 3 см; CD = 8 см.

Розв’язання: P∆ BOC = BO + CO + BC .

1 CD (радіуси) 2 ∆ ADO = ∆ BCO за першою ознакою ( AO = DO = BO = OC , як радіуси, ∠ AOD = ∠ BOC , як вертикальні) ⇒ AD = BC .

ld z

24.

P∆ BOC — ?

(D — діаметр, BO = OC =

1 1 CD + CD + AD = CD + AD = 11 см. 2 2 Відповідь: 11 см.

P∆ BOC =

25.

Дано: Коло (O; OA) AB — діаметр AC — хорда ∠ COB = 110°

26.

Дано: ∠ AOC = 30° CK = 12 см KD = 6 см

Розв’язання: ∠ COB — зовнішній для ∠ AOC . За наслідком з визначення зовнішнього кута: ∠ BOC = 180° − ( ∠ OAC + ∠ OCA ) . OA = OC — радіуси. ∠ ACO — ? ⇒ ∠ AOC — рівнобедрений ⇒ ∠ AOC = ∠ OCA ⇒ 2∠ ACO = 180° − ∠BOC ∠ ACO = 90° − 55° = 35° . Відповідь: 35° .

CO — ? OD — ?

Розв’язання: Фактично, треба знайти радіус кола. Але в даній задачі недостатньо умови.

479

27.

Дано: Коло (O; OR) AB — хорда OR ∩ AB = K OK = AK + KB ∠ AOB — ?

29.

Відповідь: 90° .

Дано: Коло (O; OA) AB — хорда DC — дотична в т. A 1) ∠ AOB = 70° ∠ BAD — ? ∠ BAC — ?

Розв’язання: За теоремою про радіус, про ведений до точки дотику з дотичною: ∠ OAC = 90° . ∆ OAB — рівнобедрений ( OA = OB — радіуси) ⇒ ⇒ ∠ AOB + ∠ BAO + ∠ OBA = = ∠ AOB + 2∠ BAO = 180° (за теоремою про суму кутів трикутника).

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

Розв’язання: AO = OB — радіуси ⇒ ∆ OBA — рівнобедрений ⇒ ∠ OAK = ∠ OBK . ∆ OAK = ∆ OBK за першою ознакою і вони рівнобіч ні ⇒ ∠ KOA = ∠ KOB . ⇒ ∠ AOB = 90°

180° − ∠ AOB = 90° − 35° = 55° . 2 ⇒ ∠ BAC = 90° − ∠ BAD = 35° . ∠ BAD = 180° − ∠ BAC = 145° (суміжні). 2) Хорда буде діаметром ⇒ кути будуть по 90° за теоремою про радіус, проведений до точки дотику з дотичною. Відповідь: 1) 35° та 145° ; 2) 90° та 90° .

ld z

∠ BAD =

30. Розв’язання: радіус OB лежить навпроти ∠ 30° в прямокутному ∆ AOB. За теоремою катет, що лежить навпроти кута в 30° , дорівнює половині 1 гіпотенузи,— OB = AO = 4 см. Відповідь: 4 см. 2 31. Дано: Доведення: за теоремою, Коло (O, OB); зворотною до: кожна точка AB, AC — до бісектриси рівновіддалена від тичні сторін кута,— та за теоремою: катет, проведений до точки Довести: дотику, перпендикулярний до AB = AC дотичної,— маємо: ∠ ABO = ∠ ACO = 90° ∠ BAO = ∠ CAO ⇒ за теоремою про суму кутів трикутника: ∠ BOA = ∠ COA ( ∠ BOA = 90° − ∠ BAO = 90° − ∠ CAO = ∠ COA ) . ∆ AOB = ∆ AOC за першою ознакою: AO — спільна, BO = CO — радіуси, ∠ AOB = ∠ CAO ⇒ AB = AC . Доведено. 33.

480

Дано: Коло (O; OA) CA, CB — до тичні; ∠ BOA = 150°

Розв’язання: За теоремою: радіус, проведений до точки дотику, перпендику лярний до дотичної. OA = OB ; OA ⊥ AC ; OB ⊥ BC . За теоремою, зворотною до: кожна точка бісектри ∠ ACB — ? си рівновіддалена від сторін кута ⇒ CO — бісектри- са ∠ ACB , ∠ ACO = ∠ BCO . Згідно із завданням 31 AC = CB ⇒ ∆ ACO = ∆ BCO за першою ознакою ⇒ ∠ ACO = ∠ BCO , ∠ AOC = ∠ BOC .

∠ ACO = 90° − ∠ AOC ⇒ 2∠ ACO = 180° − 2∠ AOC , ∠ ACB = 180° − ∠ AOB = 30° . Відповідь: 30° .

1. За визначенням: коло називається описаним, якщо проходить через всі його вершини. Відповідь: мал. 372. 2. За визначенням: коло називаєтсья вписаним, якщо воно торкається всіх його сторін. Відповідь: мал. 375.

.n et

5. Відповідь: з’єднаємо точки A, B, C. Вийшов трикутник ∆ ABC . Тобто тре ба дізнатися, де розташований центр описаного кола. Центр описаного навколо трикутника кола розташований на перетині серединних перпен дикулярів до всіх сторін трикутника.

ГЕОМЕТРІЯ

§ 19. Описані і вписані кола

8. Відповідь: так, тому що в рівносторонньому трикутнику всі медіани є та кож висотами. Тобто вони (медіани — висоти) є серединними перпенди кулярами, а за теоремою про розташування центра описаного кола, центр кола розташований на перетині серединних перпендикулярів.

Дано: ∆ ABC , коло (O; OA) ∠ C = 90° ; ∠ B = 30° ; AC = 10 см

Розв’язання: O — центр кола — лежить на 1 середині AB ⇒ OA = AB . 2 За теоремою про катет навпроти 1 ∠ 30° : AC = AB ⇒ OA = AC = 10 см. 2

10.

ld z

9. Розв’язання: у прямокутному трикутнику центр описаного кола лежить на гіпотенузі і ділить її навпіл. Тобто гіпотенуза a є діаметром. Отже, 1 r = a . Відповідь: 1) r = 1 см; 2) r = 18 мм; 3) r = 4,5 дм. 2

Знайти: OA

Відповідь: 10 см.

11. Дано: ∆ ABC (малюнок) 1) ∠ A = 50° , ∠ B = 70° ; 2) ∠ A = ∠ B = 40° ; 3) ∠ A = 30° ; ∠ B = 60° ; 4) ∠ A = 120° ; ∠ B = ∠ C . Знайти: ∠ ABO , ∠ CBO , ∠ CAO . Розв’язання: центр вписаного кола розташований на перетині бісектрис (теорема). 1 1 ∠ ABO = ∠ CBO = ∠ B ; ∠ CAO = ∠ A 2 2 1) ∠ ABO = ∠ CBO = 35°; ∠ CAO = 25° ; 2) ∠ ABO = ∠ CBO = ∠ CAO = 20° ; 3) ∠ ABO = ∠ CBO = 30° ; ∠ CAO = 15° ; 4) ∠ CBO = ∠ ABO = 15; ∠ CAO = 60° . За теоремою про суму кутів трикутника: ∠ A + ∠ B + ∠ C = 180° , ∠ B + ∠ B = 180° − ∠ A = 60° ; ∠ B = 30° ⇒ ∠ ABO = ∠ CBO = 15° . Відповідь: 1) ∠ ABO = 35° ; ∠ CBO = 35° ; ∠ CAO = 25° ; 2) ∠ ABO = 20° ; ∠ CBO = 20° ; ∠ CAO = 20° ; 3) ∠ ABO = 30° ; ∠ CBO = 30° ; ∠ CAO = 15° ; 4) ∠ ABO = 15° ; ∠ CBO = 15° ; ∠ CAO = 60° .

481

Дано: ∆ KLM (малюнок) 1) ∠ OKL = 25° , ∠ OLM = 30° ; 2) ∠ KMO = ∠ MKO = 20° ; 3) ∠ MLO = 2∠ OMK = 30° ; 4) ∠ OLK = ∠ OKM = 15° ; Знайти: ∠ K, ∠ M, ∠ L . Розв’язання: центр вписаного кола лежить на перетині бісектрис (тео рема). 1 1 ∠ OKL = ∠ OKM = ∠ K ; ∠ OLM = ∠ OLK = ∠ L ; 2 2 1 ∠ KMO = ∠ LMO = ∠ M ; ∠ K + ∠ L + ∠ M = 180° (теорема про суму 2 кутів трикутника) 1) ∠ K = 2 ⋅ 25° = 50° ; ∠ L = 2 ⋅ 30° = 60° ⇒ ∠ M = 180° − ∠ K − ∠ L = 70° ; 2) ∠ M = 40° ; ∠ K = 40° ; ∠ L = 180° − 40° − 40° = 100° ; 3) ∠ L = 60° ; ∠ M = 30° ; ∠ K = 180° − 60° − 30° = 90° ; 4) ∠ L = 30° ; ∠ K = 30° ; ∠ M = 180° − 30° − 30° = 120° ; Відповідь: 1) 50°, 60°, 70° ; 2) 40°, 100°, 40° ; 3) 90°, 60°, 30° . 4) 30°, 30°, 120° . OB 13. Знайти: —? OR Розв’язання: центри кіл лежать один на одному за теоремами: — центр описаного кола лежить на перетині се рединних перпендикулярів; — центр вписаного кола лежить на перетині бісектрис. А в рівносторонньому трикутнику медіани, висоти, бісектриси та сере динні перпендикуляри, проведені до однієї сторони, збігаються. Треба OB CO знайти: або , тобто в якому відношенні діляться бісектриси, OR OH перетинаючись. А за теоремою: бісектриси перетинаються в одній точці, CO і цією точкою діляться у відношенні 2:1 ⇒ =2 . OH R Відповідь: =2 . r

ld z

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

12.

14. Доведення: за малюнком із завдання 13. OC — радіус описаного кола. HO — радіус вписаного кола. За теоремою: висота, медіана, бісектри са, що виходять з однієї вершини, є одним і тим же відрізком. ⇒ HC — відрізок, який і є висотою. Доведено. 2 15. Розв’язання: із завдання 13: R = h 3 2 1) R = 8 см; 2) 16 см = R; 3) R = 24 см; 4) h = R . 3 2 Відповідь: 1) 8 см; 2) 16 см; 3) 24 см; 4) h . 3 1 16. Розв’язання: із завдання 13: r = h 3 1 1) r = 3 см; 2) r = 6 см; 3) 12 см = r ; 4) r = h . Відповідь: 1) 3 см; 2) 6 см; 3) 12 см; 4) h. 3 17. Відповідь: якщо цей трикутник прямокутний. За теоремою: центр описаного кола лежить на перетині серединних пер пендикулярів, та за теоремою: центр описаного навколо прямокутника 482 кола лежить на центрі гіпотенузи.

Дано: ∆ ABC , коло (O; OA) AB = BC BD — бісект риса Довести: O ∈ BD

Розв’язання: O — центр кола — лежить на BD, на точці перетину серединних перпен дикулярів, та, за теоремою: BD — медіана, бісектриса, висота. 1 Отже, AH = HB = AB = 3 см. 2 Знайти: BO 1 ∠ ABD = ∠ B = 60° 2 ∠ BHO = 90° ⇒ ∠ BOH = 90° − ∠ ABD = 30° за теоремою про суму кутів трикутника. Тоді за теоремою про катет навпроти ∠ 30° : BO = 2BH = 6 см. Відповідь: 6 см.

Дано: ∆ ABC (малю нок) AB = BC = = 6 см, ∠ B = 120°

ld z

22.

Доведення: За теоремами: а) бісектриса до основи в рівнобед реному трикутнику є медіаною та висотою, отже, серединним перпен дикуляром; б) центр описаного кола лежить на перетині серединних пер пендикулярів, отже, на BD. Доведено.

.n et

21.

ГЕОМЕТРІЯ

18. Відповідь: так. Доведення: нехай ∠ B = 30° , тоді, за теоремою про ка 1 тет навпроти ∠ 30° , AC = BC , то за теоремою про 2 розташування центра описаного навколо прямокутно 1 го трикутника: OC = BC ⇒ AC = OC . Доведено. 2

23. Центр вписаного кола лежить на перетині бісектрис. А в рівнобедреному трикутнику медіана, проведена до основи, є бісектрисою та висотою од ночасно, тобто центр кола лежить на медіані, яка ділить навпіл основу. Доведено. 24. Дано: Розв’язання: ∆ ABC, малю P∆ ABC = AB + BC + AC нок AB = BC = CE + EB = 12 см. AB = BC , Розглянемо ∆ CDO та ∆ CEO : EB = 4 см, CO — спільна CE = 8 см ∠ OCE = ∠ OCD (CO — бісектриса) ∠ COD = ∠ COE (за теоремою Знайти: P∆ ABC про суму кутів трикутника) ⇒ ∆ OCE = ∆ OCD ⇒ EC = CD = 8 см. Аналогічно ∆ AOD = ∆ COD ⇒ AD = CD = 8 см. P∆ ABC = AB + BC + AD + CD = 12 + 12 + 8 + 8 = 40 см. Відповідь: 40 см. Завдання 25, 26 розв’язуються аналогічно. 27.

Дано: ∆ ABC ∠ C = 90° , малюнок Довести: CM = CN = r

Доведення: За теоремою про радіус, проведений до точки дотику з дотичною, маємо OM ⊥ BC , ON ⊥ AC ⇒ MO ⊥ ON ⇒ ⇒ ∠ MON = 90° .

483

⇒ MCNO — квадрат (чотирикутник, у якого всі кути по 90° ), а, зна чить, всі його сторони рівні. MO = ON = NC = MC = r . Доведено.

Дано: ∆ ABC (малюнок) BF = m ; FC = n ; OD = r . 1) m = 4 см, n = 6 см, r = 2 см; 2) m = 3 см, n = 10 см, r = 2 см; 3) m = 5 см, n = 12 см, r = 3 см; 4) m = 4 см, n = 21 см, r = 3 см. Знайти: P∆ ABC . Розв’язання: P∆ ABC = AB + BC + AC . За теоремою Піфагора: CO2 − OF 2 = n2 ; CO2 − r 2 = n2 ( ∆ COF ) r 2 + CO2 = CD2 ( ∆ COD ) ⇒ CO2 = n2 + r 2 , CD2 = CO2 − OD2 = n2 + r 2 − r 2 = n2 , CD = n ; BK 2 = BO2 − OK 2 = BO2 − r 2 ; BO2 = m2 + r 2 − r 2 ⇒ BO2 = m2 ⇒ BO =m 2 2 2 2 − r ⇒ BO = m ⇒ BO = m ; AK = AD = r (див. завдання 27) ⇒ P∆ ABC = BF + FC + CD + AD + AK + B = m + n + n + r + r + m = 2 (m + r + n ) BC = BF + FC + CD + AD + AK + BK = 1) P∆ ABC = 24 см; 2) P∆ ABC = 30 см; 3) P∆ ABC = 40 см; 4) P∆ ABC = 56 см. Відповідь: 1) 24 см; 2) 30 см; 3) 40 см; 4) 56 см.

29.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

28.

ld z

оведення: за теоремою: центр кола лежить на гіпотенузі, Д маємо: O ∈ AB . Тоді AB — діаметр, а AO = OB — радіуси, тоді O ділить AB навпіл. Доведено.

Дано: ∆ ABC; k — гіпотенуза. 1) m : n : k = 3 : 4 : 5 . P = 24 см 2) m : n : k = 8 : 15 : 17 , P = 12 дм. 3) m : n : k = 5 : 12 : 13 , P = 0,6 м. Знайти: r — ? Розв’язання: a+b−c m+n−k P За теоремою: P = m + n + k ; r = = = −k 2 2 2 1) m + n + k = 24 см. m : n : k = 3 : 4 : 5 . Нехай m = 3x , n = 4x , k = 5x . Тоді 3x + 4x + 5x = 24 см; 12x = 24 см, x = 2 см, k = 10 см, r = 12 − 10 = 2 (см). 2) m + n + k = 12 дм = 120 см. m : n : k = 8 : 15 : 17 . Нехай m = 8x , n = 15x , k = 17x ,тоді 8x + 15x + 17x = 120 см; 40x = 120 см, x = 3 см, k = 51 см, r = 60 − 51 = 9 (см). 3) m + n + k = 0,6 м = 60 см. m : n : k = 5 : 12 : 13 . Нехай m = 5x , n = 12x , k = 13x , тоді 5x + 12x + 13x = 60 см; 30x = 60 см, P x = 2 см, k = 26 см, r = − k = 30 − 26 = 4 (см). 2 Відповідь: 1) 2 см; 2) 9 см; 3) 4 см.

31.

33, 34.

484

Довести:

AK + BN + CM = AM + CN + BK Доведення: AO, BO, CO — бісектриси за теоремою про розта шування центра вписаного в трикутник кола. Розглянемо ∆ KBO та ∆ NBO : BO — спільна, KO = ON — радіуси.

35. Дано: AB = BC = AC = a ; MN — дотична Знайти: P∆ BMN . Розв’язання: P∆ BMN = BM + MN + BN MN  AC ⇒ як відповідні ∠ BMN = ∠ BNM = 60° = ∠ A = ∠ C 1 1 3 a ⇒ BM = a . Тоді P∆ BMN = a . 4 4 4 3 Відповідь: a . 4 FM =

1 a. 2

.n et

Тоді P∆ BMN = 3BM , а BM = BF − FM . BF =

ГЕОМЕТРІЯ

∠ BOK = 90° − ∠ KBO = 90° − ∠ NBO = ∠ BON (через бісектрису та теоре му про суму кутів трикутника) ⇒ ∆ KBO = ∆ NBO ⇒ BK = BN . Аналогічно AK = AM , CM = CN . Отже, AK + BN + CM = AM + BK + CN . Доведено.

§ 20. Найпростіші задачі на побудову

ld z

1. Відповідно довжині сторін: 5, 6, 9.

Доведення:

2. Як відомо з теореми: кожна точка бісектриси рів новіддалена від сторін кута. Щоб побудувати бісект рису, треба, окрім вершини A, знайти ще одну точку. Відсікаємо рівні відрізки на сторонах кута ( AB + AC ) і від точок B та C шукаємо рівновіддалену за допомо гою циркуля. З’єднуємо точки A та D — бісектриса готова. Аналогічно будуємо бісектрису ∠ A = 90° та кута ∠ A > 90° . 3. Середина відрізка AB шукається таким чином: з кін ців відрізків будується 2 кола (радіуси AC = BD ), радіуси яких приблизно більше половини відрізка. Дві точки перетину цих кіл будуть належати прямій, яка ділить відрізок навпіл. 4. План побудови: на прямій AB виміряємо сторону a — першу сторону трикутника. AB = a . Потім креслимо 2 кола з радіусом a та центрами A та B. На перетині цих кіл утворюється точка C. Тоді AB = AC = BC = a ⇒ ∆ ABC — рівносторонній. 5. Дано: a, b. Побудувати: ∆ ABC , AB = BC = a , AC = b . Розв’язання: Т. B лежить на відстанях a та a від точок A та С, тобто є точкою перетину кіл радіусом a та центром A та C. 485

Побудова:

6. Дано: a, b, d

Розв’язання: Аналіз: 1. Робимо ескіз.

Побудувати ∆ ABC , де AB = a , BC = b , ∠ ABC = a

Побудова:

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

1) Проводимо пряму та відмітимо на ній основу три кутника AC = b . 2) Розхилом циркуля розміром a описуємо два кола з центрами A та C. 3) Точку B перетину цих кіл з’єднуємо з точками A та C. Доведення. У побудованому ∆ ABC : AB = BC = a , AC = b , отже, ∆ ABC — шуканий.

2. Бачимо, що треба виміряти дані сторони на сто ронах даного кута від початку.

ld z

1) Малюємо пряму та відмічаємо на ній довільну точку і від неї відміряємо кут a. 2) На сторонах кута a відміряємо циркулем від верши ни A відрізки AB = a та AC = b . 3) З’єднуємо точки B та C. Доведення: за першою ознакою (кутом між двома да ними сторонами) побудований трикутник — вірний.

7. Дано: a, a

Побудувати ∆ ABC , де AB = BC = a , ∠ ABC = a

8. Дано: a, a; b Побудувати ∆ ABC , де AB = a , ∠ CAB = a , ∠ CBA = b 486

Розв’язання: Аналіз: 1. Робимо ескіз. 2. Бачимо, що треба виміряти дані сторони, а кінці відрізків з’єднати. Побудова: 1) Малюємо пряму та відмічаємо на ній довільну точку B і від неї відміряємо кут a . 2) На сторонах кута a відміряємо циркулем від вер шини B відрізки BA = BC = a . 3) З’єднуємо A та C. Доведення: за першою ознакою (дві сторони та кут між ними) побудовано трикутник вірно. Розв’язання: Аналіз: 1) Робимо ескіз. 2) Бачимо, що C утворена пересіканням променів кутів a та b . Побудова: 1) Малюємо пряму та відмічаємо на ній довільну точку A і від неї відкладаємо відрізок AB = a . 2) Від кінців відрізка A і B відкладаємо відповідно кути a та b .

9. План: 1) На прямій будуємо через довільно обрану точку A відрізок AB = a . 2) Від кінців відрізка AB в одному напрямку відкладаємо кути ∠ A (кути при основі в рівнобедреному трикутнику рівні). 3) Точка С, яка утворюється перетином променів однакових кутів, разом з точками A та B дає нам шуканий трикутник.

.n et

10. Побудова: 1) Продовжуємо промінь BC. 2) Зовнішній го стрий кут — ∠ ACD . 3) На сторонах кута ∠ ACD відмічаємо рівні відрізки CN = CM . 4) Від то чок N та M (як від центрів) відкладаємо кола однакового (довільного) радіусу. 5) Точку перетину кіл O з’єднуємо з т. C. OC — бісектриса ∠ ACD (за наслідком з теореми: кожна точка бісектри си рівновіддалена від сторін кута).

ГЕОМЕТРІЯ

3) Утворену пересіченням променів кутів a і b точку C вважаємо третьою вершиною трикутника. Доведення: за другою ознакою (сторона та прилеглі кути) побудований трикутник — шуканий.

11. План: 1) У трикутнику будуємо бісектриси двох кутів (за завданням 2). 2) Де бісектриси перетинаються — і буде шукана точка.

ld z

12. Аналогічно. Будуємо бісектрису кута (завдання 2). Потім знаходимо точку перетину бісектриси з протилежною стороною.

13. План: 1) Від кінців відрізка (як від центрів) відкладаємо по колу радіусом a. 2) Від кінців відрізка (як від центрів) відкладаємо по колу радіусом b. 3) Утвори лось у «верхній частині» (над відрізком) дві точки перетину кіл однакових радіусів (C та D). 4) Пря ма, яка проходить через CD, ділить відрізок навпіл. Доведення: ∆ ACD = ∆ BCD за третьою ознакою ⇒ ∠ CAO = ∠ CBD ; ∠ CAB = ∠ CBA (∆ ACB — рівнобедрений, AC = BC ) ⇒ ∠ DAB = ∠ DBA ; ∠ ADO = ∠ BDO ⇒ ∆ ADO = ∆ BDO за першою або другою (на ваш смак) ознакою ⇒ AO = OB . Доведено.

14. 1) За завданням 13 знаходимо середину відрізка AC. 2) З’єднуємо точки B та D — медіана готова. 15. Розв’язання: 1) Малюємо пряму і на ній довільно відмічаємо дві точки. 2) Знаходимо середину відрізка за завданням 13. 3) ∆ AOB — рівнобедрений, OD — медіана, а в рівнобедреному трикутнику медіана, проведена до основи, є висотою ⇒ ∠ ODB = 90° . Побудовано. 16. Побудова: 1) Дано трикутник. ∆ ABC . 2) Від вершин A та C за допомогою циркуля малюємо кола з центром A та C і радіусами відповідно AB та CB. 3) Отриману при перетині точку D з’єднуємо з точкою B. При пересі канні BD ∩ AC = 0 . 487

17. План: 1) На прямій відсікаємо AC = a , та CD = a . 2) Будуємо за завданням 15 прямий ∠ BCA . 3) Від точки A (як центра кола) будуємо коло радіусом AB = c . 4) Де AB перетинається з про менем CB — ця точка (B) — остання шукана вер шина ∆ ABC . Доведення: AB = c ; AC = a ; ∠ C = 90° . За теоре мою Піфагора BC2 = c2 − a2 . Тобто, построєний трикутник — шуканий. Доведено.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

4) BO — висота. Доведення: ∆ ABC = ∆ ADC за третьою ознакою ⇒ ∠ BCO = ∠ DCO . ∆ BCD — рівнобедрений та CO — бі сектриса. А в рівнобедрених трикутниках бісектриса, проведена до основи, є висотою. Значить, ∠ BOC = 90° ⇒ BO — висота ∆ ABC . Доведено.

ld z

18. План: 1) Треба побудувати бісектрису даного кута за завданням 2. 2) Ми отримали 2 кути, градусна міра яких дорівнює половині даного. 3) Потім будуємо бісектрису одного з двох утворених кутів. 4) Отрима 1 ли ще 2 кути по даного. 5) Продовжуючи будувати бісектриси, зна 4 1 1 1 1 ходимо , , , , … даного кута. 8 16 32 64 19. Дано: Розв’язання: α Побудова: 1) На одній із сторін кута відкладаємо кут a ( ∠ CAD = ∠ BAC ) . Побудувати: 2) Отриманий кут ∠ DAB і є шука 2α ним. Доведення: ∠ DAB = ∠ DAC + ∠ BAC = a + a = 2a ∠ DAB = ∠ DAC + ∠ BAC = a + a = 2a . Доведено. 20.

Дано: точка A

Побудувати: ∠ CBD , щоб AB — бісект риса

Побудова: 1) Через точку A прово димо довільну пряму. 2) Від прямої в різні боки відкладаємо однакові за градусною мірою кути. 3) По будований ∠ DBC — шуканий. Доведення: ∠ DBA = ∠ CBA ⇒ BA — бісектриса.

21. План побудови: 1) На довільній прямій відсікаємо відрізок даної дов жини. 2) За завданням 13 знаходимо середину даного відрізка довжи 1 ною даного. 3) Аналогічно знаходимо середину одного з отриманих 2 1 відрізків. Отримаємо ще 2 відрізки довжиною даного. 4) Продов 4 1 1 жуючи ділити відрізки навпіл, отримаємо відрізки довжиною , , 8 16 1 , … даного. 32 22. Побудова: 1) На прямій відсікаємо відрізок даної довжини. 2) Циркулем заміряємо довжину даного відрізка і від одного краю 488 відрізка відміряємо відрізок даної довжини у напрямку, протилежному

23. 1) З’єднуємо точки B та С. 2) За завданням 13 знаходимо середину відрізка BC. 3) Сполучає мо центр BC та точку A — шукана пряма гото ва. Доведення: Треба довести, що CE = BD . Роз глянемо ∆ CEO та ∆ BDO : ∠ COE = ∠ BOD як вертикальні ∠ ECO = ∠ DBO (через теорему про суму кутів трикутника: ∠ CEO = ∠ BDO = 90° ⇒ ∠ OCE = 90° − ∠ EOC = 90° − ∠ DOB = ∠ OBD ) ⇒ за дру гою ознакою ∆ CEO = ∆ BDO ⇒ CE = BD . Доведено.

.n et

24. План побудови: (дано: катети a та b). 1) На прямій відсікаємо відрізок AC = a . 2) За завданням 17 через точку C проводимо перпендикуляр до AC. 3) На перпендикулярі відсікаємо відрізок BC = b . 4) З’єднуємо B та A — трикутник готовий.

ГЕОМЕТРІЯ

іншому краю відрізка. 3) Отриманий великий відрізок буде вдвічі дов ший за даний.

25. План побудови: 1) На прямій відсікаємо даний нам катет. 2) Від одного кінця відкладаємо кут в 90° , а від іншого — даний гострий кут. 3) Та точка, де пересічуться промені відкладених нами кутів, і буде третьою вершиною шуканого трикутника.

ld z

26. План побудови: 1) Малюємо кут ∠ A . 2) Креслимо 2 кола: 1) з цент ром A та радіусом (довільним) AC; 2) з центром A та довільним радіу сом AM. 3) Коло перетинають сторони кута відповідно в точках A, N (верхню сторону) та B, M. 4) З’єднуємо точки A та M, B та N. 5) Отри мана перетином точка належить бісектрисі. 6) З’єднуємо точку бісект риси та вершину кута — бісектриса готова. 27. За теоремою: сума суміжних кутів 180° . Отже кут між a b бісектрисами цих кутів 90° . a + b = 180° ⇒ + = 90° . 2 2 Отже, для побудови шуканих кутів треба через точку перетину бісектрис провести пряму (DF), і з тієї ж точ ки (B) провести довільний промінь. Кути готові.

§ 21. Складніші задачі на побудову

1. Розв’язання: Для побудови ∆ CDB потрібно знати три вершини. На гори зонтальній вісі циркулем з точки A відкладаємо дуги радіусом 9 клітинок, що дадуть при перетині з горизонталлю точки C і D. Далі радіусом 10 клі тинок з точки A і 17 клітинок з точки C будується точка B. Після з’єднання відрізком точок B і D дістанемо ∆ CBD . Таким чином ∆ ABC можна вва жати допоміжним у побудові ∆ CDB . 2. Мал. 401: X належить бісектрисі кута ABC і колу з центром в т. O. Мал. 402: X належить бісектрисі кута ABC і катету OX прямокутного трикутни ка BOX. Мал. 403: X належить найбільшій хорді кола (діаметру) й колу з центром в т. O (радіусом OX). 3. Дано: m — медіана до AC h — висота ∆ ABC до AC b — сторона ∆ ABC Побудувати ∆ ABC .

b (з гол 2 кою в точці E) знаходимо точки A і С — дві верши ни трикутника. Щоб знайти вершину B радіусом циркуля m (голка його в точці E) робимо засічку. З точки E перпендикулярно AC відкладаємо відрі 489 зок, який дорівнює h = 4 клітинки. За допомогою циркуля радіуса R = AE =

Далі через цю точку паралельно AC проводимо відрізок до перетину з ду гою, яка і є вершина B трикутника ABC після з’єднання відрізками точок A, B і C. Побудова трикутника завершена. 4. Дано: b, c, h

Розв’язання: З точки A (голка циркуля BA) відкладаємо відрі зок b (до точки C). Щоб побудувати вершину B з точки A радіусом c робимо засічку. Щоб відмітити точку B розкриваємо циркуль радіусом h і, проводячи голкою від A до C зна ходимо точку перетину B. З’єднуючи A з B і C з B, одержимо трикутник ABC.

5. Дано: a, m AB = BC BD = DC

Розв’язання: На горизонтальній осі відмічаємо точку A. Голку циркуля встановлюємо в т. A й створюємо дугу радіу сом a. З тієї ж точки A радіусом m створюємо другу дугу, дотична до котрої в точці D дасть середину Побудувати відрізка a з правого боку трикутника ABC. ∆ ABC Якщо цю дотичну провести до перетину з дугою зверху, дістанемо точку B, а перетин дотичної з горизонталлю дасть точку C. Рівнобедрений трикутник збудований за допомогою допоміжного трикут ника ABC.

6. Дано: b, l, a . Побудувати ∆ ABC

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

Побудувати ∆ ABC .

Розв’язання:

a , 2 проведемо за допомогою транспортиру кут a до AC, Щоб побудувати бісектрису, яка прилягає до AC на

ld z

а потім паралельно лучу AB луч CD. Точка перетину луча AD в продов женні з цією паралеллю дає точку D ′ — вершину допоміжного трикут ника BCD′ , який дорівнює ∆ ABC . З’єднуючи B і C, добудовуємо ∆ ABC. Допоміжний ∆ BCD′ .

Розв’язання. 1) Відкладаємо по горизонталі основу a між a  точками A і C; 2) за допомогою циркуля  R >  ділимо  2 a на 2; 3) від точки D зверху відкладаємо h, щоб здобути точку B; 4) з’єднуємо B з A і C. Побудований ∆ ABC рів нобедрений, тому що AD = DC ; AB = BC .

8. Дано: h, ∠ a , AB = BC . Розв’язання: 1) Щоб побудувати рівнобедрений проводимо бісектрису кута B, яка буде й перпендику ляром до AC. 2) На цьому лучу з точки B (вертикально му) відкладемо відрізок h двічі (2 рази вниз). 3) Так знайшли точку B′ , симетричну точці B, з якої теж за допомогою кута a проводимо лучі, які виявлять вер шини A і C. Так за допомогою допоміжного трикутни ка ACB′ побудовано трикутник ACB. 9. Дано: a, b, h.

490

Розв’язання: I спосіб: 1) З вершини B (де буде голка циркуля) відкладаємо дугами відрізки a, b, h. 2) За допомогою лінійки про водимо дотичну дуги h у найнижчій точці до перетину з дугами a і b. Це й будуть вершини трикутника A і C.

.n et

10. 1) На горизонтальні лінії зафіксуємо відрізок a між точками A і C. 2) Проведемо дугу радіу сом m. 3) Від горизонтального відрізка AC за допомогою транспортиру відкладаємо кут a і зупиняємо відрізок медіани в точці перетину його з дугою (див. пункт 2). 4) З’єднуємо точ ку D і C, продовжуючи вліво від D. 5) Голку циркуля ставимо в точку D і відкладаємо рів ний DC відрізок DB. 6) З’єднуємо B з A. Шуканий трикутник ABC побудований завдяки допоміжного трикутни ка ADC.

ГЕОМЕТРІЯ

II спосіб: Якщо немає циркуля, ця побудова трикутника мож лива якщо провести з вершини B вертикаль лінійкою, довжиною 2h, а потім з точки B′ (вершини допоміж ного трикутника) провести паралельно дуги a і b на протилежні боки. Якщо з’єднати точки перетину дуг, здобудемо 2 трикутника, один з яких допоміж ний: AB′ C .

ld z

11. 1) З точки B радіусом b проведемо дугу A ′C ′ . 2) З точ ки B на вертикалі відкладаємо відрізок довжиною h. 3) Перпендикулярно h (тобто по горизонталі) проводи мо відрізок до перетину з дугою AC. Так здобуваються точки A й C, рівновіддалені від точки B, що дає рівно бедрений трикутник, у якому AB = BC = b .

12. 1) Проведемо напівпряму з точки B у напрямку на точ ку A. 2) Від цього напрямку відкладемо за допомогою a транспортиру двічі за допомогою точки K. 3) Від 2 міряємо від точки B циркулем відрізок E (бісектриса). 4) Проведемо горизонталь через кінцеву точку бісект риси D. 5) Тепер за допомогою вимірювання кута 90° в точці M між горизонталлю AC і вертикаллю BM, будуємо h. Задача має розв’язання при слушно підібраних величинах l та h. 13. 1) Циркулем з правої точки горизонтального відрізку b проводимо дугу радіусом = c. 2) Проводимо дотичну до цієї дуги, щоб зафіксувати вершину B. 3) З’єднуємо точку B з точкою A (сторона c). 4) З’єднуємо точку B з лівою точкою відрізка b (точка C). 5) Поділимо CB навпіл за допомогою перетину двох дуг однакового радіуса, трохи біль CB ше й здобудемо точку M. 6) Відрізок AM = m . ∆ ABC побудовано. 2 14. План розв’язання. Якщо трикутник вписаний в коло, то всі три верши ни A, B, C належать колу, який треба накреслити спочатку (центр O). 1) З точки A на колі циркулем робимо засічку радіусом b, знаходячи точку C на колі. 2) Поділимо AC навпіл методом дуг радіусом завбільш AC ки . Так фіксуємо точку D. D — кінець медіани. 3) Другий кі 2 нець медіани m націлений в ту точку на колі, куди націлені відрізки з’єднання A й C з B. Точка B будується циркулем радіуса m з точки D. 491 Трикутник побудований.

16. План побудови ∆ ABC . 1) Малюємо коло радіусом R в центрі O. 2) Про водимо вертикальний діаметр кола, виділяючи точку B. 3) Радіусом циркуля b з точки B робимо засічки A й C. 4) За допомогою лінійки з’єднуємо точки A, B, C. Рівнобедрений ∆ ABC побудовано. 17. План побудови ∆ ABC . 1) Циркулем малюємо коло. 2) Виділяємо любий діаметр з точками A й C перетину його з колом (це гіпотенуза). 3) З однієї з цих точок (будь-якої), наприклад A, циркулем радіусом a робимо засічку на колі. Це вершина C. 4) Якщо C з’єднати відрізками з A й B, то утворюється кут 90° , який опирається на діаметр кола (проти гіпотенузи трикутника). Прямокутний трикутник ABC побудовано.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

15. 1) Намалюємо коло радіусом R (центр O). 2) Виділимо горизонталь між двома точками кола, яка дорівнює основі a (вершини три кутника A й C). 3) Геометричне місце точок вздовж вер тикального діаметра на колі має вершину B. Для побудо ви точки B поділимо AC навпіл методом зустрічних дуг AC радіусом більше точкою D. 4) З’єднуючи O і D до пе 2 ретину з колом, знаходимо точку B. 5) Після з’єднання B з A й C трикутник ABC буде побудований.

ld z

18. План побудови ∆ ABC . 1) Малюємо коло радіуса R. 2) Відкладаємо відрізок a (нехай горизонтальний). 3) За допомогою транспортира фіксуємо прилеглий кут a . 4) З’єднуємо B й C. ∆ ABC побудовано.

19. 1) Малюємо коло. 2) Всі вершини повинні лежати на колі, тому призво ляще беремо на колі точку A й від неї за допомогою циркуля радіусами a й b відкладаємо засічками на колі точки B й C. 3) Після з’єднання всіх вершин ∆ ABC побудовано. AB здобу 2 ваємо геометричне місце точок, рівновіддалених від A і B (це пряма b, яка йде через середину відрізка AB). 3) Точка перетину D прямих b й a рівновіддалена від A й B, що й треба було довести.

20. 1) З’єднуємо A й B. 2) Методом зустрічних дуг радіусом >

21. Якщо провести пряму b через центр кола O, то точки A і B будуть рів новіддалені від кожної точки прямої b навіть за межами цього кола (див. точки 1, 0, 2, 3 й т. д. на малюнку). Точки D й C, які лежать на колі і на лежать прямій b, теж рівновіддалені від A і B. Якщо потрібно знайти рівновіддалені точки на колі, то це два рішення: точки D й C, які діамет рально протилежні. 492

22. Геометричне місце точок, яке задовольняє задачу, є серединні точки сімейства паралельних прямих, які пересікають кут перпендикулярно

його бісектрисі: B, C, D… — це центри кіл зростаючих радіусів, які завжди перпендикулярні сторонам кута. Всі трикутники з вершиною в т. A при цьому будуть рівнобедреними.

.n et

24. Це центр кола O. OB = OC = R .

ГЕОМЕТРІЯ

23. Бісектральні точки кута — геометричне місце то чок центрів кіл, які рівновіддалені від сторін кута. Таких точок безкінечна множина.

25. Це точка B — кінець радіуса m кола з центром у точці A.

ld z

26. Ця точка B′ та B′′ лежить на протилежному боці любої хорди довжиною d. Краще брати сімейство хорд, яке перпендикулярно одному й тому ж діа метру кола й паралельні між собою.

27. Якщо точки M і K знаходяться на променях кута MOK так, що OM = OK , то точка O рівновіддале на від сторін кута AB й BC на відстань R, а також від точок M і K на відстань OM = OK = l . 28. При конкретній парі величин n й m таких точок завжди дві (див. малюнки). 29. Це точка C (див. малюнок). Важливо, щоб кути в точках D і C були прямі.

30. Геометричне місце рівновіддалених точок від пря мих b і c, що перетинаються,— це центри кіл, які створюють бісектрису кута на прямих b і c. R завжди ⊥ дотичній. 31. 1) Це точка N. 2) Якщо голку циркуля поставити в точку D й радіусом n намалювати коло, а також радіу сом KM намалювати друге коло, то вони будуть мати безкінечну множину (по колу радіусом n) таких точок N. Але це вже не планіметрія, а сте реометрія — 10 клас.

493

32. План побудови. 1) Голку циркуля ставимо у O. 2) Радіус кола OB = R = OA . 3) Повертаємо циркуль на 360° , що дає змогу на малювати коло, яке дотикається прямої a в точці B. В місті дотику OB ⊥ a .

ГЕОМЕТРІЯ

33. Розв’язання: 1) Знаходимо центр кола, відміряючи циркулем R від точки A. Це буде точка O. 2) Розміщуємо в точці O голку циркуля й малюємо коло, радіус якого ⊥ a в точці дотику. OA = OD = R не протиречить даним задачі. 34. Розв’язання.

.n et

1) Щоб знайти точки дотику, встановимо перпендику ляри у точках D і K. 2) Відкладемо на цих перпендикулярах рівні відста ні DO = OK , де O — точка їх перетину — центр кола. 3) Проведемо радіусом OD коло, яке буде дотикатися променів кута у точках D і K.

35. Розв’язання.

ld z

1) На прямій a, щоб знайти центр кола O, треба знайти перетин перпендикулярів в точках A і B на променях кута, у якого пряма a — бісектриса. 2) Будуємо перпен дикуляри методом зустрічних дуг однакових радіусів. 3) Перпендикуляри з’являються, якщо з’єднати точки перетину дуг на кожному промені (MN і CD). 4) Про довження MN і CD дають центр кола O на прямій a.

36. Розв’язання.

1) Відстані від точки M до центру кола і від центра кола до точок дотикання A і B з прямими a і b повинні бути однаковими, які дорівнюють радіусу кола. 2) Для знаходження R поділимо перпендикуляр AB навпіл за методом зустрічних дуг на одній прямій, наприклад, прямій b. 3) Продовжимо цей перпендикуляр до пере тину з прямою a в точці A. AB 4) Циркулем проводимо коло, яке містить точку M, якщо OM = OA = OB 2 OM = OA = OB = R .

37. Нехай ∆ ABC — шуканий. BC = a ; AD = m ; BK = h . План побудови ∆ ABC . 1) Проведемо відрізок a (BC), поділивши його нав піл зустрічними дугами. 2) Голка циркуля в точці D, циркулем m малюємо дугу A. 3) Продовжуючи пер пендикуляр з точки D до перетину з дугою, маємо A. 4) З’єднуємо горизонтальним відрізком добуту точ ку A з C, а також A з B, що дає ∆ ABC . 5) Якщо від стані m, h, a підібрані вірно, то BK = h . Щоб BK ⊥ AC , з’єднуємо B з віддзеркаленим зображенням точки B під AC на відстані h. Тоді кут ∠ AKB буде прямим без транспортиру. 494

.n et

39. Розв’язання: 1) Малюємо прямий кут (вертикаль — гори зонталь в точці C). 2) Відкладаємо відрізок a (катет) по вертикалі. 3) По горизонталі відкла даємо відрізок b + c (даний в задачі) до точки D. 4) З’єднуємо точки B і D. 5) Встановлюємо пер пендикуляр в середині (F) сторони BD (методом BD зустрічних дуг) радіусом R > . 6) Продов 2 жуємо цей перпендикуляр до точки A, бо запобіжний трикутник ∆ ABD рівнобедрений (точка основи перпендикуляра F ділить BD навпіл). 7) Після побудови точки A з’єднуємо B і A. ∆ ABC побудований.

ГЕОМЕТРІЯ

38. План побудови ∆ ABC . 1) На горизонтальній прямій відмічаємо відрізок a з точками A і C. 2) Голку циркуля ставимо в т. A, щоб зробити засічку радіусом h. 3) З точки C веде мо дотичну до цієї засічки і далі. 4) Транспортиром виміряємо кут a так, щоб один з його променів ішов на точку A, а інший на точку C. 5) Нульова точка транспортира дасть точку B. ∆ ABC побудовано.

ld z

40. Розв’язання. 1) Намалюємо c горизонтально. 2) Відмітимо ∠ a зліва в точці a . Далі I спосіб (практичний) 3) Закріпимо нитку довжиною a + b у точках A і B. 4) Натягнемо нитку олівцем так, щоб зберегти кут ∠ a при вершині A, а олівець відмітив точку C. II спосіб 3) Відкладемо a + b вздовж променя кута a . 4) З’єднаємо точу D з B. 5) З’єднаємо сере дину DB методом зустрічних дуг. 6) Точка K являє собою центр симетрії відносно котрої точка D ляже в точку B. Для цього продовжи мо перпендикуляр з K до перетину з AD в точ ці С. 7) з’єднання с й b завершує побудування ∆ ABC . 41. План. 1) Поділимо гіпотенузу навпіл методом зустрічних дуг. 2) Так здобули центр кола O. Тепер радіусом R = AO = OB проводимо коло. 3) Геометричне міс це вершини C (прямого кута) — будь-яка точка над діаметром півкулі. 4) Сума катетів при цьому a + b . 5) Якщо один з катетів був зафіксований, то верши на б C була одною точкою. Наша задача фіксує тільки суму a + b , тобто рішень багато. 42. Розв’язання. Якщо знайдеться точка A така, що радіус R = AB = c опише дугу, то знайдемо зра зу ж b, додавши до ( b − c ) ще c (див. малю нок). Таким чином, повертаючи циркуль від точки B до D, знайшли і b, і c. Всі три вершини ∆ ABC збудовані.

495

Тестові завдання 2) OC = R .

2) ∠ OAK = 90° . Дотична перпендикулярна до радіуса, проведеного до точки дотику.

.n et

2) ∠ CON = 60° ∠ AOM і ∠ CON вертикальні ∠ AOM = ∠ CON ∆ AOM рівносторонній ⇒ ∠ OAM = ∠ AMO = ∠AOM = 60° .

б) 40° Центр вписаного кола лежить на перетині бісектрис ⇒ AO — бісектриса. ∠ BAD = ∠ BCD = 50° . Сума кутів трикутника — 180° ⇒ ∠ ABC = 80° ⇒ ∠ CBD = 40° .

ld z

ГЕОМЕТРІЯ

№ 1 1.

в) 1,5 R ∠ A = ∠ OBK ∆ CBK = ∆ BOK за другою ознакою (∠ CBK = ∠ KBO, ∠ BCK = ∠ BOK , BK — спільна). CK = KO = 0, 5R ; KA = KO + OA = 1, 5R .

№ 2 1. Б. Кожна точка бісектриси рівновіддалена від сторін кута. 2. Б. 3.

4. Б. ∆ CBH. 496 5. В. дві.

В. За наслідком з теореми серединні перпендикуляри до сторін трикутника перетинаються у центрі опи саного кола.

Повторення вивченого 4. 1) ac = 4,5 см; В = 5,5 см. 5. AC = 9 см, AB = 5,2 см, BC = 3,8 см. 6. AD = AB + BC + CD = 2 AB + BC ⇒ середина відрізка AD лежить на середині відрізка BC. 1 1 1 1 AC − AB = ( AC − AB ) = BC ⇒ 2MN = BC . 2 2 2 2

8. AC = AB + BC = 16 см; AC = BC − AB = 4 см. 9. ОА = 8 см; OB = 4 см; AB = OA − OB = 4 см; 1 OM = OB + BM = OB + AB = 6 см. 2 10. 2 − 3 = 5 − 4 = 1 ; 23 = 4 + 5 = 9 .

ГЕОМЕТРІЯ

7. MN =

.n et

11. 4 км = 4 000 м. 4 000 : 50 = 80 . Відповідь: 80 стовпів. 12. 1) 20 : 1 = 20 ; 20 стовпів; 2) 20 − 5 = 15 ; 15 метрів; 3) 20 − 10 − 10 = 0 ; 0 метрів.

13. 1) 2 ⋅ 30 000 = 60 000 см = 0,6 км; 2) 1, 5 ⋅ 30 000 = 45 000 = 0, 45 км. 23. 2) ∠ AOC + ∠ BOC = ∠ AOB ; 30° + 65° = 95° .

ld z

25. ∠ AOC = ∠ AOD + ∠ DOC ; ∠ AOD = ∠ DOE = ∠ EOB = 60° ; ∠ AOC = 60° + 30° = 90° . 27. 1) 360° — 60 хв; x — 20 хв; x = 120° . 2) 360° — 60 хв; x — 10 хв; x = 60° .

34. Якщо a і b паралельні c, то a паралельна b ⇒ пряма, яка перетинає пряму a, перетинає пряму b. 2) 4;

35. а) 4;

3) 8.

36. Якщо третя перпендикулярна іншим двом.

38. ∠ 2 = ∠ 1 = 120° ; ∠ 4 = 180° − 60° = 120° (∠ 3 і ∠ 4 — внутрішні односторонні; ∠ 3 + ∠ 4 = 180° ).

39. ∠ 1 = ∠ 2 (∠1 і ∠ 2 — відповідні).

41. Наслідок. Якщо на одній стороні кута відкладено рівні відрізки і на другій стороні кута рівні між собою відрізки, то через їх кінці проведено пара лельні між собою відрізки. 53. За нерівністю трикутника сума довжини двох будь-яких сторін більша за довжину третьої. AB + BC > 20 ⇒ AB + BC + A > 40 . 497

54. За нерівністю трикутника сума довжини двох сторін більша за довжину третьої. AB = BC = 10 ; AB + BC = 20 ; AC > 2 ⇒ AC + AB + BC > 40 . 64.

∠2 = ∠3 (∠2, ∠3 — внутрішні різносторонні).

1 66. ∠ B = ∠ C = 45° ; ∠ KAC = CA = 45° ⇒ ∆ AKC — рівнобедрений, 2 ⇒ AK = KC = 3, 5 м. 69. За нерівністю трикутника довжина двох сторін більша довжини третьої. Основа — 18 см. 70. Сума кутів трикутника 180° ⇒ трикутник ABC — рівносторонній, от же, усі сторони = 10 см.

71.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

2 ⋅ ∠ 2 + ∠ 1 = 180° ∠1 = ∠ 4  ∠ 4 = 60° . 2 ⋅ ∠ 1 + ∠ 4 = 180° ⇒  2 ⋅ ∠ 2 + ∠ 4 = 180° 3 ⋅ ∠ 4 = 180° 

∠ A = ∠ C ⇒ ∠ DAC = ∠ DCA ⇒ ∆ ADC — рів нобедрений. ∠ DAC = ∠ DCA ⇒ ∆ ADC — рівнобедрений ⇒ AD = DC .

ld z

72.

AB + BD + AD = BD + DC + BC ⇒ AB = BC ⇒ ∆ ABC — рівнобедрений.

73.

74. 1) більше 45° , менше 90° ; 2) 45° ; 3) менше 45° . 79. Медіана, бісектриса та висота, проведені з однієї вершини рівносторон нього трикутника, збігаються. 80. AM = BM = MC ∆ BMA і ∆ AMC — рівнобедрені ∠ B = ∠ BAM ; ∠ C > ∠ MAC ⇒ ∠ A = ∠ B+ ∠C . 1 ∠ C = 45° = ∠ B 2 ∆ CHB — рівнобедрений CH = HB = 14 (см).

∠ HCB =

81.

82.

498

∆ TMC — рівнобедрений ∠ A = 45° ⇒ ∠ ABM = ∠ AMB ⇒ ∠ BMT = ∠ MBT ∆ BTM — рівнобедрений BT = TM = MC .

83.

∆ DEA — прямокутний. Катет навпроти кута 30° дорівнює

1 гіпотенузи. 2

10 20 ; FM = 5. = FM 1 FM 2 85.

1 ∠ C = 90° ; 2 ∠ ACH = 45° − 10° = 35° ; ∠ A = 55° ; 1) ∠ HKC = 60° ; ∠ ACK =

.n et

∠ B = 90° − 55° = 35° .

ГЕОМЕТРІЯ

DA = 20. 1 DE DA FM = FA ; ∆ DAE  ∆ FAM ; ; = 2 FM FA

87. За теоремою зовнішній кут дорівнює сумі двох внутрішніх кутів, які з ним не суміжні. ∠ γ = 2a . 88. 1) 120° ; 2) 90° .

ld z

89. 1) 180° − (180° − 40° ) : 2 = 180° − 70° = 110° ; 2) 110° .

95. 1) ∠ ABD = ∠ CBD , BD — спільна, MB = BN ⇒ ∆ BMD = ∆ BND . 2) AD = DC ; ∠ A = ∠ C ; MD = ND ⇒ ∆ ADM = ∆ CDN .

98. Якщо дві прямі ділять сторони кута на рівні відрізки, то прямі паралельні. ⇒ MN  AC .

101. За теоремою, якщо дві висоти, проведені до бічних сторін рівні, тоді трикутник рівнобедрений. 107. AB = 4 см 1) OC = 1 см; AC = 1; CB = 3 см; 2) BD = 3 см. 110. 1) Коло з радіусом 0,5R. 2) Коло з радіусом 2R. 118. Коло вписане у трикутник. 119. Ні.

499