ister geometria 7 kl by zim zone

Розв’язання всіх завдань до підручника О. С. Істер «Геометрія» Розділ I. Найпростіші геометричні фігури та їх властивості Урок 1 1) Прямій A належать точки A, B, C. 2) Прямій B належать точки P і B. 3) І прямій A, і прямій B належить точка C. 4) Точки A і C належать прямій A, але не належать прямій B. 5) Ні прямій A, ні прямій B не належать точки K і D.

.n et

2. , / .

Пряма MN. M ∈ MN, N ∈ MN, L ∈ MN. K ∉ MN .

ld z

ГЕОМЕТРІЯ

§ 1. Геометричні фігури. Точка, пряма, промінь

A ∈ a , B ∈ a, C ∈ a , D ∉ a .

1) CM, CA, CD, CN — промені. 2) DK і DL, DB і DC — доповняльні промені з початком в точці D.

1) NP, NM, NK, NF — промені. 2) NM і NK — доповняльні промені.

6. .

MN, MF, NF, FN, FM, NM.

7. $

BD, DB, BC, DC. #

1) Прямі M і CB перетинаються. 2) Прямій M належать точки A і L. 3) Прямій BC належать точки B, C, Q. 4) Ні прямій M, ні прямій BC не належать точки K і D.

341

9. & ' %

1) DP, DE, EF, PF, DE, PE. 2) Шість прямих. 3) На 16 частин. 10. #

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

Точки B і C належать одному променю, якщо вони лежать по одну сторо ну від точки A, і різним променем, якщо точки B і C лежать по різні боки від точки A.

ld z

§ 2. Відрізок. Вимірювання відрізків. Відстань між двома точками. Урок 2

11. На малюнку 27 зображено чотири відрізки: AB, BK, AK, MB. AB = 15 мм, BK = 27 мм, AK = 42 мм, MB = 15 мм.

12. На малюнку 28 зображено чотири відрізки: PC, CD, PD, PT. PC = 10 мм, CD = 25 мм, PD = 35 мм, PT = 30 мм. 13.

CD = 35 мм. $% ÄÄ

14. "

AB = 7 см 2 мм, MN = 6 см 3 мм, AB > MN . 15. , '

KL = 5 см 9 мм, FP = 6 см 8 мм, KL < FP . 16. 1) AB = AC + CB = 5 см + 2 см = 7 см. 342 2) BC = AB − AC = 12 дм – 9 дм = 3 дм.

17. 1) PQ = PK + KQ = 3 дм +7 дм = 10 дм. 2) PK = PQ − KQ = 8 см – 6 см = 2 см. 18. Точка С лежить між точками D і B: Точка С лежить між точками D і A: Точка B лежить між точками D і A: Точка B лежить між точками C і A:

DB = DC + CB . DA = DC + CA . DA = DB + AB . CA = CB + AB .

19. 1

Точка Р лежить між точками М і L, оскільки ML = MP + PL . PL = 42 мм, PM = 3 см 2 мм, LM = 72 мм.

21.

.n et

20. Точки А, В, С не можуть лежати на одній прямій, оскільки найбільша відстань між ними не дорівнює сумі двох інших відстаней: AC = 9 ≠ AB + BC = 5 + 6 = 11 .

ГЕОМЕТРІЯ

Нехай AC = x дм, тоді BC = 3x дм і за умовою задачі маємо x + 3x = 7, 6 . Звідси 4x = 7, 6 , x = 7, 6 : 4 , x = 1, 9 ,тоді 3x = 3 ⋅ 1, 9 = 5,7 .Отже, AB = 1, 9 дм, BC = 5,7 дм. Відповідь: 1,9 дм, 5,7 дм.

ld z

22.

Нехай MD = x , тоді CM = ( x + 0, 6) см і за умовою задачі маємо: x + x + 0, 6 = 8, 4 , 2x + 0, 6 = 8, 4 , 2x = 8, 4 − 0, 6 , 2x = 7, 8 , x = 7, 8 : 2 , x = 3, 9, тоді x + 0, 6 = 3, 9 + 0, 6 = 4,5 . Отже, MD = 3, 9 см, а CM = 4,5 см. Відповідь: 3,9 см; 4,5 см.

23. I випадок. Нехай точка М лежить між точками С і D, тоді CD = CM + MD = 5, 2 + 4, 8 = 10,1 см. $

II випадок. Нехай точки С і D лежать по одну сторону від точки М, тоді CD = MC − MD = 5, 2 − 4, 9 = 0, 3 см. .

§ 3. Кут. Вимірювання кутів. Бісектриса кута Урок 3 24. а) М — вершина кута; МА і МK — сторони кута. б) L — вершина кута; LP і LF — сторони кута. в) N — вершина кута; NB і NC — сторони кута. 25. 1) О — вершина кута; ОМ і ОР — сторони кута. 2) L — вершина кута; LВ і LK — сторони кута.

343

26. 1) Гострий. 2) Прямий. 3) Тупий. 4) Тупий. 5) Розгорнутий. 6) Гострий. 7) Гострий. 8) Тупий. 27. 1) ∠ABD , ∠DBC , ∠ABC . 2) ∠ABC = 130°, ∠DBC = 70°, тоді ∠ABD = ∠ABC − ∠DBC = 130° − 70° = 60° .

29. 1)

3) 1

P /

30. 1)

"#$ P

./, P

3 123 P

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

28. ∠AMK = 45° — гострий. ∠PLF = 90° — прямий. ∠BNC = 100° — тупий.

P #

% $#% P

,-. P

ld z

31. 1) 7°13′ + 12°49′ = 19°62′ = 20°2′. 2) 52°17 ′ − 45°27 ′ = 51°77 ′ − 45°27 ′ = 6°50′ .

32. 1) 4° = 4 ⋅ 60′ = 240′ . 2°15′ = 2 ⋅ 60′ + 15′ = 135′. 2) 5′ = 5 ⋅ 60′′ = 300′′ . 2° = 2 ⋅ 60′ = 120′ = 120 ⋅ 60′′ = 7200′′ . 1°3′ = 1 ⋅ 60′ + 3′ = 63′ = 60′′ ⋅ 63 = 3760′′ .

Урок 4

33. На малюнку 46 промінь ОK не є бісектрисою кута АОВ, оскільки ∠AOK ≠ ∠KOB . На малюнку 47 промінь ОK є бісектрисою кута АОВ, оскільки ∠AOK = ∠KOB . На малюнку 48 промінь ОK не є бісектрисою кута АОВ, бо промінь ОK не проходить між його сторонами. 34. , "

35.

344

P P #

36. #

P P 0

∠BOC = ∠BOK + ∠KOC = 38° + 42° = 80° .

ГЕОМЕТРІЯ

Відповідь: 80 . 37. $

.n et

P 1

∠CPB = ∠APB − ∠APC = 108° − 68° = 40° .

Відповідь: 40 .

38. Промінь ВK не проходить між сторонами кута АВС, оскільки ∠ABC повинен бути більшим від кутів АВK і KВС, а за умовою задачі ∠ABC < ∠ABK (52° < 57°) . Відповідь: Не проходить.

ld z

39. 1) 180° ; 2) 90° ; 3) 30° ; 4) 120° . 40. 1) 90° ; 2) 180° ; 3) 150° ; 4) 60° . 41. #

∠AOC =

2 2 2 ⋅ 60° ∠AOB = ⋅ 60° = = 40° ; 3 3 3

∠COB = ∠AOB − ∠AOC = 60° − 40° = 20° .

Відповідь: 20 . 42.

∠BAK = ∠MAB ⋅ 0, 6 = 70° ⋅ 0, 6 = 42° . ∠MAK = ∠BAK + ∠MAB = 42° + 70° = 112° . "

Відповідь: 112 . 43. . 1

Відповідь: 96 .

Нехай ∠PQB = x° , тоді ∠MQP = 4x° . Тоді ∠MQB = ∠PQB + ∠MQP або 120 = x + 4x . Звідси 5x = 120 , x = 24 , тоді 4x = 4 ⋅ 24 = 96 . Отже, ∠PQB = 24° , а ∠MQP = 96° . 345

44. .

$ /

Нехай ∠CAN = x° , тоді ∠MAC = x° + 14° . Звідси ∠MAN = ∠MAC + ∠CAN або x + x + 14 = 86 . Тоді 2x + 14 = 86 , 2x = 72 , x = 36 , звідси x + 14 = 36 + 14 = 50 . Отже, ∠CAN = 36° , ∠MAC = 50° . Відповідь: 50 , 36 .

45.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

∠BOK = ∠AOB − ∠AOK = 180° − 140° = 40°. ∠LOK = ∠BOL − ∠BOK = 100° − 40° = 60° . Відповідь: 60 .

ld z

Вправи для повторення розділу I До § 1

46. 1) Точка М — точка перетину прямих а і B. 2) Прямій с належать точки P і L. 3) Точка М не належить прямій PL.

47.

48. $ "

49. B . C

346

Оскільки прямі A і B перетинаються в точці М, то точка перетину цих прямих — точка М, бо дві різні прямі можуть мати лише одну спільну точку.

50.

N "

ГЕОМЕТРІЯ

Точка В не може належати прямій M, бо в такому випадку прямі M і L мали би дві спільні точки А і в, отже, вони б збігалися, що неможливо за умовою задачі.

До § 2 51. "

52. ,

.n et

AB = 25 мм, BC = 45 мм, AC = 70 мм. -

KL = 6 см 8 мм, KP = 43 мм, LP = KL − KP = 68 мм – 43 мм = 25 мм. 53. MN = MA + AN; MN = MB + BN . 54. B

ld z

Три прямі, які перетинають відрізок АВ, можуть поділити цей відрізок на 2, 3, 4 частини. Відповідь: На дві, три або чотири частини.

55.

1 1 AB = 20 см = 10 см; 2 2 1 1 BC = AC = 10 см; AD = AC = ⋅ 10 = 5 (см), 2 2 DB = DC + BC = AD + BC = 5 см + 10 см = 15 см.

1) Якщо AB = 20 см, то AC =

2) Якщо BC = 12 дм, AB = 2BC = 2 ⋅ 12 дм = 24 дм; 1 1 AC = BC = 12 дм; AD = AC = ⋅ 12 дм = 6 дм; 2 2 DB = DC + BC = 6 дм + 12 дм = 18 дм. 56. $

Якщо CD = 15 см і CM = 12 см, то MD = CD − CM = 15 см – 12 см = 3 см. Оскільки DN = 11 см, а MD = 3 см, то MN = DN − MD = 11 − 3 = 8 см. Відповідь: 8 см. 347

57. "

Відрізок ВС можна відкласти від точки B в різні сторони від точки В. Тому задача має два розв’язки. Відповідь: Два розв’язки. 58. /

ГЕОМЕТРІЯ

Якщо CD = a см, М — середина відрізка СK, а точка N — середина від 1 1 1 1 1 a різка KD, тоді MN = MK + KN = CK + KD = ( CK + KD) = CD = a = 2 2 2 2 2 2 1 1 a KD) = CD = a = (см). 2 2 2 a Відповідь: см. 2

.n et

До § 3

59. ∠AOC = 60°, ∠AOB = 40°, ∠BOC = 60° − 40° = 20°, ∠COD = 120°, ∠AOD = 180°, ∠BOD = 140°. 60. Ні, градусні величини кутів рівні, отже, кути рівні. 61. ∠KАС, ∠ВАМ, ∠ВАС, ∠МАK, ∠KАМ, ∠САK. 62.

ld z

P P

63. 1) 90° , 42° , 138° . 2) 30′ , 30′ ⋅ 5 = 150′ = 2°30′ ; 45 хв = 30′ ⋅ 45 = 1350′ = 22°30′ . 64. .

, -

1 1 1) Якщо ∠AOB = 120° , то ∠KOB = ∠AOB = ⋅ 120° = 60° , 2 2 1 1 ∠KOL = ∠KOB = ⋅ 60° = 30° . 2 2 2) Якщо ∠LOB = 37° , то ∠KOB = 2∠LOB = 2 ⋅ 37° = 74° ; ∠AOB = 2∠KOB = 2 ⋅ 74° = 148° . 1 1 65. 1) Якщо ∠AOE = 140° , то ∠BOD = ∠BOC + ∠COD = ∠AOC + ∠COE = 2 2 1 1 1 = ( ∠AOC + ∠COE) = ∠AOE = ⋅ 140° = 70° . 2 2 2 1 2) Якщо ∠BOD = 73° , то ∠AOE = ∠AOC + ∠COE = 2∠BOC + ∠COD = 2 = 2 ( ∠BOC + ∠COD) = 2∠BOD = 2 ⋅ 73° = 146°. 348 Відповідь: 1) 70°; 2) 146°.

66. .

° 0

Нехай ∠AOM = 3x° , тоді ∠MOB = 4x° і за умовою задачі маємо рівняння 3x + 4x = 168 . Звідси 7x = 168 ; x = 24; тоді 3x = 3 ⋅ 24 = 72 , 4x = 4 ⋅ 24 = 96. Отже, ∠AOM = 72° , ∠MOB = 96° . Відповідь: ∠AOM = 72° , ∠MOB = 96° .

.n et

Розділ II. Взаємне розміщення прямих на площині

ГЕОМЕТРІЯ

§ 4. Аксіоми, означення, теореми § 5. Суміжні кути Урок 5

ld z

67. Суміжні кути 1 і 2 зображено на малюнках 55 і 58. 68. 1) Ні, бо 42° + 148° = 190° ≠ 180° . 2) Так, бо 90° + 90° = 180°. 3) Так, бо 166° + 14° = 180°. 4) Ні, бо 23° + 156° = 179° ≠ 180°.

69. 1) Так, бо 13° + 167° = 180° . 2) Ні, бо 5° + 165° = 170° ≠ 180°. 3) Ні, бо 11° + 179° = 190° ≠ 180° . 4) Так, бо 91° + 89° = 180°. 70. 1) 180° − 15° = 165° ; 2) 180° − 113° = 67°. Відповідь. 1) 165°; 2) 67°.

71. 1) 180° − 127° = 53° ; 2) 180° − 39° = 141°. Відповідь. 1) 53°; 2) 141°. 72.

∠ 1 і ∠ 2 — суміжні.

73.

∠ 1 і ∠ 2 — суміжні.

349

74.

Нехай ∠ 1 і ∠ 2 — суміжні і ∠ 1 = ∠ 2. За властивістю суміжних кутів маємо: ∠ 1 + ∠ 2 = 180°. Враховуючи, що ∠ 1 = ∠ 2 = α , маємо α + α = 180° . Звідси 2α = 180°; α = 90°. Отже, ∠ 1 = 90° , ∠ 2 = 90°, тобто ∠ 1 і ∠ 2 — прямі.

75.

ГЕОМЕТРІЯ

.n et

Нехай ∠ 1 = ∠ 3, а кути 1 і 2, 3 і 4 суміжні. За властивістю суміжних кутів маємо: ∠ 1 + ∠ 2 = 180° , ∠ 3 + ∠ 4 = 180°. Враховуючи, що ∠ 1 = ∠ 3 = α , одержуємо α + ∠ 2 = 180° , α + ∠ 4 = 180°, звідси ∠ 2 = 180° − α , ∠ 4 = 180° − α. Отже, ∠ 2 = ∠ 4 Отже, якщо кути рів ні, то й суміжні з ними кути рівні.

Урок 6

76.

° ,

∠ KON = 180° − ∠ MON = 180° − 50° = 130° .

ld z

77.

∠ APC = 180° − ∠ APB = 180° − 115° = 65° .

78.

Нехай ∠ BOD = 72° , ∠ DOC = 15°, % ° тоді ∠ BOC = ∠ BOD + ∠ DOC = 72° + 15° = 87°. $ ∠ AOB = 180° − ∠ BOC = 180° − 87° = 93°.

Відповідь. 93°. 79. , ° 1

80. $

350

Нехай ML — бісектриса кута KMN і ∠ LMN = 36° , тоді ∠ KMN = 36° ⋅ 2 = 72° , ∠ PMK = 180° − ∠ KMN = 180° − 72° = 108° . Відповідь. 108°.

Нехай ∠ COB = x° , тоді ∠ AOC = x° + 18° . За властивістю суміжних кутів маємо x + x + 18 = 180 x + x + 18 = 180. Звідси 2x + 18 = 180 . 2x = 180 − 18 ; 2x = 162 ; x = 162 : 2 ; x = 81 , тоді x + 18 − 81 + 18 = 99 . Отже, # ∠ COB = 81° , ∠ AOC = 99° .

Відповідь. 81°; 99°.

81. $

82. #

3 x° . 7 3 За властивістю суміжних кутів маємо x + x = 180. 7 Звідси 7x + 3x = 1260 ; 10x = 1260; x = 1260 : 10; x = 126, Нехай ∠ BOC = x°, тоді ∠ AOB =

.n et

3 3 x = ⋅ 126 = 54 . Отже, ∠ BOC = 126° , ∠ AOB = 54° . 7 7 Відповідь. 126° і 54°.

ГЕОМЕТРІЯ

Нехай ∠ COB = x° , тоді ∠ AOC = 3x° . За властивістю суміжних кутів маємо x + 3x = 180. " 0 # Звідси 4x = 180 ; x = 180 : 4 ; x = 4, тоді 3x = 3 ⋅ 45 = 135. Отже, ∠ COB = 45° , ∠ AOC = 135° . Відповідь. 45°; 135°.

тоді

83. Оскільки кут A — тупий, то суміжний з ним дорівнює 80°. Нехай ∠ A = 4x° , тоді ∠ B = 3x° . За властивістю суміжних кутів має мо: ∠ A + 80° = 180° або 4x + 80 = 180 . Звідси 4x = 100 , x = 25, тоді 4x = 4 ⋅ 25 = 100 , ∠ 3 = 3 ⋅ 25 = 75. Отже, ∠ A = 100° , ∠ B = 75° .

84.

ld z

Відповідь. ∠ A = 100° , ∠ B = 75° .

Нехай ∠ BAC і CAD — суміжні, AM — бісектриса кута BAC ( ∠ BAC = ∠ MAC) , AN — бісектриса

(∠ CAN = ∠ NAD) ,тоді ∠ MAN = ∠ MAC + ∠ CAN = ∠ 2 1 1 1 1 # ∠ MAN " = ∠ MAC % + ∠ CAN = ∠ BAC + ∠ CAD = ( ∠ BAC + ∠ CAD ) = ⋅ 180° = 90

кута CAD

2 2 2 1 1 = ∠ BAC + ∠ CAD = ⋅ 180 ° = 90° ( ) = ⋅ 180° = 90°. 2 2 Отже, кут між бісектрисами суміжних кутів дорівнює 90°.

Відповідь. 90°. 85. .

Нехай ∠ CBD = x°, тоді ∠ MLN = 2x° . За властивістю суміжних кутів маємо: ∠ ABC = 180°− ∠ CBD = 180°− x° , ∠ KLM = 180°− ∠ MLN = 180°− 2x°. ∠ ABC 7 180 − x 7 За умовою задачі маємо = або = . ∠ KLM 5 180 − 2x 5 Звідси 900 − 5x = 1260 − 14x ; 14x − 5x = 1260 − 900 ; 9x = 360 ; x = 40 , тоді 2x = 2 ⋅ 40 = 80 . Отже, ∠ CBD = 40° , а ∠ MLN = 80° . Відповідь. 40° і 80°. 351

86. $

Нехай ∠ BOC = x° , тоді ∠ AOC = 180° − ∠ BOC = 180° − x° .

ГЕОМЕТРІЯ

I випадок. За умовою задачі маємо ∠ BOC = 2 (∠ AOC − ∠ BOC) або x = 2 (180 − x − x) . Звідси x = 360 − 2x − 2x ; 5x = 360 ; x = 72 , тоді 180 − x = 180 − 72 = 108 . Отже, ∠ BOC = 72° , ∠ AOC = 108° .

.n et

II випадок. ∠ AOC = 2 ( ∠ AOC − ∠ BOC) або 180 − x = 2 (180 − x − x) . Звідси 180 − x = 360 − 2x − 2x ; 180 − x = 360 − 4x ; 3x = 180 ; x = 60 , тоді 180 − x = 180 − 60 = 120 . Отже, ∠ BOC = 60° , ∠ AOC = 120° . Відповідь: 72° і 108° або 60° і 120°.

ld z

§ 6. Вертикальні кути. Кут між двома прямими, що перетинаються Урок 7

87. ∠ AMP і ∠ TMF , ∠ PMT і ∠ AMF — вертикальні кути. 88. На малюнку 62 вертикальних кутів немає. 89. 1) 15°; 2) 129°.

90. 1) 42°; 2) 139°.

91. ∠ APK і ∠ CPM, ∠ KPM і ∠ APC, ∠ APB і ∠ LPM, ∠ BPC і ∠ KPL, ∠ BPK і ∠ CPL , ∠ APL і ∠ MPB . 92.

" # $

° '

Нехай ∠ DBF = 40° , тоді ∠ ABC = ∠ DBF = 40° , ∠ ABD = ∠ CBF = 180° − 40 ° = 14 D = ∠ CBF = 180° − 40° = 140° . Відповідь. 140°, 40°, 140°. 93. ∠ AMP = 180° − ∠ AML = 180° − 120° = 60° ; ∠ PMB = ∠ AML = 120° ; ∠ BML = ∠ AMP = 60° . Відповідь. ∠ AMP = 60° , ∠ PMB = 120° , ∠ BML = 60° . 94. ∠ POA = 180° − ∠ POB = 180° − 118° = 62° . Отже, кут між прямими AB і PL дорівнює 62°. Відповідь. 62°. 352

95. B ° C 0

Урок 8 96. Кут між прямими не може дорівнювати 130°, оскільки кут між прями ми, що перетинаються, є меншим із кутів, що утворилися при перетині цих прямих. Отже, кут між прямими дорівнює 180° − 130° = 50° . Відповідь. 50°. 97.

ГЕОМЕТРІЯ

Кут між прямими a і b дорівнює 45°.

.n et

98.

ld z

∠ KOL = 110°, ∠ KOM = ∠ NOL = 180° − 110° = 70° . Відповідь. ∠ KOL = 110°, ∠ KOM = 70° , ∠ NOL = 70° . "

% 1

∠ DOP = ∠ AOB = 30° ; ∠ AOD = ∠ BOP = 180° − 30° = 150°. Відповідь. ∠ DOP = 30° , ∠ AOD = ∠ BOP = 150°.

99. 1)

$ %

∠ AOB = ∠ BOD = ∠ COD = ∠ AOD = Відповідь. 90°, 90°, 90°, 90°. 2)

180° = 90°. 2

Дані кут не можуть бути суміжними (оскільки суміж них кутів дорівнює 180°), отже, ці кути вертикальні. 0 $ Нехай ∠ BOC = ∠ AOD = 178° : 2 = 89° , тоді ∠ BOA = ∠ DOC = 18 ∠ BOA = ∠ DOC = 180° − 89° = 91°. Відповідь. 89°, 91°, 89°, 91°. 353 %

100. 1)

Дані кути не можуть бути суміжними (оскільки сума суміжних кутів дорівнює 180°), отже, ці кути верти кальні. 0 % Нехай ∠ AOB = ∠ COD = 16° : 2 = 8°,тоді ∠ AOC = ∠ BOD = 180° − 8° # ∠ AOC = ∠ BOD = 180° − 8° = 172° . Відповідь. 8°, 172°, 8°, 172°. $

ГЕОМЕТРІЯ

0 %

Нехай ∠ AOB = ∠ BOC = ∠ COD . Оскільки ∠ AOB та ∠ BOC суміжні, то ∠ AOB = ∠ BOC = 180° : 2 = 90°, ∠ COD = ∠ AOB = 90° , ∠ AOD = ∠ BOC = 90° .

101. 1) #

.n et

Відповідь. 90°, 90°, 90°, 90°.

Дані кути не можуть бути вертикальними (оскільки вертикальні кути рівні). Нехай ∠ AOB − ∠ BOC = 18°. $ Тоді ∠ BOC = ∠ AOD = 180° − 18° = 81°, ∠ AOB = ∠ DOC = 81° + 18 " 0 2 ∠ AOB = ∠ DOC = 81° + 18° = 99°. Відповідь. 81°, 99°, 81°, 99°.

ld z

Нехай ∠ AOB + ∠ BOC + ∠ COD = 293°. Оскільки ∠ AOB + ∠ BOC = 180°, тоді 180° + ∠ COD = 293°, тоді ∠ COD = 293° − 180° = 113°, ∠ AOB = 113°, ∠ BOC = ∠ AOD % ∠ BOC = ∠ AOD = 180° − ∠ COD = 180° − 113° = 67°. Відповідь. 67°, 113°, 67°, 113°. $

102.

Нехай ∠ AOD = 2 ∠ DOC , тоді ∠ AOD =

180° ⋅ 2 = 120° , 3

180° ⋅ 1 = 60°. 8 Отже, кут між прямими AC і BD дорівнює 60°. ∠ DOC =

Відповідь. 60°.

103. ∠ BMC = 20°, ∠ LMP = 60°, тоді ∠ AMK = 180° − ∠ AMC = 180° − (∠ AMB + ∠ BMC) = 180° − (∠ AMB + ∠ BMC) = 180° − ( ∠ LMP + ∠ BMC) = 180° − (20° + 60°) = 180° − 80° = 100°. Відповідь. 100°. 104.

354

Оскільки ∠ 4 = ∠ 1, тоді ∠ 1 + ∠ 2 + ∠ 3 = ∠ 1 + ∠ 4 + 3 = 180° . Відповідь. 180°.

105.

Нехай ∠ AOB і ∠ COD — вертикальні, тоді ∠ AOB = ∠ COD $ ∠ AOB = ∠ COD . OM і ON — бісектриси кутів AOB і COD , тобто ∠ AOM = ∠ MOB = ∠ CON = ∠ NOD . . / Тоді ∠ MON = ∠ MOA + ∠ AOC + ∠ CON = ∠ MOA + ∠ AOC + ∠ BOM 0 MOA + ∠ AOC + ∠ CON = ∠ MOA + ∠ AOC + ∠ BOM==∠ AOC + ( ∠ MOA + ∠ BOM ) = ∠ AOC + ∠ BOA = # % = ∠ AOC + ( ∠ MOA + ∠ BOM ) = ∠ AOC + ∠ BOA = 180° . Отже, OM і ON є доповняль ними променями.

§ 7. Перпендикулярні прямі. Перпендикуляр. Відстань від точки до прямої Урок 9

.n et

106. На малюнку 75 і малюнку 78 зображено перпендикулярні прямі: m ⊥ n, AB ⊥ MN .

ГЕОМЕТРІЯ

107.

ld z

a⊥c, b⊥c

108.

a ⊥ b

109.

a ⊥ b

ÊÅ

110.

ÊÅ " ÊÅ # N

111. $ % "

355

112.

113. Означення не правильне, бо не вказано знаходження кінців цього від різка. 114. 1) ∠ MOD = ∠ AOD − ∠ AOM = ∠ AOD − ∠ NOD = 90° − 25° = 65° . 2) ∠ CON = ∠ MOD = ∠ MOB − ∠ DOB = 150° − 90° = 60° . Відповідь. 1) 65°; 2) 60°. 115. 1) ∠ KOP = ∠ LOF = ∠ NOF − ∠ NOL = 140° − 90° = 50° . 2) ∠ KOF = ∠ KOM + ∠ MOF = ∠ KOM + ∠ PON = 90° + 37° = 127° . Відповідь. 1) 50°; 2) 127°.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

116. $

117.

ld z

Оскільки ∠ ABM = ∠ ABC + ∠ CBM = 90° + 90° = 180°, от же, точки A, B, M лежать на одній прямій.

Оскільки ∠ AOB = ∠ BOC = BD — перпендикулярні.

180° = 90°, то прямі AC та 2

1 1 (∠ AOB + ∠ COD) + (∠ BOC + ∠ DOE) = 2 2 1 1 = ( ∠ AOB + ∠ BOC + ∠ COD + ∠ DOE) = ⋅ 180° = 90° . Отже, OC ⊥ AE . 2 2 1 1 ∠ BOD = ∠ BOC + ∠ COD = ( ∠ BOC + ∠ DOE) + ( ∠ COD + ∠ AOB) = 2 2 1 1 = ( ∠ AOB + ∠ BOC + ∠ COD + ∠ DOE) = ⋅ 180° = 90° . Отже, BO ⊥ OD . 2 2

118. ∠ COE = ∠ COD + ∠ DOE =

119.

Нехай OD — бісектриса ∠ COF ( ∠ COD = ∠ DOF ) , ∠ AOC та ∠ COF — суміжні, BO ⊥ OD ( ∠ BOD = 90°). Тоді ∠ BOC = ∠ BOD − ∠ COD = 90° − ∠ COD 0 " ' ∠ AOB = ∠ AOF − ∠ BOF = 180° − (90° + ∠ DOF ) = = 180° − 90° − ∠ DOF = 90° − ∠ DOF = 90° − ∠ COD. Оскільки ∠ BOC = ∠ AOB, то OB — бісектриса кута AOC . #

§ 8. Паралельні прямі Урок 10 120. 1) a || m ; 356 2) CD || PK .

121. На малюнках 90 і 93 зображено паралельні прямі a || b , c || k . 122. m || a , b || n . 123. 1) Через точку K можна провести лише одну пряму, яка паралельна прямій b . 2) Прямих, які паралельні прямій b , можна провести безліч. 124. "

ГЕОМЕТРІЯ

M M B

125.

.n et

126.

ld z

B C

127.

# ,

128. B "

Якщо припустити, що прямі b і m не перетинаються, тоб то b  m , то одержуємо, що через точку А проходить дві прямі, які паралельні прямій m, що суперечить основній властивості паралельних прямих. Отже, припущення не вірне, а вірно, що прямі b і m перетинаються.

129. B C " M

Припустимо, що пряма l перетинає пряму b в точці А, тоді через точку А проходить дві прямі b і l, які паралель ні A, що суперечить основній властивості паралельних прямих. Отже, наше припущення неправильне, тому 357 пряма l не перетинає пряму b.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

130. Припустимо, що прямі m і n не перетинаються, отже m  n . Тоді m  n і m  KN , тобто через точку N проходить дві прямі n і KN, які паралель ні прямій m, що суперечить основній властивості паралельних прямих. Отже, припущення неправильне, тому прямі m і n перетинаються. 131. Нехай пряма l перетинає пряму в точці А. M " B Припустимо, що пряма l не перетинає пряму b, тоді че рез точку А проходить дві прямі a і l, які паралельні пря C мій b, що суперечить основній властивості паралельних прямих. Отже, припущення неправильне, тому пряма l D перетинає пряму b. Припустимо, що пряма l не перетинає пряму с, тоді через точку А про ходить дві прямі a і l, які паралельні прямій с, що суперечить основній властивості паралельних прямих. Отже, припущення неправильне, тому пряма l перетинає пряму с.

§ 9. Кути, утворені при перетині двох прямих січною. Ознаки паралельності прямих Урок 11

ld z

132. Малюнок 105. Кути 1 і 2 — внутрішні різносторонні. Малюнок 106. Кути 1 і 2 — відповідні. Малюнок 107. Кути 1 і 2 — внутрішні односторонні. 133. Малюнок 108. Кути 1 і 2 — внутрішні односторонні. Малюнок 109. Кути 1 і 2 — відповідні. Малюнок 110. Кути 1 і 2 — внутрішні різносторонні.

134. ∠ANM і ∠BNM , ∠CNM і ∠DNM — внутрішні односторонні. ∠ANM і ∠NMD , ∠BMN і ∠CNM — внутрішні різносторонні. ∠ANK і ∠BNM, ∠ANM і ∠BML — відповідні. 135. ∠PCM і ∠DMC , ∠FCM і ∠LMC — внутрішні односторонні. ∠PCM і ∠LMC, ∠DMC і ∠FCM — внутрішні різносторонні. ∠PCB і ∠DMC, ∠PCM і ∠DMK — відповідні. 136. Малюнок 113. a  b , оскільки внутрішні різносторонні кути рівні (дорів нюють по 65 ). Малюнок 114. Прямі a і b перетинаються, оскільки сума внутрішніх од носторонніх кутів не дорівнює 180 . ( 40° + 130° = 170° ). Малюнок 116. Прямі a і b перетинаються, оскільки внутрішні різносто ронні кути не рівні ( 115° ≠ 120° ). Малюнок 116. a  b , оскільки сума внутрішніх односторонніх кутів до рівнює 180 . ( 100° + 80° = 180° ). Малюнок 117. Прямі a і b перетинаються, оскільки відповідні кути не рівні ( 100° ≠ 98° ).

137.

° ° ° ° ° °

358

Прямі m і n перетинаються.

138.

E °

ab . 139. "

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

Оскільки ∠1 = 90° , ∠2 = 90° і кути 1 і 2 — внутрішні односторонні, то ∠1 + ∠2 = 90° + 90° = 180° . Отже, прямі a і b паралельні.

Урок 12

140. AB  CD , оскільки відповідні кути рівні (∠A = ∠C = 90° ). 141.

ld z

∠ABC і ∠BCM — внутрішні різносторонні. Точки А і М розміщені по різні сторони від прямої ВС (лежать в різних півплощинах відносно прямої ВС).

142.

∠AKN і ∠KNP — внутрішні односторонні. Точки А і Р розміщені по одну сторону від прямої KN (лежать в одній півплощині відносно прямої KN). 143. "

∠ABC = ∠PCK = 115°. AB  PC , тому що відповідні кути рівні (∠ABC = ∠PCK ) .

359

144. .

ГЕОМЕТРІЯ

∠MNP = ∠APB = 125°. MN  AP , тому що відповідні кути рівні (∠MNP = ∠APB). 145. $

# /

.n et

CD  MN , оскільки ∠CAB і ∠ABN — внутрішні різносторонні і рівні ( ∠CAB = ∠ABN = 90° ). 146.

ld z

∠1 + ∠2 = 180°, тоді ∠1 = 180° − ∠2 = ∠3. Отже, ∠1 = ∠3 до того ж ∠1 і ∠2 — відповідні, тому a  b .

147. За умовою ∠1 = ∠2, тоді ∠3 = ∠2 — як вертикальні, тоді ∠1 = ∠3. Оскіль ки ∠1 і ∠3 =—∠відповідні 2 і ∠1 = ∠3 ,=то ∠2m  n . 148. За умовою ∠4 + ∠5 = 190°. Тоді: Q N

1) ∠2 + ∠7 = ∠4 + ∠5 = 190° (оскільки ∠2 = ∠4 — як вертикальні, ∠7 = ∠5 ∠7 = ∠5 — як вертикальні). 2) ∠1 + ∠8 = 180° − ∠4 + 180 − ∠5== 360° − (∠4 + ∠5) == 360 360°° −−190 190°° ==170 170°° (оскільки ∠1 і ∠4 — суміжні, то ∠1 = 180° − ∠4 ; ∠8 і ∠5 — суміжні, то ∠8 = 180° − ∠ ∠8 = 180° − ∠5 ) . 3) ∠3 + ∠6 = 180° − ∠4 + 180° − ∠5 = 360° − ( ∠4 + ∠5) = 360° − 190° = 170°(ос кільки ∠3 і ∠4 — суміжні, то ∠3 = 180° − ∠4; ∠6 і ∠5 — суміжні, то ∠6 = 180° − ∠5). 149. Прямі AB і CD не можуть бути паралельними. Якщо ∠ABC і ∠BCD — внутрішні односторонні, то їх сума не дорівнює 180° ( 70° + 100° ≠ 180°). Отже прямі AB і CD перетинаються. Якщо ∠ABC і ∠BCD — внутрішні різносторонні, то вони не рівні (70° ≠ 100° ) . Отже прямі AB і CD перетинаються. 360

150. Прямі MN і KP можуть бути паралельними, якщо ∠MNP і ∠NPK є внутрішніми односторонніми, то їх сума дорівнює 180° ( ∠MNP + ∠NPK = 120 ∠MNP + ∠NPK = 120° + 60° = 180° ). Якщо кути MNP і NPK є внутрішніми різносторонніми, то прямі MN та KP не будуть паралельними, оскільки внутрішні різносторонні кути не рівні (60° ≠ 120° ).

.n et

152. Нехай a ⊥ m , b ⊥ m , тоді a  b . Припустимо, що пряма c не перетинає пряму b. Тоді через точку A проходить дві прямі a і c, які паралельні пря мій b, що суперечить основній властивості паралельніх прямих. Отже, наше припущення не правильне, тому пряма c перетинає пряму b.

ГЕОМЕТРІЯ

151. Оскільки MF — бісектриса кута KMN, то ∠KMN = 2∠KMF. Оскільки KF — бісектриса кута MKP, то ∠MKP = 2∠MKF. Оскільки ∠KMN + ∠MKP = 2∠MKF + 2∠KMF == 2 ( ∠MKF + ∠KMF ) = 2 ⋅ 90° = 18 = 2 ( ∠MKF + ∠KMF ) = 2 ⋅ 90° = 180° і кути KMN і MKP — внутрішні одно сторонні при прямих MN і KP та січній KM, то MN  KP.

§ 10. Властивість паралельних прямих. Властивості кутів, утворених при перетині паралельних прямих січною Урок 13

ld z

153. 1) ∠5 = ∠4 , оскільки ці кути відповідні і a  b . ∠2 = ∠7 , оскільки ці кути відповідні і a  b . 2) ∠1 = ∠3 , оскільки ці кути внутрішні різносторонні і a  b . 3) ∠1 + ∠4 = 180°, оскільки ці кути внутрішні односторонні і a  b .

154. 1) ∠1 = ∠8 , оскільки ці кути відповідні і a  b . ∠6 = ∠3 , оскільки ці кути відповідні і a  b . 2) ∠2 = ∠4, оскільки ці кути внутрішні різносторонні і a  b . 3) ∠2 + ∠3 = 180° , оскільки ці кути внутрішні односторонні і a  b . 155. ∠2 = 180° − 110° = 70° ; ∠1 = 110° ; ∠3 = 110° . 156. ∠3 = 60° ; ∠1 = 60° ; ∠2 = 180° 60° = 120° . 161.

Оскільки a  b , то ∠1 = ∠2 =

Нехай a  b , с — січна, ∠1 + ∠2 = 240°. 240° = 120° (оскільки 2 внутрішні різносторонні кути, утворені при перетині паралельних прямих січною, рівні). Відповідь: 120 , 120 .

162.

Нехай a  b , с — січна, ∠1 + ∠2 = 108° . 108° Оскільки a  b , то ∠1 = ∠2 = = 54° (оскільки 2 внутрішні різносторонні кути, утворені при перетині паралельних прямих січною, рівні). 361 Відповідь: 54 , 54 .

Урок 14 163. Оскільки ∠1 = ∠2 і ∠1, ∠2 — внутрішні різносторонні, то a  b . Оскільки a  b , а ∠3 і ∠4 — внутрішні односторонні, то ∠3 + ∠4 = 180°. 164. Оскільки ∠1 + ∠2 = 180°, а ∠3 і ∠4 — внутрішні односторонні, то a  b . Оскільки a  b , а ∠3 і ∠4 — внутрішні різносторонні, то ∠3 = ∠4 . 165.

ГЕОМЕТРІЯ

.n et

Оскільки ∠1 = ∠2 і ∠1 , ∠2 — відповідні, то a  b . Оскільки a  b , а ∠3 і ∠4 — внутрішні односторонні і ∠3 = 90° , тоді ∠4 = 180° − ∠3 = 180° − 90° = 90°. Отже a ⊥ b . 166. E

ld z

Оскільки d ⊥ a , d ⊥ b , то ∠3 = 90° і ∠3, ∠4 — внутрішні односторонні, то a  b , а ∠1 і ∠2 — відповідні кути, то ∠1 = ∠2. 167. D B C

Нехай a  b , с — січна. ∠1, ∠2 — внутрішні односторонні кути, тоді ∠1 + ∠2 = 180°. 1) ∠2 =

180° − 16° 164° = = 82°; 2 2

∠1 = ∠2 + 16° = 82° + 16° = 98°.

362

2) ∠2 =

180° ⋅ 1 180° ⋅ 3 = 45° ; ∠1 = = 135° . 4 4

3) ∠2 =

180° ⋅ 5 180° ⋅ 7 = 75° ; ∠1 = = 105° . 12 12

168. D B

Нехай a  b , с — січна. ∠1, ∠2 — внутрішні односторонні кути, тоді ∠1 + ∠2 = 180° . 180° − 8° 172° 1) ∠2 = = = 86° ; 2 2 ∠1 = ∠2 + 8° = 86° + 8° = 94° . 180° ⋅ 1 180° ⋅ 4 = 36° ; ∠1 = = 144°. 5 5 180° ⋅ 5 180° ⋅ 4 3) ∠1 = = 100° ; ∠2 = = 80° . 9 9 169. Малюнок 143.

.n et

2) ∠2 =

ГЕОМЕТРІЯ

ld z

Оскільки ∠1 = 120° , то a  b (бо рівні відповідні кути). Оскільки a  b , то ∠2 = 180° − 110° = 70° (бо сума внутрішніх односторон ніх кутів дорівнює 180 ), тоді x = 70° .

Відповідь: 70 .

Малюнок 144.

° ° B

Y °

Оскільки ∠1 = 180° − 125° = 55° , тоді a  b (бо рівні відповідні кути, вони дорівнюють по 55 ). Оскільки a  b , а x і 65 — внутрішні різносторонні кути, то x = 65° . Відповідь: 65 .

Малюнок 145. B ° C

° Y

Відповідь: 129 .

° °

Оскільки, кути 48 і 132 — внутрішні одно сторонні і 48° + 132° = 180° , тоді a  b . Оскільки a  b , а кути 51 і ∠1 — внутрішні односторонні, то ∠1 = 180° − 51° = 129° . Отже, x = 129°.

363

170. Малюнок 146. °

ГЕОМЕТРІЯ

Оскільки ∠1 = 80° , то a  b (бо відповідні кути рівні, вони дорівнюють по 80 ). Оскільки a  b , а кути x і 50 — відповідні кути, то оскільки x = 50° . Відповідь: 50 .

Малюнок 147. C

.n et

° °

Оскільки, кути 130 і 50 — внутрішні односторонні і 130° + 50° = 180°, тоді a  b . Оскільки a  b , а ∠1 і x — внутрішні односторонні, то x = 180° − ∠1 = 180° − 7 x = 180° − ∠1= = 180° − 70° = 110° . Відповідь: 110 .

ld z

N B

171.

Ні, не можна. На малюнку прямі a і b не паралельні прямій m, про- те a  b . 172. Оскільки a  b , с — січна, то кожні два із восьми кутів або рівні, або сума їх дорівнює 180 . Оскільки сума трьох з восьми кутів дорівнює 120 , то всі ці кути рівні і дорівнюють 120° : 3 = 40°. Отже, чотири кути дорівнюють по 40 , а чотири інші кути дорівнюють по 180° − 40° = 140° . Відповідь: Чотири кути по 40 і чотири кути по 140 .

173. Оскільки a  b , с — січна, то кожні два із восьми кутів або рівні, або сума їх дорівнює 180°. Оскільки сума трьох з восьми кутів дорівнює 128°, то всі ці кути рівні і дорівнюють 128° : 4 = 32° . Отже, чотири кути дорівнюють по 32 , а чотири інші кути дорівнюють по 180° − 32° = 148° . 364 Відповідь: Чотири кути по 32 і чотири кути по 148 .

174. $

% ° .

° #

Проведемо MN  CD . Оскільки AB  CD , ∠DCM = 80° , ∠BAM = 50° , то MN  AB і ∠1 = 80° , ∠2 = 50° , тоді ∠CMA = ∠1 + ∠2 = 80° + 50° = 130° .

Відповідь: 130 . 175.

% ° / ° " #

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

Проведемо KF  MN . Тоді KF  PL , тоді ∠1 = 180° − 120° = 60° , ∠2 = 180° − 140° = 40° . Звідси ∠MKP = ∠1 + ∠2 = 60° + 40° = 100° .

Відповідь: 100 .

ld z

176.

Нехай ON і PM — бісектриси внутрішніх кутів ∠1 = ∠2 , ∠3 = ∠4 . Оскільки a  b , то ∠1 + ∠2 = ∠3 + ∠4 . Отже, ∠1 = ∠2 = ∠3 = ∠4 (як половини рівних кутів). Оскільки ∠2 = ∠3 , а кути 2 і 3 — внутрішні різносторонні кути при пря мих PM і ON та січній с, то PM  ON .

177. D

0 C

Оскільки ON і PM — бісектриси відповідних кутів ∠1 = ∠2 , ∠3 = ∠4 . Оскільки a  b , то ∠1 + ∠2 = ∠3 + ∠4 . Отже, ∠1 = ∠2 = ∠3 = ∠4 (як половини рівних кутів). Оскільки ∠1 = ∠3 , а кути 1 і 3 — внутрішні різносторонні кути при 365 прямих PM і ON та січній с, то PM  ON .

Урок 15. Завдання для перевірки знань з теми «Найпростіші геометричні фігури та їх властивості. Взаємне розміщення прямих на площині»

ГЕОМЕТРІЯ

Точки В і D належать прямій a, точки М і С не належать прямій a: B ∈ a , D ∈ a , M ∉a , C ∉a .

∠BAK і ∠DAN , ∠BAD і ∠KAN — вертикальні.

На малюнку 152 прямі a і b — перепендикулярні, а на малюнку 154 пря мі m і n — паралельні. a ⊥ b , m  n .

4. .

CM = MN − CN = 7, 2 см – 3,4 см = 3,8 см. Відповідь: 3,8 см.

.n et

ld z

∠ABC = 70° , ВМ — бісектриса, ∠ABM = ∠MBC = 35° .

∠1 = 180° − 78° = 102° ; ∠3 = ∠1 = 102° ; ∠2 = 78°; ∠4 = ∠2 = 78° ; ∠6 = ∠4 = 78° ; ∠5 = ∠3 = 102° ; ∠7 = ∠5 = 102° .

Відповідь: три кути по 78 і чотири кути по 102 . 7.

180° − 12° 168° = = 84°; 2 2 ∠2 = ∠1 + 12° = 84° + 12° = 96°. ∠1 =

Відповідь: 84 і 96 . 8. 366

∠AOK = ∠BOL = ∠BOD − ∠DOL = 90° − 38° = 52°. Відповідь: 52 .

I випадок (точка K лежить між точками А і В). "

AB = AK + KB = 9, 3 см + 3,7 см = 13 см. II випадок (точка В лежить між точками А і K). #

AB = AK − KB = 9, 3 см – 3,7 см = 5,6 см. Отже задача має два розв’язки: 13 см і 5,6 см. Відповідь: 13 см або 5,6 см.

.n et

10.

ГЕОМЕТРІЯ

11.

ld z

Нехай ∠1 = x°, ∠2 = 3x° , тоді ∠3 = 180° − x° , ∠4 = 180° − 3x° . 180 − x 7 За умовою задачі = . 180 − 3x 3 Звідси 540 − 3x = 1260 − 21x ; 21x − 3x = 1260 − 540 ; 18x = 720 , x = 720 : 18 ; x = 40 , тоді 3x = 3 ⋅ 40 = 120 . Отже, кути дорівнюють 40° і 120°. Відповідь: 40° і 120°. #

Проведемо KM  AB , тоді KM  DC . ∠1 = 70° , ∠2 = 70°. ∠BKD = ∠1 + ∠2 = 70° + 70° = 140° . Відповідь: 140 .

Вправи для повторення розділу II До § 5 Урок 16

178. На малюнку 157 ∠2 і ∠3 — суміжні. На малюнку 158 ∠2 і ∠3, ∠1 і ∠4 — суміжні. На малюнку 159 ∠1 і ∠2 , ∠3 і ∠4 — суміжні. 179.

1) Так, досить продовжити одну із сторін. 2) Таких кутів можна побудувати два.

367

180. .

Нехай ∠ABC < ∠MNP , і ∠1, ∠2 — суміжні з ними кути, тоді ∠1 = 180° − ∠ ∠1 = 180° − ∠ABC , ∠2 = 180° − ∠MNP. Оскільки ∠ABC < ∠MNP , то 180° − ∠ABC > 180° − ∠MNP . Отже, ∠1 > ∠2 , тобто меншому куту відповідає більший суміжний кут. 181.

Нехай ∠CBD : ∠ABC = 3 : 7 і ∠ABC + ∠CBD = 180°, тоді 180° ⋅ 7 ∠ABC = = 126° , 3+7 180° ⋅ 3 " # % ∠CBD = = 54° . 3+7 Відповідь: 54 і 126 . $

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

182. #

Нехай ∠BOC = x°, тоді ∠AOB = 0, 2x° і за властивістю суми суміжних кутів маємо: x + 0, 2x = 180 . Звідси 1, 2x = 180 ; x = 180 : 1, 2 ; x = 150 , тоді 0, 2x = 0, 2 ⋅ 150 = 30 " 0, 2x 0 = 0, 2$ ⋅ 150 = 30 . Отже, кути дорівнюють 30 і 150 . Відповідь: 30 і 150 .

ld z

183.

Нехай ∠BOC = x°, тоді ∠AOB = 0, 8x° і за властивістю AB + BC + AC суми суміжних кутів маємо: p = . Звідси 2 1, 8x = 180 ; x = 180 : 1, 8 ; x = 100, тоді 0, 8x = 0, 8 ⋅ 100 = 80 . " 0 $ Отже, кути дорівнюють 100 і 80 . Відповідь: 100 і 80 .

184.

Нехай BF — бісектриса кута АВС ( ∠ABF = ∠FBC ). Позначимо ∠ABF через x, тоді ∠ABC = 2x , ∠CBD = 180 − 2x ∠CBD = 180 − 2x . За умовою задачі маємо x = 2 (180 − 2x) . Звід си x = 360 − 4x ; 5x = 360 ; x = 72 , тоді 2x = 72 ⋅ 2 = 144 . " # % Отже, ∠ABC = 144° . Відповідь: 144 . '

До § 6 185. Ножиці. 186. Вертикальні кути зображені на малюнках 161 і 164. 187. 1) Ні, неправильно. На малюнку ∠ 1 = ∠2 , проте ∠ 1 і ∠2 не є верти кальними.

368

2) Ні, неправильно. На малюнку ∠1 і ∠2 мають спільну вершину О і ∠1 = ∠2, проте і ∠2 не є вертикальними.

3) Так, правильно. 4) Ні, неправильно. До кожного кута 1 можна побудувати два суміжних кути ∠2 і ∠3.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

188. Кожні два кути із чотирьох, утворених при перетині двох прямих, або рівні, або їх сума дорівнює 180 . Тому: 1) Можуть, оскільки 5° + 175° = 180° ; 2) Не можуть, бо 15° ≠ 19° і 15° + 19° ≠ 180°; 3) Не можуть, бо 27° ≠ 154° і 27° + 154° ≠ 180°. 4) Можуть, бо 3° = 3°.

ld z

189.

Нехай ∠AOB більший від кута ВОС на 48 , тоді 180° − 48° ∠1 = ∠2 = = 66° , 2 ∠3 = ∠4 = 66° + 48° = 114° . Отже, кут між прямими АС і BD дорівнює 66 . Відповідь: 66 .

190.

# $ "

# 0

" %

Нехай ∠AOB = ∠BOC + ∠AOD. Оскільки ∠BOC = ∠AOD = x° , тоді ∠AOB = 180° − x°. За умовою задачі маємо: 180 − x = 2x. Звідси 3x = 180 ; x = 180 : 3 ; x = 60 , тоді 180 − x = 180 − 60 = 120 . Отже, ∠AOB = 120° . Відповідь: 120 .

369

191. #

Відповідь: 36 , 144 , 36 , 144 . 2) Нехай ∠AOB + ∠AOD менше від ∠AOD + ∠BOC на 160 . Нехай ∠AOD = x , тоді ∠BOC = x°, ∠AOB = ∠BOC = 180° − x°. За умовою за дачі маємо 180 − x + 180 − x − 160 = x + x. Звідси 4x = 200 ; x = 50, тоді 180 − 50 = 130 . Отже, ∠AOD + ∠BOC = 50° , ∠AOB = ∠COD = 130° .

Відповідь: 50 , 130 , 50 , 130 .

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

1) Нехай ∠BOC + ∠AOD менше від ∠AOB + ∠COD в чотири рази. Нехай ∠BOC = x, тоді ∠AOC = x° , ∠AOB = ∠COD = 180° − x° . За умовою задачі має- мо 4 ( x + x) = 180 − x + 180 − x . Звідси 8x = 360 − 2x, 10x = 360 ; x = 36, тоді 180 − 36 = 144 . Отже, ∠BOC + ∠AOD = 36° , ∠AOB = ∠COD = 144°.

192.

ld z

Нехай 8∠AOD = ∠AOB + ∠BOC + ∠COD . Оскільки ∠AOB + ∠BOC = 180°, то 8∠AOD = 180° + ∠COD 8∠AOD = 180° + ∠COD, тоді 8∠AOD + ∠AOD = 180° + ∠AOD + ∠COD . Оскільки∠AOD + ∠COD = 180°, то 9∠AOD = 180° + 180° , 0 " $ тоді ∠AOD = 40° , ∠BOC ; ∠AOB = ∠COD = 180° − 40° = 14 ∠AOB % = ∠COD = 180° − 40° = 140° . Отже, ∠AOD = ∠BOC = 140° . Отже, кут між прямими АС і ВD дорівнює 40 .

Відповідь: 40 .

193.

B 0 .0 ÊÅ

194.

b ⊥ AK . 195. "

# ,

AB ⊥ KP. 196. AB ⊥ KD , AB ⊥ KC , AB ⊥ CD . 370 197. 1) Нехай ∠KOC = ∠COL = α , тоді

198.

ГЕОМЕТРІЯ

∠AOK = 90° − ∠KOC = 90° − α , ∠LOB = 90° − ∠COL = 90° − α , отже, ∠AOK = ∠LOB . ∠AOL = 90° + ∠COL = 90° + α , ∠KOB = 90° + ∠KOC = 90° + α , отже, ∠AOL = ∠KOB . 2) ∠KOB = 90° + ∠KOC = 90° + α, ∠AOK = 90° − ∠KOC = 90° − α , отже, ∠KOB > ∠AOK . "

.n et

1) Так, можуть. На малюнку ОВ — спільна сторона гострих кутів АОВ та ВОС, ∠AOB = ∠BOC = 45° .

$ #

ld z

2) Так, можуть. На малюнку ОВ — спільна сторо на тупих кутів АОВ та ВОС, ∠AOB = ∠BOC = 135° .

199.

Слід провести довільний промінь ОА і від нього від класти 15 разів, за допомогою шаблона кута в 6 ; кут в 6 , тоді ∠AOB = 6° ⋅ 15 = 90° .

200.

Нехай ОВ і ON — бісектриси кутів АВС і СВD (∠ABM = ∠NBC, ∠CBN = ∠NBD) і ∠MBC = 90° . Тоді ∠ABD = ∠ABC + ∠CBD = 2∠MBC + 2∠CBN = = 2 ( ∠MBC + ∠CBN ) = 2∠MBN = 2 ⋅ 90° = 180° . Оскільки ∠ABD — розгорнутий, то точки А, В, D лежать на одній прямій.

$ /

До § 8 201. "

AB  CD .

371

202. E ,

D B

c  b , d  a. 203. /

1) Прямі на площині, які не перетинаються, дійсно па ралельні. 2) Відрізки, які не перетинаються, необов’язково є па ралельними. На малюнку відрізки АВ і СD не перетина , - ються, проте вони не є паралельними. 3) Промені MN і KL, які не перетинаються, необов’язково є паралельни ми. На малюнку промені MN і KL не перетинаються, проте вони не є па- ралельними. .

ld z

204. 1)

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

D ,

D C , B

3) C ,

Прямі b і с можуть перетинати пряму a (випадок 1). Пряма b паралельна a, а пряма c їх перетинає (випадок 2). Пряма с паралельна а, а пряма b їх перетинає (випадок 3). 372

205. B

Оскільки a  b і , то a  c згідно з наслідком 3 оз наки паралельності прямих. Доведемо, що пряма с перетинає пряму n. Припустимо, що пряма с не пе ретинає пряму n, тоді c  n . Тоді через точку А про O D ходить дві прямі b і n, які паралельні прямій с, що суперечить основній властивості паралельних прямих. Отже, наше при пущення неправильне, тому пряма с перетинає пряму n. ,

До § 9 206. D

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

∠3 і ∠6, ∠4 і ∠5 — внутрішні різносторонні кути; ∠3 і ∠5, ∠4 і ∠6 — внутрішні односторонні кути. ∠2 і ∠5, ∠1 і ∠6, ∠3 і ∠8 , ∠4 і ∠7 — відповідні кути.

ld z

207. Малюнок 168, прямі m і n не паралельні, оскільки відповідні кути не рів ні ( 75° ≠ 70°). Малюнок 169, m  n тому, що сума внутрішніх односторонніх кутів дорівнює 180 ( 60° + 120° = 180°). Малюнок 170, m  n тому, що внутрішні різносторонні кути рівні (130° = 130°). Малюнок 171, m  n тому, що відповідні кути рівні ( 45° = 45° ).

208.

Ні, не можна. На малюнку ∠1 = ∠2 і ∠1 , ∠2 — гост рі, проте пряма а не паралельна прямій b.

209. N

C D

Оскільки ∠1 = ∠2 , то прямі a і b паралельні (бо від повідні кути рівні). ∠4 = ∠2 — як вертикальні, тоді ∠4 + ∠3 = 180° , звідси b  c (бо сума внутрішніх од носторонніх кутів дорівнює 180 ). Оскільки a  b , b  c , то a  c згідно з наслідком 3 однаки паралельності прямих.

До § 10 210. ∠1 = 180° − 130° = 50° (бо сума суміжних кутів дорівнює 180 ). (бо внутрішні різносторонні кути рівні). ∠1 = ∠2 = 50 (бо внутрішні різносторонні кути рівні). 0, 8x = 100 ⋅ 0, 8 = 80 (бо відповідні кути рівні).

373

211. Оскільки a  b , b  c , то a  c . Оскільки a  c , c  d , то a  d . 212. D

ГЕОМЕТРІЯ

Нехай a  b , ∠1 = x° , ∠2 = 0, 8x°, тоді x + 0, 8x = 180. Звідси 1, 8x = 180 ; x = 100, тоді 0, 8x = 100 ⋅ 0, 8 = 80 . Отже, ∠1 = 100° , ∠2 = 80° .

Відповідь: 100 і 80 . 213. ∠1 = 100° , ∠2 = 100° (бо відповідні кути 1 і 2 рівні). ∠3 = 180° − ∠1 = 180° − 100° = 80° (за властивістю суміжних кутів). ∠4 = ∠3 = 80° (бо внутрішні різносторонні кути 3 і 4 рівні).

214. B

.n et

Відповідь: 100 , 80 , 80 .

ld z

∠ACD = 72° , ∠BAC = 180° − 72° = 108° (бо сума внут рішніх односторонніх кутів дорівнює 180°). АМ і СМ — бісектриси кутів; 108° 72° тоді ∠CAM = = 54°, ∠ACM = = 36°, 2 2 ∠BAM = 54° , ∠DCM = 36°, ∠1 + ∠2 = 54° + 36° = 90° .

Відповідь: 90°.

215.

Проведемо MK  CD і NL  AB , тоді ∠1 = 50° , ∠2 = 80° − 50° = 30°. , ∠3 = ∠2 = 30° . ∠4 = 180° − 140° = 40° . ∠MNB = ∠3 + ∠4 = 30° + 40° = 70° . " Відповідь: 70°.

° #

Розділ III § 11. Трикутник і його елементи Урок 17 216. P∆ KLM = KL + LM + MK = 3 + 4 + 2 = 9 (см) 217. Малюнок 181. Можуть. Малюнок 182. Не можуть (лежать на одній прямій). Малюнок 183. Можуть. 218.

374

Сторони: AM; MN; AN. Кути: ∠ MAN (або ∠ A ), ∠ AMN (або ∠ M ), / ∠ ANM (або ∠ N).

219. 1

220. 3,2 см = 32 мм. 0,4 дм = 40 мм. P = 25 + 32 + 40 = 97 (мм). 221. 4,3 см = 43 мм. 0,3 дм = 30 мм. P = 43 + 29 + 30 = 102 (мм). 222.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

Вершини: P; K; L. Сторони: KP; PL; KL. Кути: ∠ K; ∠ P; ∠ L .

P = AB + BC + AC . 223.

ld z

P = PK + KL + PL .

224. Нехай перша сторона x см, тоді друга сторона 3x см, а третя ( x + 7) см. Периметр дорівнює ( x + 3x + x + 7) см, що за умовою дорівнює 32 см. Отже, x + 3x + x + 7 = 32 ; 5x = 25 ; x =5 . 5 см — перша сторона. 3 ⋅ 5 = 15 см — друга сторона. 5 + 7 = 12 см — третя сторона. Відповідь: 5 см; 15 см; 12 см. 225. Нехай перша сторона трикутника x дм, тоді друга сторона ( x − 2) дм, а третя 1,5x дм. Периметр дорівнює ( x + x − 2 + 1,5x) дм або 30 дм (за умо вою). Отже, x + x − 2 + 1,5x = 30 ; 3,5x = 32 ; x = 32 : 3,5 ; x=

320 ; 35

64 ; 7

375

x=9

1 . 7

1 (дм) — перша сторона. 7 1 1 9 − 2 = 7 (дм) — друга сторона. 7 7 1 64 3 32 ⋅ 3 5 9 ⋅ 1,5 = ⋅ = = 13 (дм) — третя сторона. 7 7 2 7 7 228. Нехай сторони трикутника 3x; 4x; 6x. Тоді P = 3x + 4x + 6x = 13x , а за умовою P = 52 дм. Отже, 13x = 52 ; x = 52 : 13 ; x=4. 3x = 3 ⋅ 4 = 12 дм. 4x = 4 ⋅ 4 = 16 дм. 6x = 6 ⋅ 4 = 24 дм. Відповідь: 12 дм; 16 дм; 24 дм.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

ld z

229. Нехай сторони трикутника 2x; 3x; 4x. Тоді 2x + 3x + 4x = 72 ; 9x = 72 ; x=8. 2x = 2 ⋅ 8 = 16 (см). 3x = 3 ⋅ 8 = 24 (см). 4x = 4 ⋅ 8 = 32 (см). Відповідь: 16 см; 24 см; 32 см.

230. ∆ MNK ; ∆ MKN ; ∆ NMK; ∆ NKM; ∆ KMN ; ∆ KNM .

§ 12. Рівність геометричних фігур Урок 18

233. 1) AB = 2 см 5 мм; CD = 2 см 8 мм; AB ≠ CD . 2) ∠ M = 55° ; ∠ K = 55° ; ∠ M = ∠ K . 234. 1) MN = 3 см; PK = 3 см; MN = PK . 2) ∠ A = 60° ; ∠ B = 54° ; ∠ A ≠ ∠ B . 235. 1) Так; 2) ні. 236. 1) ∠ A = ∠ M ;

2) ∠ B = ∠ P ;

3) ∠ C = ∠ L .

237. 1) MP = DC ;

2) PT = CK ;

3) MT = DK .

238. 1) ∆ AKM = ∆ LPT ; 2) ∆ MAK = ∆ TLP . 239. 1) ∆ ABC = ∆ PFK ;

2) ∆ CAB = ∆ KPF .

240. BC = LP = 9 см; KL = AB = 5 см; KP = AC = 8 см. 241. ∠ M = ∠ C = 91° ; ∠ D = ∠ P = 42° ; ∠ F = ∠ T = 47° . 242. 1) Не обов’язково (не завжди). 2) Не можуть. 376 243. AB = BC .

244. MK = MN ; ∠ N = ∠ K . 245. AB = BC = CA ; P = 3 ⋅ 5 = 15 (см). 246. PK = LK = LP ; PK = P : 3 = 24 : 3 = 8 (см).

248. Нехай перший кут x° , тоді другий 2x° , а третій 3x° . x + 2x + 3x = 180 ; 6x = 180 ; x = 30° . 30°; 60°; 90° — шукані кути.

.n et

§ 13. Перша та друга ознаки рівності трикутників

ГЕОМЕТРІЯ

247. 1) 9 ⋅ 5 = 45 см (між першою і останньою точками 9 відрізків по 5 см). 2) Між крайніми точками 7 відрізків. Тоді відстань між двома сусідніми дорівнює 112 : 7 = 16 (см).

Урок 19

249. Малюнок 197. За I ознакою. Малюнок 198. За II ознакою.

250. Малюнок 199. За I ознакою. Малюнок 200. За II ознакою.

ld z

251. У ∆ ABC і ∆ CDA спільна сторона AC. У ∆ KML і ∆ KNP спільний ∠ K .

252. BC = CD за умовою. ∆ ACB = ∆ ACD за умовою. AC — спільна сторона. ∆ ABC = ∆ ADC (I ознака рівності трикутників).

253. AB = BC . ∠ KBA = ∠ KBC = 90° (оскільки KB ⊥ AC ). KB — спільна сторона ∆ AKB і ∆ CKB . ∆ ABK = ∆ CBK (I ознака рівності трикутників). 254. PL ⊥ MN (за умовою), тому ∠ PKM = ∠ PKN = ∠ NKL = ∠ MKL = 90° . Тоді: ∠ PKM = ∠ LKN . MK = KN (за умовою). ∠ M = ∠ N (за умовою). ∆ MKP = ∆ NKL (II ознака рівності трикутників). 255. KB = KC (за умовою). ∠ ABK = ∠ DCK (за умовою). ∠ AKB = ∠ DKC (вертикальні). ∆ AKB = ∆ DKC (II ознака рівності трикутників).

Урок 20 258. AB = CD ; ∠ ABC = ∠ BCD (за умовою). BC — спільна сторона. ∆ ABC = ∆ DCB (I ознака рівності трикутників). 259. ∆ OMC = ∆ ONC (II ознака рівності трикутників). ∠ OCM = ∠ OCN . ∠ MOC = ∠ NOC (оскільки OC — бісектриса). OC — спільна сторона.

377

261. AO = OC ; BO = OD (за умовою). ∠ BOA = ∠ DOC (вертикальні). ∆ BOA = ∆ DOC (I ознака рівності трикутників). З рівності трикутників: AB = CD . Розглянемо ∆ BOC і ∆ DOA . BO = DO (за умовою); OC = OA ; ∠ BOC = ∠ DOA (вертикальні). ∆ BOC = ∆ DOA (I ознака рівності трикутників). З рівності трикутників BC = DA . 262. AB = CD (за умовою). AC — спільна сторона ∆ ABC і ∆ CDA. ∠ BAC = ∠ DCA (за умовою). ∆ BAC = ∆ DCA (I ознака рівності трикутників).

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

260. ∠ MBO = ∠ NBO (оскільки BK — бісектриса ∠ B ). ∠ BOM = ∠ BON (оскільки MN ⊥ BK ). BO — спільна сторона ∆ BOM і ∆ BON . ∆ BOM = ∆ BON (II ознака рівності трикутників). З рівності трикутників маємо: MO = ON .

263. ∠ LMK = ∠ PKM; ∠ LKM = ∠ PMK (за умовою). MK — спільна сторона ∆ LMK і ∆ PKM . ∆ LMK = ∆ PKM (II ознака рівності трикутників).

ld z

264. З рівності ∆ ABC і ∆ A1 B1C1 маємо: AC = A1C1, ∠ C = ∠ C1 . Розглянемо ∆ ALC і ∆ A1 L1C1 . AC = A1C1 . ∠ C = ∠ C1 . ∠ LAC = ∠ L1 A1C1 (за умовою). Звідси ∆ ALC = ∆ A1 L1C1 (II ознака рівності трикутників).

265. ∆ ABC = ∆ A1 B1C1 (за умовою). З рівності трикутників: AB = A1 B1; ∠ A = ∠ A1; AM = A1 M1 (за умовою). Звідси ∆ ABM = ∆ A1 B1 M1 (I ознака рівності трикутників). 266. За умовою ∆ ABK = ∆ CBL . З рівності цих трикутників AK = CL ; ∠ A = ∠ C ∠ A = ∠ C; AB = CB . AL = AK + KL ; CK = CL + KL . Оскільки AK = CL , то AL = CK . Маємо AL = CK ; AB = CB ; ∠ A = ∠ C . Звідси ∆ ABL = ∆ CBK (I ознака рівності трикутників). 267. За умовою ∆ AKC = ∆ ALC , тоді AK = AL ; ∠ KAC = ∠ CAL . Розглянемо ∆ AKB = ∆ ALB (I ознака рівності трикутників), оскільки AK = AL ; ∠ KAB = ∠LAB ; AB — спільна сторона. З рівності ∆ AKB і ∆ ALB : KB = LB ; ∠ KBC = ∠ LBC , ∆ BKC = ∆ BLC (I ознака рівності трикутників), оскільки KB = LB ; ∠ KBC = ∠LBC ; BC — спільна сторона. 268.

378

∆ ABM = ∆ ABN (II ознака рівності трикутників). AB — спільна сторона. ∠ MAB = ∠ NAB . ∠ MBA = ∠ NBA . З рівності трикутників маємо BM = BN . Розглянемо ∆ MBK і ∆ NBK .

269. 4 дм = 40 см. 40 см + 13 см = 53 см — друга сторона. 40 : 2 = 20 см — третя сторона. P = 40 + 53 + 20 = 113 (см).

§ 14. Рівнобедрений трикутник Урок 21

ГЕОМЕТРІЯ

MB = NB ; ∠ MBK = ∠ NBK ; BK — спільна сторона. ∆ MBK = ∆ NBK (I ознака рівності трикутників). Звідси ∠ MKB = ∠ NKB, але ∠ MKB + ∠ NKB = 180° (бо вони суміжні), тому ∠ MKB = 90°; ∠ NKB = 90° . Отже, MN ⊥ AB .

.n et

271. ∆ ABC — рівнобедрений. ∆ PKM — різносторонній. ∆ FCK — рівносторонній. P∆ ABC = 3 см + 3 см + 4 см = 10 см.

272. TP — основа ∆ DTP . TD і DP — бічні сторони ∆ DTP . ∠ T = ∠ P (як кути при основі рівнобедреного трикутника).

ld z

273. Другий кут при основі рівнобедреного трикутника дорівнює 50°. 274. 7 см.

275. P∆ ABC = 3 ⋅ 10 = 30 (см). 276. BC = 15 : 3 = 5 (см).

277. 9 – 2 = 7 см — довжина основи трикутника. P = 9 + 9 + 7 = 25 (см). 278. 10 + 4 = 14 см — бічна сторона. P = 14 + 14 + 10 = 38 (см). 279. Не може.

280. ∆ ABC — рівнобедрений з основою AB, тому ∠ CAB = ∠ CBA . ∠ CAK = 180° − ∠ CA ∠ CAK = 180° − ∠ CAB ; ∠ CBM = 180° − ∠ CBA . Оскільки ∠ CAB = ∠ CBA , то 180° − ∠ CAB = 180 180° − ∠ CAB = 180° − ∠ CBA , тобто ∠ CAK = ∠ CBM .

281. ∆ KML — рівнобедрений з основою KL, тому ∠ MKL = ∠ MLK, ∠ MLK = ∠ PLN ∠ MLK = ∠ PLN (як вертикальні кути), звідси ∠ MKL = ∠ PLN .

Урок 22 282. 20 − (2 ⋅ 7 ) = 6 (см) — основа трикутника.

285. (17 − 5) : 2 = 6 см — бічна сторона трикутника. 286. 1) Так. 2) Ні. 287. ∆ ABC — рівнобедрений, тому ∠ BAC = ∠ BCA. Розглянемо ∆ AKC і ∆ CLA . ∠ KAC = ∠ LCA . AK = LC .

379

288. За умовою ∆ ABC — рівнобедрений, тому ∠ A = ∠ C (кути при основі AC). ∆ KCA = ∆ LAC (II ознака рівності трикутників). AC — спільна сторона. ∠ A = ∠C . ∠ KCA = ∠ LAC . З рівності трикутників KCA і LAC маємо AK = CL . 289. Нехай основа дорівнює x см, тоді бічна сторона ( x + 4) см. P = x + 4 + x + 4 + x = 3x + 8 . 3x + 8 = 44 ; 3x = 36 ; x = 12 . 12 см — основа трикутника. 12 + 4 = 16 (см) — бічна сторона трикутника.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

AC — спільна сторона. Звідси ∆ AKC = ∆ CLA (I ознака рівності трикутників). З рівності трикутників маємо: KC = LA .

ld z

290. Нехай основа дорівнює x дм, тоді бічна сторона 2x дм. P = x + 2x + 2x = 5x (дм), або 35 дм за умовою. Отже, 5x = 35 . x =7 . 7 дм — основа. 7 ⋅ 2 = 14 (дм) — бічна сторона. 291. 14 – 6 = 8 (см) — сума бічних сторін. 8 : 2 = 4 (см) — бічна сторона. 6 см — основа.

292. ∆ ABC — рівносторонній, тому ∠ A = ∠ B = ∠ C . ∠ LCM = 180° − ∠ C . ∠ KAM = 180° − ∠ A . ∠ LBK = 180° − ∠ B . Звідси ∠ LCM = ∠ KAM = ∠ LBK . LC = LB + BC . AM = CM + AC , оскільки LB = CM = AK і BC = AC = AB , KB = AK + AB , то LC = AM = KB . ∆ LCM = ∆ MAK (I ознака рівності трикутників). LC = MA . CM = AK . ∠ LCM = ∠ MAK . Звідси LM = KM . Розглянувши ∆ MAK і ∆ KBL, доведемо KM = KL . Тобто, KM = LM = KL , тому ∆ KLM — рівносторонній.

293. PB = AB − AP . AL = AC − LC , оскільки AB = AC і AP = LC , то PB = AL . ∆ PBK = ∆ LAP (I ознака рівності трикутників). PB = LA . BK = AP . ∠B = ∠ A . 380

З рівності трикутників: PK = LP . Аналогічно доведемо PK = KL (з ∆ PBK і ∆ KCL), тому ∆ PKL — рів носторонній.

Урок 23

ГЕОМЕТРІЯ

297. Малюнок 240. Висота. Малюнок 241. Бісектриса. Малюнок 242. Медіана. 298. 1) AT — висота. 2) AN — медіана. 3) AP – бісектриса.

.n et

299. ∠ BKA = ∠CKA = 90° .

§ 15. Медіана, бісектриса і висота трикутника. Властивість бісектриси рівнобедреного трикутника 300. ∠ BAC = 35° ⋅ 2 = 70° .

ld z

301. BK = KC = 10 : 2 = 5 (см).

306. 1) Сторони кута, по бісектрисі якого перегнули трикутник. 2) Частини сторони, до якої проведена ця висота.

Урок 24

307. ∠ CAK = ∠BAK . ∠ ACK = ∠ABK . ∠ AKC = ∠AKB . AC = AB . CK = BK . 308. ∠ DEP = ∠FEP . ∠ EDP = ∠ EFD . ∠ EPD = ∠EPF . DE = FE . DP = FP . 309. Висоти тупокутного трикутника, наприклад, лежать за межами трикут ника і ніколи не перетинаються. 311.

Доведення. Нехай у трикутнику ABC BD — бісектриса і висота, тоді ∠ ABD = ∠ CBD (властивість бісектриси); ∠ ADB = ∠ CDB (властивість висоти); " $ BD — спільна, ∆ ADB = ∆ CDB (друга ознака); % Отже, AB = CB . Значить, ∆ ABC — рівнобедрений. 312.

Доведення. Нехай у трикутнику ABC BD — медіана і ви сота, AD = DC (властивість медіани), ∠ ADB = ∠ CDB (властивість висоти), BD — спільна, ∆ ADB = ∆ CDB (за першою ознакою); Тоді, AB = BC , значить, ∆ ABC — рівнобедрений. 381

313.

Доведення. Нехай ∆ ABC — рівнобедрений; AB = BC — бічні сторони; CD і AF — медіани. У трикутниках ADC і CFA: AC — спільна сторона; ∠ A = ∠ C як кути при основі ∆ ABC ; AD = CF , тому " $ що AB = BC та AD і FC — їх половини. Тоді ∆ ADC = ∆ CFA (1-а ознака). Звідси AF = DC . %

Доведення. Нехай ∆ ABC — рівнобедрений; AB = BC — бічні сторони; CD та AF — бісектриси відповідних % ' кутів C і A. Розглянемо ∆ ADC і ∆ CFA : AC — спільна сторона; ∠ DAC = ∠ FCA (властивість кутів при основі " $ рівнобедреного трикутника); ∠ ACD = ∠CAF (як поло вини рівних кутів A і C). Тоді ∆ ADC = ∆ CFA (за 2-ю ознакою). Звідси CD = AF .

315.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

314.

Доведення. Нехай ∆ ABC = ∆ A1 B1C1 , AD і A1 D1 — відповідно бісектриси ∆ ABC і ∆ A1 B1C1 . У ∆ ADC і ∆ A1 D1C1 : AC = A1C1 ; ∠ C = ∠ C1 " " $ $ (∆ ABC = ∆ A1 B1C1); ∠ DAC = ∠ D1 A1C1 (як половини рівних кутів A і A1). Тоді ∆ ADC = ∆ A1 D1C1 , значить, AD = A1 D1 . %

ld z

316.

Нехай ∆ ABC — рівнобедрений, BD ⊥ AC , BD = 10 см, P∆ ABD = 40 см. P∆ ABC = AB + BC + AC . AB = BC (як бічні сторони ∆ ABC ); AD = DC (властивість висоти рівно бедреного трикутника); AC = 2 AD . " $ Тоді P∆ ABC = 2 AB + 2 AD = 2 ( AB + AD ) . % P∆ ABD = AD + BD + AB , AB + AD = P∆ ABD − BD . AB + AD = 40 − 10 = 30 (см). P∆ ABC = 2 ⋅ 30 = 60 (см). Відповідь: 60 см.

317.

Нехай ∆ ABC — рівнобедрений, AB — основа, CK — медіана, отже, AK = KB . P∆ ACK = 12 см, P∆ ABC = 16 см. P∆ ACK = AC + CK + AK ; CK = P∆ ACK − ( AC + AK ) = 12 − ( AC + AK ) . " # P∆ ABC = AC + BC + AB ; , P∆ ABC = 2 AC + 2 AK = 2 ( AC + AK ) ; 16 = 2 ( AC + AK ) ; AC + AK = 8 (см). CK = 12 − ( AC + AK ) = 12 − 8 = 4 (см). Відповідь: 4 см.

318.

382

Доведення. Нехай у ∆ ABC BK — медіана і бісект риса. Продовжимо BK за точку K на відстань відріз ка BK (BK = KM ). ∆ AKB = ∆ CKM (за I-ю ознакою); AK = KC (за умовою); BK = KM (за побудовою); ∠ AKB = ∠ CKM (які вертикальні). Тоді ∠ ABK = ∠ CMK = ∠ CBK . AB = MC ; ∆ BKC = ∆ MKC , тоді BC = MC . Значить, AB = BC , ∆ ABC — рівнобедрений.

319. 30° + 140° = 170° ≠ 180° . Отже, за властивістю паралельних прямих, a і b не можуть бути пара лельними.

321. Нехай бічна сторона рівнобедреного трикутника — x см, тоді 0, 3x стано вить основа. x + x + 0, 3x = 69 ; 2, 3x = 69 ; x = 30 ; 0, 3 ⋅ 30 = 9 (см) — основа. Відповідь: 9 см; 30 см; 30 см.

.n et

§ 16. Третя ознака рівності трикутників

ГЕОМЕТРІЯ

320. Сторона рівностороннього трикутника дорівнює 12 : 3 = 4 (см). Тоді вона є основою рівнобедреного трикутника. Сума двох бічних сторін рівнобедреного трикутника дорівнює 18 – 4 = = 14 (см). Тоді одна бічна сторона — 7 см. Відповідь: 4 см; 7 см; 7 см.

Урок 25

322. Малюнок 251. Так, рівні; ІІІ ознака.

323. Малюнок 252. Рівні за ІІІ ознакою. 1) AB = DC; 2) BC = AD; 3) AC — спільна сторона.

324. 1) AC = AB; 2) DC = DB; 3) AD — спільна сторона за ІІІ ознакою.

ld z

325. MK = ML, KN = ML, MN — спільна сторона. ∆ MKN = ∆ MLN за ІІІ ознакою. З їх рівності: ∠K = ∠L. 326. KM — спільна сторона ∆ KPM = ∆ MLK, з їх рівності; ∠ PKM = ∠ LMK за ІІІ ознакою.

327. AB = BC; AK = KC; BK — спільна сторона. ∆ ABK = ∆ CBK за ІІІ ознакою, ∠ ABK = ∠ CBK, BK — бісектриса ∠ ABC. 328. MP = MK; PL = KL; ML — спільна сторона, ∆ MPL = ∆ MKL за ІІІ озна кою, з їх рівності: ∠ PLM = ∠ KML, отже ML — бісектриса кута PMK. 329. ∆ ADC = ∆ DAB (за ІІІ ознакою) AD — спільна сторона. ∠ CAD = ∠ BDA з рівності трикутників. ∆ AOD — рівнобедрений за ознакою рівнобедреного трикутника.

330. 1) ∆ COA = ∆ DOB, ∠ DOB = ∠ COA — вертикальні кути за І ознакою з їх рівності: BD = AC. 2) ∆ ABC = ∆ BAD за ІІІ ознакою; DB = CA; DA = CB; AB — спільна сторона. 331. Ні, не можуть. 332. Ні, не рівні. 333. ∆ ABK = ∆ ACK за ІІІ ознакою. AB = BC; BK = KC; AK — спільна сторона; з їх рівності: ∠ BAK = ∠ CAK, AK — бісектриса кута BAC. ∆ ABC — рівнобедрений AM — бісектриса, і висота, отже BK⊥BC. 334. ∆ MDP = ∆ NDP за третьою ознакою. MD = DN; MP = PN; DP — спільна сторона; з їх рівності: ∠ MDP = ∠ NDP, отже, DP — бісектриса кута MDN.

383

335. Провести промінь, відкласти 9 разів кут 10°. 5 ∠KAC ; 4 5 ∠KAC = x; ∠BAK = x . 4 5 x + x = 126° ; 4 9x = 504°; x = 56°. ∠KAC = 56°; ∠BAK = 70°.

ГЕОМЕТРІЯ

336. ∠BAK =

.n et

Урок 26 Завдання для перевірки знань з теми «Трикутники. Ознаки рівності трикутників. Рівнобедрений трикутник та його властивості» M; N; K — вершини. MN; NK; MK — сторони. ∠MNK; ∠NKM; ∠KMN — кути.

∆MNK — прямокутний, ∆ABC — гострокутний, ∆PRQ — тупокутний.

∆CMD — рівносторонній, ∆ABK — рівнобедрений, ∆PFM — різносто ронній.

KM = 5 см; MF = 4 см; AC = 7 см.

LK — спільна сторона. ∆MKL = ∆NKL за першою ознакою рівності три кутників.

ld z

P∆ABC = 12 см + 15 см + 15 см = 42 см.

∆ACD = ∆BDC за ІІІ ознакою, CD — спільна сторона; з рівності трикутни ків: ∠BCD = ∠ADC.

Одна сторона — x см, друга сторона — 2x см, третя сторона — (x + 3) см. x + 2x + x + 3 = 23; 4x = 20; x = 5. Одна сторона — 5 см; друга — 10 см; третя — 8 см.

З рівності трикутників ANB і AMB маємо: AN = AM; ∠NAB = ∠MAB. ∆ANC = ∆AMC за І ознакою, AC — спільна сторона.

10. ∆MKL = ∆KLM; MK = KL; KL = LM. ∆MKL — рівносторонній. MK = KL = LM = x. 3x – x = 10; 2x = 10; x = 15. 384 P∆MKL = 15 (см).

§ 17. Сума кутів трикутника Урок 27 337. 180°. 338. 1) Ні; 2) так. 339. 1) Ні; 2) так.

341. 1) 127°; 2) 45°; 3) 83°. 342. 180° – 125° = 55°. 343. ∠C = 180° – (∠A + ∠B) = 180° – 94° = 86°. 344. 180° – 62° = 118°.

ГЕОМЕТРІЯ

340. 1) 84°; 2) 78°; 3) 4°.

.n et

345. ∠A = ∠B = ∠C, ∠A + ∠B + ∠C = 180°. ∠A = x. 3x = 180°; x = 60°.

346. Кути при основі рівні, ∠A = ∠B = 70°. ∠C = 180° – (∠A + ∠B) = 180° – (70° + 70°) = 180° – 140° = 40°. 347. 180° – (45° + 45°) = 180° – 90° = 90°.

ld z

348. ∠A + ∠B = 180° – 80° = 100°, ∠A = ∠B = 100° : 2 = 50°.

349. ∠A + ∠B = 180° – 50° = 130°; ∠A = ∠B = 130° : 2 = 65°.

Урок 28

350. 1) Гострі; 2) гострі.

351. Малюнок 269. ∠B = 70°; ∠A = 180° – (80° + 70°) = 30°. Малюнок 270. ∠BCA = 45°; ∠ABC = 180° – (75° + 45°) = 180° – 120° = 60°. 352. Малюнок 271. ∠LMN = 50°; ∠LNM = 180° – (50° + 70°) = 60°. Малюнок 272. ∠NML = 40°; ∠MNL = 180° – (40° + 50°) = 90°.

353. ∠C = 180° – (50° + 70°) = 60°; ∠PCB = 30°. 354. ∠ACB = 80°; ∠A = 180° – (65° + 80°) = 35°. 355. Якщо кути менші за 60°, то сума менше 180°. 356. Якщо кути більше за 60°, то сума більше 180°. 357. ∠A = 3x; ∠B = 4x; ∠C = 5x. 3x + 4x + 5x = 180°; 12x = 180°; x = 15°. ∠A = 45°; ∠B = 60°; ∠C = 75°. 358. ∠A = 2x; ∠B = 3x; ∠C = 5x; 2x + 3x + 5x = 180°; 10x = 180°; x = 18°; ∠A = 36°; ∠B = 54°; ∠C = 90°.

385

360. Кут при основі x, кут при вершині x + 24°. x + x + x + 24° = 180°; 3x = 180° – 24°; 3x = 156°; x = 52°. Кут при основі 52°, при вершині 76°. 361. Якщо кути при основі трикутника тупі, то їх сума більше ніж 180°. Отже, вони не можуть бути тупими.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

359. Кут при вершині x, кут при основі: (x + 15°). x + x + 15° + x + 15° = 180°; 3x = 180° – 30°; 3x = 150°; x = 50°. Кут при вершині 50°, кут при основі 50° + 15° = 65°.

Урок 29

362. ∠L – ∠N = 20°; ∠N = x; ∠L = x + 20°; ∠M = 120° – x. x + x + 20° + 120° – x = 180°; x = 40°. ∠N = 40°; ∠L = 60°; ∠M = 80°.

ld z

363. ∠C – ∠B = 30°; ∠B = x; ∠C = x + 30°. ∠A = 100 – x. x + x + 30° + 100° – x = 180°; x = 50°. ∠B = 50°; ∠C = 80°; ∠A = 50°.

364. Нехай 1) Кут при основі — 60°, ∠A = ∠B = 60°. Кут при вершині 180° – (60° + 60°) = 60°. 2) Кут при вершині 60°. 180° – 60° = 120°. ∠A = ∠B = 120° : 2 = 60°. 365. 80° + x + x + 14° = 180°; 2x = 86°; x = 43°; ∠A = 43°; ∠B = 57°. 366. x + 2x + 36° = 180°; 3x = 144°; x = 48°. ∠A = 48°; ∠B = 96°. 367. ∠AOB = ∠DOC (вертикальні кути). ∠BAO = ∠CDO = 180° – (∠B + ∠AOB) = 180° – (∠C + ∠COD). ∆AOB = ∆DOC за ІІ ознакою. 368. ∠C = ∠C1 = 180° – (∠A + ∠B) = 180° – (∠A1 + ∠B1). ∆ABC = ∆A1B1C1 за ІІ ознакою.

369. ∠A = 46°; ∠B = 64°. ∠KAB = 23°; ∠KBA = 32°. ∠AKB = 180° – (23° + 32°). ∠AKB = 180° – (23° + 32°) = 125°. ∠AKB = 125°. 386

371. 1) Кут при основі 12°, кут при вершині: 156°; кут при вершині 12°, кут при основі: 84°. 2) кут при вершині 92°, кут при основі (180° – 92°) : 2 = 44°. 372. 1) кут при основі 28°, кут при вершині 124°; кут при вершині 28°, кут при основі (180° – 28°) : 2 = 76°. 2) кут при вершині 106°, кут при основі: (180° – 106°) : 2 = 37°.

.n et

373. a || b, c — січна. ∠ABM + ∠BAN = 180°. ∠ABC + ∠CAB = 90°. ∆ABC. ∠BCA = 180° – (∠ABC + ∠CAB) = 180° – 90° = 90°.

ГЕОМЕТРІЯ

370. ∆ABC; ∠A = 70°; ∠B = 80°. ∆ABF = 180° – (90° + 80°) = 180° – 170° = 10°. ∠BAF. ∆ABK. ∠ABK = 180° – (90° + 70°) = 180° – 160° = 20°. ∆ABM. ∠AMB = 180° – (10° + 20°) = 150°.

ld z

374. 1) Кут при основі x, кут при вершині x + 15°: x + x + x + 15° = 180°; 3x = 165°; x = 55°. Відповідь: 55°; 55°; 70°. 2) Кут при вершині x, кут при основі x + 15°: x + x + 15° + x + 15° = 180°; 3x + 30° = 180°; 3x = 150°; x = 50°. Відповідь: 50°; 65°; 65°. 375. x + x + 2x = 180°; або x + 2x + 2x = 180°; 4x = 180°; 5x = 180°; x = 45°. x = 36°. Відповідь: 45°; 45°; 90°; 36°; 72°; 72°.

§ 18. Зовнішній кут трикутника та його властивості Урок 30 381. Малюнок 281. 384. 180°. 385. ∠A + ∠B = 70°. 386. ∠C = 75°. 387. ∠P > ∠K. 388. PK > PL. 390. ∠BCK = 42° + 101° = 143°.

387

391. ∠A = 180° – 105° = 75°. ∠C = 45°. ∠B = 180° – (∠A + ∠C) = 180° – (75° + 45°) = 60°.

Урок 31 393. Один. 394. Кут при вершині 80°. Кут при основі (180° – 80°) : 2 = 50°. 398. ∠1 = x; ∠2 = x + 30°. 1) x + x + 30° = 140°; 2x = 110°; x = 55°; ∠1 = 55°; ∠2 = 85°. 2) ∠1 = x ∠2 = 4x; x + 4x = 140°; 5x = 140°; x = 28°. ∠1 = 28°; ∠2 = 112°.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

392. ∠A = 180° – 120° = 60°; ∠B = 18°; ∠C = 180° – (60° + 18°) = 102°.

ld z

399. 1) ∠A = x; ∠B = x + 20°; x + x + 20° = 120°; 2x = 100°; x = 50°. ∠A = 50°; ∠B = 70°. 2) ∠A = x; ∠B = 3x; x + 3x = 120°; 4x = 120°; x = 30°. ∠A = 30°; ∠B = 90°.

403. 3x + 5x + 4x = 360°; 12x = 360°; x = 30°. Зовнішні кути: 90°; 150°; 120°; внутрішні кути: 30°; 60°; 90°; 30° : 60° : 90° = 1 : 2 : 3. 404. 7x + 8x + 9x = 180°; 24x = 180°; x = 75°. 52,5°; 60°; 67,5° — внутрішні кути. 15 : 16 : 17 — відношення зовнішніх кутів.

407. Нехай x см — довжина І-ї частини відрізка, тоді 2x см — довжина ІІ-ї частини, (2x + 1,8) см — довжина ІІІ-ї частини. Маємо рівняння: x + 2x + 2x + 1,8 = 22,8. Звідси 5x = 22, x = 4,2. Отже, 4,2 см, 8,4 см і 8,4 см + 1,8 см = 10,2 см — дов жини частин. Відповідь. 4,2 см; 8,4 см; 10,2 см. 388

§ 19. Прямокутні трикутники. Властивості та ознаки рівності прямокутних трикутників Урок 32

409. 1) PF — гіпотенуза, PL і LF — катети. 2) PL < PF; PF > LF. 410. ∆ACB = ∆MLP (мал. 290) за двома катетами (AC = ML, BC = PL). ∆NFE = ∆DKO (мал. 291) за катетом і прилеглим гострим кутом (FN = = KD, ∠N = ∠D).

.n et

411. ∆CMK = ∆BAP (мал. 292) за гіпотенузою і гострим кутом (CM = AB = 7, ∠C = ∠D = 40°). ∆DEF = ∆QLN (мал. 293) за катетом і гіпотенузою (EF = LN, DF = QN).

ГЕОМЕТРІЯ

408. 1) ∆MNK — прямокутний. 2) MK — гіпотенуза; MN і NK — катети. 3) MK — найдовша сторона.

412. Оскільки сума гострих кутів прямокутного трикутника дорівнює 90°, то другий гострий кут прямокутного трикутника дорівнює: 1) 90° – 17° = 73°; 2) 90° – 83° = 7°. Відповідь. 1) 73°; 2) 7°.

ld z

413. Оскільки сума гострих кутів прямокутного трикутника дорівнює 90°, то другий гострий кут прямокутного трикутника дорівнює: 1) 90° – 79° = 11°; 2) 90° – 27° = 63°. Відповідь. 1) 11°; 2) 63°. 415. Цей трикутник рівнобедрений, оскільки другий гострий кут дорівнює 45°, тоді третій кут дорівнює 180° – 45° – 45° = 90°. Відповідь. Так, прямокутний.

1 1 AB = ⋅ 12 см = 6 см. 2 2 2) AB = 2BC = 2 ⋅ 3 дм = 6 дм. Відповідь. 1) 6 см; 2) 6 дм.

416. 1) BC =

1 1 PL = ⋅ 16 дм = 8 дм. 2 2 2) PL = 2PF = 2 ⋅ 5 см = 10 см. Відповідь. 1) 8 дм; 2) 10 см.

417. 1) PF =

Урок 33 418. ∠ABC = ∠ABK + ∠KBC = 37° + 62° = 99°. ∠A = 90° – ∠ABK = 90° – 37° = 53°. ∠C = 90° – ∠KBC = 90° – 62° = 28°. Відповідь. 99°; 53°; 28°. 419. LN — медіана, бісектриса і висота трикутника KLM. ∠KLM = 2∠KLN = 2 ⋅ 28° = 56°. ∠K = 90° – ∠KLN = 90° – 28° = 62°. ∠M = ∠K = 62°. Відповідь. 56°; 62°; 62°.

389

420. ∆ABC = ∆KLC за гіпотенузою і гострим кутом (BC = CL, ∠BAC = ∠LCK). 421. ∆MPK = ∆MLK за катетом і прилеглим кутом (∠PMK = ∠LMK, MK — спільний катет).

§ 20. Нерівність трикутника 437. 1) Не існує, бо не виконується нерівність трикутника, оскільки 4 см > > 1 см + 2 см. 2) Існує, бо виконується нерівність трикутника, оскільки 7 дм < 6 дм + + 5 дм. 3) Не існує, бо не виконується нерівність трикутника, оскільки 7 см = = 3 см + 4 см. Відповідь. 1) Не існує; 2) існує; 3) не існує.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

Урок 34

438. 1) Не існує, бо не виконується нерівність трикутника, оскільки 7 дм = = 2 дм + 5 дм. 2) Не існує, бо не виконується нерівність трикутника, оскільки 6 см > 2 см + + 3 см. 3) Існує, бо виконується нерівність трикутника, оскільки 5 дм < 2 дм + 4 дм. Відповідь. 1) Не існує; 2) не існує; 3) існує.

ld z

439. Нехай невідома сторона трикутника дорівнює x см. Тоді 8,3 – 2,9 < x < > 2,9 + 8,3 або 5,4 < x < 11,2. Оскільки x — найбільше ціле число, що задовольняє умову 5,4 < x < 11,2, то x = 11. Відповідь. 11 см. 440. x — невідома сторона трикутника, тоді 4,5 – 2,9 < x < 4,5 + 2,9 або 1,6 < x < 7,4. Оскільки x — найбільше ціле число, що задовольняє умову 1,6 < x < 7,4, то x = 7. Відповідь. 7 см.

441. 1) Можуть, бо буде виконуватися нерівність трикутника, оскільки 4K < < 2K + 3K, де 2K, 3K, 4K — довжини сторін трикутника. 2) Не можуть, бо не виконується нерівність трикутника, оскільки 15K = = 7K + 8K, де 7K, 8K, 15K — довжини сторін трикутника. 3) Можуть, бо буде виконуватися нерівність трикутника, оскільки 7K < < 3K + 5K, де 3K, 5K, 7K — довжини сторін трикутника. Відповідь. 1) Так; 2) ні; 3) так. 442. 1) Не можуть, бо не буде виконуватися нерівність трикутника, оскільки 5K = K + 4K, де 5K, K, 4K — довжини сторін трикутника. 2) Можуть, бо буде виконуватися нерівність трикутника, оскільки 7K < < 5K + 6K, де 5K, 6K, 7K — довжини сторін трикутника. 3) Не можуть, бо не буде виконуватися нерівність трикутника, оскільки 11K > 8K + 2K, де 2K, 8K, 11K — довжини сторін трикутника. Відповідь. 1) Ні; 2) так; 3) ні. 443. Якщо припустити, що бічна сторона рівнобедреного трикутника дорів нює 3 см, тоді його основа дорівнює 12 см – 3 см – 3 см = 6 см. А трикут ника зі сторонами 3 см, 3 см і 6 см не існує (бо 6 см = 3 см + 3 см). Отже, бічна сторона не може дорівнювати 3 см. Відповідь. Ні.

444. Бічною стороною даного рівнобедреного трикутника не може бути сторо на, що дорівнює 5 см (бо 11 см > 5 см + 5 см). Отже, бічна сторона дорівнює 11 см. Тоді периметр трикутника дорівнює 11 см + 11 см + 5 см = 27 см. Відповідь. 27 см. 390

446. 1) Може, бо сума двох інших сторін дорівнює 30 см – 14 см = 16 см, і виконуватиметься нерівність трикутника при умові, що сторона 14 см є найбільшою. 2) Не може, бо сума двох інших сторін дорівнює 30 см – 15 см = 15 см і не виконується нерівність трикутника (бо 15 см = 15 см). 3) Не може, бо сума двох інших сторін дорівнює 30 см – 16 см = 14 см і не виконується нерівність трикутника (бо 16 см > 14 см). Відповідь. 1) Так; 2) ні; 3) ні.

.n et

447. 1) Не може, бо сума двох інших сторін дорівнює 40 дм – 21 дм = 19 дм і не виконується нерівність трикутника (бо 21 дм > 19 дм). 2) Не може, бо сума двох інших сторін дорівнює 40 дм – 20 дм = 20 дм і не виконується нерівність трикутника (бо 20 дм = 20 дм). 3) Може, бо сума двох інших сторін дорівнює 40 дм – 19 дм = 21 дм і ви конується нерівність трикутника (бо 19 дм < 21 дм) при умові, що сторо на 19 дм є не меншою за кожну з інших сторін. Відповідь. 1) Ні; 2) ні; 3) так.

ГЕОМЕТРІЯ

445. x см — невідома сторона трикутника, тоді 2,5 – 1,2 < x < 2,5 + 1,2 або 1,3 < x < 3,7. Оскільки x — ціле, то x = 2 або x = 3. Тоді P = 2,5 см + 1,2 см + + 2 см = 5,7 см або P = 2,5 см + 1,2 см + 3 см = 6,7 см. Відповідь. 5,7 см або 6,7 см.

ld z

448. Припустимо, що такий трикутник існує, тоді x см, (x – 2) см, (x + 4) см — його сторони. За умовою задачі маємо рівняння x + x – 2 + x + 4 = 20. Звідси 3x + 2 = 20; 3x = 18; x = 6. Отже, сторони трикутника дорівнюва тимуть 6 см, 4 см, 10 см. Але трикутника з такими сторонами не існує (бо 10 см = 4 см + 6 см). Відповідь. Ні.

449. Припустимо, що такий трикутник існує, тоді x см, (x + 6) см, (x – 1) см — його сторони. За умовою задачі маємо рівняння x + x + 6 + x – 1 = 23. Звідси 3x + 5 = 23; 3x = 18; x = 6. Отже, сторони трикутника дорівню- ють 6 см, 12 см і 5 см. Але трикутника з такими сторонами не існує, (бо 12 см > 6 см + 5 см). Відповідь. Ні. 450. ∠A = x°, тоді ∠B = 3x°, ∠C = x° – 15°. Тоді x + 3x + x – 15 = 180. Звідси 5x – 15 = 180; 5x = 195; x = 39. Тоді 3x = 3 ⋅ 39 = 117, x – 15 = = 39 – 15 = 24. Отже, ∠A = 39°, ∠B = 117°, ∠C = 24°. Відповідь. ∠A = 39°, ∠B = 117°, ∠C = 24°.

Завдання для перевірки знань з теми «Сума кутів трикутника. Зовнішній кут трикутника. Прямокутний трикутник. Нерівність трикутника» 3. 4.

∆ ABC = ∆ DEF за гострим кутом та катетом, прилеглим до нього. AC = DF ; ∠ C = ∠ F . #

" °

1. Кути при основі рівнобедреного трикутника рівні, тому ∠ A = ∠ C = 71° . 2. Сума двох кутів трикутника дорівнює 180° , тому ∠ B = 180° − 2 ⋅ 71° = 180° − 142° = 38° . 391 Відповідь: 38° .

ГЕОМЕТРІЯ

1. Висота BP поділила ∆ ABC на два прямокутні трикутники: APB та CPB. 2. У кожному з цих трикутників відомо по одному гострому куту: у ∆ APB : ∠ ABP = 32° ; у ∆ COB : ∠ CBP = 67° . 3. Можна знайти дру гий гострий кут кожного трикутника за властивостями прямокутного трикутника: сума гострих кутів дорівнює 90° . ∠ A ∆ AOB дорівнює: 90° − 32° = 58° . ∠ C ∆ CPB дорівнює: 90° − 67° = 23° . 4. ∠ B ∆ ABC до рівнює: 32° + 67° = 99° — за основною властивістю вимірювання кутів. Відповідь: 23° ; 58° ; 99° .

За теоремою, що сума двох сторін трикутника більша за кожну сторону трикутника, маємо: 5, 2 + 6, 3 = 11,5 (см). Відповідь: третя сторона 11 см.

I к. — x II к. — 2x III к. — x − 16

180

8. Y Y

Сума внутрішніх кутів, не суміжних із зовнішнім, дорівнює зовнішньому куту, тому: 5x + 3x = 112 ; 8x = 112 ; x = 14 . Відповідь: 42° ; 70° .

ld z

.n et

Сума всіх кутів трикутника 180°. x + 2x + x − 16 = 180 ; 4x = 196 ; x = 49 . Відповідь: 49° ; 33° ; 98° .

1. Бісектриса поділила кут B навпіл. ∆ CBM — прямокутний із гострим кутом B = 30° . Тому за властивістю прямокутного трикутника © % BM = 2CM = 16 см. . 2. ∠ M ∆ CBM дорівнює 60° . 3. ∠ CBM і ∠ DMB — суміжні, тому ∠ DMB = 180° − 60° = 120° . 4. Знайдемо ∠ BDM трикутника BMD. ∠ BDM = 180° − (120° + 30°) = 30°. ∆ BDM — рівнобедрений, тому BM = MD = 16 см. 5. Уся сторона CD за основною властивістю вимірювання відрізків до рівнює 8 + 16 = 24 см. Відповідь: 24 см.

# ° °

10. 1. Сума зовнішніх кутів дорівнює 360° , тому: 4x + 5x + 6x = 360° ; 15x = 360° ; x = 24° . Найменший зовнішній кут: 4 ⋅ 24 = 96° ; середній зовнішній кут: 5 ⋅ 24 = 120° ; більший зовнішній кут: 6 ⋅ 24 = 144° . 2. Знайдемо внутрішні кути при відомих вершинах: 1) 180° − 96° = 84° 2) 180° − 120° = 60° поділимо всі числа на загальне число — 6. 3) 180° − 144° = 36° 3. Відношення внутрішніх кутів 26 : 10 : 14 . Відповідь: 6 : 10 : 14 . 11. Припустимо, що такий трикутник існує, тоді x см, (x – 3) см, (x + 5) см — його сторони. Маємо рівняння x + x – 3 + x + 5 = 23. Звідси 3x + 2 = 23; 3x = 21; x = 7. Отже, сторони трикутника дорівнюють 7 см, 4 см і 12 см. Але такого трикутника не існує (бо 12 см > 7 см + 4 см). 392 Відповідь. Ні.

Вправи для повторення розділу ІІІ До § 11

456. AB + AC = 12 см. + AC + CB = 15 см. AB + BC = 13 см. 40 2 (AB + AC + BC) = 40 см або 2P∆ABC = 40. Звідси P∆ ABC = = 20 (см). 2 Відповідь. 20 см.

.n et

До § 12

ГЕОМЕТРІЯ

455. x см, 2x см, 0,8 ⋅ 2x см — довжини сторін трикутника. Маємо рівняння x + 2x + 1,6x = 46. Звідси 4,6x = 46, тоді x = 10 і 2x = 2 ⋅ 10 = 20, 1,6x = = 1,6 ⋅ 10 = 16. Отже, сторони дорівнюють 10 см, 16 см і 20 см. Відповідь. 10 см, 16 см і 20 см.

457. 1) 3 см; 7 см і 8 см. 2) 40°; 60°; 80°.

458. Вертикальні кути можна сумістити накладанням, оскільки вони рівні. 459. Якщо найбільші сторони двох трикутників не рівні, то трикутники не можуть бути рівними, оскільки у рівних трикутниках рівні сторони.

ld z

460. Оскільки ∆ABC = ∆ACB, то AB = AC = 7 см. P∆ABC = AB + AC + BC = 7 + 7 + 4 = 18 (см). Відповідь. 18 см.

До § 13

461. AB — спільна сторона (мал. 303). ∆ACB = ∆ADB за першою ознакою рівності трикутників (AC = AB, AB — спільна сторона, ∠CAB = ∠DAB). MN — спільна сторона (мал. 304). ∆MKN = NPM за другою ознакою рівності трикутників (MN — спільна сторона, ∠KMN = ∠PNM, ∠KNM = ∠PMN).

462. ∆AOD = ∆COD за двома сторонами і кутом між ними (AO = CO, DO = BO, ∠AOD = ∠COD). 463. ∆KMN = ∆PMN за стороною і двома прилеглими кутами (∠KMN = = ∠PMN, ∠KNM = ∠PNM, MN — спільна сторона). 464. Оскільки ∠MAB = ∠PDC, то ∠BAK = ∠CDK (як суміжні кути до рівних кутів). ∆BAK = ∆CDK за двома сторонами і кутом між ними (BA = CD, AK = DK, ∠BAK = ∠CDK). Із рівності цих трикутників випливає, що BK = KC.

465. ∆ACB = ∆AXB за стороною і двома прилеглими кутами (∠XAB = ∠CAB, ∠XBA = ∠CBA, AB — спільна сторона). Із рівності трикутників маємо: AX = AC. 466. Оскільки AD = CF, то AD + DC = CF + DC, отже, AC = FD. Оскільки ∠BCF = ∠KFE, то ∠BCA = ∠EFD (як суміжні кути до рівних кутів). ∆ABC = ∆DEF за двома сторонами і кутом між ними (AC = FD, BC = EF, 393 ∠BCA = ∠EFD).

До § 15 474. 1) Медіаною; 2) висотою; 3) бісектрисою. 476. ∠NMK = ∠NLK, ∠MNK = ∠LNK, ∠NKM = ∠NKL. MN = NL, MK = KL.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

467. 1) ∆ABE = ∆ACD за стороною і двома прилеглими кутами (AB = AC, ∠A — спільний кут, ∠ABE = ∠ACD = 90°, бо DC⊥AE і BE⊥AD). Із рівності трикутників випливає, що AD = AE. Тоді BD = CE, бо BD = AD – – AB, CE = AE – AC і AD = AE, AB = AC. 2) ∆BOD = ∆COD за стороною і двома прилеглими кутами (BD = CE, ∠OBD = ∠OCE = 90°, ∠BDO = ∠CEO). Із рівності цих трикутників випли ває, що BO = CO. ∆ABO = ∆ACO за двома сторонами і кутом між ними (AB = AC, BO = CO, ∠ABO = ∠ACO = 90°). Із рівності цих трикутників випливає, що ∠BAO = = ∠CAO, тобто AO — бісектриса кута A.

479. Оскільки ∠ABD = ∠ADB, то ∆BCD — рівнобедрений, тоді BC = CD. Оскільки ∠CDB = ∠CBD, то ∆ABD — рівнобедрений, тоді AB = AD. ∆ABC = ∆ADC за двома сторонами і кутом між ними (BC = CD, AD = AB, ∠ABC = ∠ADC). Із рівності цих трикутників маємо ∠BCA = ∠DCA, оскіль ки AC — бісектриса, то AC — висота, тобто AC ⊥ BD.

ld z

480. ∆AMK = ∆BMK за двома сторонами і кутом між ними (AM = BM, ∠BMK = = ∠AMK = 90°, MK — спільна сторона). Із рівності цих трикутників має мо: BK = AK. P∆ABC = AB + BC + AC = а + BK + KC + AC = а + AK + KC + AC = а + P∆AKC = = а + b. AC = P∆ABC – 2AB = a + b – 2a = b – a. Відповідь. AC = b – a, P∆ABC = b + a.

До § 16

481. ∆ABC = ∆CDA за трьома сторонами (AB = CD, BC = AD, AC — спільна сто рона).

482. Оскільки AB = A1B1, BC = B1C1; AC = A1C1, то ∆ABC = ∆A1D1C1. 483. AB = A1B1, AC = A1C1, AM = MC, A1M1 = M1C1, BM = B1M. Доведемо, що ∆ABC = ∆A1B1C1. ∆ABM = ∆A1B1M1 за трьома сторонами (AB = A1B1, BM = B1M1, AM = = A1M1). Із рівності цих трикутників маємо ∠A = ∠A1. ∆ABC = ∆A1B1C1 за двома сторонами і кутом між ними (AB = A1B1, AC = = A1C1, ∠BAC = ∠B1A1C1).

До § 17 484. 1) ∠C = 180° – ∠A – ∠B = 180° – 65° – 29° = 86°. 2) ∠C = 180° – ∠A – ∠B = 180° – 37° – 116° = 27°. Відповідь. 1) 86°; 2) 27°. 485. 1) ∠KCB = 32°, тоді ∠ACB = 2 ⋅ ∠KCB = 2 ⋅ 32° = 64°. ∠B = ∠C = 64°. ∠A = 180° – ∠ACB – ∠B = 180° – 64° – 64° = 52°. 394 Відповідь. 52°.

2) ∠A = 56°, тоді ∠ACB = ∠B = ∠ACK = ∠KCB = Відповідь. 31°.

180° − 56° = 62°. 2

1 1 ∠ACB = ⋅ 62° = 31° . 2 2

487. Нехай один із шуканих кутів дорівнює 2x°, тоді другий кут дорівнює 3x° і тоді матимемо рівняння 2x + 3x = 180 – 60; або 5x = 120. Звідси x = = 24, тоді 2x = 2 ⋅ 24 = 48, 3x = 3 ⋅ 24 = 72. Отже, шукані кути дорівнюють 48° і 72°. Відповідь. 48° і 72°.

.n et

488. x = 180° – ∠A – ∠C = ∠KBC = 180° – 60° – 45° – 40° = 35°. Відповідь. 35°.

ГЕОМЕТРІЯ

486. ∠C = 180° – ∠A – ∠B = 180° – 76° – 28° = 76°, тоді ∠A = ∠C = 76°, а, отже, ∆ABC — рівнобедрений, то AB = BC. Відповідь. Рівнобедрений.

490.

ld z

489. ∆ABC — рівносторонній (AB = BC = AC), AH = HC, BL = LC. Оскільки ∆ ABC — рівносторонній, то ∠A = ∠B = ∠C = 60°. Оскільки AL і BM — медіани, то BM і AL — бісектриси і висоти, тоді 1 1 ∠LAH = ∠A = ⋅ 60° = 30° , ∠AHB = 90°. 2 2 ∠AOH = 180° – ∠OAH – ∠OHB = 180° – 30° – 90° = 60°, тоді ∠HOL = 180° – – ∠AOH = 180° – 60° = 120°. Відповідь. 60° і 120°. #

BL — бісектриса, BH — висота, ∠HBL = 16°, ∠ACB = 50°. ∠HBC = 180° – ∠C – ∠H = 180° – 50° – 90° = 40°. ∠LBC = ∠HBC – ∠HBL = 40° – 16° = 24°, звідси ∠ABC = 2 ⋅ ∠LBC = 2 ⋅ 24° = 48°. " $ ) ∠ABH = ∠ABL – ∠HBC = 24° – 16° = 8°. ∠A = 180° – ∠ABH – ∠AHB = 180° – 8° – 90° = 82°. Відповідь. 48°, 50°, 82°.

1 491. 1) x° — шуканий кут, тоді x = (180 − x) . Звідси 5x = 180 – x; 6x = 18; 5 x = 30. Відповідь. 30°. 2) x° — шуканий кут, тоді x + 40 = 180 – x. Звідси 2x = 140; x = 70. Відповідь. 70°. 492.

∆ ABC — рівнобедрений (AC = BC), AK — бісектриса (∠CAK = ∠BAK), ∠A = ∠B. , 1) Якщо ∠AKB = 60°, то ∠KAB + ∠KBA = 180° – 1 – 60° = 120°, ∠KAB = ⋅ 120° = 40°, # " 3 ∠B = 2 ⋅ 40° = 80°. 2) Якщо ∠AKC = 111°, то ∠AKB = 180° – ∠AKC = 180° – 111° = 69°, тоді 2 2 ∠B = ⋅ (180° − 69°) = ⋅ 111° = 74° . 3 3 ∠C = 180° – 2∠B = 180° – 74° ⋅ 2 = 180° – 148° = 32°. 395 Відповідь. 1) 80°; 2) 32°.

До § 18 493.

∠1, ∠2, ∠3 — зовнішні кути трикутника.

494. ∠BAC = 180° – 150° = 30°. ∠C = ∠BAC = 30°. ∠B = 180° – ∠BAC – ∠C = 180° – 30° – 30° = 120°. Відповідь. 30°, 30°, 120°. 495. 1) Може, оскільки 102° > 80°. 2) Не може, оскільки 80° = 80°. 3) Не може, оскільки 75° < 80°. 496.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

∠1 = 115°, ∠2 = 137°, тоді ∠BAC = 180° – 115° = 65°, ∠BCA = 180° – 137° = 43°. ∠3 = ∠BAC + ∠BCA = 65° + 43° = 108°. Відповідь. 108°.

1 1 ∠A , то ∠C = ∠A , тоді ∠A = ∠C, отже, ∆ABC — рівнобедрений. 2 2

ld z

497. ∠A =

498. ∠KAC = 140°. Нехай ∠B = 2x°, тоді ∠C = 5x° і 2x + 5x = 140. Звідси 7x + 140, x = 20, тоді 2x = 2 ⋅ 20 = 40, 5x = 5 ⋅ 20 = 100. Отже, ∠B = 40°, ∠C = 100°, ∠A = 180° – ∠KAC = 180° – 140° = 40°. Відповідь. 40°, 40°, 100°. 499.

Зовнішній кут трикутника дорівнює 260° – 180° = = 80°. Цей кут не може бути зовнішнім кутом при вершині, оскільки в такому випадку кути при осно ві дорівнюватимуть по 180° – 80° = 100°, що немож ливо. $ " Нехай в трикутнику ABC (AB = BC), ∠KBC = 80°, тоді ∠ABC = 180° – ∠KBC = 180° – 80° = 100°. 1 1 ∠A = ∠C = ∠KBC = ⋅ 80° = 40°. 2 2 Відповідь. 40°, 40°, 100°.

500. Якщо припустити, що зовнішні кути при всіх вершинах більші від 120°, тоді кожний внутрішній кут буде меншим 60° і тоді сума внутрішніх кутів трикутника буде меншою 180°, що неможливо. Отже, не існує три кутника, у якого зовнішні кути при всіх вершинах більші за 120°. $

501.

396

∠2 – ∠1 = ∠C. ∠2 = 180° – ∠CBA, ∠1 = 180° – ∠CAB, тоді ∠2 – ∠1 = 180° – ∠CBA – 180° + + ∠CAB = ∠CAB – ∠CBA. Отже, ∠CAB – ∠CBA = ∠C, тоді ∠CAB = ∠C + ∠CBA. Оскільки ∠C + ∠CBA + ∠CAB = 180°.

Враховуючи, що ∠C = ∠CBA = ∠CAB, то ∠CAB + ∠CBA = 180°, тоді 2∠CAB = 180°; ∠CAB = 90°. Отже, ∆ABC — прямокутний.

До § 19 503. 1) ∠M = 90° – ∠K = 90° – 60° = 30°. 1 1 2) PK = MK = ⋅ 24 см = 12 см. 2 2 3) MK = 2PK = 2 ⋅ 30 мм = 60 мм. Відповідь. 1) 30°; 2) 12 см; 3) 60 мм.

.n et

504. ∆ABC = ∆APC за гіпотенузою і гострим кутом (∠B = ∠P = 90°; AC — спіль на гіпотенуза; ∠BCA = ∠PCA, бо CA — бісектриса).

ГЕОМЕТРІЯ

502. 1) Ні; 2) так; 3) ні; 4) так.

505. ∠A = 3x°, тоді ∠B = 7x° і 3x + 7x = 90. Звідси 10x = 90; x = 9. Тоді 3x = = 3 ⋅ 9 = 27, 7x = 7 ⋅ 9 = 63. Отже, ∠A = 27°, ∠B = 63°. Відповідь. 27° і 63°. 506. "

ld z

)

Проведемо CH ⊥ AB і CL так, що ∠ACL = ∠LCB = = 90° : 2 = 45°, ∠HCL = 15°. ∠HCB = ∠LCB – ∠HCB = 45° – 15° = 30°. ∠B = 90° – ∠HCB = 90° – 30° = 60°. ∠A = 90° – ∠B = 90° – 60° = 30°. Відповідь. 30° і 60°.

507. CK ⊥ AB, то CK — медіана. Тоді AB = 2 ⋅ CK = 2 ⋅ 5 = 10 (см). Відповідь. 10 см.

508.

1 1 ∠A, ∠MBA = ∠B. 2 2 1 . Оскільки ∠A + ∠B = 90°, то ∠BAN + ∠MBA = ∠A + 0 2 1 1 1 + ∠B = (∠A + ∠B) = ⋅ 90° = 45°. 2 2 2 / # © ∠AOB = 180° – (∠BAN + ∠MBA) = 180° – 45° = 135°. ∠NOB = 180° – ∠AOB = 180° – 135° = 45°. Відповідь. 135° і 45°. ∠BAN =

509. ∆ ABC — прямокутний (∠C = 90°), ∠A = 30°, AC = 24 см, BL — бісектриса. ∠B = 90° – ∠A = 60°, тоді ∠CBL = ∠LBA =

60° = 30°. 2

∠A = ∠LBA = 30°, отже, AL = BL. 1 1 LC = BL, AL + LC = 24 або BL + BL = 24. 2 2 Звідси 2BL + BL = 48; 3BL = 48; BL = 16 (см). Відповідь. 16 см.

397

510. ) #

511. ∆ ABC — прямокутний (∠C = 90°), CM — медіана, CM = 10 см, 90° ⋅ 1 90° ⋅ 2 ∠ACM : ∠MCB = 1 : 2, тоді ∠AMC = = 30° , ∠MCB = = 60° . 3 3 ∆ AMC і ∆CMB — рівнобедрені і AB = 2 см = 2 ⋅ 10 = 20 (см). ∠MBC = 60°. ∆CMB — рівносторонній, тоді BC = CM = 10 см. Відповідь. 20 см і 10 см. 512.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

1 ∆ABC — рівнобедрений (AB = BC), ∠ABC = 120 , 2 AH ⊥ BC, AH = a. ∠A = ∠C = (180° – 120°) : 2 = 30°. AC = 2AH = 2a (бо ∠C = 30°). Відповідь. 2a см.

∆ABC — прямокутний (∠C = 90°), CM — медіа на, CL — бісектриса, CH — висота, ∠HCL = α.

90° = 45°, 2 " # ∠ACH = ∠ACL – ∠HCL = 45° – α. )-. ∠A = 90° – ∠ACH = 90° – (45° – α) = 90° – 45° + α = 45° + α. ∠B = 90° – ∠A = 90° – (45° + α) = 90° – 45° – α = 45° – α. ∆CMB — рівнобедрений, бо CM = MB, тоді ∠MCB = ∠B = 45° – α. ∠LCM = ∠LCB – ∠MCB = 45° – (45° – α) = 45° – 45° + α = α. Отже, ∠HCL = ∠LCM.

ld z

∠ACL = ∠LCB =

До § 20

513. Нехай x — третя сторона трикутника, тоді 8 – 5 < x < 8 + 5 або 3 < x < 13. 1) Не може, оскільки x не задовольняє умову 3 < x < 13. 2) Не може, оскільки x не задовольняє умову 3 < x < 13. 3) Може, бо x задовольняє умову 3 < x < 13. 4) Може, бо x задовольняє умову 3 < x < 13. 5) Не може, бо x не задовольняє умову 3 < x < 13. 6) Не може, бо x не задовольняє умову 3 < x < 13. 514. x — третя сторона, тоді 8,7 – 5,2 < x < 8,7 + 5,2, або 3,5 < x < 15,7. Оскільки x — найменше ціле число, що задовольняє умову 3,5 < x < 15,4, то x = 4. Відповідь. 4 см. 515.

# %

398

Відповідь. Не може.

1 AB не може дорівнювати 21 см, бо тоді AD = AB = 2 1 = ⋅ 21 = 10,5 (см) і для трикутника ADE не буде 2 виконуватися нерівність трикутника AD < AE + + DE (бо 10,5 > 6,4).

517. Бічна сторона не може відноситися до основи 3 : 7, оскільки не буде вико нуватися нерівність трикутника (бо 7K > 3K + 3K, де 3K, 3K, 7K — сторо ни трикутника). Отже, сторони трикутника дорівнюють 7K, 7K і 3K, тоді 7K + 7K + 3K = 51. Звідси 17K = 51, K = 3, тоді 7K = 7 ⋅ 3 = 21, 3K = 3 ⋅ 3 = 9. Відповідь. 21 см, 21 см, 9 см.

ГЕОМЕТРІЯ

516. 1) Бічною стороною може бути як сторона 4 см, так і сторона 7 см. Відповідь. 4 см, 4 см, 7 см або 4 см, 7 см, 7 см. 2) Бічна сторона не може дорівнювати 2 см, бо не виконується нерівність трикутника, бо 5 см > 2 см + 2 см. Відповідь. 5 см, 5 см, 2 см. 3) Бічною стороною не може бути сторона 6 см, бо не буде виконуватися нерівність трикутника (бо 12 см = 6 см + 6 см). Відповідь. 12 см, 12 см, 6 см.

.n et

Розділ IV. Коло і круг. Геометричні побудови § 21. Коло. Круг Урок 36

518. 1) FK, PL, QC — хорди. 2) PL — діаметр. 3) PO, LO, TO — радіуси.

ld z

519. PL. Діаметром.

520. 1) 5 см ⋅ 2 = 10 см; 2) 4,7 дм ⋅ 2 = 9,4 дм. Відповідь. 1) 10 см; 2) 9,4 дм. 521. 1) 8 мм ⋅ 2 = 16 мм; 2) 3,8 см ⋅ 2 = 7,6 см. Відповідь. 1) 16 мм; 2) 7,6 см.

522. 1) 6 дм : 2 = 3 дм; 2) 2,4 см : 2 = 1,2 см. Відповідь. 1) 3 дм; 2) 1,2 см. 523. 1) 10 см : 2 = 5 см; 2) 5,6 дм : 2 = 2,8 дм. Відповідь. 1) 5 см; 2) 2,8 дм.

524. ∠NKM = 90 . 525. ∠BDA = 90 .

526.

$ #

% '

, .

527.

Через точку A проходить безліч хорд і лише один діа метр.

(

0 #

" % '

(

Через точку C можна провести лише один діаметр і без ліч хорд. 399

Урок 37 528. Хорда кола не більша від діаметра (тобто хорда не більша 10 см), тому: 1) Може; 2) може; 3) може; 4) може; 5) не може. 529. Хорда кола не більша від діаметра (тобто хорда не більша 8 дм), тому: 1) може; 2) може; 3) може; 4) може; 5) не може.

531. ∆MON = ∆POK за двома сторонами і кутом між ними (OM = PO, ON = OK, ∠MON = ∠POK). 532. ∆AOB — рівнобедрений (AO = BO), то ∠A = ∠B. 1) Якщо ∠A = 52°, то ∠O = 180° – ∠A – ∠B = 180 – 52° – 52° = 76°. 2) Якщо ∠O = 94°, то ∠B = (180° – 94°) : 2 = 96° : 2 =48°. Відповідь. 1) 76°; 2) 48°.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

530. ∆AOD = ∆BOC. За двома сторонами і кутом між ними (AO = BO, OD = OC, ∠AOD = ∠BOC).

533. ∆AOB — рівнобедрений (OA = OB), тоді ∠A = ∠B. 1) Якщо ∠В = 48°, то ∠O = 180° – 2∠B = 180 – 2 ⋅ 48° = 94°. 2) Якщо ∠O = 102°, то ∠A = (180° – ∠O) : 2 = (180° – 102°) : 2 = 78° : 2 = 39°. Відповідь. 1) 94°; 2) 39°.

ld z

534. ∆COB — рівнобедрений (OC = OB), тоді ∠C = ∠B. Якщо ∠COA = 32°, то ∠COB = 180° – ∠COA = 180° – 32° = 148°. ∠CBA = (180° – ∠COB) : 2 = (180° – 148°) : 2 = 32 : 2 = 16°. Відповідь. 16°. 535. ∆COB — рівнобедрений (OC = OB), тоді ∠C = ∠B. ∠COB = 180° – 2 ⋅ ∠BCO = 1280° – 2 ⋅ 18° = 144°. ∠AOC = 180° – ∠COB = 180° – 144° = 36°. Відповідь. 36°.

536. Безліч.

537. ∆AMB — прямокутний (∠AMB = 90°), ∠MAB = 90° – ∠ABM = 90° – 60° = = 30°, AB = 2MB = 2 ⋅ 5 = 10 (см). Відповідь. 10 см. 538. ∆AMB — прямокутний (∠AMB = 90°), ∠MAB = 90° – ∠ABM = 90° – 60° = 1 1 = 30°, MB = AB = ⋅ 18 см = 9 см. 2 2 Відповідь. 9 см. 539. "

# $ /

0 %

OM ⊥ AB, ON ⊥ CD, OM = ON. ∆OMB = ∆ONC за ка тетом і гіпотенузою (OB = OC, OM = ON). Із рівності цих трикутників випливає, що MB = CN. Оскільки OM ⊥ AB, ON ⊥ CD, то AB = 2MB, CD = 2CN. Враховую чи, що MB = CN, маємо AB = CD.

540. OM ⊥ AB, ON ⊥ CD, AB = CD. Оскільки OM ⊥ AB, ON ⊥ CD, то AM = MB = 1 1 = AB, CN = ND = CD. Звідси MB = CN. 2 2 ∆ONB = ∆ONC за гіпотенузою і катетом (OB = OC, MB = CN). Із рівності цих трикутників маємо OM = ON. 400

541. CL ⊥ AB, DK ⊥ AB, ∠CML = 30°, CM = 4 см, MD = 7 см. " # 1 1 CL = CM = ⋅ 4 см = 2 см. 2 2 1 1 KD = MD = ⋅ 7 см = 3,5 см. % 2 2 Відповідь. 2 см, 3,5 см. $

543. %

544.

.n et

∠DBC = ∠ABC, ∠ABD = 90°. ∠DBC = ∠ABC, тоді ∠DBM = ∠ABM. ∠MBD = ∠MBA = 90° : 2 = 45°, тоді ∠DBC = ∠ABC = 180° – 45° = 135°. Відповідь. 135°.

ГЕОМЕТРІЯ

0, .

ld z

AB = BC, A1B1 = B1C1, AC = A1C1, AH ⊥ BC, A1H1 ⊥ B1C1, AH = A1H1. ∆ACH = ∆A1C1H1 за гіпотенузою і ка ) ) тетом (AH = A1H1, AC = A1C1). Із рів $ " $ ності трикутників маємо ∠C = ∠C1. " ∆ABC = ∆A1B1C1 за другою ознакою рівності трикутників (AC = A1C1, ∠C = ∠C1, ∠A = ∠A1).

§ 22. Дотична до кола, її властивості Урок 38

545. M є дотичною на малюнку 344, а січною — на малюнку 342. 546.

1) Тільки одну. 2) Дві. 3) Жодної.

549. 1) Пряма а перетинає коло. 2) Пряма а дотикається до кола. 3) Пряма а не має спільних точок з колом. 550. Пряма b: 1) не має спільних точок з колом; 2) дотикається до кола; 3) пе ретинає коло. 551. 1) ∠OMN = 90° – ∠NMP = 90° – 35° = 55°. 2) ∠KML = ∠KMO + ∠OMN = 90° + 50° = 140°. Відповідь. 1) 55°; 2) 140°. 552. 1) ∠NMP = 90° – ∠OMN = 90° – 52° = 38°. 2) ∠OMN = ∠KMN – ∠KMO = 128° – 90° = 38°. Відповідь. 1) 38°; 2) 38°.

401

553.

∆ OBA = ∆ OCA за двома катетами (AB = AC, OB = OC). Із рівності цих трикутників має мо ∠BOA = ∠COA, тобто OA — бісектриса ку та BOC.

0 $

ГЕОМЕТРІЯ

554.

. 1 2

∆ PMQ = ∆ PNQ за двома катетами (PM = PN, QM = QN). Із рівності цих трикутників має мо ∠MPQ = ∠NPQ, тобто PQ — бісектриса ку та MPN.

.n et

555. ∆ OMN — рівнобедрений, тоді ∠OMN = (180° – ∠MON) : 2 = = (180° – 82°) : 2 = 98° : 2 = 49°. ∠NMK = ∠OMK – ∠OMN = 90° – 49° = 41°. Відповідь. 41°. 556. ∠OMN = 90° – ∠KMN = 90° – 53° = 37°. ∠ONM = ∠OMN = 37°, ∠NOM = 180° – ∠OMN – ∠ONM = 180° – 37° = 106°. Відповідь. 106°. ,

Оскільки OM = 2OK, то ∠KMO = 30°. Оскільки OM = 2OL, то ∠OML = 30°. ∠KML = ∠KMO + ∠OML = 30° + 30° = 60°. Відповідь. 60°.

ld z

557.

558.

∆ ONM = ∆ OKM за двома катетами (MN = MK, ON = OK). Із рівності трикутників випливає, що ∠NMO = ∠KMO. . 0 ' ∆MNF = ∆MKF за двома сторонами і кутом між ними (MN = MK, MF — спільна сторона, , ∠NMO = ∠KMO). Із рівності цих трикутників випливає, що ∠NFM = ∠MFK = 90°, NF = FK, 1 тобто NK = 2NF. NF = ⋅ 7 см = 3,5 см. MK = 2NF = 2 ⋅ 3,5 см = 7 см. 2 Відповідь. 7 см.

559. ∠B =

1 1 ∠KAC, ∠C = ∠KAC, тоді ∠B = ∠C, отже, ∆ABC — рівнобедрений. 2 2

§ 23. Коло, вписане в трикутник Урок 39 560. AB = 2AC = 2 ⋅ 6 см = 12 см. ∠BAD = ∠ABC – ∠BDA = 30° – 15° = 15°. Оскільки ∠BAD = ∠BDA, то ∆ABD — рівнобедрений і BD = AB = 12 см. Відповідь. 12 см. 402

561. Малюнок 352. 564. ∠CMI = ∠CLI; ∠BLI = ∠BKI; ∠AKI = ∠AMI.

568.

569.

Оскільки O належить бісектрисі BD і висоті BD, то в трикутнику збігаються висота і бісектриса, то ∆ ABC — рівнобедрений.

O C

ld z

.n et

Оскільки O належить бісектрисі BD і медіані BD, то ∆ ABC — рівнобедрений.

ГЕОМЕТРІЯ

565. OM ⊥ AM, ON ⊥ AN. ∆AMO = ∆ANO за гіпотенузою і катетом (OM = ON, AO — спільна гіпоте нуза). Із рівності трикутників випливає, що ∠MAO = ∠NAO, тобто AO — бісектриса.

570.

AP = AF = P – BC, PB = BM = P – AC, CM = CF = = P – AB (див. задачу стор. 117), то AB + BC + AC 8 + 6 + 12 p= = = 13 (см). 2 2 AP = 13 – 12 = 1 (см), PB = 13 – 6 = 7 (см), CM = 13 – 8 = 5 (см). Відповідь. AP = 1 см, PB = 7 см, BM = 7 см, MC = 5 см, CF = 5 см, FA = 1 см.

571.

572.

. 0 "

BK = 4 см, AM = 6 см, LC = 8 см. Тоді BL = BK = 4 см, AK = AM = 6 см, MC = CL = 8 см. AB = AK + KB = 4 + 6 = 10 (см), BC = BL + LC = 4 + 8 = 12 (см), AC = AM + MC = 6 + 8 = 14 (см). Відповідь. 10 см, 12 см, 14 см. ∆ABC — рівнобедрений (AB = BC), AM = 3 см, MB = 4 см. AK = AM = 3 см, BN = MB = 4 см. P∆ABC = 2AB + 2AK = 2 (3 + 4) + 2 ⋅ 3 = = 2 ⋅ 7 + 6 = 20 (см). Відповідь. 20 см.

403

573.

# /

574.

# /

575.

∆ABC — рівнобедрений (AB = BC), AN ⊥ BC, CM ⊥ AB. ∆CAN = ∆CAM за гіпотенузою та гострим ку том (∠NCA = ∠MAC, AC — спільна гіпотенуза). Із рівності цих трикутників випливає, що AN = CM.

H L

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

∆ABC — рівнобедрений (AB = BC), BM = 5 см, AM = 7 см. AK = AM = 7 см, BN = MB = 5 см. P∆ABC = 2AB + 2AK = 2 (AB + AK) = = 2 (12 + 7) = 38 (см). Відповідь. 38 см.

90° ⋅ 2 = 18° ⋅ 2 = 36° , 2+3 90° ⋅ 3 ∠CAB = = 18° ⋅ 3 = 54° . 2+3 CL — бісектриса, тоді ∠CBA =

90° = 45°. 2 ∠ACH = 90° – ∠CAH = 90° – 54° = 36°. ∠HCL = ∠ACL – ∠ACH = 45° – 36° = 9°. Відповідь. 9°.

ld z

∠ACL = ∠LCB =

§ 24. Коло, описане навколо трикутника Урок 40

576. На малюнку 360.

577. На малюнку 364. 578. ∆COL = ∆BOL; ∆BOM = ∆AOM; ∆AOK = ∆COK. 579.

B /

a — серединний перпендикуляр.

580. $ "

404

l — серединний перпендикуляр. #

581.

Усередині трикутника.

Поза трикутником. " $

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

583.

585. Оскільки центр описаного кола лежить на серединному перпендикулярі і одночасно на медіані, то медіана є висотою, тоді даний трикутник — рівнобедрений. 586. Оскільки центр описаного кола лежить на серединному перпендикулярі і одночасно лежить на висоті, то висота є медіаною, тоді даний трикут ник — рівнобедрений.

∠LKM = 90° і KL = KM, то ∆ KLM — рівнобедре 90° ний, тому ∠L = ∠M = = 45°. 2 Відповідь. 45°, 45°, 90°.

588.

ld z

587. ∆ABC — рівносторонній, ∠A = ∠B = ∠C = 60°. 1 1 ∆AOD — прямокутний (∠D = 90°, ∠OAD = ∠A = ⋅ 60° = 30°), тоді AO = 2 2 = 2 ⋅ OD. Отже, радіус кола, описаного навколо рівностороннього трикут ника, удвічі більший за радіус кола, вписаного в нього.

589.

∆ ABM = ∆ BAN за стороною і двома кутами (AB — спільна сторона, ∠ABM = ∠BAN, ∠MAB = ∠NBA). Із рівності цих трикутників маємо BM = AN, ∠AMB = ∠BNA. ∆ MIB = ∆ NIA за стороною і двома кутами (HB = = NA, ∠AMB = ∠BNA, ∠MBI = ∠NAI). Із рівності цих трикутників випливає, що IM = IN.

§ 25. Взаємне розміщення двох кіл Урок 41 590. Малюнок 372. кола перетинаються. Малюнок 373. кола дотикаються. Малюнок 374. кола не мають спільних точок.

405

593. "

AB = 6 см.

594. "

AB = 3 см.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

0 0

595. 1) OM = 7 см, O1M = 5 см. OO1 = OM – O1M = 7 см – 5 см = 2 см. 2) OM = 7 см, O1M = 5 см. OO1 = OM + O1M = 7 см + 5 см = 12 см. Відповідь. 1) 2 см; 2) 12 см. 596.

ld z

1) OM = 8 см, O1M = 3 см. OO1 = OM – O1M = 8 см – 3 см = 5 см. 2) OM = 8 см, O1M = 3 см. OO1 = OM – O1M = 8 см + 3 см = 11 см. Відповідь. 1) 5 см; 2) 11 см.

OO1 ⋅ 2 15 ⋅ 2 = = 6 (см). 597. OO1 = 15 см, O1M : OM = 2 : 3. Тоді O1 M = 2+3 5 OO1 ⋅ 3 15 ⋅ 3 OM = = = 9 (см). 2+3 5 Відповідь. 6 см і 9 см. OO1 ⋅ 2 12 ⋅ 2 = = 8 (дм), 598. OO1 = 12 см, O1M : OM = 2 : 5. Тоді O1 M = 5−2 3 OO1 ⋅ 5 12 ⋅ 5 OM = = = 20 (дм). 5−2 3 Відповідь. 8 дм і 20 дм. 599. 1) 9 см + 3 см = 12 см, OO1 = R + r, зовнішній дотик. 2) 12 см > 5 см + 2 см, OO1 > R + r, кола не перетинаються. 3) 12 см = 13 см – 1 см, OO1 = R – r, внутрішній дотик. 4) 9 см – 7 см < 10 см < 9 см + 7 см, R – r < OO1 < R + r, кола перетинаються.

600. 1) 14 см > 7 см + 2 см, OO1 > R + r, кола не пе ретинаються. 0 2) 14 см = 16 см – 2 см, OO1 = R – r, внутрішній 0 дотик. 3) 10 см – 5 см < 14 см < 10 см + 5 см, R – r < OO1 < R + r, кола перетинаються. 4) 14 см = 7 см + 7 см, OO1 = R + r, зовнішній дотик. 3

406

" .

0 #

602.

∆O1CO2 = ∆O1DO2 за трьома сторонами (O1C = = O1D, O2C = O2D, O1O2 — спільна сторона). Із рівності трикутників маємо ∠CO1O2 = = ∠DO1O2, тобто O1O2 — бісектриса кута CO1D.

$ 0

∆ AO2O1 = ∆BO2O1 за трьома сторонами (O2A = = O2B, O1A = O1B, O1O2 — спільна сторона). Із рівності трикутників маємо ∠AO2O1 = = ∠BO2O1. ∆ AO2B — рівнобедрений (AO2 = = BO2) і O2M — бісектриса, тоді O2M — висо та, тобто O2M ⊥ AB, значить, O2O1 ⊥ AB.

603.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

601.

O1O2 = 7 см, O2O3 = 5 см, O1O3 = 8 см.

O1A = r1, O2A = r2, O3B = r3, тоді O1O2 + O2O3 + O3O1 = r1 + r2 + r2 + r3 + r3 + r1 = = 2 (r1 + r2 + r3). r1 + r2 + r3 =

ld z

O1O2 + O2O3 + O3O1 7 + 5 + 8 = = 10 (см). 2 2 r1 = (r1 + r2 + r3 ) − O2O3 = 10 − 5 = 5 (см);

r2 = (r1 + r2 + r3 ) − O1O3 = 10 − 8 = 2 (см).

r3 = (r1 + r2 + r3 ) − O1O2 = 10 − 7 = 3 (см). Відповідь. 2 см, 3 см, 5 см.

604. O1C = 5 см, O2C = 6 см, O3A = 9 см. Тоді O1O2 = O1C + O2C = 5 + 6 = 11 (см), O2O3 = O2B + O3B = 6 + 9 = 15 (см), O1O3 = O1A + O3A = 5 + 9 = 14 (см). P∆O1O2O3 = 11 + 15 + 14 = 40 (см). Відповідь. 40 см. 605. AB = 20 см, ∠B = 60°, ∠A = 90° – ∠B = 90° – 60° = 30°. 1 1 BC = AB = ⋅ 20 см = 10 см. 2 2 Відповідь. BC = 10 см. 606.

0 ,

Оскільки AL = AM, NB = MB, CN = KC, DL = = DK, то, додавши почленно ці рівності ма тимемо: AL + (NB + CN) + DL = = (AM + MB) + (KC + DK), або (AL + DL) + CB = AB + CD, або AD + BC = AB + CD.

407

§ 26. Задачі на побудову та їх розв’язування Урок 42 609. Коло перетинає пряму в двох точках. 611. Дано: Побудова: $ 1. Провести довільну пряму, виберемо C É ÊÅ довільну точку і від цієї точки відкладає C мо відрізок a = 8 см. 2. З точки початку B " # ÊÅ відрізка провести дугу r = 7 см. 3. З точ É ки кінця відрізка провести дугу r = 5 см. 4. Точка перети ну двох кіл і є третьою вершиною трикутника. 612. 1. Провести довільну пряму, познач на ній т. A. 2. Від т. A відклади відрізок AB = 4 см. 3. З т. A проведи дугу r = AC = 7 см. 4. З т. B проведи дугу r = BC = 6 см. 5. Точка перетину дуг і є третьою вершиною трикутника С. (Мал. аналогічно до № 611).

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

ÊÅ B

Треба побудувати трикутник ABD, що дорівнює даному. Ці два трикутники мають спільну сторону AB, а вершини С і D повинні лежати з різних боків від прямої AB. 1. Проведи пряму AB. " $ % 2. У протилежну півплощину від верши ни C проведи дугу r = BC з т. B. 3. З т. A проведи дугу r = AC в півплощину, протилеж # ну від вершини С. 4. Точка перетину цих дуг дасть третю вершину D. " $ 5. З’єднай точки відрізками. 6. ∆ ABD = ∆ ABC . #

ld z

613.

614.

1. Винеси окремо задані відрізки заданої довжини. 2. Побудуй трикутник, рівний заданому, аналогічно до № 611.

616. 1. Рівносторонній трикутник — це трикутник, у якого дві бічні сторони рівні. Побудова зводиться до побудови трикутника за трьома сторонами. Бічну сторону треба побудувати двічі від двох кінців відрізка a. 2. Схема побудови в № 611. 617.

408

Щоб знайти точки, віддалені від точки A на заданій прямій, треба провести з т. A коло r = 4 см. 1) Точки, віддалені від точки A на 4 см, будуть точка ми перетину кола r = 4 см з заданою прямою. 2) На відстані більш ніж 4 см будуть знаходитися точки поза точками перетину кола з прямою. 3) На відстані, меншій за 4 см, точки будуть знахо дитися всередині кола між точками перетину кола з прямою.

618. Проаналізуємо задачу. Трикутник є описаним, якщо коло дотикається всіх його вершин. Центр кола, яке описує трикутник, лежить у точці

3 "

$ " %

Проаналізуємо умову задачі. Зробимо схематичний малюнок та позначимо, що дано. Трикутник різносто 3 ронній. Центр описаного кола знаходиться в точці пе 3 0 3 ретину серединного перпендикуляра. Залежно від ви " $ ду трикутника центр описаного кола може знаходитися всередині трикутника, якщо він гострокутний; на середині гіпотенузи, якщо трикутник прямокутний і бути поза трикутником, якщо він тупо кутний. Розглянемо трикутник. Нехай нам відома сторона AB, AC та радіус R. Побудова: " $ 1. Довільна пряма, оберемо на ній т. A. 2. Відкладемо відрізок AB. " # 3. З т. A та т. C проведемо дуги R = AO = OC . 3 4. Точка перетину цих дуг — центр описаного ко # ла — O. 5. З т. A провести дугу радіуса AB. 6. З т. O провести дугу радіуса R = AO = OC . 0 7. Точка перетину цих дуг є третьою вершиною три кутника B. " $ 8. ∆ ABC — заданий. #

ld z

619.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

еретину серединних перпендикулярів. Зробимо схе п матичний малюнок. За умовою задачі нам відома дов жина бічної сторони та довжина радіуса описаного кола, центр якого лежить на серединному перпенди кулярі. З малюнка видно, що ми можемо побудувати трикутник за трьома сторонами: бічною стороною та двома радіусами описаного кола. 1. Довільна пряма. 2. Обираємо точку C, відкладаємо відрізок CB. 3. З точки C та точки B проведемо дуги, які дорівнюють довжині радіуса. 4. Точка перетину цих дуг є центром описаного кола. 5. Продовжимо сторону CO. 6. CD ⊥ BO (за допомогою косинця). 7. За умовою трикутник рівнобедрений, тому перпен дикуляр є медіаною. Від точки D в протилежну сторо ну від точки C відкладаємо на прямій CD відрізок DA = = CD. 8. ∆ ABC — заданий.

624. Побудова. 1. Довільна пряма з т. A. "

2. З т. A, яка є вершиною кута, бу дуємо кут, рівний даному за схемою з підручника (замість довільних від кладаємо AC та AB). 3. На стороні кута відкладаємо відрі зок AC та AB. 4. ∆ ABC — заданий.

625. 1. На сторонах заданого кута одразу відкласти довжини сторін трикутника. 2. Побудувати кут, рівний заданому, через три кутник за трьома сторонами: а) півпряма з початком у т. K; б) KL — довжина однієї сторони;

, ,

. °

409

в) з т. K провести дугу R = KM ; г) з т. L провести дугу R = KL ; д) точка перетину цих дуг є третьою вершиною; е) ∠ MKL — заданий. ∆ MKL — заданий. 626. %

° '

° &

627. Аналогічно до № 626.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

Побудова. 1. Півпряма DE. 2. За схемою підручника будуємо ∠ D = 40° . 3. Від т. D на півпрямій відкладаємо DE = 6 см. 4. За схемою підручника з вершини E будуємо кут 80° . 5. Точки перетину сторін кутів D та E дають тре тю вершину трикутника. 6. ∆ DFE — заданий.

628. Треба побудувати трикутник за стороною та двома кутами, прилеглими до цієї сторони. Див. № 626, 627. 629.

ÊÅ # $

ld z

Рівносторонній трикутник — це трикутник з різними сторонами. 1. Необхідно побудувати трикутник за трьома сторо нами. (Див. с. 127 підручника.). 2. Центр вписаного кола лежить у точці перетину бі сектрис. У побудованому трикутнику побудуй бісектриси кутів за схемою підручника с. 130.

Аналіз побудови: 1) побудована бісектриса поділила кут навпіл; 2) з відомих елементів можна спочатку побудувати трикутник за стороною та відомим кутом. 3) спочатку будуємо ∆ AKC . У цьому трикутнику ві " домі дві сторони та кут між ними. Кут становить по $ ловину заданого, одна із сторін — бісектриса. 1) Побудуємо бісектрису кута для подальшої побудо " ви. 2) Використаємо для побудови половину заданого кута. " , 1. Півпряма AC. 2. Від т. A відкласти кут, який дорів " $ нює половині ∠ A (див. с. 129). 3. На півпрямій AC відкласти відрізок заданої довжини AC. 4. На другій # , півпрямій відкласти відрізок AK — довжину бісектри си. 5. CK — півпряма. 6. Від т. A півпрямої AK від класти ще раз кут, який дорівнює половині кута A. " $ 7. Півпряма AB в перетині з півпрямою CK дає тре тю вершину заданого трикутника ABC. 8. ∆ ABC — заданий.

630. #

631. За умовою задачі нам відомі два кути та одна сторона, яка прилегла тільки до одного кута, і AB прилегла до кута A. Ми не можемо побуду вати ∠ C , бо не відома довжина відрізка AC або BC. Знайдемо невідо мий кут B, який прилеглий до сторони AB: за сумою кутів трикутника ∠ B = 180° − (105° + 40°) = 180° − 145° = 35° . Задача звелася до побудови трикутника за двома кутами та стороною, прилеглою до них. (Див. № 626.) 410

636. Треба побудувати прямокутний трикутник за двома катетами. Катети трикутника — взаємно перпендикулярні.

Побудова зводиться до побудови перпендику лярної прямої через точку, що належить іншій прямій. Побудова: 1. Проведіть пряму, позначте на ній точку. 2. Від $ цієї точки відкладіть один із катетів. 3. Через будь-яку точку відкладеного відрізка побудуйте перпендикуляр через точку, що належить прямій. " # 4. На цьому перпендикулярі від його основи від кладіть довжину другого катета. 5. Отриманий трикутник — заданий.

637. #

Медіана ділить протилежну сторону від вершини навпіл. Треба поділити сторону AB навпіл. Схема на с. 131.

$ #

Щоб описати коло навколо трикутника, треба знайти точку перетину серединних перпендику лярів до кожної сторони трикутника. (Див. с. 132, 1).

.n et

638. 0 "

Побудувати рівнобедрений трикутник можна через прямокутний ABD. BD — висота, медіана ∆ ABC , тому AD = DC = 3 см. BD = 4 см. Будуємо три кутник за двома катетами. " $ " % $ % 1. Півпряма з т. A. 2. AD = 3 см. 3. З т. D будуємо перпендикуляр до прямої, якщо точка лежить на прямій (с. 132, 1). 4. DB = 4 см. 5. AD = DC = 3 см. 6. ABC — заданий трикутник. #

ld z

639.

ГЕОМЕТРІЯ

640.

Треба побудувати прямокутний трикутник за ка тетом і гіпотенузою. Але відомо, що у прямокутно # $ го трикутника катети взаємно перпендикулярні. $ Тому будувати цей трикутник можна за допомо гою перпендикулярної прямої. 1. Пряма з т. A. 2. AB — відомий катет. 3. Че рез т. A провести перпендикуляр до прямої AB. 4. З т. B провести дугу радіуса довжини гіпотену " # зи. 5. Точка перетину перпендикуляра та довжи ни гіпотенузи дає третю вершину C прямокутного трикутника ABC. #

641. "

Бісектриса прямого кута ділить його нав піл. Тому нам відомий кут та дві сторони, між якими й знаходиться цей кут. ° $ # 1. Пряма з т. C. 2. CB. © # " 3. AC ⊥ CB (с. 132, 2). 4. Побудуйте бі сектрису прямого кута. 5. На бісектрисі % відкладіть відрізок CD. 6. Через т. D та B проведіть півпряму до перетину з перпенди $ # куляром. 7. Точка перетину є третьою вер шиною трикутника. ∆ ABC — заданий. %

642. Медіана — це відрізок, який ділить протилежну від вершини сторону 411 навпіл.

# $ #

643.

За властивістю кутів прямокутного три кутника: сторона, яка лежить проти кута 30° , менша за гіпотенузу вдвічі. Побудуємо прямокутний трикутник за гіпотенузою та катетом, меншим від неї вдвічі. Другий гострий кут — 60° .

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

1. Довільна пряма з точкою A. 2. AC. 3. За схемою поділу відрізка навпіл по діли AC навпіл, знайди т. D. 4. З т. A проведи дугу AB. 5. З т. D проведи дугу BD. 6. Точка перетину цих дуг є третьою вер шиною заданого трикутника. ∆ ABC — заданий.

644. Будуємо прямокутний трикутник аналогічно до задачі № 643. Кут C 30° ділимо бісектрисою навпіл. Отриманий кут, побудований за допомогою бісектриси, дорівнює 15° . 645. "

ld z

1. Медіана ділить протилежну сторону від вершини навпіл. Поділи за схемою (с. 131) сторону AB навпіл. 2. Точка перетину на гіпотенузі буде основою ме діани CD. 3. Поділи кут A за схемою (с. 130) нав піл. 4. Точка перетину зі стороною CB дає точку K; AK — бісектриса.

647.

1. Спочатку треба заданий відрізок поді лити навпіл. 2. Кожну його половину ще раз поділити навпіл. 3. Відрізок, довжина якого буде складатися з 3 ма леньких відрізків, і буде становити від

3 різок довжиною . 4. Побудуй відрізок, рівний заданому (с. 127). Відрі 4 3 зок AE = відрізка AB. 4 3 1. Довільна пряма з точкою A. 2. AE = . 4 649. 1. Обери будь-яку точку, яка лежить на довільній прямій. Ця точка і буде центром кола. 2. Опиши 0 " коло за допомогою циркуля. 3. Радіус OA перетинає B " 0 задану пряму. 4. Дотична перпендикулярна радіу су. 5. Побудуй перпендикуляр до прямої a, який проходить через точку, що лежить на прямій (див. с. 132). 6. Побудований перпендикуляр і є дотичною до кола. 650.

° "

412

. ° #

" /

, ° -

Треба побудувати трикут ник за стороною та прилег лими до неї двома кутами. 1. Довільна пряма з т. A. 2. AB. 3. Від вершини A відклас

ти кут, рівний 60° (див. с. 129). 4. Від вершини B відкласти кут, рівний 45° (див. с. 129).

5. Точка перетину двох сторін двох побудованих кутів буде третьою вер шиною трикутника C. ∆ ABC — заданий. 1. Побудуємо спочатку прямокутний три кутник ABK, в якому відомі дві сторони та кут B — прямий. " , $ Побудова: 1. Довільна пряма з т. A. 2. AB. N 3. З т. A до прямої побудувати перпендику , ляр, який проходитиме через точку, що ле # , $ жить на прямій (с. 132). 4. З т. A провести # дугу r = AK . 5. Точка перетину дуги з пер " пендикуляром і є точка K. 6. AK — медіа на, яка поділила протилежну сторону навпіл. 7. Від т. K вище відкладе мо відрізок, рівний BK. Отримаємо нову точку. 8. ∆ ACB — заданий. "

653. "

1. Довільна пряма з т. C. 2. CB. 3. Поділи CB навпіл (с. 131), знайдена т. K є основою медіани. 4. Через т. C, яка лежить на пря мій, побудуй перпендикуляр (див. с. 132). 5. З т. K проведи дугу KA до точки пере тину з перпендикуляром. 6. Ця точка — третя вершина трикутника. 7. ∆ ABC — за даний.

N $

, #

ld z

654.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

652. "

, "

3 -

0 $

Трикутник ABC можна побудувати, починаючи з ∆ AOC : AO = OC = R ; AC — задано. 1. Побудуй трикутник AOC за трьома сторонами (див. с. 127). 2. Від вершини A побудуй заданий кут (див. с. 129). 3. З верши ни O ∆ AOC проведи дугу радіуса AO, точка перетину цієї дуги зі сторо ною кута CAB дасть третю вершину трикутника. 4. ∆ ABC — заданий.

655.

У заданому трикутнику відома основа та кут проти цієї сторони. Але даний трикутник — рівнобедрений з відо , , , мим кутом при вершині. Ми можемо ° ÊÅ знайти кути при основі та побудувати " - - $ " " $ трикутник за стороною та двома рів ними кутами, які є прилеглими до цієї сторони. ∠ A = ∠ C = (180° − 80°) : 2 = 50° . Кожний кут при основі дорівнює 50° . Тепер можемо будувати трикутник. 1. Пряма, т. A. 2. AC. 3. З вершини A та вершини C побудувати кути, рівні заданому (с. 129). 4. Точка перети ну двох сторін є третьою вершиною трикутника. 5. ∆ ABC — заданий. #

657.

413

658.

1. DK дотична до кола. 2. OK ⊥ DK (як радіус і до тична). 3. ∆ DOK — прямокутний, один із гострих кутів якого дорівнює 30° . 4. DO = 2OK = 10 см (за властивістю прямокутних трикутників). Відповідь: 10 см.

$ Å

659. 1) Сума кутів трикутника дорівнює 180° . 7x + 8x + 15 = 180 ; 15x = 165 ; x = 11 . 2) Найменший зовнішній кут буде знаходитись у вершині най більшого внутрішнього, тому найбільший внутрішній становить 8 час тин. 8 ⋅ 11 = 88° . 3) Знайдемо найменший зовнішній кут, який суміжний із внутрішнім: 180° − 88° = 92° . Відповідь: 92° . 660.

Якщо трикутники рівні, то від повідні їхні сторони та кути рівні, тому ∠ C = ∠ C1 . ∆ AKC = ∆ A1 K1C1 (2-а ознака) за сто " " © © роною та двома рівними кутами, прилеглими до неї. AC = A1C1 , ∠ KAC = ∠ K1 A1C1 — за умовою. Оскільки ∆ AKC = ∆ A1 K1C1 , то AK = A1 K1 . #

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

ld z

§ 27. Геометричне місце точок. Метод геометричних місць 1. З ∆ ACK за властивістю прямокутного трикут ника знайдемо ∠ CAD та AC. 1 ° % ∠ CAD = 90° − 30° = 60° ; AC = AK = 30 см. Ê Å 2 ° 2. Аналогічно чинимо з ∆ CDA : ∠ ACD = 30° ; ° , $ 1 AD = AC = 15 см. 2 3. DK = 60 − 15 = 45 (см) (за властивістю вимірювання відрізків).

661.

662. 1) Точки кола з радіусом 2 см; 2) точки круга з радіусом 2 см. 663. 1) Точки кола з радіусом a см; 2) точки круга з радіусом a см. 664. "

Точки, рівновіддалені від його кінців, лежать на се рединному перпендикулярі, проведеному до відріз ка AB. Побудуй серединний перпендикуляр до відрізка AB.

666.

667. $

414

Точки, рівновіддалені від сторін кута, знаходяться на бісектрисі цього кута. %

668.

ÊÅ

Геометричним місцем точок, віддалених від кожної з заданих точок на відстань 5 см, будуть 2 прямі, паралельні заданій, які знаходяться на відстані 5 см від цієї прямої.

669. B

0 1

672.

Геометричним місцем центрів кіл, що проходять через точку P і мають радіус r, буде коло з центром в точці P і радіусом r.

Геометричним місцем центрів кіл, що дотикаються до даної прямої у даній точці M, буде перпендику ляр, проведений через т. M до дотичної. Дотична і радіуси перпендикулярні. Будуємо перпендику ляр за схемою на с. 132.

B .

673. #

Геометричним місцем вершин рівнобедреного три кутника із заданою основою AB є серединний пер пендикуляр відрізка AB. Будуємо серединний пер пендикуляр за схемою на с. 129.

ld z

.n et

671.

ГЕОМЕТРІЯ

674.

Геометричне місце точок, рівновіддалених від двох заданих паралельних прямих, є пряма, паралельна заданим, що знаходиться на однаковій відстані від кожної з цих прямих. Відстань між двома пара лельними прямими поділити навпіл, провести че рез цю точку пряму, паралельну заданим.

676.

ÊÅ B

ÊÅ

ÊÅ B

ÊÅ

ÊÅ B "

ÊÅ

ÊÅ B "

ÊÅ

675.

ÊÅ

Геометричним місцем точок центрів кіл, що про ходять через дві задані точки — P та L, буде се рединний перпендикуляр до відрізка PL.

ÊÅ

1. Точка A належить прямій a. 2. Точка A не належить прямій a. 677.

Т. A буде точкою перетину двох середніх перпенди кулярів прямих MN та CD.

$ /

678. Коло, яке треба побудувати, буде мати радіус: r1 + r = r2 + r . Центр такого кола буде лежати на середньому пер пендикулярі відрізка O1O2 .

0 S

415

Радіус такого кола — відстань між прямою a, що задана, та паралельною їй прямою, проведеною з центра заданого кола. Радіусом нового кола буде відрізок h.

679.

680. "

Місцем побудови мосту буде точка перетину се рединного перпендикуляра відрізка AB з заданою прямою a: т. M.

, .

681. 1. Побудуємо ∆ BAD за катетом та гіпо тенузою. 2. Від відрізка AC віднімемо довжину AD. 3. Залишилось відкласти відрізок CD. 4. ∆ ABC — заданий трикутник.

" %

$ #

682.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

À¹½¹ÆÁÂ ÃÌË

" %

# %

" #

ld z

1. З ∆ ABD знайдемо ∠ B . ∠ KAN — кут при вершині B ∆ ABD , бо су ма двох гострих кутів 90° . 1. Будуємо прямокутний ∆ ABD за катетом та гострим кутом, прилеглим до нього. 2. На перпендикулярі AD від кладемо відрізок AC. 3. ∆ ABC — заданий. #

683.

P = 2b + a . За умовою основа менша за периметр на 18 см. 2b + a = 18 + a ; 2b = 18 ; a = 9 . Відповідь: так; 9 см.

684. "

° ° #

685.

" 0

0 #

За властивістю прямокутного трикутника 1 CB = AB ; CB : AB = 1 : 2 . 2 Відповідь: 1 : 2 . ∆ AO1O2 — рівносторонній, бо O1 A = O2 A = O1O2 — як радіуси рівних кіл, тоді ∠ O1 AO2 = 60°. ∆ BO1O2 — рівносторонній, бо O1 B = O2 B = O1O2 — як радіуси рівних кіл, тоді ∠ O2O1B = 60°. ∠ AO1O = ∠ AO1O2 + ∠ O2O1B = 60° + 60° = 120° . Відповідь. 60°; 120°.

Завдання для перевірки знань з теми «Коло і круг. Геометричні побудови»

416

d = 2r ; d = 52 мм.

Дотична — мал. 406. Січна — мал. 405.

Мал. 408 — коло, описане навколо трикутника. Мал. 407 — коло, вписане в трикутник.

. ÊÅ

1 $

Виконайте побудову трикутника за трьо ма сторонами (с. 127). '

Геометричним місцем точок, рівновіддалених від його кінців, є серединний перпендикуляр, проведе ний до відрізка FP. Схема побудови на с. 131.

ld z

Нам треба побудувати трикутник за сто роною та двома кутами, прилеглими до основи. 1. Пряма, т. A. 2. AB = 55 мм. 3. Від вершин A та B побудувати кути у 65° . 4. Точка перетину двох сторін ку тів дає третю вершину трикутника. #

° -

- -

1. ∆ MOC = ∆ KOC за катетом та гіпотенузою. 2. MC = CK = 2 см. 3. BK — медіана рівнобедреного трикутника ABC. 4. AK = KC = 2 см; AC = 4 см. 5. AB = BC = 7 см. P∆ ABC = 7 ⋅ 2 + 4 = 18 (см).

Відстань між центрами кіл, що дотикаються зовніш ньо, знаходимо за формулою: O1 A + O2 A . Складемо рівняння: 3x + x = 20 ; 4x = 20 ; x = 5 . Відповідь: O1 A = 15 см; AO2 = 5 см.

" 0 Y Y 0 ÊÅ

ГЕОМЕТРІЯ

.n et

ÊÅ

0 "

. ÊÅ ©

10.

# 0

ÊÅ

" °

1. ∆ ABO та ∆ ACO — прямокутні. 2. ∠ BAC = ∠ AOC = 30° ; AO — бісектриса кута BAC. 3. За властивістю прямокутного трикутника 1 BO = AO ; BO = 5 см. 2

11. Накресли прямокутний трикутник, ка тет якого вдвічі менший від гіпотенузи. Сторона, яка лежить проти кута 30° , у два рази менша від гіпотенузи. Тому ∠ C = 30° , ∠ B = 60° . Добудуй зовнішній кут до вершини B. Він і дорівнює 120° .

$ " #

# $ ° "

417

Вправи для повторення до розділу IV До § 21 686. "

OM — радіус, AB — діаметр, AN — хорда.

0 #

687. 1) Коло з променем OK має одну спільну точку. 2) Коло з променем OK має дві спільні точки.

, 0

688. ∆ AOB = ∆ BOC за першою ознакою рівності трикутників ( AO = BO — як радіуси, BO = CD — як радіуси, ∠ AOB = ∠ BOC — за умовою). Із рів ності цих трикутників випливає, що AB = BC . 689. ∠ AKB = 90° , оскільки діаметр з будь-якої точки видно під прямим ку том. ∆ KOB — рівнобедрений ( KO = BO — як радіуси), то ∠ OBK = ∠ BKO = (180° − ∠ KBO ) : 2 = (180° − 130°) : 2 = 50° : 2 = 25° . ∠ KOA = 180° − ∠ KOB = 180° − 130° = 50°. ∆ AKO — рівнобедрений ( AO = KO — як радіуси, то ∠ KAO = ∠ AKO = (180° − ∠ AOK ) : 2 = (180° − 50°) : 2 = 130° : 2 = 65°. Відповідь. ∠ A = 65° , ∠ B = 25°, ∠ K = 90° .

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

690.

Кінці утворюють коло з тим же центром та радіусом втричі більшим даного радіуса.

ld z

691. .

1) Будуємо прямий кут CAD і знаходимо точки C і D. 2) Проводимо перпендикулярну пряму AK до BC, яка перетинає діаметр CD в його центрі O. 3) Проводимо перпендикуляр OM до прямої AB. 4) M — середина хорди AB.

692.

693. "

694. 0

418

, /

Нехай AB = BC = OC . ∆ AOB і ∆ AOC — рівносторонні, оскільки AB − BC = OC = OB = OA , тоді ∠ A = ∠ ABO = ∠ OBC = ∠ C = 60°. ∠ ABC = ∠ ABO + ∠ OBC = 60° + 60° = 120°. Відповідь. 120°. 1 AB — діаметр, ∠ KAB = ∠ ABK . ∠ ABK = 90° , оскіль 4 ки діаметр видно із будь-якої точки кола під кутом 90°. Нехай ∠ KAB = x° , тоді ∠ KBA = 4x° і x + 4x = 90 . Звід си 5x = 90 ; x = 18° , тоді 4x = 4 ⋅ 18 = 72° . Отже, ∠ KAB = 18° , ∠ KBA = 72° . Відповідь. 18°, 72°, 90°. Нехай OK = AK , MN ⊥ OA .

1 OM ) . 2 ∆ OMN — рівнобедрений (бо OM = ON — як радіу си), тоді ∠ ONM = 30°, а ∠ MON = 180° − 2 ∠ ONM = В трикутнику OMK ∠ OMK = 30° (бо OK =

= 180° – 2 ⋅ 30° = 180° – 60° = 120°. Отже, в трикутнику MON ∠ MON = 120 ° ∠ MON = 120° , ∠ OMK = ∠ ONK = 30° . Відповідь. 30°, 30°, 120°. Нехай CL ⊥ AB , DK ⊥ AB , ∠ CML = 30° , DM = 1 см, MC = 7 см. Із прямокутного трикутника CML маємо , . 1 1 " # CL = CM = ⋅ 7 см = 3,5 см (бо ∠ CML = 30° ) . 2 2 0 Із прямокутного трикутника KDM маємо % 1 1 KD = MD = − 1 см = 0,5 см. 2 2 Відповідь. 0,5 см і 3,5 см.

695.

1. 2. 3. 4.

OK < r OK = r OK > r OK < r

— пряма перетинає коло. — коло дотикається до прямої. — коло і пряма не перетинаються. — пряма перетинає коло.

.n et

697.

ГЕОМЕТРІЯ

698. Дотичні до кола перпендикулярні діаметру. Тому дотичні, проведені че рез кінці діаметра, паралельні. 699. .

700.

1. Дотична, що проходить через точку кола, перпен дикулярна радіусу. 2. Розглянемо ∆ MON: ON = OM ; ∆ MON — рівно бедрений. 3. OD — висота. 4. OA  MN ⊥ AK . 5. MN  AK .

ld z

1. Розглянемо ∆ MAO та ∆ NAO : MA = AN — за умовою, OA ⊥ MN — за властивістю дотичної до ра діуса. ∆ MAO і ∆ NAO — прямокутні. 2. ∆ MAO = ∆ NAO ∆ MAO = ∆ NAO — за двома катетами. 3. OM = ON .

, "

701. Побудуйте бісектриси кожного з кутів за допомогою транспортира. Точ ка перетину бісектрис — центр вписаного кола. 702.

1. Накресліть кут 80° . 2. Побудуйте його бісект рису. 3. На кожній зі сторін кута від вершини від кладіть відстань 4 см. 4. З кожних цих точок опус тіть перпендикуляр на бісектрису. 5. Ця точка і є центром кола. #

703. 1. ∆ AOC — рівнобедрений. ∆ AOB — рівнобедре - = ∆ BOL . = ∆ MOB ний. 2. OL = OM = OK . 3. ∆ AOL = ∆ AOK = ∆ KOA = ∆ COM OK = ∆ KOA = ∆ COM = ∆ BOL = ∆ MOB за катетом та гіпотену $ зою. 4. AB = BC = AC . 5. ∆ ABC — рівносторонній. " , 704.

S . 0 Y S % /

1. ∆ MOD = ∆ NOD за катетом та гіпотенузою: OM ⊥ CD ; ON ⊥ AD ; OM = ON = r . 2. ND = AN = 2x ; AD = 4x ; 3. CD = 5x (за основною властивістю вимірювання відрізків). 5x + 5x + 4x = 70 ; 14x = 70 ; x = 5 . Відповідь: 25 см; 25 см; 20 см.

705. Центр кола, що описує прямокутний трикутник, лежить на середині гі 419 потенузи.

1) Центр вписаного кола лежить на бісектрисі кута. 2) Центр описаного кола — на серединному перпен дикулярі. 3) У рівносторонньому трикутнику, як S / 0 3 і в рівнобедреному, висота, медіана та бісектриса S є одним цілим. ∆ ONC = ∆ OCM за катетом та гіпоте $ " . нузою. Гіпотенуза — радіус описаного кола. Катет — радіус вписаного кола. Центри вписаного та описаного кіл збігаються. #

707.

0 "

1) Центр описаного кола знаходиться в точці перети ну серединних перпендикулярів. 2) У рівнобедре ному трикутнику один із серединних перпендику лярів є висотою та медіаною цього трикутника. Центр описаного кола лежить на висоті рівнобедре ного трикутника.

708. 1) Радіуси цих кіл повинні бути меншими за 2,5 см. 2) Радіуси цих кіл повинні бути більшими за 2,5 см. 709.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

706.

" # 0 0

Концентричними називають кола, як що вони мають спільний центр. O1O2 = O . BD = 8 см; AB = CD = 3 см. 1 1. BD = BO1 + O1 D ; BO1 = OD1 = BD ; BO1 = OD1 = 4 см. 2 2. O2 A = O2 B + BA ; O2 A = 4 + 3 = 7 см.

$ %

ld z

710. OB : OA = 10 : 7 ; AB = 12 см. 1. Знайдемо AB у частинах: 10x − 7x = 3x. 2. Знайдемо x з AB: x = 12 : 3 ; x = 4 . 3. OB = 40 см; OA = 28 см. B Відповідь: 28 см; 40 см. 711. Якщо два кола дотикаються, то до них можна про вести тільки три спільних дотичних. Відповідь: a, b, c — дотичні, спільні для двох кіл.

0 0

1. Зовнішній дотик. O1O2 = 16 см; O1O2 = O1 A + AO2 ; 0 0 0 16 = 5x + 3x ; 16 = 8x ; x = 2 . 0 O1 A = 10 см; AO2 = 6 см. 2. Внутрішній дотик. 1) O1A = r1 = 5x; O2 A = r2 = 3x; O1O2 = 16 см. 2) Якщо кола дотикаються внутрішньо, то O1O2 = O1 A − O2 A . 5x − 3x = 16 ; 2x = 16 ; x = 8 . O1 A = 40 см; O2 A = 24 см. Відповідь: 24 см; 40 см.

712.

713. Коло будь-якого радіуса буде перетинати сторони кута, бо AC = AB = r .

$ #

714. 1. Проведіть пряму, оберіть довільну точку. 2. Від цієї точки треба від класти відрізок заданої довжини по обидва боки від обраної точки. Мож на побудувати послідовно два однакових за дов $ " % жиною відрізки. 1 " % # 1) CD > CA ; CA = CD . 2) AB = 2 AD . 2 716. 420

Для кожного кута три 717. кутника побудувати бі сектрису за схемою на с. 130.

Поділіть кожну сторону трикут ника навпіл (див. с. 131).

718. "

$ %

1. Побудували бісектрису кута. Отримали два рів них кути. 2. Поділили кожний із цих частин нав піл — побудували бісектриси отриманих кутів. 1 3 ∠ AOB = ∠ AOE ; ∠ AOD = ∠ AOE . 4 4

Сума всіх кутів трикутника дорівнює 180° . 1. Накреслимо розгорнутий кут. 2. З його вершини побудуємо послідовно два заданих кути, які мають вершину в точці вершини розгорнутого кута. 3. Час тина кута, яка залишилась, і є третім кутом трикутника. ∠3 — третій кут заданого трикутника.

720.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

719.

1) Спочатку побудуємо кут 45° (половина прямого кута). 2) Будуємо прямокутний трикутник за гіпотенузою c та прилеглими го стрими кутами по 45°.

180° − α 180° − α і . 2 4 2) Побудувати трикутник AMB за стороною AM = l та кутами 180° − α 180° − α ∠B = та ∠ MAB = . 2 4 3) Провести промінь BM та серединний перпендикуляр CD до сторо ни AB, які перетинаються в точці C. 4) ∆ ABC — шуканий.

ld z

723. 1) Слід побудувати кути 180° – α,

724. ∆ ABC = ∆ A1 B1C1 . 1) Побудувати відрізок AC = b . 2) Від променя AC відкласти кут α. 3) Точка B — точка перетину кола з центром в точці C і радіуса A й променя AB . 4) ∆ ABC — шуканий.

B A C

725. 1) Спочатку слід побудувати трикутник ACM, у якого ∠ ACM = 90° , AC = b , CM = a + c . 2) Від променя AM відкласти кут, який дорівнює куту AMC : ∠ MAB = ∠ AMC . 3) ∆ ABC — шуканий.

До § 27 726. "

Геометричне місце точок, рівновіддалених від даної точки A на задану відстань AB — коло з центром в точці A і радіуса AB . %

727. Геометричне місце точок, рівновіддалених від сторін прямого кута ABC , бісектриса BD.

728. Пряма l, що містить висоту BD рівнобедреного трикутника ABC (AB = = BC), яка проведена до основи, є серединним перпендикуляром до 421

729. Центри побудованого кола лежать на серединному % " M перпендикулярі, проведеного до відрізка, що з’єднує дві дані точки A і B. AB Якщо радіус r кола менший , то задача розв’язків не має. 2 AB Якщо r = , то задача має один розв’язок. 2 # AB Якщо r > , то задача має два розв’язки. 2 730. Геометричним місцем точок, рівновіддалених від усіх вершин трикутника ABC є точка O — центр кола, описаного навколо трикутника. 731.

0 S

ld z C

ÊÅ

734

0 M "

735.

Геометричним місцем центрів радіуса r, що до тикаються до даної прямої a є дві прямі b і c, які паралельні прямій a і віддалені від неї на від стані r.

732. Оскільки, точки рівновіддалені від сторін кута, ле жать на бісектрисі кута, то шукана точка D — точка перетину бісектриси кута, утвореного двома сторона ми трикутника, та третьої сторони. 733.

0 "

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

ідрізка AC (оскільки висота рівнобедреного трикут в ника, проведена до основи, є медіаною). Отже, пряма l є геометричним місцем точок, рівновід далених від кінців основи.

Геометричним місцем точок, що знаходяться на відстані, яка не перевищує 3 см від заданої прямої a, а є смуга, утворена прямими b і c, які паралельні прямій a і знаходяться від неї на від стані 3 см.

Центр кола знаходиться в точці перетину се рединного перпендикуляра l до відрізка a і пря мої OA, яка перпендикулярна до прямої a.

1) Спочатку слід побудувати прямокутний три кутник ABH , у якого катет BH дорівнює висо ті шуканого трикутника, а кут A дорівнює дано му куту. 2) Провести бісектрису AL кута BAH . " ) $ 3) Точка C — точка перетину прямої BL і проме ня AH. ∆ ABC — шуканий. #

736. 1) Спочатку слід побудувати коло за заданим радіусом. 2) Потім побудувати відрізок AB , який дорівнює заданій стороні. 3) Провести пряму A, яка паралельна прямій AB і знаходиться від неї на відстані, що дорівнює висоті шуканого трикутника. 4) C і C1 — точки перетину прямої A і кола. ∆ ABC і ∆ ABC1 — шукані три кутники. 422

Завдання для перевірки знань за курс геометрії 7 класу 1.

2. /

ГЕОМЕТРІЯ

DE — гіпотенуза. CD і CE — катети.

Якщо AOB = 119° , то COD = 119° (бо кути AOB та COD — вертикальні, а вертикальні куті рівні), ∠ BOD = ∠ AOC = 180 # ∠ BOD = ∠ AOC = 180° − 119° = 61° (за теоремою про суму суміж них кутів). Кут між прямими AD і BC дорівнює 61°. % Відповідь. 61°; 119°; 61°; 61°.

.n et

A ∈ m , B ∉m.

ld z

Нехай ∆ ABC — рівнобедрений, BA = BC = 9 см, а P∆ ABC = 24 см, тоді AC = P∆ ABC = AB − BC = 24 – 9 – 9 = 6 (см). Отже, основа дорівнює 6 см. Відповідь. 6 см.

Оскільки DC = MN — за умовою, ∠ CDN = ∠ DNM — за умовою, а DN — спільна сторона трикутників CDN і MND , то ∆ CDN = ∆ MND за пер шою ознакою рівності трикутників.

Нехай ∠ B = 68° , ∠ C = ∠ A + 14° , тоді нехай ∠ A = x° , а ∠ C = x° + 14° . За умовою задачі мажмо рівняння x + x + 14 = 180 − 68 (то ∠ A + ∠ C = 180° − ∠ B ). Звідси 2x + 14 = 112 ; 2x = 98 ; x = 98 : 2 ; x = 49 , тоді x + 14 = 49 + 14 = 6 . Отже, невідомі кути дорівнюють: ∠ A = 49° , ∠ C = 63° . Відповідь. 49° і 63°.

1) Спочатку слід побудувати кут 180° – 60° – 50° = 70°. 2) Побудувати трикутник ABC, у якого AB = 6 см, ∠ B = 50° , ∠ A = 70° . 3) ∆ ABC — шуканий.

Нехай в прямокутному ∆ ABC ( ∠ C = 90°) ∠ A = x° , тоді ∠ B = 90° − x° , ∠ DBA = 180° − (90° − x°) = 90° + x .

' "

180 − x 90 + x . = 29 25 Звідси 4500 − 25x = 2610 + 29x ; 54x = 1890 ; x = 35 , тоді 90 − x = 90 − 35 = 55 . Отже, ∠ A = 35° , ∠ B = 55° . За умовою задачі маємо

Відповідь. 35° і 55°.

423

Задачі підвищеної складності Розділ I. Найпростіші геометричні фігури та їх властивості 737.

0 ,

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

1) Точка K не може лежати праворуч точки B, оскільки тоді BK = BK = AB + BK < AB < AK . Якщо K лежить між точками A і B, тоді AK + BK = AB , AK + 3 AK = AB , 1 отже 4 AK = AB ; AK = AB . 4 Якщо точка K лежить ліворуч точки A, тоді BK − AK = AB ; 3AK − AK = AB 1 3AK − AK = AB , AK = AB . 2 Отже, існує дві точки K1 і K2 для яких виконується умова BK = 3 AK . ,

0 ,

ld z

2) Шукані точки належать відрізку AK1 та відрізку AK2 , тобто відріз 1 1 ку K1K2 , де AK1 = AB , AK2 = AB . 4 2 Нехай ∠ AOB = 120° , тоді ∠ AOK + ∠ JOB = 120° , або ∠ AOK = 120° − ∠ KOB . Оскільки за умовою задачі ° 3 ∠ AOK − 2 ∠ KOB = 10° , то одержуємо 3 (120° − ∠ KOB) − 2 ∠ KOB = 10° , звідси ° 360° − 3 ∠ KOB − 2 ∠ KOB = 10° , або 5 ∠ KOB = 350° , 0 # тоді ∠ KOB = 70° , ∠ AOK = 120° − 70° = 50° . Відповідь. Промінь OK слід провести так, щоб ∠ KOB = 70° (або ∠ OK = 50° ) .

738.

739.

Чотири точки можуть визначати або одну пряму, або чотири прямих, або шість прямих. Відповідь. Одну, або чотири, або шість. 740.

E E

424

Чотири прямі, кожні дві з яких перетинаються можуть мати одну спіль ну точку, або чотири спільні точки, або шість спільних точок. Відповідь. Одну, або чотири, або 6.

741.

743.

.n et

Розділ II. Взаємне розміщення прямих на площині

Нехай A1 і A2 проходять через точку A, тоді A3 про ходить через точку A, оскільки A2 і A3 проходять через точку A, то пряма A4 проходить через точ ку A. Оскільки A3 і A4 проходять через точку A, то пряма A5 проходить через точку A. Отже, всі прямі A1, A2, A3, A4, A5 проходять через точку A.

ld z

ГЕОМЕТРІЯ

Оскільки ∠ AOC = ∠ BOD , а OL і OP — бісектриси кутів AOD і COB , то ∠ AOL = ∠ LOD , ∠ COP = ∠ POB . Оскільки ∠ AOC = ∠ BOD , то ∠ AOD = ∠ AOC − ∠ DOC, ∠ BOC = ∠ BOD − ∠ BOC OC = ∠ BOD − ∠ BOC , тоді ∠ AOD = ∠ BOC, тоді ∠ AOL = ∠ LOD = ∠ COP = ∠ POB . Отже, 1) ∠ AOL = ∠ COP ; 2) ∠ LOP = 2 ∠ LOD + ∠ LOC , ∠ AOC = 2 ∠ LOD + ∠ DOC , тоді ∠ LOP = ∠ AOC . Відповідь: 1) ∠ AOL = ∠ COP ; 2) ∠ LOP = ∠ AOC .

744. 1) Може. Наприклад, суміжні кути дорівнюють 173° і 7°. 2) Не може. Оскільки сума суміжних кутів дорівнює Якщо 10n + k і 10m + l — градусні міри суміжних кутів, тоді 10n + 10m теж буде парною (і не дорівнює 17). 1 1 1 3 : = ⋅ = 1,5 . 2 3 2 1 Нехай x° — градусна міра меншого кута, тоді 1,5x° — градусна міра більшого кута. Маємо рівняння x + 1,5 = 1,5 ⋅ 72 = 108 . Відповідь. 72° і 108°. 2) Нехай x° — другий із суміжних кутів, тоді перший кут дорівнює 2 ⋅ 0, 4x° . Тоді x + 0, 8x = 180° , 1, 8x = 180 ; x = 100 , тоді 0, 8x = 0, 8 ⋅ 100 = 80 . Відповідь. 80° і 100°.

745. 1) Оскільки градусні міри кутів відносяться як

746.

При перетині трьох прямих в одній точці утворюється 6 пар вертикальних кутів.

При перетині трьох прямих в трьох точках утворились теж шість пар вертикальних кутів. Відповідь. Однакова, по 6 пар. 425

747.

I випадок.

1 5 ∠ 1 + ∠ 2 = 90°. 3 6 1 5 1 5 Тоді ∠ 1 + = 90° ; ∠ 1 + 150° − ∠ 1 = 90° ; 3 6 (180° − ∠ 1) 3 6

Нехай

II випадок. Нехай

1 5 ∠ 1 + ∠ 3 = 90° , тоді 3 6

90° ⋅ 6 1° 1 5 7 = 77 . ∠ 1 + ∠ 1 = 90° , ∠ 1 = 90° ; ∠ 1 = 7 7 3 6 6 1° . 7

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

360° 3 = 120° , тоді ∠ 2 = 180° − 120° = 60° . ∠ 1 = 60°, ∠ 1 = 3 6

Відповідь. 60° або 77

748. Розв’язання в підручнику (стор. 148).

749. "

ld z

Якщо AB  CD , то проведемо FN  AB . Тоді ∠ AFN = 180° − ∠ FAB = 180° − 112° = 68° , ∠ CFN = 180° − ∠ FCD = 180° − 139° = 41° , ∠ AFC = ∠ AFN + ∠ NFC = 68° + 41° = 109° . А, оскільки на малюнку ∠ AFC = 108° , то прямі AB та CD не паралельні. Відповідь. Не паралельні.

750.

Можна. Слід від променя OA проти годинни кової стрілки відкласти десять разів кут 27°. Тоді OB ⊥ OA . Відповідь. Можна.

° 0

751.

Нехай 2, 6 ⋅∠ 1 = ∠ 4 + ∠ 2 + ∠ 3 . Оскільки ∠ 4 + 3 = 180° , ∠ 2 = 180° − ∠ 1 , то 2, 6 ∠ 1 = 180° + 180° − ∠ 1 , звідси 3, 6 ∠ 1 = 360° . Тоді ∠ 1 = 100° , ∠ 2 = 80° , ∠ 3 = 100° , ∠ 4 = 80° .

Відповідь. 100°, 80°, 100°, 80°. 426

Розділ III. Трикутники

753. ∆ AMK = ∆ ANL за катетом і прямим кутом ( AM = AN як половини рів них сторін AB і AC , ∠ A — спільний). Із рівності трикутників випли ває, що MK = NL . ∆ MKL = ∆ NLK за катетом и гіпотенузою ( LK — спільна гіпотену за, MK = NL за доведенням. Із рівності цих трикутників випливає, що ∠ NLK = ∠ MKL . 754.

, $

2 ∠ OCB = α + (180° − 2 ∠ CBO ) ; 2 ∠ OCB = α + 180° − 2 ∠ CBO ; 2 ∠ OCB + 2 ∠ CBO = α + 180° .

.n et

Оскільки ∠ KCB = ∠ A + ∠ CBA , або 2 ∠ COB = α + ∠ CBA ;

ГЕОМЕТРІЯ

752. Розв’язання є в підручнику (стор. 149).

2 ( ∠ OCB + ∠ CBO ) = α + 180° ; α ∠ OCB + ∠ CBO = + 90° . 2 α α  Тоді ∠ COB = 180° − ( ∠ CB + ∠ CBO ) = 180° −  + 90° = 90° − . 2  2 α Відповідь. 90° − . 2 #

ld z

755. Розв’язання задачі наведено в підручнику (стор. 149–150).

∆ AB1 B = ∆ BA1 A (за I ознакою рівності трикут ників, оскільки AB — спільна, ∠ B1 AB = ∠ A1 BA , , AB1 = BA1 — як половини рівних сторін). Із рів ності трикутників випливає, що # " ∠ B1 BA = ∠ A1 AB , AA1 = BB1 . ∆ ABL = ∆ BAL (за I ознакою рівності трикут ників: BL = AK — як по-двоєні рівні відрізки, " # AB — спільна, ∠ LBA = ∠ KAB ) . Із рівності трикутників випливає, AL = BK . ∆ ACL = ∆ BCK (за трьома сторонами). Із рівності трикутників випливає, що ∠ ALC = ∠ BKC .

756.

757.

∠ A + ∠ B = 180° − ∠ C < 180° . 1 1 1 ∠ AOB = 180° − ∠ AOB − ∠ OBA = 180° − ∠ A − ∠ B = 180° − ( ∠ # " 0 2 2 2 1 1 1 ∠ AOB = 180° − ∠ AOB − ∠ OBA = 180° − ∠ A − ∠ B = 180° − ( ∠ A + ∠ B) > 90° . 2 2 2 "

427

758. Дивись розв’язання задачі 512. #

759.

Нехай у трикутників ABC і A1 B1C1 : BA = A1 B1 , AC = A1C1 , AB , A1 M1 медіани ( BM = MC ; B1 M1 = M1C1 ) ; AM = A1 M1 . Доведемо що ∆ ABC = ∆ A1 B1C1 . Виконаємо побудову: на променях AM , A1 M1 від точок M і M1 відкла демо відрізка MK і M1 K рівні медіанам. ∆ ABM = ∆ KCM за першою ознакою рівності трикутників ( AM = KM , BM = MC , то AM медіана, ∠ BMA = ∠ CNK — як вертикальні). Із рів ності цих трикутників маємо KC = AB .

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

, .

ld z

760. 1) Нехай ∠ A + ∠ B > 90° , ∠ B + ∠ C > 90° , ∠ C + ∠ A > 90° , тоді ∆ ABC не може бути тупокутним (оскільки сума гострих кутів менша 90°) і не може бути прямокутним (оскільки сума гострих кутів дорівнює 90°). Отже, трикутник — гострокутний. 2) Трикутник — гострокутний (оскільки у прямокутному трикутнику прямий кут дорівнює сумі гострих, а в тупокутного — тупий кут більший за суму гострих). ∆ ACP — рівнобедрений, тоді

761. 5

$ 1

∠ CAB . 2 ∆ BCT — рівнобедрений, тоді

∠ ACP = ∠ APC =

∠ CTB = ∠ TCB =

∠ CBA . Тоді 2

∠ CPT + ∠ CTP =

∠ CAB ∠ CBA 90° + = = 45° . 2 2 2

Відповідь. 45°. Нехай AC = BC , OP = PD , ∠ CAD = ∠ DAB = ∠ CBD = ∠ DBA = α . ∆ AOD — рівнобедрений, тоді 0 ∠ AOP = ∠ PAD = α . 1 " # ∆ BOD — рівнобедрений, тоді % ∠ OBP = ∠ PBD = α . ∆ AOC — рівнобедрений, тоді $ ∠ OAC = ∠ OCA = 3α . ∆ BOC — рівнобедрений, тоді ∠ OBC = ∠ OCB = 3α .

762.

428

763. #

Нехай AB > AC , тоді в трикутнику ABC ∠ ACB > ∠ ABC . Оскільки ∠ BCD > ∠ ACB , а ∠ DBC > ∠ ABC , то ∠ BCD > ∠ DBC , тоді із трикутника BCD BD > CD .

Нехай AB > AC . Продовжимо медіану AM і на продовженні від кладемо MO = AM . ∆ ABM = ∆ OCM , із рівності трикутників маємо ∠ BAM = ∠ COM , AB = CO . В три кутнику AOC маємо оскільки OC > AC , то ∠ MAC > ∠ ACO = MAB , отже, ∆ MAC > ∠ MAB .

.n et

764. . #

ГЕОМЕТРІЯ

Із ∆ ABC маємо 2α + 2α + 6α = 180° , 10α = 180° , α = 18° , тоді ∠ A = 2 ⋅ 18° = 36° , ∠ B = 2 ⋅ 18° = 36° , ∠ C = 6 ⋅ 18° = 108° . Відповідь. 36°, 36°, 108°.

ld z

765.

766. "

Відповідь.

767. -

2a . 3

Нехай ∠ B = 2 ∠ A , тоді 90° ⋅ 2 90° ⋅ 1 = 60° . ∠A= = 30° , ∠ B = 3 3 BA + BC = a за умовою. 1 1 Оскільки BC = AB , тоді AB + AB = a , 2 2 2a 2 AB + AB = 2a ; 3 AB = 2a ; AB = . 3

∠ BAC = 90° − ∠ B = 50° . ∠ LAC = ∠ BAC − ∠ LAK = 50° − 5° = 45° . ∆ CKA — рівнобедрений ( ∠ CKA = 80 , ∠ KAC = 50° , ∠ CKA = 180° − 80° − 50° = 50° ) . Отже, CK = AC .

# , 0

Продовжимо AK до перетину зі стороною BC у точці D. Тоді один із кутів ADB або ADC — тупий або прямий. Нехай ∠ ADC — негост рий (тупий або прямий). Тоді AD = AK + DK , DK < CK + CD . Оскільки AK + DK > CK + KB + DK , то AK < CK + BK .

429

∆ CAL — рівнобедрений (∠ CAL = 45° , ∠ CLA = 180° − 90° − 45° = 45° ) , тоді CA = CL , тобто ∆ CLK — рівнобедрений, отже, ∠ CLK = KLKC =

180° − 10° 170° = = 85° . 2 2

Нехай AA1 ⊥ BC , BB1 ⊥ AC , AA1 = BB1 , AB1 = CA1 . Оскільки AB1 = A1C , то трикутники ABB1 і CAA1 рівні за двома катетами, бо AA1 = BB1 . # " Із рівності трикутників випливає, що ∠ ABB1 = ∠ CAA1 , а ∠ C = ∠ B1 AB , тоді ∆ ABC — , рівнобедрений AB = BC . " # Оскільки висоти AA1 ⊥ BB1 , то AC = BC . Отже, трикутник ABC — рівносторонній і ∠ C = 60° . Відповідь. 60°.

768.

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

Відповідь. 85°.

ld z

Розділ IV. Коло і круг. Геометричні побудови

769.

Побудуємо коло з центром в точці B радіуса BA , тоді точки M і N лежать на цьому колі, оскільки BM = BN = AB . Оскільки ∆ BAL — рівнобедрений, бо AD — ви сота і медіана, отже BA = BL , отже L належить колу. Отже, точки A, M, N, L лежать на колі.

Нехай ABC — рівнобедрений, AB = BC = a , ∠ ABC = 120° , O — центр кола, описаного навколо % трикутника ABC . Оскільки BO — серединний перпендикуляр, то 0 BD — є бісектрисою кута B трикутника ABC , тоді ∠ OBC = 60° . ∆ BOC — рівнобедрений ( OB = OC — як радіуси) і ∠ OBC = 60° , то ∆ BOC — рівносторонній. Отже, OB = OC = a . Відповідь. a.

770.

430

771. Розв’язання задачі подано в підручнику (стор. 151).

Нехай P∆ OO1O2 = 20 см, R — радіус великого кола. Нехай K, L — точки дотику великого кола з малим, а точка M — точка дотику ма лих кіл. Тоді

772.

0 0

P∆ OO1O2 = OO1 + O1O2 + OO2 = OO1 + (O1 M + MO2 ) + OO2 =

= (OO1 + O1 + O1 M ) + ( MO2 + OO2 ) = (OO1 + O1 K ) + (O2 L + OO2 ) = R + R = 2R . Отже, 2R = 20 , тоді R − 10 (см). Відповідь. 10 см.

CsS

Нехай AC = b , CB = a , AB = c , K, L, M — точки дотику, тоді KL = CL = r , LB = a − r ,

.n et

773.

AK = b − r , AM = b − r , MB = a − r .

BsS

ГЕОМЕТРІЯ

= (OO1 + O1 + O1 M ) + ( MO2 + OO2 ) = (OO1 + O1 K ) + (O2 L + OO2 ) =

c = ABM + MB = b − r + a − r = a + b − 2r .

S $ S -

BsS

Отже, c = a + b − 2r , або 2r = a + b − c . a+b−c Звідси r = , що і треба було довести. 2

Проведемо PK ⊥ M1 M2 . ∠ KPM2 = ∠ O2 M2 P — як внутрішні різносто ронні кути при паралельних KP і M2O2 та січ ній PM2 , ∠ O2 M2 P = ∠ M2 PO2 — як кути при 0 1 0 основі рівнобедреного трикутника PM2O2 . Аналогічно ∠ KPM1 = ∠ M1 PO1 = ∠ PM1O1 = β . Тоді 2α + 2β = ∠ O1 PO2 = 180° , звідси α + β = 90°. ∠ M1 PM2 = α + β = 90° . Відповідь. 90°.

ld z

774.

. ,

Побудувати прямий кут AOB до кута BOC , що дорівнює 54°, тоді ∠ AOC = 90° − 54° = 36° . Потім слід розділити кут AOC пополам, це буде кут 18°, і відкласти кут 18° від променя OB два рази, цим самим розділимо кут BOC на три рівні частини.

775. " $

° 0

776.

A B 0

AsB #

Спочатку слід побудувати кут MNQ , який дорівнює сумі даних ку тів AOB і CKL , тоді MNQ = α + β + α − β = 2α . 431

Поділивши кути MNQ пополам отримаємо один із кутів α. Щоб отримати другий кут, треба від променя OB відкласти проти годин никової стрілки кут α.

Спочатку слід побудувати трикутник BCK , у якого BC — задана сторона, ∠ B — заданий, BK = BA + AK = BA + AC . Потім від променя CK за годинниковою стріл кою слід відкласти кут KCA , який дорівнює куту CKA .

ld z

.n et

ГЕОМЕТРІЯ

777.

432