UnEncrypted

Розв'язання всіх завдань до підручника В.В. Апостолової «Геометрія» Розділ I. Вимірювання кутів, пов’язаних з колом § 1. Розширення поняття про кут Завдання 1 1. На рис. 5а α = 110° . На рис. 5б β = 360° − 85° = 275° .

2. ∠ CPC2 = ∠ COC1 + ∠ C1OC2 = 180° + 110° = 290° .

3. а) ∠ AOB + ∠ BOC = ∠ AOC ; б) ∠ BOC + ∠ COD + ∠ DOA = ∠ BOA ; в) ∠ DOA + ∠ AOB + ∠ BOC + ∠ COD = ∠ DOD = 360° .

4. а) ∠ COC1 = 180° − 30° + 180° − 40° = 150° + 140° = 290° ; б) ∠ COC1 = 2 ⋅ (180° − 60°) = 240° .

5. ∠ MOP = (360° − ∠ KOM ) : 2 = (360° − 78°) : 2 = 282° : 2 = 141° .

6. ∠ 1 + ∠ 2 = 360° − ∠ MNF − ∠ HFG = 360° − 90° − 90° = 180° .

3

б)

5

° 5

0 .

7. а) ∠ ROT + ∠ TOM = 360° − 100° = 260° ; ∠ ROT − ∠ TOM = 20° ;

ГЕОМЕТРІЯ

260° + 20° ∠ ROT = = 140° ; 2 260° − 20° ∠ ROT = = 120° .

2 Відповідь: 100° ; 140° ; 120° . в)

3

5

.

0

. ∠ ROT =

360° ⋅ 1 = 60° ; 1+ 2+ 3

∠ ROM =

360° ⋅ 3 = 180° ; 1+ 2+ 3

∠ TOM =

360° ⋅ 2 = 120° .

1+ 2+ 3

Відповідь: 60° ; 180° ; 120° . ∠ ROM = ∠ ROT = ∠ TOM =

828

3

Відповідь: 30° ; 210° ; 120° .

360° ⋅ 1 = 30° 1+7 + 4

360° ⋅ 7 = 210° 1+7 + 4 360° ⋅ 4 = 120° 1+7 + 4

8. 360° : 2 = 180° . Кути розгорнуті.

9. а) 360° ; б) 30° ⋅ 4 = 120° ; в) 30° ⋅ 2 10. а) 22°30′ ;

б) 36° ; в)

11. а)

12.

#

% $

0

1 5 = 30° ⋅ = 75° .

2 2

111° .

б)

а) Спочатку будуємо розгорнутий кут AOC , потім кут BOC ді­ли­мо пополам, тоді ∠ AOD = 135° .

"

# б) Спочатку будуємо три прямих кута ∠ AOB = ∠ BOC = ∠ COD ∠ AOB = ∠ BOC = ∠ COD і четвертий прямий кут AOD ділимо пополам, " тоді ∠ AOF = 315° . $ 0

13.

"

'

$ 0

#

% 14.

0 "

#

Нехай кут AOB більший від розгорнутого. Побудуємо бісектрису OC кута меншого від розгорнутого. Провівши доповняльний промінь OD до променя OC маємо OD — бісектриса кута AOB .

Нехай кут AOA — повний кут. Провівши промінь OB — додатковий до променя OA , маємо OB — бісектриса повного кута AOA — розгорнутого.

§ 2. Центральний кут. Градусна міра дуги кола

Завдання 2

ГЕОМЕТРІЯ

%

1. Центральний кут — б.

2. ∪ AKM = 360° − 135° = 225° ∪ AKM = 360° − 82° − 89° = 189°.

829

3.

/ "

" #

0

0 ,

.

∪ AKA = 360°.

∪ AKB = ∪ AMB = 180°

4. а) Не зміниться; б) не зміниться.

5. а)

"

° 0

б)

"

0

7. а)

#

б)

"

"

° °

0

∪ AB = 125° ;

б) на 120° .

" 0

#

6. а) На 4° ; "

в)

°

#

∪ AB = 85° ;

# ∪ AB = 245°

в)

"

г)

"

# #

0

0

0

0 #

#

∠ AOB = 90° ;

8.

∠ AOB = 60° ;

∠ AOB = 180° ;

∠ AOB = 120° .

" O

0

∪ AmB = ∪ AnB = 180°.

N

ГЕОМЕТРІЯ

#

9. а) Ні, бо 132° + 183° + 48° ≠ 360° ; б) Так, бо 56° + 204° + 100° = 360° ; в) Ні, бо 244° + 90° + 16° ≠ 360° .

10. а) На шість; б) на тридцять шість. Хорди, що стягують ці дуги рівні.

11. $ "

830

0 %

#

Нехай AB і CD — діаметри. Т о д і  AOD =  BOC з а д в о м а с т о р о н а м и і к у ­ том між ними ( AO = BO = CO = DO — як радіуси, ∠ AOD = ∠ BOC — як вертикальні). Із рівності цих трикутників випливає, що AD = BC .

12. Оскільки AB = PK , то ∪ AB = ∪ PK , тоді ∪ AB + ∪ BK = ∪ ABK , ∪ PK + ∪ BK = ∪ PKB , ∪ ABK = ∪ PBK (як суми рівних дуг), звідси AK = PB .

13. а)

б)

в)

"

"

#

0

0

"

#

∠ AOB = 60°; ∠ AOB = 180° ; AB = AO + BO = 16 + 16 = 32  AOB — рівно­сторонній; B = AO + BO = 16 + 16 = 32 см; AB = 16 см;

#

∠ AOB = 300° ;  AOB — рівно­ сторонній; AB = 16 см.

©

Оскільки ∪ AC = ∪ BC , то AC = BC і — рівно­ бедрений. CO — медіана, тоді CO — висота трикут­ " # ника.  AOC і  BOC — прямо­кут­ні і рівнобедрені.

0 ∠ OAC = ∠ OCA = 45° , ∠ OCB = ∠ OBC = 45°. Отже, ∠ A = ∠ B = 45°, ∠ ACB = ∠ ACO + ∠ OCB = 45° + 45° = 90° . Відповідь: 45° ; 45° ; 90° .

15.

© , "

1 #

0

Оскільки ∪ AK = ∪ KP = ∪ PB , то AK = KP = PB .  AOK = KOP = POB (за трьома сторонами), тоді 180° ∠ AOK = ∠ KOP = ∠ POB = = 60° .

3 ∠ OAK = ∠ AKO =

180° − 60° = 60° 2

, ∠ OBP = ∠ OPB = 60° . Із трикутника ABC маємо ∠ C = 180° − ∠ A − ∠ B = 180° − 60° − 60° = 60° . Отже, ∠ A = ∠ B = ∠ C = 60°. Відповідь: 60° ; 60° 60° . ; 16.

# "

$ %

0 ,

'

а) Нехай задано коло з центром O . На колі відмічаємо довільну точку A і робимо засічки на колі розхилом циркуля, що дорівнює радіусу кола: AB = BC = CD = DF = KF = AK = AO . Точки A , B C , D , F , K поділять коло на шість рівних , частин.

ГЕОМЕТРІЯ

14.

0

831

б) Спочатку поділити коло на шість рівних частин, а потім взяти три точки поділу (через одну). Точки A , B , C поділять коло на три рівні частини.

# " $ 17.

Нехай задано радіус кола R та дві сторони AB і AC трикутника ABC . Спочатко будуємо коло з центром в точці O і радіусом R . Потім на колі відмічаємо довільну точку A і робимо засічки на колі B і C , причому AB і AC дорівнюють довжинам сторін трикутника ABC .  ABC − ш ука н и й .

# 0 3

$

"

18. Оскільки  OFG = OKL (за трьома сторонами), то ∠ KOL = ∠ FOG = 90° тоді ∪ KL = 90° , ∪ KFL = 360° − 90° = 270° . Відповідь: 90° і 270° .

"

19.

∪ AnB =

O #

0 N

360° + 160° 520° = = 260° .

2 2 Відповідь: 100° ; 260° . ∪ AmB =

20. #

$

"

0

360° − 160° 200° = = 100°; 2 2

∪ AB =

360° ⋅ 2 360° ⋅ 1 = 120° ; = 60° , ∪ BC = 1+ 2+ 3 1+ 2+ 3

∪ AB =

360° ⋅ 3 = 180° .

1+ 2+ 3

Відповідь: 60° ; 120° і 180° .

21.

ГЕОМЕТРІЯ

∪ AB = 60° , AB = 12 см. Оскільки ∪ AB = 60° , то 180° − 60° = 60°. ∠ AOB = 60° тоді ∠ AOB = ∠ OBA = 2 " Отже,  AOB — рівносторонній і OA = OB = AB = 12 0 OA = OB = AB = 12 см, тоді діаметр кола дорівнює 12 ⋅ 2 = 24 (см). Відповідь: 24 см.

#

22.

" 0

832

#

∪ AB = 60° , тоді ∠ AOB = 60° . Оскільки  AOB — рівно­б едрений ( DA = OB — я к р а д і у с и ) , т о 180° − 60° ∠ OAB = ∠ OBA = = 60° .  OAB — рівно­ 2 14 сто­ронній, тоді AB = OA = OB = = 7 (см).

2 Відповідь: 7 см.

.

23.

0 "

# 1 "

24.

0

120° = 60° ; ∠ AOB = 120° , тоді ∠ AOP = ∠ POB = 2 ∠ AOM = 180° − ∠ AOP = 180° − 60° = 120° ; ∠ BOM = 180° − ∠ POB = 180° − 60° = 120° . Тоді ∪ BP = 60° , ∪ AP = 60° ; ∪ AM = 120° . Відповідь: 60° ; 60° ; 120° ; 120° .

Точки A і C не можуть лежати в одній півплощині

#

відносно прямої

OB .

∪ AB =

360 ⋅ 2 = 60° ; 2+5+5

360 ⋅ 5 = 150° 2+5+5 . Відповідь: 60° ; 150° ; 150° . ∪ AC = ∪ BC =

$

Нехай ∠ MOK = x° , тоді ∠ MOA = x° + 20° ,

25.

"

∠ KOB = 2x° , тоді ∠ AOM + ∠ MOK + ∠ KOB = 180° ,

,

.

#

0

x = 80;

; 4x = 160° ; x = 40 , отже,

∠ MOK = 40° , ∠ MOA = 60° ; ∠ KOB = 80° ; ∪ AM = 60° ; ∪ MK = 40° ; ∪ KB = 80° . Нехай ∠ MOK = x° , тоді ∠ MOA = x° + 20° ,

. , "

0

#

∠ KOB = 2x° , тоді ∠ MOB = ∠ KOB − ∠ MOK = x° , ∠ AOK = ∠ AOM − ∠ KOM = x° + 20° − x° = 20° ; ∠ AOK + ∠ KOM + ∠ MOB = 180° ; 20 + x + x = 180;

∠ KOB = 160° . ∪ AK = 20° , ∪ KM = 80° , ∪ MB = 80°. Відповідь: 60° ; 40° ; 80° або 20° ; 80° ; 80° .

26.

. "

Нехай ∠ MOK = x° , тоді ∠ AOM = 3x° , ∠ KOB = 6x° .

,

0

#

ГЕОМЕТРІЯ

2x = 160; x = 80. Отже ∠MOK = 80°, x = ∠MOA = 100°,

I випадок: ∠ AOM + ∠ MOK + ∠ KOB = 180° ; x + 3x + 6x = 180 ; 10x = 180 ; x = 18 .

Тоді ∠ MOK = 18° ; ∠ AOM = 54° ; ∠ KOB = 108° . ∪ AM = 54° , ∪ KM = 18° , ∪ KB = 108° .

833

II випадок. ∠ AOK = ∠ AOM − ∠ KOM = 3x° − x° = 2x° , , ∠ BOM = ∠ BOK − ∠ KOM = 6x° − x° = 5x° . # " Тоді ∠ AOK + ∠ KOM + ∠ MOB = 180° ; 0 2x + x + 5x = 180 ; 8x = 180 ; x = 22°30′ . Отже, ∠ MOK = 22°30′ , ∠ AOK = 2 ⋅ 22°30′ = 45° , ∠ BOM = 5 ⋅ 22°30′ = 112°30′ . Отже, ∪ AK = 45° , ∪ KM = 22°30′ і ∪ MB = 112°30′ . Відповідь: 54° , 18° , 108° або 45° , 22°30′ , 112°30′ . .

27. " 0

1

$ " #

0

"

# $

∠ BOM =

180° ⋅ 1 180° ⋅ 2 = 60° ∠ MOC = = 120° , .

1+ 2 1+ 2

#

Нехай ∠ POC = x° , тоді ∠ BOP = 180° − x° . Оскільки ∪ MCP : ∪ MBP = 4 : 5 , то (120 + x ) : (60 + 180 − x ) = 4 : 5 ; 600 + 5x = 240 + 720 − 4x ; 9x = 360 ; x = 40 . Отже, ∠ POC = 40° , ∠ BOP = 140° , тоді ∪ BM = 60° , ∪ MC = 120° , ∪ PC = 40° , ∪ BP = 140° . Відповідь: 60° ; 120° ; 40° ; 140° . .

0

28. "

$ #

0

29. " 0

$ #

Нехай ∠ AOB = 40° , тоді 180° − 40° ∠ OAB = ∠ OBA = = 70° , 2 ∠ CAB = ∠ CAO − ∠ OAB = 90° − 70° = 20° . Відповідь: 20° .

Нехай ∠ CAB = 23° , тоді ∠ OAB = 90° − 23° = 67° , ∠ AOB = 180° − 67° − 67° = 46° . Отже, ∪ AB = 46° , ∪ AmB = 360° − 46° = 314° . Відповідь: 46° і 314° .

ГЕОМЕТРІЯ

N

§ 3. Вписаний кут

Завдання 3 1. Вписаними є кути б) і г).

180° 110° = 90° ; = 55° ; б) α = 2 ⋅ 55° = 110° ; в) α = 2 2 г) α = 192° : 2 = 96° .

2. а) α = 834

3. а) 48 : 2 = 24° ; б) 143° : 2 = 71°30′ ; в) 180° : 2 = 90° ; β г) 322° : 2 = 161° ; д) β : 2 = .

2 4. а) 13° ⋅ 2 = 26° ; б) 90° ⋅ 2 = 180° ; в) 128° ⋅ 2 = 256° ; г) 87° ⋅ 2 = 174° ; д) α ⋅ 2 = 2α .

5. а) 24° : 2 = 12° ; б) 57° : 2 = 28°30′ ; в) 90° : 2 = 45° ; г) 126° : 2 = 63° ; д) 180° : 2 = 90° .

242° 180° − 121° 59° = 121° ; ∠ KSM = ∠ SKM = = = 29°30′ .

6. ∠ KMS = 2 2 2 Відповідь: 121° ; 29°30′ ; 29°30′ .

7. а) ∪ AC = 115° ⋅ 2 = 230° , ∪ ABC = 360° − 230° = 130° , ∠ AOC = 130° . б) ∪ AC = 360° − 127° = 233° , ∠ AOC = 233° : 2 = 116°30′ .

8. а)

"

"

∪ AB = 360° − 132° = 228° ,

1 ∠ AMB = 228° : 2 = 114° .

0 0 # . $

#Відповідь: 114° .

б) ∪ AB = 118° ⋅ 2 = 236° , ∪ AMB = 360° − 236° = 124° , ∠ AOB = 124° , ∠ AOB = 236° . Відповідь: 124° або 236° .

$

9.

I випадок ∪ AC = 120° , тоді ∠ ABC = 120° : 2 = 60° .

0

"

#

II випадок ∠ AOC = 120° , ∪ ABC = 120° , тоді ∪ AC = 360° − 120° = 240° , ∠ ABC = 240° : 2 = 120° . Відповідь: 60° або 120° .

0 $

"

10. а)

"

∠ AOB = 110° , ∠ AOC = 120° , ∠ BOC = 130° , тоді ∪ AB = 110° , ∪ AC = 120° , ∠ BC = 130° , # 120° 110° = 60° ∠ ACB = = 55° ∠ ABC = 2 2 , , 0 130° ∠ BAC = = 65° $ 2 .

ГЕОМЕТРІЯ

#

Відповідь: 55° ; 60° ; 65° . б)

$ "

0 #

∠ BOC = 150° , ∠ AOB = 110° , ∠ AOC = 40° , тоді ∪ CAB = 150° , ∪ AB = 110° , ∪ AC = 40° ,

835

∪ BC = 360° − 150° = 210° , ∠ BAC =

210° = 105° .

2

110° 40° = 55°. = 20°, ∠ ACB = 2 2 Відповідь: 105° ; 20° ; 55° . ∠ ABC =

11. Ні, не можуть, їх сума повинна дорівнювати 360° , або сума двох менших кутів дорівнює найбільшому куту.

12. а) x = 360° − 215° − 2 ⋅ 20° = 105° ; б) x = 360° − 180° − 2 ⋅ 30° = 120° ; в) x =

360° − 80° − 120° 160° = = 80° ; 2 2

г) x =

360° − 117° − 175° 68° = = 34° .

2 2

13. .

"

# 0

360° ⋅ 5 = 150° , ∪ AMB : ∪ ANB = 5 : 7 . ∪ AMB = 5+7 150° 360° ⋅ 7 ∠ ANB = = 75° ; ∪ ANB = = 210° , 2 5+7 210° = 105° 2 . Відповідь: 75° ; 105° . ∠ AMB =

/

14. ∪ AB = 54° ⋅ 2 = 108° , ∪ BC = 74° ⋅ 2 = 148° ; ∪ AC = 360° − 148° − 108° = 104° , ∠ AOB = 108° , ∠ BOC = 148° , ∠ AOC = 104° . Відповідь: 108° ; 148° ; 104° .

15. ∪ AB : ∪ BC : ∪ AC = 2 : 7 : 6 . ∪ AB =

ГЕОМЕТРІЯ

" #

$

360° ⋅ 2 = 48° ; 2+7 + 6

∠ ACB =

360° ⋅ 7 48° = 24° ; ∪ BC = 2 + 7 + 6 = 168° , 2

∠ BAC =

168° 360° ⋅ 6 = 84° ; ∪ AC = = 144° ; 2 2+7 + 6

144 = 72° .

2 Відповідь: 24° ; 84° ; 72° .

ABC =

16. ∪SFT = 50° ⋅ 2 = 100° , ∪SQT = 360° − 100° = 260° , ∠ SFT = 836

Відповідь: 130° .

260° = 130° .

2

17. Оскільки ∠ ACB = 40° , то ∪ AB = 40° ⋅ 2 = 80° . Оскільки ∪ AB = 80° , то ∠ ADB = 18.

80° = 40° . Відповідь: 40° .

2

%

#

∠ ABC = 45° , тоді ∪ AC = 45° ⋅ 2 = 90° , 1 1 ⋅ ∪ AC = ⋅ 90° = 45° .

2 2

тоді ∠ ADC =

° 0 $

"

Відповідь: 45° .

19. ∠ MKN = 87° , тоді ∪ MLN = 87° ⋅ 2 = 174° ,

, ° 0

.

/

-

20.

Відповідь: 93° .

"

$ $ #

"

∠ AOC = ∪ AKC = 90° ⋅ 2 = 180° .

0

,

∪ MKN = 360° − 174° = 186° , 1 1 ∠ MLN = ⋅ ∪ MKN = ⋅ 186° = 93° .

2 2

∠ AKC =

0

1 1 ⋅ ∪ ABC = ⋅ 180° = 90° .

2 2

" # $ Відповідь: 180° ; 90° . # 21.

0

I випадок. ∠ AOB − ∠ ACB = 30° . x° Нехай ∠ AOB = x° , тоді ACB = 2 x x і маємо x − = 30 , x = 60 . = 30 , 2 2

$ 0

Отже, ∠ AOB = 60° .

0 " $

II випадок. ∠ AOB − ∠ ACB = 30° . Нехай ∠ AOB = x° , тоді ∪ ACB = x° ,

360° − x° x° = 180° − ∪ AB = 360° − x° , ∠ ACB = 2 2 # x 3x = 30 , маємо x − 180 + = 210 , x = 140 .

2 2 Отже, ∠ AOB = 140° . Відповідь: 60° або 140° .

і

ГЕОМЕТРІЯ

#

"

22. ∠ ABC = 35° , тоді ∪ AC = 35° ⋅ 2 = 70° . Оскільки AC = ML , то ∪ AC = ∪ ML = 70° , ∠ MKL =

1 1 ⋅ ∪ ML = ⋅ 70° = 35° .

2 2

837

23. Оскільки MS = SP , то ∪ MS = ∪SP = 20° ⋅ 2 = 40° , 1 1 тоді ∠ SPM = ⋅ ∪SM = ⋅ 40° = 20° .

2 2 ∠ SPQ = ∠ SMP + ∠ MPQ = 20° + 90° = 110° . Відповідь: 110° .

24. Оскільки UT = TR , то ∪UT = ∪TR = 25° ⋅ 2 = 50° . ∪RSU = 360° − 50° − 50° = 260° , 1 1 ∠ UTR = ⋅ ∪RSU = ⋅ 260° = 130° .

2 2 Відповідь: 130° .

25.

I випадок.

1 1 1 ∠ BAC = ⋅ ∪ BC = ⋅ (360° − ∪ AB − ∪ AC ) = ⋅ (360° − 115° − 43° 0 2 2 2 1 1 1 1 = ⋅ ∪ BC = ⋅ (360° − ∪ AB − ∪#AC ) = ⋅ (360° − 115° − 43°) == ⋅ 202° = 101° . $ 2 2 2 2 "

0

# $

"

26.

.

1 °

/

II випадок.

1 1 1 ∠ BAC = ⋅ ∪ BC = ⋅ ( ∪ ACB − ∪ AC ) = ⋅ (115° − 43°) = 2 2 2 1 = ⋅ 72° = 36° . Відповідь: 101° або 36° .

2

I випадок.

1 1 1 ∠ MKN = ⋅ ∪ MN = ⋅ ∪ PM = ⋅ 2 ⋅ 23° = 23° .

2 2 2

II випадок.

1 1 1 ∠ MKN = ⋅ ∪ MPN = ⋅ (360° − ∪ MN ) = ⋅ (360 − 2 ⋅ 23°) = 2 2 2 1 1 , ) = 1 ⋅ (360 − 2 ⋅ 23°) = 1 ⋅ 314° = 157° .

KN = ⋅ ∪ MPN = 1 ⋅ (360° − ∪ MN 2 2 2 2 / ,

ГЕОМЕТРІЯ

.

Відповідь: 23° або 157° .

27. , °

1

а)

∠ KPB = ∠ KPA + ∠ APB = 32° + 90° = 122° ;

1 1 1 б) ∠ KAB = ⋅ ∪ KPB = ⋅ (180° − ∪ AK ) = ⋅ (180° − 64) = 2 2 2

" # 1 1 1 1 ⋅ 116 = 58° . ∠ KAB = ⋅ ∪ KPB = 0 ⋅ (180° − ∪ AK ) = ⋅ (180° − 64) = 2 2 2 2 Відповідь: а) 838

122° ; б) 58° .

28.

∪ AK =

$ "

#

0 ¥

∠ ACK = ∪ BK =

,

180° + 40° = 110° , 2 1 110° ⋅ ∪ AK = = 55° ; 2 2

180° − 40° = 70° , 2

1 70° ⋅ ∪ BK = = 35° ; 2 2 ∠ CBA = ∠ ACK = 55° , ∠ CAB = ∠ KCB = 35° . ∠ BCK =

Відповідь: 35° і 55° .

29. а)

"

$

б)

%

Нехай BC  l , A — точка дотику, тоді AK ⊥ l , AK ⊥ BC ,  ABC — рівнобедрений, ∠ B = ∠ C . Оскільки ∠ B = 1 ⋅ ∪ AC , ∠ C = 1 ⋅ ∪ AB , 2 2 1 1 то ⋅ ∪ AC = ⋅ ∪ AB . Звідси ∪ AC = ∪ AB .

2 2

#

$ 0

M

"

в)

"

Нехай l  l1 , AB — діаметр, AO ⊥ l , OB ⊥ l1 , тоді ∪ AmB = ∪ AnB = 180° .

M

0

O

Оскільки AB  CD , то ∠ 1 = ∠ 2 як внутрішні різносторонні при паралельних прямих AB і CD 1 1 та січній BC . ∠ 1 = ⋅ ∪ AC , ∠ 2 = ⋅ ∪ BD , тоді 2 2 1 1 ⋅ ∪ AC = ⋅ ∪ BD , звідси ∪ AC = ∪ BD .

2 2

#

N M

# #

" $

0

,

31.

# ,

1

"

$ )

AB = CK, AB  CK . Оскільки ∪ AB = ∪CK , ∪ BK = ∪ AC , то ∠ AOK = ∪ AB + ∪ BK = 180° , ∠ COB = ∪ BK + ∪CK = 180° . Оскільки ∠ AOK = 180° і ∠ COB = 180° , то AK і BC — діаметр кола.

ГЕОМЕТРІЯ

30.

AB = BC = AC , ∪ AB = ∪ BC = ∪ AC = 120° . = 120° + 120° 1 1 1 ∠ AMB + ∠ BPC + ∠ CHA = ⋅ 240° + ⋅ 240° + ⋅ 240° 2 2 2 = 120° + 120° + 120° = 360° . Відповідь: 360° .

839

32.

∪ AB + ∪ BC + ∪ AC = 360° .

1 1 ∠ AKB + ∠ BLC + ∠ CTA = ⋅ ( ∪ BC + ∪ AC ) + ⋅ ( ∪ AB + ∪ AC ) + 2 2

# -

,

1 1 1 ⋅ ( ∪ AB + ∪ BC ) = ∪ AB + ∪ BC + ∪ AC = 360° ∠ BLC + ∠ CTA = "⋅ (∪ BC + ∪$AC ) + ⋅ ( ∪ AB + ∪ AC ) + 2 2 2 5 1 = 360 ° . Відповідь: 360° . ⋅ ( ∪ AB + ∪ BC ) = ∪ AB + ∪ BC + ∪ AC 2 33.

1 ⋅ (360° − ∪ ABC ) + 2 1 1 1 % ) + ⋅ (360° − ∪CDE) + ⋅ (360° − ∪ EFG ) + ⋅ (360° − ∪ AHG ) = 2 2 2 1 1 & 1 1

) = 720 ° − ⋅ ( ∪ ABC + ∪CDE + ∪ EFG + ∪ AHG ) = 720° − ( ) +' ⋅ (360° − ∪ AHG DE) + ⋅ (360° − ∪ EFG 2 2 2 2 1 ∪ ABC + ∪CDE + ∪ EFG + ∪ AHG ) = 720 ° − ⋅ 360 ° = = 720 ° − 180 ° = 540 °

. Відповідь: 540° .

2 #

"

34.

∠ ABC + ∠ CDE + ∠ EFG + ∠ GHA =

$

#

AB = BC , ∠ ABC = 40° , тоді ∪ ALK = 80° , ∪ BK = 180° − ∪ ALK = 180° − 80° = 100° .

180° − 10° ∠A= = 70° , ∪ BKL = 140° , 2

0 "

, $

"

#

∪ LK = ∪ BKL − ∪ BK = 140° − 100° = 40° , ∪ AL = ∪ ALK − ∪ LK = 80° − 40° = 40° . Відповідь. 40° , 40° , 100° .

35.

AB = AO = BO ,  AOB — рівносторонній, ∪ AB = 60° .

0

∪ AK = ∪ BH =

ГЕОМЕТРІЯ

, ) $

∪ KH =

7 +7 +1

(360° − 60° ) ⋅ 1 7 +7 +1

∠ KAH =

1 1 ∪ KH = ⋅ 20° = 10° , 2 2

∠ AHB =

1 1 ∪ AB = ⋅ 60° = 30° .

2 2

=

=

300° ⋅ 7 = 140° .

15

300° ⋅ 1 = 20° .

15

∠ ACB = ∠ AHB − ∠ CAH = 30° − 10° = 20° . Відповідь. 20° .

36. а) # 0

840

(360° − 60 ) ⋅ 7

"

% $

∠ ABC = 40° , тоді ∪ AC = 80° , ∪CD = 180° − ∪ AC = 180° − 80° = 100° .

1 1 ∠ DAC = ∪ CD = ⋅ 100° = 50° .

2 2 Відповідь. 50° .

# "

∠ ABC = 140° , тоді ∪ ADC = 2 ⋅ 140° = 280° , ∪CD = ∪ ADC − 180° = 280° − 180° = 100° , 1 1 ∠ DAC = ∪ CD = ⋅ 100° = 50° .

2 2

$ 0 %

Відповідь. 50° .

37.

# (

∠ OAH =

1 1 1 ∪ FG = ⋅ (180° − ∪ FCA ) = (180 − ∪ FC − ∪ AC ) = 2 2 2

0 ) ' 1 1 1 1 1 ∪ FG = ⋅ (180° − ∪ FCA ) = (180 − ∪ FC − ∪ AC ) = 90 − ∪ FC − ∪ AC = ( 90° − ∠ FAC ) − ∠ AB 2 2" 2 2 2 $ = 90 −

1 1 ∪ FC − ∪ AC = ( 90° − ∠ FAC ) − ∠ ABC = ∠ ACB − ∠ ABC .

2 2 " 1 1 ∠ OAH = ∪ DF = (180° − ∪ ABD ) = # $ 2 2 ) 0 1 1 1   =  (180° − ∪ AB − ∪ BD ) = 90° − ∪ AB − ∪ BD = 2  2 2 % ' = 90° −

1 ∪ BD − ∠ ACD = 90° − ∠ BAH − ∠ ACB = 2

= ∠ ABC − ∠ ACB . Отже, ∠ OAH = ∠ ABC − ∠ ACB .

38. ,

" N O

.

∠ KBM = 180° − ∠ AKB − ∠ AMB = 1 1 = 180° − ∪ AnB − ∪ AmB .

2 2 Оскільки ∪ AnB і ∪ AmB — сталі, то і ∠ KBM — сталий.

#

39. . /

" O

N #

40.

/

Оскільки ∪ M1 N1 = ∪ AmB , то M1 B1 = AB . Оскільки ∪ AnB = ∪ M2 N2 , то M2 N2 = AB . Оскільки M1 N1 = AB , AB = M2 N2 , то M1 N1 = M2 N2 .

За теоремою про міру вписаних кутів маємо: ∠ PEB + ∠ BCD = ∠ PAB + ∠ DAB = ∠ PAD . ∠ AEB + ∠ ACB = ∠ APB + ∠ ADB .

O N & Звідси маємо: ∠ PEC + ∠ ECD = ∠ PEB + ∠ AEB + ∠ ACB + ∠ BCD = 1 # = ∠ PAD + ∠ APD + ∠ ADP = 180° . О с к і л ь к и ∠ PEC і ∠ ECD — в н у т р і ш н і односторонні при прямих EP і CD та січній EC і 841 ∠ PEC + ∠ ECD = 180° , то EP  CD .

$

%

.

ГЕОМЕТРІЯ

H=

б)

"

41.

"

" N

"

N





0

0

$

0

$

а) ∪ AmC = 120° б) ∪ AmC = 90° "

42.

M #

"

N

N

$ 0

 $

в) ∪ AmC = 60° г) ∪ AmC = 2α

AO ⊥ l , ∠ AOB = 45° .

AB — шукана хорда.

$

0

43.

N "

#

0

Шукане геометричне місце точок дуги AmB і AnB (без кінців A і B) кола, діаметром якого є даний відрізок AB.

44. Спочатку будуємо прямокутний трикутник BHO за висотою BH = h і медіаною BO = m . Проводимо пряму OH і від точки O відкладаємо в різні боки відрізки AO = CO = m .  ABC — шуканий.

# I

ГЕОМЕТРІЯ

"

N

)

$

0

45. Спочатку будуємо трикутник BHO, B — точка перетину висот три­ кутника, O — середина гіпотенузи, H — основа висоти, проведеної до гіпотенузи. Проводимо пряму OH і від точки O відкладаємо в різні боки відрізок AO = CO = BO .  ABC — шуканий.

46. а )

$ 0 #

"

Спочатку будуємо коло заданого радіуса з центром в точці O. Від довільної точки A відкладаємо основу AB і проводимо серединний перпендикуляр до відрізка AB, який перетне коло в точках C і D. Трикутники ACB і ADB — шукані.

%

842

б) Спочатку будуємо коло заданого радіуса з центром в точці O. Проводимо діаметр CF і від точки C на промені CF відкладаємо висо­ ту CD, через точку D проведемо перпендикуляр до прямої CF, який перетинає коло в точках A і B.  ABC — шуканий.

Геометричним місцем точок, з яких даний відрізок AB видно під кутом α є дві дуги кола (без кінців), для яких AB є хордою.

47. α "

# α

48. а) " .

0 #

Будуємо коло з центром в точці O заданого радіусу. Від довільної точки A кола відкладаємо сторону AB. $ Знаходимо точку M — середину AB і від точки M відкладаємо дану медіану (будуємо дугу кола центром M і радіусом, що дорівнює медіані).  ABC1 і  ABC2 — шукані трикутники.

© б)

$

"

Будуємо коло з центром в точці O заданого радіусу. Від довільної точки A кола відкладаємо сторону AB. Проводимо пряму, яка паралельна стороні AB і знаходиться на відстані h, що дорівнює висоті.  ABC1 і  ABC2 — шукані трикутники.

I #

©

49. "

0

0

б)

#

"

0

0 #

в)

" 0

#

0

Будуємо довільне коло з центром O, потім будуємо центральний кут BOA, який дорівнює 60° . Центр O1 другого кола знаходимо як точку перетину променів BO1 і AO2, причому BO1  OA , AO1  OB .

Будуємо довільне коло з центром O, потім будуємо центральний кут AOB, ∠ AOB = 45° . Центр O1 другого кола знаходимо як точку пере­ тину променів BO1 і AO , причому AO1  BO , BO1  AO . Будуємо довільне коло з центром O, потім будуємо центральний кут AOB, ∠ AOB = 90° . Центр O1 другого кола знаходимо як точку пере­ тину променів BO1 і AO1 , причому AO1  OB , BO1  AO .

ГЕОМЕТРІЯ

а)

843

§ 4. Вимірювання кутів, утворених між хордами, січними і дотичними

Завдання 4 1. #

"

1

а)

∠ APD =

90° = 45° ; 2

б)

∠ APD =

240° = 120° ; 2

в)

∠ APD =

130° − 20° = 55° .

2

$ %

2.

1

#

$

"

%

∪ AD =

360° ⋅ 4 = 120° ; 3+2+3+4

∪ BC =

360° ⋅ 2 = 60° ; 3+2+3+4

∠ APD =

3.

# "

∪ AD =

360° ⋅ 4 = 144° .

1+ 2+ 3+ 4

∪ BC =

360° ⋅ 2 = 72° .

1+ 2+ 3+ 4

1 $

%

∪ AD − ∪ BC 120° − 60° = = 30° .

2 2

∠ APD =

∪ AD + ∪ BC 144° + 72° = = 108° .

2 2

4. "

#

∠ APD = 86° , тоді ∠ APB = 180° − 86° = 94° .

ГЕОМЕТРІЯ

1 $

%

∪ AB + ∪CD , тоді 2 ∠ APB = ∪ AB + ∪CD , 2

∪ AB = 2 ∠ APB − ∪CD = 2 ⋅ 94° − 30° = 158° .

5. " 0

844

∠ APB =

# $

∠ BAC =

1 1 ∪ AC = ⋅ 40° = 20° .

2 2

6.

"

$

0

∠ CAB = 60° , тоді ∪ AB = 2 ∠ CAB = 2 ⋅ 60° = 120° , ∠ AOB = ∪ AB = 120° .

#

7.

"

AB = AO = BO , тоді ∠ AOB = 60° , звідси ∪ AB = 60° .

$ #

0

1 1 ∪ AB = ⋅ 60° = 30° .

2 2

∠ CAB =

$

8. "

9.

Оскільки ∪ AB = 180° , то ∪ BC = #

0

,

"

#

тоді ∪ AC = 180° − 80° = 100° , 1 1 ∠ ABC = ∪ BC = ⋅ 100° = 50° .

2 2

1 1 ∪ AB , ∠ BAC = ∪ BC , оскільки 2 2

∠ KBA = $

180° ⋅ 4 = 80° , 9

AB = BC , то ∪ AB = ∪ BC і тоді ∠ KBA = ∠ BAC. Оскільки ∠ KBA і ∠ BAC внутрішні різносторонні і ∠ KBA = ∠ BAC , то KL  AC .

0

"

#

1

$

∪ AB =

360° ⋅ 5 360° ⋅ 2 = 180° ; ∪ BC = = 72° ; 5+2+3 5+2+3

∪ AC =

360° ⋅ 3 = 108° .

5+2+3

∠ APC =

1 1 ∪ AC − ∪ BC = 54° − 36° = 18° .

2 2

11. $

" O 0 m

#

∪ AnB =

360° ⋅ 3 = 135° .

5+3

∪ AmB =

360° ⋅ 5 = 225° .

3+5

∠ ACB =

1 ( ∪ AmB − ∪ AnB ) = 1 (225° − 135° ) = 45° .

2 2

ГЕОМЕТРІЯ

10.

845

12. # "

N

0

O

∠ BAC = 60° , тоді а) ∠ BOC = 360° − 90° − 90° − 60° = 120° , тоді ∪ BnC = 120° , ∪ BmC = 360° − 120° = 240° .

$

б) ∠ BAC = γ , тоді ∠ BOC = 360° − 90° − 90° − γ = 180° − γ , тоді ∪ BnC = 180° − γ , ∪ BmC = 360° − 180° + γ = 180° + γ . Відповідь. а) 120° і 240° ; б) 180° − γ і 180° + γ .

13. .$ "

0

#

∠ ACB = = 90° −

1 ( ∪ AmB − ∪ MB ) = 1 (180° − ∪ MB ) = 2 2

1 ∪ MB , отже, ∠ ACB — гострий.

2

14. , $ "

-

∠ ACB =

#

0

= 90° +

1 ( ∪ AmB + ∪ KL ) = 1 (180° + ∪ KL ) = 2 2

1 ∪ KL , отже, ∠ ACB — тупий.

2

15.

1

" $ 0

, #

∠ COA = ∪ AC .

180° − ∠ COA 180° − ∪ AC 1 ∠ CAO = = = 90° − ∪ AC .

2 2 2 ∠ AOK = ∪ AK = = 90° −

1 1 ∪ AKB = (180° − ∪ AC ) = 2 2

1 ∪ AC .

2

ГЕОМЕТРІЯ

Оскільки ∠ CAO = ∠ AOK і ці кути внутрішні різносторонні при прямих AC і OP та січній AO, то AC  PO .

16.

1 1 1 ∠ CBO1 = ∪ BM = ∠ BO1 M = (180° − 2 ∠ BMO1 ) = 90° − ∠ B 2 2 2 .

0 1 1 1 ∠ CBO1 = ∪ BM0= ∠ BO M = (180° − 2 ∠ BMO1 ) = 90° − ∠ BMO1

2 2 " 1 2 % 1 1 1 ∠ DAO2 = ∪ AM = ∠ AO2 M = (180° − 2 ∠ O2 MA ) = 90° − ∠ O 2 2 2 1 1 1 ∠ DAO2 = ∪ AM = ∠ AO2 M = (180° − 2 ∠ O2 MA ) = 90° − ∠ O2 MA. 2 2 2 846

# $

Оскільки ∠ MBO1 = ∠ O2 MA , то ∠ CBO1 = ∠ DAO2 і ці кути — внутрішні різносторонні при прямих BC і AD та січній AB, то BC  AD .

 OAB — рівнобедрений, бо OA = OB , тоді ∠ OAB = ∠ OBA .  OBC — рівнобедрений, бо OC = OB , тоді ∠ OBC = ∠ OCB .

1 1 Оскільки ∠ OBC = ∪ OB і ∠ OAB = ∪ OB , 2 2

17. " $

0

0

#

то ∠ OAB = ∠ OBA = ∠ OBC = ∠ OCB .  COB =  AOB (за стороною і двома кутами), тоді AB = BC .

18.

∠ OBP = α , тоді ∠ OPB = α (бо  OBP — рівнобедрений), ∠ OAP = 90° − α (бо  OBP — прямокутний). ∠ MAP = 90° − ∠ OAP = 90° − 90° + α = α , тоді ∠ AMP = 90° − α (бо  AMP — прямокутний), 0 # ∠ NPM = ∠ BPK = ∠ OPK − ∠ OPB = 90° − α . Оскільки у трикутнику MNP ∠ NMP = ∠ NPM = 90° − α , то Υ MNP — рівно­бед­ O 1 рений.

Нехай

" / N

M

§ 5. Сегмент, що містить заданий кут

Завдання 5 #

$ %

"

2.

# %

"

Навколо трикутника ABD опишемо коло, тоді точка C також належить цьому колу, оскільки геометрич­ ним місцем точок, з яких відрізок AD видно під одним і тим же кутом, є дуга вказаного сегмента.

Навколо трикутника ABD опишемо коло, тоді точка C також належить колу, оскільки ∪ ABD + ∠ ACD = 360° .

©

ГЕОМЕТРІЯ

1.

"

3.

0 #

# "

$

Побудуємо коло, діаметром якого є AB. Тоді точки A1 і B1 належать цьому колу, оскільки ∠ AB1 B = ∠ AA1 B = 90° .

847

1 1 1 ( ∪ AB − ∪ A1B1 ) = 2 (180° − ∪ A1B1 ) = 90° − 2 ∪ A1B1 .

2

∠ CAB =

∠ CA1 B1 = 180° − ∠ A1 B1C − ∠ CA1 B1 = ( 90° − ∠ A1 B1C ) + ( 90° − ∠ CA1 B1 ) = = ∠ BB1 A1 + ∠ AA1 B1 =

1 1 1 1 ∪ BA1 + ∪ AB1 = (180° − ∪ A1 B1 ) = 90° − ∪ A1 B1.

2 2 2 2

Отже, ∠ CAB = ∠ CA1 B1 .

4.

$ 1

, "

#

.

5.

Побудуємо коло з центром в точці M і діаметром AB, тоді точки K і P належать цьому колу, оскільки 1 ∠ AKB = ∠ APB = 90° . MP = MK = AB , тоді 2  KMP — рівнобедрений, тоді серединний перпен­ дикуляр до основи KP проходить через точку M.

∠ AFB = 180° − ∠ BAF − ∠ ABF == 180° −

$

1 1 ∠ AFB = 180° − ∠ BAF − ∠ ABF == 180° − ∠ BAC − ∠ ABC = 2 2 ' "

= 180° −

#

1 1 ∠ BAC − ∠ ABC = 2 2

1 1 ( ∠ BAC + ∠ ABC ) = 180° − (180° − ∠ ACB ) = 2 2

= 180° − 90° +

1 1 ∠ ACB = 90° + ∠ ACB .

2 2

З інцентра трикутника видно його сторону під кутом, який на 90° більший за половину кута, протилежного до цієї сторони. Тому шуканим геометричним місцем точок буде дуга кола, що стягується хордою AB. 6. .

ГЕОМЕТРІЯ

"

0

0

$

#

7. $ M $

$ 0 I "

848

Будуємо ∠ AMB = α і трикутник ABM, у якого AB дорівнює заданому відрізку. Будуємо ∠ BMC = β і трикутник BMC, у якого BC дорівнює заданому відрізку. Шукана точка М, точка перетину кіл описаних на­ вколо трикутника АВМ і ВСМ.

#

Будуємо трикутник ABC за стороною AB і протилеж­ ним кутом C, потім описуємо коло навколо трикут­ ника ABC. Потім проводимо пряму l, яка паралельна прямій AB і знаходиться від прямої AB на відстані h. Пряма l перетинає коло в точці C1 і C2 .  AC1 B і  AC2 B — шукані.

8. Будуємо трикутник ABC за стороною AB і про­ тилежним кутом C, потім описуємо коло навколо трикутника ABC. Будуємо дуги кола, яке проходить через центр D (середина AB) і радіус, якого дорівнює медіані. Ці дуги перетинають коло в точках C1 і C2 .  AC1 B і  AC2 B — шукані.

©

$

$ "

#

%

9. Нехай задана медіана AM, тоді проведемо промінь AM і відкладемо відрізок MP = AM . Побудуємо геометричне місце точок, з яких AM видно під ку­ том β , а MP — під кутом α , в одній півплощині відносно прямої AP. Точку їх перетину позначимо B. Проводимо промінь BM і відкладаємо відрізок MC на ньому, причому MC = MB .  ABC — шуканий.

"

$

β

.

1

#

α

10. $

$ ' '

' 0

Оскільки інцентр трикутника видно його сторо­ ну під кутом, який на 90° більший за половину кута протилежного до цієї сторони, то побудуємо трикутник за стороною AB та протилежним 1 кутом 90° + α . Нехай це  ABC . Потім на 2

відстані, що дорівнює радіусу вписаного кола проводимо пряму l, яка паралельна AB, пряма l перетинає коло в точках F1 і F2 . Будуємо геометричне місце точок, з яких AB видно під кутом α . Будуємо ∠ F1 AC1 = ∠ BAF1 і ∠ C2 BF2 = ∠ F2 BA .  AC1 B і  AC2 B — шукані.

11. " 0

. #

Нехай ∠ AMB = 60° , AM ⊥ OA , MB ⊥ OB , тоді  OAM =  BMO = 30° , звідси ∠AMO = ∠BMO = 30°, тоді OM = 2OA . Отже, шукане геометричне місце точок — ко­ ло, концентричне даному і радіус якого удвічі більший, від даного.

12. " 0

. #

ГЕОМЕТРІЯ

#

"

Н ех а й AM = BM , OA ⊥ AM , OB ⊥ BM , т о д і  OAM =  OBM . Отже, шукане геометричне місце точок M є коло, концентричне даному, радіус якого дорівнює OM. 849

Завдання для повторення розділу I 360° . Центральним кутом називається кут із вершиною в центрі кола. Градусна міра центрального кута не залежить від радіуса кола. Градусна міра центрального кута змінюється в межах від 0° і до 360° . Градусною мірою дуги кола називається градусна міра відповідного їй центрального кута.

6. а) В одному колі рівні дуги стягуються рівними хордами. б) В одному колі рівні хорди стягують рівні дуги.

7. Див. с. 18 підручника.

8. Вписаним кутом називається кут (менший за 180°), вершина якого на­ лежить колу, а його сторони перетинають це коло.

9. Вписаний кут вимірюється половиною дуги, на яку він спирається.

10. Див. с. 21 підручника.

11. 1) Вписані кути, що спираються на одну й ту саму дугу, рівні.

2) Вписані кути, що спираються на рівні дуги, рівні між собою.

3) Будь-який прямий вписаний кут, що спирається на діаметр — прямий.

4) Будь-який прямий вписаний кут спирається на діаметр.

5) Центр кола, описаного навколо прямокутного трикутника, є середи­ ною його гіпотенузи.

6) Медіана, проведена до гіпотенузи прямокутного трикутника, дорівнює половині цієї гіпотенузи.

12. а) Кут між дотичною до кола і хордою, проведеною через точку доти­ ку, вимірюється половиною градусної міри дуги, що лежить усередині цього кута. б) Градусна міра кута між двома хордами, які перетинаються всередині кола, вимірюється півсумою градусних мір двох дуг, на які спирається цей кут і вертикальний до нього. в) Градусна міра кута між двома січними, які перетинаються поза ко­ лом, вимірюється піврізницею градусних мір двох дуг, що містяться всередині цього кута. г) Кут між дотичною і січною, проведеними з однієї точки, вимірюється піврізницею градусних мір більшої та меншої дуг, замкнених між січною і дотичною. д) Кут між дотичними, проведеними до кола з однієї точки, вимірюється піврізницею градусних мір більшої та меншої дуг, замкнених між дотичними.

ГЕОМЕТРІЯ

1.

2.

3.

4.

5.

13. а) ∪ AnB = " O % #

$

∪ AmB = N

360° ⋅ 4 = 288° .

1+ 4

б) ∠ ACB = ∠ ADB =

850

360° ⋅ 1 = 72° , 1+ 4

1 1 ∪ AnB = ⋅ 72° = 36° , 2 2

1 1 ∪ AmB = ⋅ 288° = 144° .

2 2

14.

#

а)

0

"

$

#

б) . "

/ 0 ,

15.

" #

%

$

Якщо AB = BC = AC , то  AOB =  BOC = AOC трьома сторонами), звідси 360° ∠ AOB = ∠ BOC = ∠ COA = = 120° .

3

М, N, K — середини сторін рівностороннього трикутни­ ка АBС, тоді  AKM =  BMN =  CNK (за двома сто­ ронами і кутом між ними), звідси KM = MN = NK . Тоді  KMO =  MNO =  NKO (за трьома сторонами) 360° звідси ∠ KOM = ∠ MON = ∠ NOK = = 120° .

2 а) ∪ AB =

0

∪ AC = $

(за

360° ⋅ 1 360° ⋅ 2 = 60° , ∪ BC = = 120° , 1+ 2+ 3 1+ 2+ 3

360° ⋅ 3 = 180° .

1+ 2+ 3

∠ AB =

1 ∪ AC = 180° : 2 = 90° , 2

∠A =

1 ∪ BC = 120° : 2 = 60°, 2

∠C =

1 ∪ AB = 60° : 2 = 30° .

2

Отже, кути трикутника дорівнюють 30° , 60° , 90° . Відповідь. 30° , 60° , 90° . б) Нехай BD ⊥ AC , тоді ∪ AD = ∪ AB = 60° , ∪ DC = ∪ BC = 120° . Відповідь. 60° і 120° .

16. а) ∪ AC = 90° ⋅ 2 = 180° , ∪ BC = 180° + 40° = 220° , 1 1 ∠ BKC = ∪ BAC = ⋅ 220° = 110° .

2 2

б) ∪ ADC = 360° − ∪ AB − ∪ BC = 360° − 120° − 80° = 160°. Оскільки ∠ ABD = ∠ DBC , то ∪ AD = ∪ DC = 160° : 2 = 80° . ∠ AOD = ∪ AD = 80° . Відповідь. 80° .

1 1 в) ∪ AC = 2 ⋅ 59° = 118° , ∠ CAK = ∪ AC = ⋅ 118° = 59° .

2 2

ГЕОМЕТРІЯ

Відповідь. 40° .

Відповідь. 59° . г) ∪ AE = 2 ⋅ 55° = 110° , ∠ AKE =

1 ( ∪ AE − 40° ) = 1 (110° − 40° ) = 35° .

2 2

Відповідь. 35° .

851

д) ∪GF = 2 ⋅ 50° = 100° , ∪GDF = 360° − 100° = 260° , 1 1 ∠ GFT = ∪ GDF = ⋅ 260° = 130° .

2 2 Відповідь. 130° . #

17.

I випадок ∠ AOC = 40° , тоді ∪ AC = 40° , 260° − 40° ∪ AB = ∪ BC = = 160° .

2

0 $

"

Тоді ∠ ABC = ∠ BAC = ∠ BCA =

1 1 ∪ AC = ⋅ 40° = 20° , 2 2

1 ⋅ 160° = 80° .

2

Отже, кути можуть дорівнювати 80° , 80° і 20° .

N

II випадок ∠ AOC = 40° , тоді ∪ ABC = 40° , 40° ∪ AB = ∪ BC = = 20° , ∪ AmC = 360° − 40° = 320° .

2

0 "

$

%

∠ ABC =

∠ BAC = ∠ ACB =

1 1 ∪ AmC = ⋅ 320° = 160° , 2 2

20° = 10° .

2

Отже, кути можуть дорівнювати 160° , 10° , 10° . Відповідь. 80° , 80° і 20° або 60° , 10° і 10° .

18.

а)

360° ⋅ 3 360° ⋅ 3 = 144° , ∪ AmB = = 216° .

2+3 2+3 1 1 1 ∠ ACB = ( ∪ AmB − ∪ AB ) = ⋅ ( 216° − 144° ) = ⋅ 72° = 36° 2 2 2 ∪ AB =

"

$

ГЕОМЕТРІЯ

0 1 ( ∪ AmB − ∪ AB ) =N1 ⋅ (216°#− 144° ) = 1 ⋅ 72° = 36°.

2 2 2

1 1 ∪ AB = ⋅ 144° = 72°.

2 2

Відповідь. 36° , 72° , 72° . б)

N

852

∠ CAB = ∠ CBA =

" 00

# #

$

$

Нехай ∠ BAC = x° , тоді ∠ BOC =

"

x+

x = 180 , 3x = 360 , x = 120 .

2

Отже, ∠ BAC = 120° . Відповідь. 120° .

x° , 2

"

в)

.

0 ,

#

Нехай ∠ AMK = x,° тоді ∠ AOM = 90° − x,° 90° − x° x° ∠ AKO = = 45° − .

2 2 За умовою 2 ∠ AMB = ∠ AKB , тоді x  2 ⋅ 2x = 2  45 −   2

4x = 90 − x ; 5x = 90 , x = 18 , тоді 2x = 36° , тобто ∠ AMB = 36° . Відповідь. 36° . г)

# %

0

"

Нехай ∠ ADC = x° , тоді ∪ AC = 2x° , ∪ ADC = 360° − 2x° , ∠ ABC =

1 ( ∪ ADC − ∪ AC ) = 1 (360° − 2x° − 2x° ) = 180° − 2x° 2 2

$ 1 (360° − 2x° − 2x° ) = 180° − 2 x°. За умовою 2x = 180 − 2x , 4x = 180 , 2 x = 45 , тоді 180 − 2x = 180 − 2 ⋅ 45 = 90 . Отже, кут між дотичними дорівнює 90° . Відповідь. 90° .

ADC − ∪ AC ) =

19.

а) ∠ KAB = ∠ KCB (бо вони є вписаними і спирають­ ся на дугу KB).  AKP = CBP (за стороною і дво­ " $ ма прилеглими кутами AP = PC , ∠ KAP = ∠ BCP , ∠ APK = ∠ CPB ) , тоді KP = BP .

1 б) Оскільки AB = CD , то ∪ AB = ∪CD , з в і д с и ∪ BC = ∪ AD ( я к р і з н и ц і р і в н и х д у г # , ∪ AB − ∪ AC = ∪ DC − ∪ AC ).  ABC =  CDA за двома сторонами і кутом між ними ( AB = CD — за умовою AC — спільна сторона, 1 1 ∠ ACB = ∠ CAD = ∪ BC = ∪ AD ). Із рівності трикутників маємо 2 2 за стороною і двома кутами ( BC = AD — за 1 доведеним, ∠ CBP = ∠ ADP = ∪ AC , 2

∠ BCP = ∠ DAP =

1 ∪ BD ) , тоді PC = PA .

2

20. ∠ C = ∠ D = α (бо вони є вписаними і спираються на одну дугу). ∠ A = ∠ B = β (бо вони є вписаними і спираються на одну дугу). ∠ APC = 180° − ∠ A − ∠ C = 180° − β − α , ∠ BPD = 180° − ∠ B − ∠ D = 180° − α − β , звідси ∠ APC = ∠ BPD .

21. ∠ DBA = 90° , бо спирається на діаметр AD. ∠ CBA = 90° , бо спирається на діаметр AC. Точки, D, B і C лежать на одній прямій, оскільки ∠ DBA + ∠ CBA = 90° + 90° = 180°. Оскільки ∠ DBA = ∠ ABC = 90° , то AB ⊥ DC .

ГЕОМЕТРІЯ

BC = AD .  BCP =  DAP

853

22.

M M " 0

M

# N

Через точку O будуємо пряму m, яка перпенди­ кулярна до прямої l. Пряма m перетинає коло в точках A і B. Через точки A і B проводимо прямі l1 і l2 , які паралельні l. Прямі l1 і l2 — шукані.

Готуємося до тематичного оцінювання № 1

Варіант I 1. а) ∪ AnB =

" O N

0

$ /

360° + 210° = 285° .

2

б) ∠ AOB = ∪ AnB = 75° .

#

.

∪ AmB =

360° − 210° = 75° 2

в) ∠ ANB = ∠ AMB = г) ∠ C =

1 75° ∪ AnB = = 37°30′ .

2 2

1 ( ∪ AmB − ∪ AnB ) = 1 ⋅ (285° − 75° ) = 1 ⋅ 210° = 105° , 2 2 2

∠ CAB = ∠ CBA =

1 1 ∪ AnB = ⋅ 75° = 37°30′ .

2 2

ГЕОМЕТРІЯ

Відповідь: а) 75° і 285° ; б) г) 37°30′ , 37°30′ і 105° .

2.

" 0 , #

75° ; в)

37°30′ і 142°30′ ;

AB = AC , ∠ A = 56° , тоді 180° − 56° ∠ B = ∠ OCB = = 62° .

2

∠ AKC = 90° , тоді ∠ ACK = 90° − ∠ A = 90° − 56° = 34° , тоді . ∪ AK = 2 ⋅ 34° = 68° , ∠ KCM = 62° − 34° = 28° , тоді ∪ KM = 2 ⋅ 28° = 56° ∪ , MC = 180° − 68° − 56° = 56° ∪ KM = 2 ⋅ 28° = 56 ° ∪ MC = 180 ° − 68° − 56 ° = 56° . $

Відповідь. 56° , 56° , 68° .

854

1 285° ∪ AmB = = 142°30′ , 2 2

3.

Оскільки AB = CD , то ∪ ACB = ∪CBD , тоді ∪ AC = ∪ BD (як різниці рівних дуг ∪ AB − ∪ BC = ∪CD − ∪ BC ) , тоді ∠ CDA = ∠ BCD (як вписані кути, що спираються на рівні дуги). О с к і л ь к и ∠ CDA і ∠ BCD — в н у т р і ш н і різносторонні при прямих BC і AD та січній CD і вони рівні, то BC  AD .

#

$

%

"

Варіант II

1.

а) ∪ AnB =

" $

/

O

0

N .

#

б) ∠ AOB = ∪ AnB = 144° .

1 1 в) ∠ ANB = AmB = ⋅ 216° = 108° ; 2 2 ∠ AMB =

г) ∠ CAB = ∠ CBA =

.

360° ⋅ 2 360° ⋅ 3 = 144° , ∪ AmB = = 216° 2+3 2+3

1 1 ∪ AnB = ⋅ 144° = 72° .

2 2

1 1 1 ∪ AnB = ⋅ 144° = 72° ; ∠ C = ⋅ (216° − 144° ) = 36°.

2 2 2

Відповідь. а) 144° і 216° ; б) 144° ; в) 72° і 108° ; г) 72° , 72° 36° .

2. #

$

%

Оскільки ∠ CAB = ∠ ABD , то ∪CDB = ∠A CD, тоді ∪ BD = ∪ AC (як різниці рівних дуг ∪CDB − ∪CD = ∪ ACD − ∪CD ) , тоді 1 1 ∠ ABC = ∠ BCD = ∪ AC = BD .

2 2

О с к і л ь к и ∠ ABC і ∠ BCD — в н у т р і ш н і різносторонні при прямих AB і CD та січній BC і рівні, то AB  CD .

3.

.

$

, "

# 0 %

∪ BC = ∪ BD , тоді ∠ MCB = ∠ MBD , отже MB — бісектриса кута CMD між прямими MC і MD. Оскільки ∠ AMB = 90° , то MA ⊥ MB , то MA — бісектриса кута KMD між прямими MC і MD. Отже, промені MA і MB ділять навпіл кути, утворені при перетині прямих MС і MD.

ГЕОМЕТРІЯ

"

855

Розділ I I. Багатокутники. Площа плоскої фігури. Чотирикутники § 7. Багатокутники та їх властивості

Завдання 7 1. а) S9 = 180° ⋅ ( 9 − 2 ) = 180° ⋅ 7 = 1260° ; б) S12 = 180° ⋅ (12 − 2 ) = 180° ⋅ 10 = 1800° ; в) S20 = 180° ⋅ (20 − 2 ) = 180° ⋅ 18 = 3240° .

2. а) Sn = 180° ( n − 2 ) , 180° ( n − 2 ) = 1620° , n − 2 = 9 , n = 11 . Отже якщо сума кутів багатокутника дорівнює 1620° , то багатокутник має 11 вершин. б) Sn = 180° ( n − 2 ) , 180° ( n − 2 ) = 720° , n − 2 = 720 : 180° , n−2 = 4 , n = 6 . Отже, у шестикутника — сума кутів дорівнює 720° .

3. а) Сума кутів багатокутника 180° ( n − 2 ) , або 135n° (за умовою). Отже, 180° ( n − 2 ) = 135°n , 180°n − 135°n = 360° , 45°n = 360° , n = 8 . Отже, багатокутник має 8 вершин. б) 180° ( n − 2 ) = 140°n , 180°n − 360° = 140°n , 180°n − 140°n = 360° , 40°n = 360° , n = 360° : 40° , n = 9 , багатокутник має 9 вершин.

ГЕОМЕТРІЯ

4. а) Якщо у п’ятикутника 4 гострих кути, то їх сума повинна бути меншою, ніж 360° (кожен кут має градусну міру, меншу, ніж 90°), п’ятий кут — довільний, але він має градусну міру, меншу, ніж 180° . Тому у п’ятикутника, у якого 4 гострих кути, сума всіх кутів менша, ніж 360° + 180° = 540° , але це неможливо, бо сума кутів п’ятикутника дорівнює 540° . Тому, побудувати п’ятикутник, у якого 4 гострих кути, неможливо. б) Шестикутник, у якого п’ять гострих кутів, побудувати не мож­ на, бо сума кутів такого шестикутника повинна бути меншою, ніж 180° + 5 ⋅ 90° = 630° (один кут менший, ніж 180° , а п’ять кутів, кожен з яких менший Сума 180° + 5 ⋅ 90° ). = 630 ° ж кутів шестикутника дорівнює 180° ⋅ (6 − 2 ) = 180° ⋅ 4 = 720° 5. Сума кутів чотирикутника дорівнює 180° ⋅ ( 4 − 2 ) = 360° . Всі чотири кути не можуть бути гострими, бо тоді б сума всіх кутів була б меншою, ніж 360° (адже гострий кут має градусну міру, меншу ніж 90°). А тому, дійсно, серед кутів опуклого чотирикутника завжди знайдеться хоча б один прямий або тупий кут.

7. а) Опуклий многокутник може мати найбільше 3 гострих кути. б) Опуклий многокутник може мати найбільше 4 прямих кути.

856

8. Можуть. Наприклад. У всіх правильних многокутників, у яких кількість сторін п’ять і більше, всі кути — тупі.

9. а) Нехай багатокутник має n кутів. Найбільший кут 107° . В с і к у т и ) −, 107 в сумі дають 180 ° ( n − 2

якщо ° один кут 107° то решта ( n − 1) кутів у сумі дають 180° ( n − 2 ) − 107° , 180° ( n − 2 ) − 107° = 180°n − 360° − 107° = 180°n − 467°, n = 4 , тобто у чотирикутника один кут 107° , тоді решта 3 кути в сумі дають 180° ⋅ 4 − 476° = 253° . 253° можна поділити на 3 кути таким чином, щоб кожен з них був меншим, ніж 107° . Отже, опуклий багатокутник може мати найбільший кут 107° . б) Нехай багатокутник має n кутів. Тоді всі кути в сумі дають 180° ( n − 2 ) або 165°n . Отже, 80° ( n − 2 ) = 165°n , 180°n − 165°n = 360° , 15°n = 360° , n = 360° : 15 , n = 24 . Отже, у двадцятичотирикутника кожен з кутів дорівнює 165° .

10.

$

#

%

"

.

ABCDM — п’ятикутник у якого AB = BC = CD = LM = AM . ∠ A = ∠ M = 90° . Проведемо відрізок BD. ABDM — квадрат; BD = AM ;  BCD — правиль­ ний трикутник, тому ∠ CBD = ∠ CDB = ∠ C = 60° . ∠ ABC = ∠ ABD + ∠ CBD = 90° + 60° = 150° . ∠ CDM = ∠ CDB + ∠ BDM = 60° + 90° = 150° . Отже, кути п’ятикутника мають такі градусні міри: 90° ; 90° ; 150° ; 60° ; 150° .

12. а) Нехай багатокутник має n вершин. Тоді три кути по 80° , а решта ( n − 3 ) кута по 150° . Сума всіх кутів дорівнює 3 ⋅ 80° + ( n − 3 ) ⋅ 150° або 180° ( n − 2 ) . Отже, 180° ( n − 2 ) = 3 ⋅ 80° + ( n − 3 ) ⋅ 150° , 180°n − 360° = 240° + 150°n − 450° , 180°n − 150°n = 360 + 240 − 450 , 30°n = 150° , n = 150° : 30° , n = 5 . Отже, у багатокутника 5 вершин. б) Нехай у багатокутника n вершин. Тоді сума всіх кутів 180° ( n − 2 ) або за умовою: 3 ⋅ 90° + ( n − 3 ) ⋅ 150° . Отже, 180° ( n − 2 ) = 3 ⋅ 90° + 150° ( n − 3 ) , 180°n − 360° = 270° + 150°n − 450° , 180°n − 150°n = 360° + 270° − 450° , 30°n = 180° , n = 180° : 30° , n = 6 . Отже, це — шестикутник.

ГЕОМЕТРІЯ

11. Сума всіх кутів п’ятикутника дорівнює 180° ⋅ (5 − 2 ) = 540° . З п’яти кутів знайдеться, принаймні два тупих кути. А тому в опукло­ му п’ятикутнику знайдуться два прилеглі до однієї сторони кута, сума яких більша за 180° .

в) Всі кути в сумі дають 180° ( n − 2 ) . Тоді один кут має градусну міру 180° ( n − 2 ) 180°n − 360° 360° = = 180° − . n n n

857

180° −

360° не більше, ніж 120; 360° ділиться націло на n. n

n може набувати значень: 6; 5; 4; 3. г) Нехай у багатокутника n-вершин. Тоді сума всіх кутів 180° ( n − 2 ) , т р и к у т и п о 113° , т о д і р е ш т а ( n − 3 ) к у т а в с у м і д а ю т ь 180° ( n − 2 ) − 3 ⋅ 113° = 180°(n − 2) − 339°. Ці ( n − 3 ) кути рівні між со­ бою, тоді щоб знайти градусну міру одного кута треба 180° ( n − 2 ) − 339° 180° ( n − 2 ) − 180° − 159° = = n−3 n−3 =

180° ( n − 3 ) 159° 159° − = 180° − . n−3 n−3 n−3

159° — ціле число, тому n − 3 = 3 , n = 6 , або n − 3 = 53 , n = 56 . n−3

%

13.

ABCDEF... — даний багатокутник. © & K ∈ AB ; P ∈CB ; X ∈ CD ; Z ∈ DE ; N ∈EF . .. / 1 KPXZN... — утворений багатокутник.

KP < KB + BP (нерівність тр-ка: з  KPB ); ' PX < CP + CX (з  PCX ) ; # 2 , XZ < XD + DZ (з  XDZ ) ;

ZN < ZE + EN (з  ZNE ) ; NQ < NF + FQ (з  NFQ ) ...

KP + PX + XD + ZN + NQ + ... < 

;

9

PKPCZN ... < PABCDEF ...

< KB + BP + CP + CX + XD + DZ + ZE + EN + NF + FQ ... Отже, периметр утвореного багатокутника менший, ніж периметр да­ ного багатокутника. $

ГЕОМЕТРІЯ

14.

858

0

#

;

1

% &

' "

.

Розглянемо  ABP . За нерівністю т-ка: AP + PB > AB ; BO + OC < BC (з  BOC ); CZ + ZD > CD (з  CZD ); DE + EM > DM (з  DEM ) ; MF + FA > AM (з  MFA ) .

Звідси: AP + PB + BO + OC + CZ + ZD + DE + EM + MF + FA > > AB + BC + CD + DM + AM .

AC + AD + MA + MC + BD > AP + PB + BO + OC + CZ + ZD + DE + EM + MF + FA , тому AC + AD + MA + MC + BD > AB + BC + CD + DM + MA . Отже, сума діагоналей більша, ніж периметр п’ятикутника.

18.

У шестикутнику ABCDEF всі кути , рівні.Сума всіх кутів шестикутника ) ( дорівнює 180° 6 − 2 = 180° ⋅ 4 = 720° .   C C За умовою кути рівні, тому кожен кут дорівнює 720 : 6 = 120° .

B B %  Продовжимо сторони BC, ED і AF до їх попарного перетину. ∠ BAF = 120° " D т о м у ∠ PAB = 60° ( с у м і ж н и й з & ' ∠ BAF ) ; ∠ ABP = 60° (суміжний з ∠ ABC , р і в н и й 20° , т о д і D D ∠ APB = 180° − ( ∠ PAB + ∠ PBA ) = 60°.  APB — рівносторонній / AB = PA = PB = a . А н а л о г і ч н о  CDM — р і в н о ­ сторонній CD = CM = DM = b ∠ M = 60° ; і  FEN — рівносторонній FE = FN = NE = c ; ∠ N = 60° . Проведемо відрізок BE. У Υ BEM : ∠ M = 60° , тоді ∠ CBE + ∠ DEB = 120° , тоді ∠ CBE = 120° − ∠ DEB ; ∠ DEB + ∠ BEF = 120° (за умовою), тоді ∠ BEF = 120° − ∠ DEB . Звідси ∠ CBE = ∠ BEF , але вони внутрішні різносторонні при прямих BC; FE і січній BE. Тому BC  FE (протилежні сторони шестикутника паралельні). Аналогічно CD  AF ; AB  ED . ∠ P = ∠ M = ∠ N = 60° . О т ж е ,  PMN — рівносторонній PM = MN = NP ; BC = PM − a − b ; CD = b ; DE = MN − b − c ; FE = c ; AF = PN − a − c ; AB = a . Знайдемо різницю протилежних сторін.

BC − FE = PM − a − b − c = PM − ( a + b + c ) DE − AB = MN − c − b − a = MN − ( a + b + c ) AF − CD = PN − a − c − b = PN − ( a + b + c ) . Оскільки PM = MN = PN , то PM − ( a + b + c ) = MN − ( a + b + c ) = PN − ( a + b + c ) , тому BC − FE = DE − AD = AF − CD , тобто різниці протилежних сторін рівні між собою.

B

1

$

#

C 

.

19.

ABCDM — п’ятикутник з рівними кутами. ∠ A + ∠ B + ∠ C + ∠ D + ∠ M = 180° ⋅ 3 = 540°.  rY ∠ A = ∠ B = ∠ C = ∠ D = ∠ M = 540° : 5 = 108°.  AM перетинає AB і перетинає сторону MD. Проведемо діагональ AC. У  ABC : ∠ B = 108° , тоді Y ∠ BAC + ∠ BCA = 180° − 108° = 72° .  % "  Нехай ∠ BAC = x , тоді ∠ BCA = 72° − x . ∠ A = ∠ BAC + ∠ CAM = 108° , тоді CAM = 108° − ∠ BAC = 108° − x .  ∠ BCA + ∠ ACD = ∠ C = 108° ; . ∠ ACD = 108° − ∠ BCA = 108° − (72 − x ) = = 108° − 72° + x = 36° + x . ∠ BCA і ∠ CAM — внутрішні різносторонні при прямих BC, AM і січній AC. Оскільки ∠ BCA Α ∠ CAM , то BC не може бути паралель­ ною AM; ∠ DCA і ∠ CAM — внутрішні односторонні при прямих CD, AM і січній AC. ∠ DCA + ∠ CAM = 108° − x + 36° + x = 144° ≠ 180° , тому CD і AM не можуть бути паралельними. Тому, у п’ятикутнику 859 немає паралельних сторін. $

ГЕОМЕТРІЯ

#

.

§ 8. Поняття площі та її основні властивості

Завдання 8 1. F1 = 3 ⋅ F = 3 ⋅ 1 = 3 ; F2 = 5 ⋅ F = 5 ⋅ 1 = 5 ; F3 = 6 ⋅ F = 6 ⋅ 1 = 6 ; F4 = 6 ⋅ F = 6 ⋅ 1 = 6 .

2. а) 1 см2 = 100 мм2 ; 200 дм2 = 2 м2; 1 га = 100 ар ; б) 40 000 см2 = 4 м2 ; 13 дм2 = 1300 см2 ; 4 дм2 = 400 см2 .

3. Якщо периметр квадрата 100 см, то сторона цього квадрата 100 : 4 = 25 см, Sквадрата = 25 ⋅ 25⋅ = 625 см2 .

1 м2 = 10000 см2 в 1 м2 міститься квадратів площею 625 см: 10000 : 625 = 16 . Отже, в 1 м2 міститься 16 квадратів з периметром 100 см.

4. ÊÅ

Прямокутник, ширина якого 4 см, а довжина 8 см, має площу 32 см2 . Його можна розрізати на 2 квадрати зі стороною 4 см.

ÊÅ

ÊÅ

5.

 ABC — прямокутний.

M — середина CB. S  ACM = S  AMB .

"

 ACM і  AMB — рівновеликі.

1 1 CM ⋅ AC S  AMB = MB ⋅ AC .

2 2

S  ACM =

ГЕОМЕТРІЯ

$

.

#

CM = MB , оскільки M — середина CB.

6.

'

' '

'

' '

860

7.

. #

$

Оскільки AP — спільний перпендикуляр; 1 DM = DC , то SABCD = S  AMD .

2

%

"

SABCD = CD ⋅ AP , де AP ⊥ CD .

1 S  ADM = DM ⋅ AP , де AP ⊥ MD .

2

1 8.

Проведемо EK ⊥ AD ; EK  BA .  ABM =  EPM (прямокутні; AM = EM за умовою), ∠ BMA = ∠ PME (вертикальні). Звідси EP = AB ; але AB = PK .

1 Отже, AB = EK .

2 1 SABCD = AD ⋅ AB ; S  AED = AD ⋅ EK .

2

&

#

1 / $

.

"

%

,

1 EK , 2 = S  AED .

Оскільки AB = то AD ⋅ AB = #



' 1 ,

;

.

&

 "

$

/  0

%

ABCD — квадрат.

F, E, O, Z — середини сторін. Нехай ∠ FBP = α , тоді з  BCE : ∠ CEK = 90° − α .  BCE =  ABF (прямокутні за двома кате­ тами BC = AB — сторони квадрата CE = BF півсторони квадрата). Звідси ∠ BAF = α , ∠ BFA = 90° − α ; BE = AF . Аналогічно з рівності  COD ,  BEC ;  AFB ;  DZA можна зробити висновок:

CO = AF = BE = DZ . З  ABF , у якому ∠ B = 90° ; ∠ BAF = α : ∠ BFA = 90° − α , але цей са­ мий кут входить і до  BFP ; у якому ∠ PBF = α ; ∠ BFP = 90° − α . ∠ BPF = 180° − ( α + 90 − α ) = 90° , ∠ KPM вертикальний ∠ BPF , тому KPM = 90° . Аналогічно можна довести, що всі кути чотирикутника PKNM — прямі. Отже, це або прямокутник, або квадрат, до того ж AF  CO ; BE  DZ (бо внутрішні односторонні кути при цих прямих і січній у сумі дають 180° ).  BPF =  CKE =  DNO =  AMZ (за гіпотенузою і гострими кутами), тому PB = CK = DN = AM = x ; PF = KE = ND = ZM = y .

PK = BE − BP − KE = BE − x − y .

PM = AF − AM − PF = AF − x − y , оскільки BE = AF , то PK = PM . Отже, MPKN — квадрат. a  BCE — прямокутний. Нехай BC = a , тоді CE = .

861 2

ГЕОМЕТРІЯ

9.

1 AD ⋅ EK , тому SABCD 2

2

 a BE = a2 +   =  2

5a2 a 5 a 5 = . Нехай KE = x , тоді BK = −x .

4 2 2 2

 a З ∆ CKE : CK 2 = CE2 − KE2 =   − x2  2 2 a 5  З ∆ CKB : CK 2 = BC2 − BK 2 = a2 −  − x  , тоді  2  2 2 a 5   a 2 2 a − − x =   − x ,  2   2 a2 −

a2 a2 a 5a2 , x= , тоді + a 5 x − x2 = − x2 , a 5 x = 2 4 4 2 5

BK =

a 5 2

\ 5

−

a 4a 2a = = .

2 5 2 5 5

З  BFP — прямокутного, в якому PF = KE = 2

2

 a  a  BP = BF 2 − PF 2 =   −  =  2   2 5  Тоді PK = BK − BP =

a . Знайдемо BP: 2 5

a2 a2 − = 4 20

5a2 − a2 = 20

a2 a = 5 5 .

2a a a − = .

5 5 5

2

a2  a  SPKNM =  = . Оскільки за умовою SABCD = Q , то a2 = Q .  5  5 Отже, SPKNM = 10.

Q .

5

$.

#

"

% ,

1

/

ABCD і KMPN — два рівні квадрати. Розріжемо їх по діагоналях. З чотирьох трикутників  ABC ;  ACD ;  MKN і  MPN можна скласти квадрат. (див. малюнок)

ГЕОМЕТРІЯ

11.

862

B

'

B

B

лінії розрізу Ä Æ ÉÇÀÉ ÀÌ

' '

a — сторона ква­ драта. На малюнку пока­ зано як розрізати квадрат і скласти тупокутний три­ кутник.

' ' '

12. Прямокутник 4 × 9 поділено на дві рівні частини. З них можна скласти квадрат. Дивись на малюнку.

'

'

'

'

прямокутник

квадрат

§ 9. Площа пямокутника

Завдання 9 1. а) S = 1, 5 ⋅ 1, 5 = 2, 25 ( см2 ) ; 2 2 4 б) S = ⋅ = ( дм2 ) ; 3 3 9 в) S = 3 2 ⋅ 3 2 = 9 ⋅ 2 = 18 ( м2 ) .

2. а) a — сторона квадрата.

S = a2 , a2 = 160 , a = 160 , a = 4 10 ( см2 ) . б) a = 12 = 2 3 ( м ) . в) a = 1, 69 = 1, 3 ( дм ) .

3. а) S = a ⋅ b = 5 ⋅ 4 = 20 ( см2 ) ; 3 1 3 б) S = ⋅ = ( м2 ) ; 4 2 8

в) a = 6 ( см ) , b = 4 5 ( см ) , S = a ⋅ b = 6 ⋅ 4 5 = 4 30 ( см2 ) .

4. а) Площа збільшиться у 9 разів; б) площа зменшиться у 5,5 рази; 2 разів: a; b — початкові розміри; a 2 ;

b ab b — після зміни. S1 = a ⋅ b — початкова площа, S2 = a 2 ⋅ = .

2 2 2 S 120 5. а) S = 120 см2 , a = 12 см, b = = = 10 (см). a 12 б) x см — одна сторона; 1, 2x см — друга.

1, 2x ⋅ x = 120 , 1, 2x2 = 120 , x2 = 120 : 1, 2 , x2 = 100 , x = 10 (см) — одна сторона, 1, 2 ⋅ 10 = 12 см — друга сторона.  38  6. Нехай x см — одна сторона, тоді  − x  2 

ГЕОМЕТРІЯ

в) площа зменшиться у

см — друга сторона.

S = 60 см2 , тому x (19 − x ) = 60, − x2 + 19x − 60 = 0, x2 − 19x + 60 = 0 . x1 = 15 ; x2 = 4 .

863

Якщо перша сторона 15 см, то друга 4 см. Якщо перша сторона 4 см, то друга 15 см.

7. Нехай x і 4x — сторони прямокутника. Тоді ( x + 4x ) ⋅ 2 = 50 , 10x = 50 , x = 5 (см) — одна сторона прямокутника.

4 ⋅ 5 = 20 (см) — друга сторона прямокутника.

S = 5 ⋅ 20 = 100 ( см2 ) .

8. 5x і 4x сторони прямокутника; 5x ⋅ 4x = 9680 , 20x2 = 9680 , x2 = 484 , x = 22 , тоді 5 ⋅ 22 = 110 (см), ⋅22 = 88 (см) — сторони прямокутника.

P = (110 + 88 ) ⋅ 2 = 396 (см).

9.

#

$ .

"

,

/

%

ABCD — квадрат.

M ∈ AC MN ⊥ CD MN = 2, 8 см; MK ⊥ AB MK = 4, 7 см.

MNDK — прямокутник, тому MN = KD = 2, 8 см.  AMK — прямокутний, ∠ MAK = 45° , тому ∠ AMK = 45° , тобто  AMK — рівнобедрений.

MK = AK = 4, 7 см.

AD = AK + KD = 4, 7 + 2, 8 = 7, 5 (см).

S = AD2 = (7, 5 ) = 56, 25 ( см2 ) .

2

10. $

ÊÅ 1 ÊÅ

#

%

"

CD = CP + PD = 4 + 6 = 10 (см).  CBP — рівнобедрений, бо 1 ∠ CBP = ∠ B = 45° ; ∠ C = 90° , 2 тому ∠ CPB = 45° . Отже, CP = CB . Тому CB = 4 (см). SABCD = 4 ⋅ 10 = 40 ( см2 ) .

11.

ABCD — прямокутник.

AM — бісектриса ∠ A ; $ DN — бісектриса ∠ D ; BM = MN = NC = 12 см.  ABM — п р я м о к у т н и й ( ∠ B = 90° ) " рівнобедрений, бо ∠ BAM = 45° , тому % ∠ BMA = 45° . Звідси AB = BM = 12 см.

BC = BM + MN + NC = 12 ⋅ 3 = 36 см.

S = AB ⋅ BC = 12 ⋅ 36 = 432 ( см2 ) .

ГЕОМЕТРІЯ

#

./

12. S = 24 ⋅ 24 = 576 ( см2 ) — площа квадрата і площа прямокутника.

576 : 12 = 45 (см) — друга сторона прямокутника.

13. Sф = SABKM + SKCDP

864

KC = 30 − 24 = 6 (см); KM = 12 − 8 = 4 (см);

і

ÊÅ

# "

ÊÅ

,

$

. ÊÅ

ÊÅ

SABKM = KM ⋅ AM = 24 ⋅ 4 = 96 ( см2 ) ; SKCDP = CD ⋅ KC = 12 ⋅ 6 = 72 ( см2 ) Sфігури = 96 + 72 = 168 ( см2 ) .

%

1

14. ÊÅ

'

&

(

ÊÅ

)

ÊÅ

" ÊÅ #

$ ÊÅ %

SABGHCDEF = SAFED − SBGHC .

SAFED = AF ⋅ FE = 10 ⋅ 24 = 240 ( см2 ) .

BC = AD − ( AB + CD ) , оскільки AD = FE = 24 см, то BC = 24 − (10 + 8 ) = 6 (см); SBGHC = 8 ⋅ 6 = 48 ( см2 ) ; SABGHCDEF = 240 − 48 = 192 ( см2 ) .

15. ÊÅ &

#

$

ÊÅ

SABCDE = SABCD − S  AED .

SABCD = 12 ⋅ 20 = 240 ( см2 ) .

.

"

%

У  AED ; ∠ EAD = ∠ EDA = 45° , бо 1 1 ∠ EAD = ∠ A ; ∠ EDA = ∠ D , тоді 2 2 ∠ AED = 180° − ( 45° + 45° ) = 90° .  AED — рівнобедрений AE = DE . Проведемо EM ⊥ AD ; EM — бісектриса ∠ AED , EM — медіана.

1 Звідси AM = AD = 10 см.

2 ∠ AEM = 45° , тоді  AEM прямокутний і рівнобедрений, бо ∠ EAM = ∠ AEM = 45° , тоді AM = EM = 10 (см).

1 1 S  AEM = AD ⋅ EM = ⋅ 20 ⋅ 10 = 100 ( см2 ) .

2 2

16. $ а) ABCD — квадрат, описаний навколо кола, радіус

#

якого r.

S

"

ab = 2R ; S = ( AB ) = ( 2r ) = 4r 2 .

2

%

#

$ 3

"

2

%

ГЕОМЕТРІЯ

SABCDE = 240 − 100 = 140 ( см2 ) .

б) ABCD — квадрат, вписаний в коло, радіуса R. AC = 2R — діагональ; BD = AC .

1 1 S = AC ⋅ BD = ⋅ 2R ⋅ 2R = 2R 2 .

2 2 865

17. 1) 3 ⋅ 2, 5 = 7, 5 м2 — площа стінки.

2) 0, 2 ⋅ 0, 3 = 0, 06 м2 — площа однієї кахельної плитки.

3) 7, 5 : 0, 06 = 125 плиток необхідно для обкладання стінки. Оскільки 3  0, 3 , а 2, 5  0, 2 націло, то частина плиток буде різаною.

18. 1) ( 220 + 160 ) ⋅ 2 = 760 м — довжина паркану.

2) 760 : 4 = 190 м — довжина сторони квадратної ділянки.

3) 220 ⋅ 160 = 35200 ( м2 ) — площа прямокутної ділянки.

4) 190 ⋅ 190 = 36100 ( м2 ) — площа квадратної ділянки.

5) 36100 − 35200 = 900 ( м2 ) — площа квадратної ділянки більша. Відповідь. Площа квадратної ділянки більша, ніж площа прямокутної ділянки на 900 ( м2 ) .

20. # ÊÅ ,

ÊÅ

$

0 "

/ ÊÅ % M

ABCD — прямокутник. l — вісь симетрії AC. l перетинає BC в т. K; AD в т. N. BK = 12 см; KC = 13 см.  AON =  COK ( AO = OC , бо KN — вісь симетрії AC; ∠ KOC = ∠ NOA = 90° ; ∠ NAO = ∠ KCO як внутрішні різно­сто­ронні при паралельних BC, AD і січній AC). З рівності трикутників маємо: AN = KC = 13 с м , т о д і ND = 12 с м , б о

AD = BC = 25 см; ND = AD − AN = 25 − 13 = 12 см.  KOC =  NOC KO = NO ( з рівності  AON і  COK ) CO — спільна сторона. ∠ COK = ∠ CON = 90° , тоді CN = CK = 13 (см).  CND — прямокутний, за теоремою Піфагора:

CD = CN 2 − ND2 = 132 − 122 = 5 . У прямокутнику ABCD: BC = 12 + 13 = 25 см; CD = 5 см.

SABCD = 25 ⋅ 5 = 125 ( см2 ) .

ГЕОМЕТРІЯ

21. #

$

"

%

x2 + ( 35 − x ) = 272 , x + 1225 − 70x + x − 729 = 0 , 2x2 − 70x + 496 = 0 , x2 − 35x + 248 = 0 .

S = 1225 − 4 ⋅ 248 = 1225 − 992 = 233 .

2

2

866

ABCD — прямокутник.

P = 70 см; тоді AB + BC = 35 (см), AC = 27 см.  ABC — прямокутний. Нехай AB = x см, тоді BC = 35 − x (см). За теоремою Піфагора: AB2 + BC2 = AC2 .

x1 =

2

35 + 233 33 − 233 ; x2 = .

2 2

Якщо AB =

35 − 233 35 + 233 35 − 233 (см), то BC = 35 − = 2 2 2

(см).

Якщо AB =

35 − 233 35 − 233 35 + 233 (см), то BC = 35 − = 2 2 2

(см).

Отже, SABCD =

35 + 233 35 − 233 ⋅ = 2 2

1225 − 233 992 = = 248 ( см2 ) .

4 4

22. #

PABCD = 64 см, тоді AB + BC = 32 (см).

1 R = 12 см, оскільки R = AC , 2

$

то AC = 24 (см). Нехай AB = x см, тоді BC = 32 − x (см).  ABC — прямокутний. За теоремою Піфагора: AC2 = AB2 + BC2 , тобто:

0 %

"

x2 + ( 32 − x ) = 242 , x2 + 1024 − 64x + x2 − 576 = 0 , 2x2 − 64x + 448 = 0 , x2 − 32x + 224 = 0 , x1 = 16 + 32 ; x2 = 16 − 32 . Якщо AB = 16 + 32 (см), то BC = 16 − 32 (см), або навпаки.

2

S = (16 + 32 ) (16 − 32 ) = 256 − 32 = 224 ( см2 ) .

23. Нехай x м — довжина сторони квадрата. Тоді S = x2 ( м2 ) , а P = 4x (м). За умовою ці величини виражені однаковими числами, тому: x2 = 4x , x2 − 4x = 0 , x ( x − 4 ) = 0 , x = 0 або x = 4 . x = 0 — на задовольняє умові задачі. x = 4 (м) — довжина сторони квадрата.

S = 42 = 16 ( м2 ) .

24.

Y ÊÅ

$

Y ÊÅ "

%

AC = AB2 + BC2 = x2 + x2 = 2x2 = x 2 .

SABCD = x2 . За умовою: x2 = x 2 , x2 − x 2 = 0 ,

x ( x − 2 ) = 0 , x = 0 — не задовольняє умові задачі. x = 2 (см) — довжина сторони квадрата.

S = x2 = ( 2 ) = 2 ( см2 ) .

2

25. а) ABCD — прямокутник.

AM — бісектриса.

AM ділить ABCD на трикутник ABM і чотирикутник AMCD. У  ABM ∠ BAM = 45° (бо AM — бісектриса). ∠ B = 90° , тоді ∠ BMA = 45° . Отже,  ABM — рівнобедрений AB = BM . За умовою AB : AD = 3 : 4 . Нехай AB = 3x ;

ГЕОМЕТРІЯ

#

Нехай довжина сторони квадрата x см. Тоді з  ABC за теоремою Піфагора

867

.

#

$

AD = 4x . Тоді BM = 3x . S Υ ABM =

"

%

1 3x ⋅ 3x = 4, 5x2 .

2

SAMCD = SABCD − S  ABM = 3x ⋅ 4x − 4, 5x2 = = (12 − 4, 5 ) x2 = 7, 5x2 .

S  ABM S  AMCD

=

S 4, 5x2 45 3 5 = = , а AMCD = SABM 7, 5x2 75 5 3

.

#

$

,

%

"

.

б) Нехай DK ⊥ AC .

CK : KA = 9 : 16 ; CK = 9x ; AK = 16x .  ACD — прямокутний DK ⊥ AC .

DL = AK ⋅ KC = 9x ⋅ 16x = 12x .

2 2 З  CKD : CD = ( 9x ) + (12x ) = 15x ; 2 2 AD = (16x ) + (12x ) = 20x .

1 1 S  ABM = AB ⋅ BM = 15x ⋅ 15x = 112, 5x2 .

2 2

SAMCD = SABCD − S  ABM = 15x ⋅ 20x − 112, 5x2 = . = 300x2 − 112, 5x2 = 187, 5x2 S  ABM SAMCD

=

112, 5x2 1125 45 3 = = = .

187, 5x2 1875 75 5

§ 10. Загальні відомості про чотирикутники

Завдання 10

ГЕОМЕТРІЯ

1. а) не є чотирикутником фігура під номером в); б) є опуклими чотирикутники: а); б); г).

2. а) — паралелограм; б) — трапеція; г) — ромб.

3. Чотирикутник зі сторонами а) 2 см; 2 см; 3 см і 6 см — існує; б) 1 см; 3 см; 5 см і 9 см не існує, бо 9 = 5 + 3 + 1 , а сторона повинна мати довжину, меншу, ніж сума трьох інших; в) 5 см; 17 см; 3 см і 7 см не існує, бо 17 > 5 + 3 + 7 .

4. а) Нехай одна сторона x мм, тоді інші сторони ( x − 3 ) мм; ( x − 4 ) мм; ( x − 5 ) мм. P = 6 см = 60 мм. Отже: x + x − 3 + x − 4 + x − 5 = 60 , 4x = 60 + 12 , 4x = 72 x = 18 (мм) — одна сторона; 868 x − 3 = 18 − 3 = 15 (мм) — друга сторона;

x − 4 = 18 − 4 = 14 (мм) — третя сторона; x − 5 = 18 − 5 = 13 (мм)— четверта сторона. б) Нехай друга сторона x см, тоді перша сторона ( x + 8 ) см, третя сторона ( x + 8 + 8 ) см, а четверта 3x см. P = 66 см, тому: x + x + 8 + x + 8 + 8 + 3x = 66 , 6x = 66 − 24 , 6x = 42 , x = 7 см — друга сторона.

7 + 8 = 15 (см) — перша сторона; 15 + 8 = 23 см — третя сторона; 3 ⋅ 7 = 21 см — четверта сторона.

5.

#

#

$ %

"

б) AB = CD .

$

#

%

"

а) AB = BC = CD .

"

$

%

в) AB = BC = CD = AD

7. а) Три кути прямі в сумі дорівнюють 270° , тоді четвертий кут повинен дорівнювати 360° − 270° = 90° , тобто четвертий також прямий, гострим бути не може, бо сума всіх кутів буде меншою, ніж 360°. б) Якщо ∠ 1 + ∠ 2 + ∠ 3 = ∠ 4 , і ∠ 1 + ∠ 2 + ∠ 3 + ∠ 4 = 360° , то ∠ 1 + ∠ 2 + ∠ 3 = ∠ 4 = 360 : 2 = 180° , розгорнутий кут не може бути кутом чотирикутника. Отже, такого чотирикутника не існує.

8. а) Гострих кутів може бути три; б) Тупих кутів може бути три; в) Прямих кутів може бути чотири.

ГЕОМЕТРІЯ

6. а) 45° + 65° + 87° + 32° = 229° . Такого чотирикутника не існує, бо сума кутів чотирикутника дорів­ нює 360° . б) 123° + 98° + 111° + 156° = 488° . Такого чотирикутника не існує, бо сума кутів чотирикутника повинна дорівнювати 360° .

9. В опуклому чотирикутнику кута, більшого за 180° , бути не може.

10. Якщо у чотирикутнику три гострі кути, то один кут — тупий. Тупий кут змінюється в межах від 90° до 180° . Тоді три гострих кута змінюються в межах 360° − 180° до 360° − 90° , тобто від 180° до 270° . Якщо всі кути між собою рівні, то кожен кут змінюється в межах від 869 180° : 3 до 270° : 3 , тобто, від 60° до 90° .

11. Сума кутів чотирикутника 360° . Якщо кути рівні, то всі вони по 360° : 4 = 90° .

12. а) ∠ A + ∠ B + ∠ C = 360° − 150° = 210° ; ∠ A = ∠ B = ∠ C = 210 : 3 = 70° . б) ∠ A + ∠ C = 360° − (120° + 20° ) = 220° . α + 3α = 220° , 4α = 220° , α = 55° . Отже, ∠ A = 55° , ∠ C = 3 ⋅ 55° = 165° . в) ∠ B = 180° − x ; ∠ A = 180° − 2x .

180° − x + 180° − 2x + 150° + 30° = 360° , −3x = −180° , x = 60° , тоді ∠ B = 180° − 60° = 120° , ∠ A = 180° − 2 ⋅ 60° = 60° . Отже, ∠ A = 60° ; ∠ B = 120° .

13. а) Нехай ∠ N = x , тоді ∠ K = 2x ; ∠ M = x ; ∠ L = 2x . Сума кутів чотирикутника 360° . Отже, x + 2x + x + 2x = 360, 6x = 360° , x = 60° . ∠ N = ∠ M = 60° ; ∠ L = ∠ K = 2 ⋅ 60° = 120° . б) Нехай ∠ K = 1x ; ∠ L = 2x ; ∠ M = 4x ; ∠ N = 5x . Тоді 1x + 2x + 4x + 5x = 360° , 12x = 360° , x = 30° . ∠ K = 30° ; ∠ L = 60° ; ∠ M = 120° ; ∠ N = 150° .

14. а) ∠ F = 70° ; ∠ G = 1, 5 ⋅ 70° = 105° . Нехай ∠H = x , тоді ∠ L = x − 85° . Оскільки ∠ F + ∠ G + ∠ H + ∠ L = 360° , то 70° + 105° + x + x − 85° = 360° , 2x = 360° − 70° − 20° , 2x = 270° , x = 135° . ∠ H = 135° ; ∠ L = 135 − 85 = 50° . Отже, ∠ F = 70° ; ∠ G = 105° , ∠ H = 135°; ∠ L = 50° . б) ∠ H становить 70 % від ∠ F , тоді ∠ H = 0, 7 ⋅ ∠ F = 0, 7 ⋅ 90 = 63° . ∠ G удвічі більший за ∠ H , тобто ∠ G = 63° ⋅ 2 = 126° . ∠ L = 360° − ( ∠ F + ∠ G + ∠ H ) = 360° − (63° + 90° + 126° ) = = 360° − 279° = 81° . Отже, ∠ F = 90° ; ∠ G = 126° ; ∠ H = 63° ; ∠ L = 81° .

ГЕОМЕТРІЯ

15.

870

" 

 

%

∠ A = ∠ B = 100° . ∠ ABD = 50° ; ∠ CAD = 60° . З  ABD , в якому ∠ BAD = 100° ;  ∠ ABD = 50° : ∠ ADB = 180° − (100° + 50° ) = 30° . # ∠ A = 100 . ∠ A = ∠ BAO + ∠ OAD , ∠ OAF = ∠ CAD = 60° , тоді $ ∠ BAO = 100° − 60° = 40° . З  ABO :  AOB = 180° − ( ∠ OAB + ∠ OBA ) = 180° − (50° + 40° ) = 90° , тобто BD ⊥ AC . З  ABC : ∠ ACB = 180° − ( ∠ CAB + ∠ ABC ) = 180° − ( 40° + 100° ) = 40° . У  ABC : ∠ BAC = 40°; ∠ BCA = 40° , отже,  ABC — рівнобедрений; BO ⊥ AC , B O — в и с о т а , а т о м у і м е д і а н а . О т ж е , AO = CO . 

 AOD =  COD ∠ AOD = ∠ COD = 90° .

AO = CO (доведено вище).

DO — спільний катет. З рівності трикутників випливає: ∠ CDO = ∠ ADO = 30° ∠ OCD = ∠ OAD = 60° ∠ ACD = ∠ OAD = 60° Оскільки ACB = 40° , ACD = 60° , то ∠ BCD = ∠ ACB + ∠ ACD = 40° + 60° = 100° ; ∠ CDA = ∠ CDO + ∠ ADO = 30° + 30° = 60° . Отже, ∠ ACD = 60° ; ∠ BCD = 100° ; ∠ CDA = 60° .

16. а)

$

#

 0 

∠ A + ∠ B + ∠ C + ∠ D = 360° ∠ a = 76° ; ∠ D = 90° . ∠ A + ∠ D = 90 + 76 = 166° . Тоді ∠ B + ∠ C = 360° − 166 = 194° .

1 1 ∠ OBC = ∠ B ; ∠ OCB = ∠ C .

2 2 % 1 1 ∠ OBC + ∠ OCB = ( ∠ B + ∠ C ) = ⋅ 194 = 97° 2 2 ∠ OBC + ∠ OCB + α = 180° (з α = 180° − 97 = 83° .

" б)

#

 OBC ) , тоді

У чотирикутнику ABCD: ∠ A + ∠ B + ∠ C + ∠ D = 360°

 

1 1 ∠ C ; ∠ OAB = . ∠ A ; 2 2 $ D ) = 360° − (100° + 70° ) = 190° ∠ A + ∠ C = 360°0− ( ∠ B + ∠ ∠ A + ∠ C = 360° − ( ∠ B + ∠ D ) = 360° − (100° + 70° ) = 190°  ∠ OCB =

% =

∠ OCB + ∠ OAB =

1 ⋅ 190° = 95° .

2

1 1 1 ∠ C + ∠ A = ( ∠ C + ∠ A) = 2 2 2

З чотирикутника OABC: ∠ α = 360° − ∠ B − ( ∠ OAB + ∠ OCB ) == 360° − 100° − 95° = 165° .

$

#

.   1

%

в) З  MCD : ∠ MCD + ∠ MDC = 180° − 88° = 92° .

1 Оскільки ∠ MCD = ∠ C 2 1 ∠ MDC = ∠ D , то 2 ∠ MCD + ∠ MDC =

"

1 ( ∠ C + ∠ D ) , тоді 2

ГЕОМЕТРІЯ

"

871

∠ C + ∠ D = 2 ( ∠ MCD + ∠ MDC ) = 2 ⋅ 92° = 184° . У чотирикутнику ABCD: ∠ A + ∠ B + ∠ C + ∠ D = 360° , тоді ∠ A + ∠ B = 360° − 184° = 176° .

1 1 З  PAB : ∠ PAB + ∠ PBA + α = 180° ; ∠ PAB = A ; ∠ PBA = B , 2 2 тоді ∠ PAB + ∠ PBA =

1 1 ( ∠ A + ∠ B ) = ⋅ 176° = 88° .

2 2

Тоді: α = 180° − ( ∠ PAB + ∠ PBA ) = 180° − 88° = 92° .

17.

Нехай у ABCD бісектриси суміжних кутів паралельні; l — бісектриса ∠ C ; m — ку­ N та D; l  m , тоді при прямих m і l і січній M DC внутрішні односторонні кути повинні   дорівнювати 180° , тобто α + β = 180° , тоді $ % ∠ D = 2α ; ∠ C = 2β і ∠ D + ∠ C = 2α + 2β = 2 ⋅ ( α + β ) = 2 ⋅ 180° = 360° , такого бути не може, у чотирикутнику ABCD: ∠ A + ∠ B + ∠ C + ∠ D = 360° . Отже, бісектриси суміжних кутів чотирикутника не можуть бути па­ ралельними. #

"

18. а) AM — бісектриса ∠ A ; CK — бісектриса ∠ C ; AM  CK.

.

#

"

$

%

,

б) У чотирикутника ABCD бісектриси ∠ A і ∠ C лежить на одній прямій.

ГЕОМЕТРІЯ

#

872

" 19.

$

%

а) ABCD — чотирикутник.

AM — бісектриса ∠ A ; . # $ CK — бісектриса  ∠ C ; AM  CK .  ∠ BCK = ∠ BMA (відповідні при паралель­  них AM, CK і січній BC), але ∠ BCK = ∠ DCK  (бо CK — бісектриса ∠ C ) . " % , Звідси ∠ BMA = ∠ DCK = α . ∠ MAD = ∠ CKD (відповідні при паралельних AM, CK і січній AD, але ∠ MAD = ∠ BAM (бо AM — бісектриса ∠ A ) , тому ∠ BAM = ∠CKD = β .

З  ABM : ∠ B = 180° − ( α + β ) . З  CKD : ∠ D = 180° − ( α + β ) . Отже ∠ D = ∠ B . Тобто, якщо бісектриси двох протилежних кутів паралельні, то два інших кути рівні. б) #

%

"

Якщо бісектриси кутів ∠ A і ∠ C (протилежні) лежать на одній прямій, то: $  ABC =  ADC (II ознака); ∠ BAC = ∠ DAC (бо AC — бісектриса ∠ C ) .

AC — спільна сторона. З рівності трикутників: ∠ B = ∠ D , тобто два інші кути рівні.

20. а) Прямі, на яких лежать протилежні сторони, паралельні.

#

$

"

%

б) П р я м і , н а я к и х л е ж а т ь п р о т и л е ж н і с т о р о н и A B і C D , перпендикулярні. " #

$

%

#

$

"

%

г) Кожна діагональ менша за будь-яку його сторону. #

ГЕОМЕТРІЯ

в) Кожна діагональ більша за будь-яку його сторону.

% "

$

873

21.

K належить AB. M належить CD. # $ Розглянемо чотирикутник KBCM: , KM < KB + BC + CM . Розглянемо чотирикутник KMDA: KM < MD + DA + AK . " . Тоді KM + KM < KB + BC + CM + MD + DA + AK . Враховуючи, що AK + KB = AK і % CM + MD = CD , маємо: KM + KM < AB + BA + CD + DA .

1 2KM < P . KM < P .

2

а)

Тобто відрізок KM менший за півпериметр чотирикутника ABCD. б)

ABCD — чотирикутник, AC — діагональ. З  ABC : AC < AB + BC . З  ACD : AC < AD + CD , тоді 2AC < AB + BC + AD + CD , 2AC < P , 1 тоді 2 AC < P .

2

$

#

"

%

Тобто, діагональ менша за півпериметр.

22.

У чотирикутнику ABCD: AC ⊥ BD .

O — точка перетину діагоналей.

SABCD = S  AOB + S  COB + S  COD + S  AOD =

# "

$

0

ГЕОМЕТРІЯ

%

1 1 1 1 AO ⋅ OB + BO ⋅ CO + CO ⋅ OD + DO ⋅ AO = 2 2 2 2

=

1 ( AO ⋅ OB + BO ⋅ CO ) + 1  CO ⋅ OD + 1 OD ⋅ AO  =  2 2 2

=

1 1 ⋅ OB ( AO + OC ) + OD ( CO + AO ) = 2 2

=

1 1 1 1 OB ⋅ AC + ⋅ OD ⋅ AC = AC ( OB + OD ) = AC ⋅ BD .

2 2 2 2

Площа чотирикутника, у якого діагоналі перпендикулярні, дорівнює півдобутку діагоналей.

23. а)

/

#

$

, . "

874

=

1

%

З чотирикутника KBCM: KM < KB + BC + CM . З чотирикутник KADM: KM < KA + AD + DM . Звідси KM + KM < KB + BC + CM + KA + AD + DM, 2KM < ( KB + KA ) + BC + ( CM + MD ) + AD , 1 2KM < AB + BC + CD + AD , KM < P .

2

Аналогічно, розглянувши чотирикутник PABN і PDCN, доведемо 1 1 1 PN < P , тоді KM + PN < P + P , тобто KM + PN < P .

2 2 2 З  BOC : BC < BO + CO . З  DOA : AD < AO + OD . Тоді BC + AD < BO + CO + AO + OD , BC + AD < ( BO + OD ) + ( CO + AO ) , BC + AD < BD + AC , тобто BD + AC > BC + AD , тобто сума діагоналей більша за суму двох про­ тилежних сторін.

б) $

# 0 "

%

в) $

#

У задачі 21 (б) ми доводили, що у чотирикут­ нику будь-яка діагональ менша за половину 1 периметра, тобто: AC < P .

2 1 BD < P , тоді AC + BD < P .

2

У задачі 23(б) ми доводили, що сума діагоналей більша за суму двох його протилежних сторін % тому: AC + BD > BC + AD , AC + BD > AB + CD. Звідси 2⋅ ( AC + BD ) < BC + CD + AD + AB , 1 тобто 2⋅ ( AC + BD ) > P , а AC + BD > P .

2 1 Отже, P < AC + BD < P .

2 "

24.

ABCD — чотирикутник.

AC перетинає BD у т. O BO = OD . Якщо AB > AD , то ∠ AOB > ∠ AOD , бо у  AOB 0 і  AOD AO — спільна сторона; BO = OD . # % ∠ COD = ∠ AOB (вертикальні); ∠ COB = ∠ AOD (вертикальні). " Оскільки ∠ AOB > ∠ AOD , то і ∠ COD > ∠ COB . У  COD і  COB : CO — спільна сторона BO = OB , оскільки ∠ COD > ∠ COB , то CD > CB , отже CB < DC .

25. " %

# $

ГЕОМЕТРІЯ

$

У чотирикутнику ABCD ∠ B і ∠ D — тупі. Побудуємо коло з діаметром AC. Центр кола — середина відрізка AC. Якщо т. B лежить на колі, то ∠ ABC — прямий, якщо B — поза колом, то ∠ ABC — гострий, якщо B — всередині кола, то кут ABC — тупий. За умовою ∠ ABC і ∠ ADC — тупі. Отже D і B лежать всередині кола. Тому BD менший, ніж діаметр кола. Оскільки діаметр кола — відрізок 875 AC, то DB < AC .

26. а)

B C D

E N

a; b; c; d — сторони; m — діагональ. За даними треба побудувати чотирикутник.

1. Побудуємо промінь і на ньому відкладемо відрізок до­ вжиною m, відрізок AC = m .

# C

B

N

"

$ E

D %

2. Коло з центром A, радіусом a перетне коло з цен­ тром C радіусом b у т. B. 3. Коло з центром A, радіусом c перетне коло з центром C радіусом d у т. D. 4. ABCD — шуканий чотирикутник. б)

B

1. Побудуємо ∠ A .

2. На одній стороні відкладемо AB = a , на дру­ гий AM = b .

3. Побудуємо коло з центром у т. B, радіусом c і коло з центром у т. M, радіусом d.

4. Перетин цих кіл — точка K. ABKM — шуканий чотирикутник.

C D E

% D # E

B

" "

C

.

27.

"

#

ГЕОМЕТРІЯ

"

#

" #

%

Побудова , $

#

876

,

#$ $%

"

%

1. Побудуємо кут A. На одній із сторін кута A відкладемо відрізок AD, на другій — відрізок AB. 2. Від півпрямої BA відкладемо кут B в півплощину, в якій знаходиться т. D. 3. На стороні ∠ B , відмінній від BA, відкладемо відрізок BK = BC + CD .

4. З’єднаємо DK в півплощу, в якій знаходиться т. B відкладемо кут, який дорівнює ∠ BKD .

6. Сторона цього кута, відмінна від DK, перетне відрізок BK у т. C. 7. ABCD — шуканий чотирикутник.  DCK — рівнобедрений, за побудовою ( ∠ BKD = ∠ KDC ) , тому CK = CD . Отже, BC + CD = BK .

§ 11. Вписаниі й описані чотирикутники

1. Мал. 2.44: ∠ N + ∠ L = 180° ∠ N = 180° − ∠ L = 180° − 85° = 95° ∠ K + ∠ B = 180° ∠ B = 180° − ∠ K = 180° − 100° = 80° . Мал. 2.45: ∠ ACD = 90°  ABC — рівнобедрений. # $ Нехай ∠ BCA = x , тоді ∠ BAC = x (  ABC — рівнобедрений) ∠ C = ∠ B = 90° + x . З  ABC : x + x + 90 + x = 180° , 3x = 90° , x = 30° , тоді ∠ C = ∠ B = 90° + 30° = 120° . % " ∠ B = ∠ C = 120° ; ∠ A + ∠ C = 180° ; ∠ A = 180° − 120° = 60° . ∠ B + ∠ D = 180° ; ∠ D = 180° − ∠ B = 180° − 120° = 60° . Мал. 2.46: ∠ Q = 90° (вписаний, опирається на діаметр).

1  QPC — прямокутний: QP = PC , тому ∠ QCP = 30° , 2 тоді ∠ QPC = 60° Аналогічно, з ∆ CPR : ∠ PCR = 30° ; ∠ CPR = 60° . Тоді ∠ QCP = 30° + 30° = 60° ; ∠ QPR = 60° + 60° = 120° . ∠ PQC = ∠ PRC = 90° .

2. а) 72° ; 105° ; 108° ; 75° . Навколо чотирикутника з такими кутами можна описати коло, бо 72° + 108° = 105° + 75° = 180° . б) 138° ; 44° ; 52° ; 126° .

138° + 52° = 190° ≠ 180° .

44 + 126 = 170° ≠ 180° . Навколо такого чотирикутника коло описати не можна.

ГЕОМЕТРІЯ

Завдання 11

877

в) 56° ; 112° ; 124° ; 82° 56° + 124° = 180° .

112° + 82° ≠ 194° Α 180° . Описати коло не можна. Такого чотирикутника навіть не існує, бо сума кутів більша, за 360° .

3. а) Можна; б) можна, бо сума протилежних кутів у будь-якого прямокутника і у будь-якого квадрата дорівнює 180°.

4. $ # %

Якщо AC і ∠ ADC — Якщо BD і ∠ BAD — Отже, ABCD

— діаметр кола, то прямі.

— діаметр кола, то прямі.

— прямокутник.

∠ ABC ∠ BCD

"

5.

# "

Так, можна. Центр кола т. O — середина AD.

$ %

ГЕОМЕТРІЯ

6. Рис. 2.47: AB + CD = BC + AD , 18 + AD = 15 + 13 , 18 + AD = 28 , AD = 28 − 18 , AD = 10 . Рис. 2.48: KL + KM = JN + LM , 0, 5 дм + NM = 0, 5 дм + 0, 7 дм, 0, 5 + NM = 1, 2 , NM = 1, 2 − 0, 5 , NM = 0, 7 (дм).

878

7. Якщо сума двох протилежних сторін дорівнює 15 см, то сума двох інших протилежних сторін також 15 см.

P = 15 + 15 = 30 (см).

8. а) Не можна, бо суми протилежних сторін не рівні; б) можна, бо суми протилежних сторін завжди рівні; в) можна, бо суми протилежних сторін рівні.

9. Нехай 1x ; 2x ; 3x . Оскільки чотирикутник ABCD — описаний і AB = 1x ; BC = 2x ; CD = 3x і AB + CD = BC + AD , то 1x + 3x = 2x + AD , звідси AD = 2x . За умовою 1x + 2x + 3x + 2x = 96 , 8x = 96 , x = 12 . Тоді AB = 12 (см), BC = 2 ⋅ 12 = 24 (см), CD = 3 ⋅ 12 = 36 (см), AD = 2 ⋅ 12 = 24 (см).

10. а) 7 + 5 = 3 + 9 . У такий чотирикутник можна вписати коло. б) Не можна, бо 12 + 8 ≠ 10 + 7 . в) Не можна, бо 3 + 5 ≠ 20 + 7 .

11. а) Можна, бо б) Не можна, в) Можна, бо г) Не можна,

сторони 1x ; 2x ; 5x ; 4x і 1x + 5x = 2x + 4x . бо сторони 2x ; 7x ; 5x ; 1x і 2x + 5x ≠ 7x + 1x . сторони: 3x ; 5x ; 4x ; 2x ; і 3x + 4x = 5x + 2x . бо сторони 12x ; 4x ; 3x ; 2x і 12x + 3x ≠ 4x + 2x .

1 12. S = p ⋅ r , де p = ( a + b + c + d ) 2 1 P = ( 2 + 1 + 3 + 4 ) = 5 (см) 2 S = 5 ⋅ 1, 3 = 6, 5 ( см2 ) .

13. а) SABCD =

1 1 P ⋅ r = ⋅ 10 ⋅ 2 = 10 ( см2 ) .

2 2

#

$

S  CDO =

0

"

S  ABO = 14 см2 ; S  CDO = 12 см2 .

1 2 ⋅ S 28 S  ABO = AB ⋅ r , звідси AB = = .

2 r r

б)

%

1 2 ⋅ S 2 ⋅ 12 24 CD ⋅ r , звідси CD = = = .

2 r r r

AB + CD =

28 24 52 + = . r r r

52 Оскільки AB + CD = BC + AD , то P = 2 ⋅ ( AB + CD ) = 2 , r 52 а півпериметра P = . r 52 ⋅ r = 52 ( см2 ) . r

14. # 0

"

∠ ABD і ∠ ACD — вписані спираються на а) одну і ту саму дугу AB, тому ∠ ABD = ∠ ACD .

$

%

∠ CAD і ∠ CBD — вписані, спираються на б) одну дугу CD, тому ∠ CAD = ∠ CBD . ∠ BCA і ∠ BDA — вписані, спираються на в) одну дугу AB, тому ∠ BCA = ∠ BDA .

ГЕОМЕТРІЯ

SABCD = p ⋅ r =

г) ∠ BAC і ∠ BDC — вписані, спираються на одну дугу BC, тому ∠ BAC = ∠ BDC .

15. ABCD — трапеція.

AM — бісектриса ∠ A ; DM — бісектриса ∠ D ; BK — бісектриса ∠ B ;

879

#

$ .

/

1 ,

"

%

CK — бісектриса ∠ C ; N — точка перетину CK і DM; P — точка перетину AM і BK. Оскільки у трапеції AD  BC , то ∠ A + ∠ B = 180° .

1 1 ∠ BAP = ∠ A ; ∠ ABP = ∠ B ; 2 2 1 1 1 1 ∠ BAP + ∠ ABP = ∠ A + ∠ B = ( ∠ A + ∠ B ) = ⋅ 180° = 90° .

2 2 2 2 Тоді з  APB : ∠ APB = 180° − ( ∠ BAP + ∠ ABP ) = 180° − 90° = 90° ; ∠ MPK і ∠ BPA — вертикальні, тому ∠ MPK = 90° . Розглядаючи ∠ C і ∠ D , Υ CND аналогічно знайдемо ∠ CND = 90° , тоді ∠ MNK = 90° (вертикальні ∠ CND ) . У чотирикут­ нику PMNK: ∠ P = 90°; ∠N = 90°; ∠P + ∠N = 180°. Оскільки сума кутів чо­ тирикутника ∠ )K= =360 360 − ( ∠° P + ∠ °N ) = 360° − 180° = 180° ; ∠ M + ∠ K = 360° ,− то + ∠+ N ° −° 180 = 180 ( ∠∠PM ∠ M + ∠ K = ∠ P + ∠ N = 180° . Отже, навколо чотирикутника MNKP можна описати коло.

16. #

$

Q %

"

Чотирикутник ABCD — вписаний, тому ∠ A + ∠ C = 180° , отже ∠ A = 180° − ∠ C . ∠ PCD — зовнішній кут при вершині C; ∠ PCD + ∠ C = 180° (суміжні). Звідси ∠ PCD = 180° − ∠ C ; оскільки ∠ A = 180° − ∠ C і ∠ PCD = 180° − ∠ C , т о ∠ A = ∠ PCD .

17. #

&

ГЕОМЕТРІЯ

$ " 1

%

∠ BCP спирається на дугу BP, тому 1 ∪ BP = 2 ⋅ ∠ BCP = 2 ⋅ x° = x° . ∠ BAE спирається на дугу BE, тому 2 ∪ BE = 2° ∠ BAE = 2 ⋅

880

AE — бісектриса ∠ A ; CP — бісектриса ∠ C . Оскільки ABCD — вписаний у коло, то ∠ A + ∠ C = 180° . Нехай ∠ C = x , тоді ∠ A = 180° − x .

1 1 1 ∠ BCP = ∠ C = x ; ∠ BAE = (180° − x ) 2 2 2

1 (180° − x° ) = 180° − x° .

2

∪ EP = ∪ EB + ∪ BP = x° + 180° − x = 180° . Якщо ∪ EP = 180° , то EP — діаметр кола. Отже, EP проходить через центр кола.

18. .

Q #

" $ %

ABCD — вписаний чотирикутник.

DM — бісектриса ∠ D ; BM — бісектриса ∠ ABP , де ∠ ABP — зовнішній при вершині B. Нехай ∠ B = x , оскільки ABCD — вписаний, то ∠ D = 180 − x .

DM — бісектриса ∠ D , тому 180 − x ∠ MDC = .

2

∠ ABP — суміжний з ∠ B , тому ∠ ABP = 180° − ∠ B = 180° − x ; 180 − x BM — бісектриса ∠ ABP , тому ∠ ABM = .

2 Розглянемо чотирикутник DMBC; ∠ MDC = ∠ MBC = ∠ MBA + ∠ ABC =

180 − x ; 2

180° − x +x ; 2

∠ MDC і ∠ MBC — протилежні 180° − x 180° ⋅ x ∠ MDC + ∠ MBC = + + x == 180° − x + x = 180° .

2 2 сума кутів чотирикутника 360° . Якщо ∠ MDC + ∠ MBC = 180° , то і ∠ DMB + ∠ BCD = 180° . Отже, навколо чотирикутника DMBC можна описати коло. Але т. B, т.

C і т. D уже лежать на колі, тому т. D лежить на цьому самому колі, бо неможливо побудувати коло, яке проходить через т. D, C, B, M відмінне від даного (два різні кола не можуть мати три спільних точки).

#

$ 0

1 %

"

.

ABCD — чотирикутник.

M — точка перетину продовження сторін AB і CD; P — точка перетину продовження сторін BC і AD. MO — бісектриса ∠ BMC ; PO — бісектриса ∠ BPA . З  MBC : ∠ M = 180° − ( ∠ B + ∠ C ) .

MO — бісектриса, тому 180 − ( ∠ B + ∠ C ) 1 ∠ OMC = ∠ M = .

2 2

З  BPA : ∠ P = 180° − ( ∠ B + ∠ A ) ; PO — бісектриса, тому 180 − ( ∠ B + ∠ A ) 1 ∠ OPA = ∠ P = .

2 2 З  MDP , у якому ∠ PDM = ∠ CDA = ∠ D (вертикальні) . ∠DMP + ∠DPM = 180 − ∠D. Розглянемо  OMP : ∠ OMP = ∠ OMC + ∠ DMP ∠ OPM = ∠ OPA + ∠ MPD ;

ГЕОМЕТРІЯ

20.

881

∠ OMP + ∠ OPM = ∠ OMC + ∠ DMP + ∠ OPA + ∠ MPD = = ∠ OMC + ∠ OPA + ( ∠ DMP + ∠ MPD ) = =

180° − ( ∠ B + ∠ C ) 180° − ( ∠ B + ∠ A ) + + 180° − ∠ D = 2 2

= 90 −

∠B ∠C ∠B ∠ A − + 90° − − + 180 − ∠ D = 2 2 2 2

∠C  ∠B ∠B   ∠A = 360° −  + + ∠ D −  + =  2   2 2 2  ∠C  ∠B ∠B 1   ∠A = 360° − ( ∠ B ++∠ D ) −+ ∠( D ∠A−+ ∠ C ) .+ Оскільки  = ABCD — вписаний  2 2 2 2 2  чотирикутник, то ∠ B + ∠ D = 180° ; ∠ A + ∠ C = 180° . Отже 1 ∠ OMP + ∠ OPM = 360° − 180° − ⋅ 180° = 90° .

2 Тоді з OPM : ∠ POM = 180° ( ∠ OMP + ∠ OPM ) = 180° − 90° = 90° . Тобто бісектриси PO і MO перпендикулярні.

21. #

"  ,

 .

ГЕОМЕТРІЯ

$

і  AKM — рівнобедрений. Якщо ∠A=α , то ∠ AMK = α ( в л а с т и в і с т ь рівнобедреного трикутника). ∠ KMH = ∠ AMH − ∠ AMK = 90° − α . ∠ BMN — вертикальний з ∠ KMH , тому ∠ BMN = ∠ KMH = 90° − α . ∠ HAC = ∠ HBC (вписані кути, які спираються на одну дугу). Тому ∠ HBC = α . З  MBN : ∠ MNB = 180° − ( ∠ NMB + ∠ MBN ) = 180° − ( 90° − α + α ) = 90° . Тому MN ⊥ BC , а отже і KN ⊥ BC , тобто, пряма, проведена через т. M і середину AH перпендикулярна до сторони BC. )

23. / # .

0 " 2

882

/

ABCH — вписаний чотирикутник, AC ⊥ BH .

M — точка перетину AC і BH. K — середина AH; KM перетинає BC у т. N.  AMH — прямокутний.

1 MK — медіана; тому MK = AH = AK = KH 2

$

; %

1

ABCD — вписаний чотирикутник.

BD ⊥ AC , Z — точка перетинку BD і AC. MN; NP; PQ; QM — дотичні, проведені до кола через точки B; C; D; A. Нехай ∠ DBC = α , тоді ∠ DBC — вписаний, ∠ DOC — відповідний центральний; ∠ DOC = 2α . У чотирикутнику OCPD: ∠ DOC = 2α ; ∠ OCP = 90° ; ∠ ODP = 90° (властивість дотичної).

Оскільки сума кутів чотирикутника 360° , то ∠ CPD = 360° − 2α − 90° − 90° = 180° − 2α ; ∠ P = 180° − 2α . Розглянемо прямокутний трикутник BZC; ∠ ZBC = α , бо ∠ZBC = ∠DBC, тоді ∠ BCZ = 90° − ∠ ZBC = 90° − α . ∠ BCA = ∠ BCZ = 90° − α ; ∠ BCA — вписаний в коло; ∠ BOA — від­ повідний центральний кут. ∠ BOA = 2 ⋅ ∠ BCA = 2° ( 90° − α ) = 180° − 2α . У чотирикутнику OBMA: ∠ OBM = 90° ; ∠ OAM = 90° (властивість дотичної) ∠ BOA = 180° − 2α , тоді ∠ BMA = 360° − 90 − 90 − (180 − 2α ) = 2α ; ∠ M = 2α . У чотирикутнику MNPQ: ∠ M і ∠ P — протилежні. ∠ M + ∠ P = 180° − 2α + 2α = 180° . Аналогічно можна довести: ∠ Q + ∠ N = 180° . У чотирикутнику сума протилежних кутів дорівнює 180° , є вписаним, тобто навколо нього можна описати коло.

§ 13. Про деякі властивості площ трикутника і паралелограма та опорні факти, що з них випливають

Завдання 12 1. а) GHSF не є паралелограмом, бо ∠ HGS і ∠ GSF — внутрішні різносторонні при прямих GH; FS і січній GS. Оскільки ∠ HGS ≠ ∠ GSF , то GH і FS не паралельні. б) MNPB — паралелограм, бо ∠ MBP і ∠ NPB — внутрішні односторонні при прямих BM, PN і січній BP. Оскільки, ∠ MBP + ∠ NPB = 36° + 144° = 180° , то MB  PN ; ∠ N = ∠ B , т о м у ∠ BPN + ∠ PNM = 180° , ∠ BPN і ∠ PNM внутрішні односторонні при прямих BP; MN і січній PN, звідси: MN  BP .

—

б) Один кут x, другий — 3x . x + 3x = 180° ; 4x = 180° ; x = 45° . Гострі кути по 45° , тупі кути по 180° − 45° = 135° . в) BC  AD ; AC — січна. ∠ CAD = ∠ BCA = 40° (внутрішні різносторонні) ∠ A = ∠ BAC + ∠ CAD = 20° + 40° = 60° ; ∠ C = ∠ A = 60° ; ∠ B = 180° − 60° = 120° ; ∠ D = ∠ B = 120° . г)

#

$

 , "

ГЕОМЕТРІЯ

2. а) ∠ A = x ; ∠ B = x + 30° ; ∠ A + ∠ B = 180° ; x + x + 30° = 180° ; 2x = 180 − 30 ; 2x = 150 ; x = 75° . ∠ A = 75° ; ∠ B = 75° + 30° = 105° ; ∠ C = ∠ A = 75° ; ∠ D = ∠ B = 105° .

 BCK — рівнобедрений. ∠ CBK = ∠ CKB . ∠ CKB = ∠ KBA (як внутрішні різносторонні при паралельних AB; CD і січній BK. Отже: ∠ CKB = 20° ; тоді ∠ CBK = 20° . ∠ B = ∠ CBK + ∠ KBA = 20° + 20° = 40° .

883 % ∠ D = ∠ B = 40° ;

∠ C = 180° − ∠B = 180° − 40° = 140;° ∠ A = ∠ C = 140° . д)  ABD — рівнобедрений з основою AD, бо висота, проведена з вер­ шини B є медіаною; тому ∠ BAD = ∠ BDA = 70° ; ∠ C = ∠ A = 70° ; ∠ B = 180° − ∠ A = 180° − 70° = 110° . ∠ D = ∠ B = 110° .

3. а) KLMN — паралелограм. ∠ K = 84° ; ∠ M = ∠ K = 84° . ∠ L = 180° − ∠ K = 180° − 84° = 96° . ∠ N = ∠ L = 96° . б) ∠ K − ∠ L = 55° . Нехай ∠ L = x , тоді ∠ K = 55° + x . ∠ L + ∠ K = 180° . x + x + 55° = 180° , 2x = 125° , x = 62, 5° , x = 62°30′ ; ∠ L = ∠ N = 62°30′ . ∠ K = ∠ M = 180° − 62°30′ = 117°30′ . в) ∠ K + ∠ M = 142° ∠ K = ∠ M = 142° : 2 = 71° ∠ L = ∠ N = 180° − 71° = 109° . г) ∠ K = 2 ∠ L . Нехай ∠ L = x ; тоді ∠ K = 2x . ( ∠ L і ∠ K — сусідні; ∠ L + ∠ K = 180° ) , x + 2x = 180° , 3x = 180° , x = 60° ; ∠ L = 60° ; ∠ K = 2 ⋅ 60° = 120° . ∠ M = ∠ K = 120° ; ∠ N = ∠ L = 60° .

4. а) Ці кути — сусідні; нехай менший кут дорівнює x, більший 3x : x + 3x = 180° , 4x = 180° , x = 180° : 4 , x = 45° . Отже, гострі кути паралелограма по 45° , тупі кути по 180° − 45° = 135° . б) Ці кути протилежні, бо сусідні кути в сумі дають 180° . Протилежні кути рівні; тому кожен з даних кутів 130° : 2 = 65° . Гострі кути пара­ лелограма по 65° , тупі кути по 180° − 65° = 115° .

ГЕОМЕТРІЯ

в) Йдеться мова про сусідні кути. Нехай гострий кут x° , тоді тупий x + 40° : x + x + 40° = 180° , 2x = 140° , x = 70° .

70° + 40° = 110° . Отже, гострі кути по 70° , тупі кути по 110° . г) Дані кути — сусідні, бо нерівні.

2x — один кут; 3x — другий кут.

2x + 3x = 180° , 5x = 180° , x = 180° : 5 , x = 36° .

36° ⋅ 2 = 72° . 36° ⋅ 3 = 108° . Два кути паралелограма по 72° , два кути — по 108° . д) Дані кути сусідні. Більший кут x° , тоді менший 0, 2x° . Сума їх 180° : x + 0, 2x = 180 , 1, 2x = 180 , x = 180 : 1, 2 , x = 150 . У даному паралелограмі два кути по 150° , два інших кути по 0, 2 ⋅ 150° = 30° .

884

5. а) Не може, бо сума сусідніх кутів 180° , а сума гострих кутів не може дорівнювати 180° .

б) Не може, бо з трьох останніх тупих кутів два — сусідні, а сума двох тупих кутів не може дорівнювати 180° . в) Не може, бо протилежні кути рівні, а тому у паралелограма кути попарно рівні. Якщо три кути рівні між собою, то четвертий також повинен бути їм рівний.

6. ABCD — паралелограм, навколо якого можна описати коло; тоді: ∠ A + ∠ C = 180° , ∠ B + ∠ D = 180° , але ∠ A = ∠ C , ∠ B = ∠ D , звідси ∠ A = 90° ; ∠ C = 90° ; ∠B = 90°; ∠ D = 90° . Тому ABCD — прямокутник.

7.

ABCD — паралелограм.

AC — більша діагональ. ∠ BAD і ∠ CAD втричі менші за ∠ B . Отже, $ # ∠ BAC = ∠ CAD . Нехай ∠ BAC = ∠ CAD = x° , тоді ∠ B = 3x° , а ∠ A = ∠ BAC + ∠ CAD = x + x = 2x . " % ∠ A + ∠ B = 180° 2x + 3x = 180° , 5x = 180° , x = 36° , тоді ∠ A = ∠ C = 36 ⋅ 2 = 72° ; ∠ B = ∠ D = 3 ⋅ x = 3 ⋅ 36° = 108° .

б)

$

#

"

%

в) ∠ BAC = α ; ∠ CAD = β . ∠ A = ∠ C = α + β ; ∠ B = ∠ D = 180° − ( α + β ) ; ∠ B = ∠ D = 180° − α − β .

8. #

$

o o o "

%

# Y

$

o .

"

o ,

%

ABCD — паралелограм.

AC — більша діагональ; ∠ BAC = 16° ; ∠ CAD = 37° , тоді ∠ A = ∠ C = ∠ BAC + ∠ CAD = 16° + 37° = 53° . ∠ B = ∠ D = 180° − 53° = 127° .

ABCD — паралелограм. ∠ CAD = ∠ BCA (внутрішні різносторонні при паралельних BC, AD і січній AC). ∠ BOC = 180° − 45° = 135° ( ∠ BOC + ∠ COD = 180° суміжні). З  BOC : ∠ OBC = 180° − (135° + 25° ) = 20° .

ABCD — паралелограм. ∠ ABC + ∠ BCD = 180° . ∠ ABC = 180° − 65° = 115° , ∠ A = ∠ C = 65° . З  ABK : ∠ ABK = 90° − 65° = 25° . З  BCM : ∠ CBM = 90° − 65° = 25° . ∠ ABC = ∠ ABK + ∠ KBH + ∠ MBC . ∠ KBM = ∠ ABC − ( ∠ ABK + ∠ MBC ) = = 115° − ( 25° + 25° ) = 65° .

ГЕОМЕТРІЯ

а)

885

9. а)

#

$

o

"

,

%

б) #

"

,

%

ABCD — паралелограм; BK — бісектриса. ∠ BKA = ∠ A (за умовою), ∠ BKA = ∠ KBC $ (внутрішні різносторонні при BC  AD і січній BK. Нехай ∠ BAK = x° , тоді ∠ BKA = ∠ KBC = x° ; BK — бісектриса, тоді ∠ ABC = 2 ⋅ ∠ KBC = 2x . ∠ A + ∠ B = 180° ; x + 2x = 180° , 3x = 180° , x = 60° ; ∠ A + ∠ C = 60° , ∠ B = ∠ D = 180° − 60° = 120°.

10. а) #

$ o 1

"

,

%

ABCD — паралелограм.

BC  AD : B K — с і ч н а ∠ BKA = ∠ KBC (внутрішні різносторонні при BC  AD і січній BK). Тому ∠ CBK = 50° . Оскільки BK — бісектриса, то ∠ B = 2 ⋅ ∠ CBK = 100° ; ∠ D = ∠ B = 100° ; ∠ A = 180° − ∠ B = 180° − 100° = 80° ; ∠ C = ∠ A = 80° .

ABCD — паралелограм BK ⊥ AD ; BP ⊥ DC ∠KBP = 50° . Нехай ∠A = x ; тоді ∠ABK = 90° − x (з прямо­ кутного  ABK ). ∠C = ∠A = x , тоді ∠CBP = 90° − x (з прямо­ кутного CBP ) ∠B = ∠ABK + ∠KBP + ∠PBC = 90 − x + 50 + 90 − x

∠A + ∠B = 180° x + 90° − x + 50° + 90° − x = 180° −x = −50° x = 50° , Отже, ∠A = ∠C = 50° ∠B = ∠D = 180° − 50° = 130° . б) #

ГЕОМЕТРІЯ

o "

,

%

ABCD — паралелограм BK ⊥ AD ; ∠ABK = 50° . $  ABK — прямокутний ∠A = 90° − ∠ABK = 90° − 50° = 40° ∠C = ∠A = 40° ; ∠B = 180° − ∠A = 180° − 40° = 140° ∠D = ∠B = 140° .

11. Не може, бо у паралелограма протилежні сторони рівні. Якщо із сторін a , b , c , d ; a = b = c і a = c ; b = d , та сторона d повинна дорівнювати решті трьом сторонам.

12. Сторони паралелограма і діагональ утворюють трикутник. Але трикут­ ника зі сторонами 3 см; 5 см; 10 см не існує: не виконується нерівність трикутника: 10 < 3 + 5 , тому більша діагональ не може дорівнювати 10 см.

CD = AB; BC = AD, тому AB = BC = CD = DA. AB + BC + CD + DA = 24 AB = AD, але 13. а) DA = 24 , тому AB=6 см; BC=6 см; CD=6 см; DA=6 см.

DA. AB + BC + CD + 886

< тоді AD = ( x + 3) A б) Нехай AB = x Aсм; с<м; P = ( x + x + 3) ⋅ 2 , а за умовою P = 24 см; (2x + 3) ⋅ 2 = 24 2x + 3 = 12 2x = 9 x = 4,5 AB = CD = 4,5 см AD = BC = 4,5 + 3 = 7,5 см. в) Нехай AB = x ; BC = 2x , P = ( x + 2x ) ⋅ 2 , або 24 см тоді ( x + 2x ) ⋅ 2 = 24 6x = 24 x = 24 : 6 x = 4 см AB = CD = 4 см BC = 2 ⋅ 4 = 8 см, AD = BC = 8 см. г) Нехай LB = x см, тоді LC = (x + 3) см BC = BL + LC = x + x + 3 = 2x + 3 ∠LAD = ∠BLA ( в н у т р і ш н і р і з н о с т о р о н н і п р и п а р а л е л ь н и х BC , AD і спільній AL ) . Але ∠LAD = ∠BAL ( AL — бісектриса) тому ∠BLA = ∠BAL , а отже,  ABL — рівнобедрений.

AB = BL = x см A< P = ( AB + BC ) ⋅ 2 = ( x + 2x + 3) ⋅ 2 , а за умовою 24 см (x + 2x + 3) ⋅ 2 = 24 3x + 3 = 12 3x = 9 x=3 AB = CD = 3 Aсм < BC = AD = 2 ⋅ 3 + 3 = 9 см.

$

#

"

б)

%

в)

%

$

#

"

$

#

"

%

Якщо сторони відносяться як 5 : 7 , то ці сторони сусідні, бо нерівні. Нехай у паралелограма ABCD : AB = 5x ; BC = 7x ; P = 48 с м . Т о м у (5x + 7x) ⋅ 2 = 48 12x = 24 x = 2 , тоді AB = CD = 5 ⋅ 2 = 10 с м ; BC = AD = 7 ⋅ 2 = 14 см.

A< BC − AB = 7 Aсм. < Нехай AB = x A с< м; BC = ( x + 7 ) A с< м; P = 48 A с< м, тому ( x + x + 7 ) ⋅ 2 = 48 2x + 7 = 24 2x = 17 , см AB = CD = 8,5 см BC = AD = 8,5 + 7 = 15,5 см.

A< Нехай AB = x A с< м , тоді BC = 2x см P = 48 Aсм, < тому ( x + 2x ) ⋅ 2 = 48 6x = 48 , x = 8 A см, < AB = CD = 8 A см. < BC = AD = 2 ⋅ 8 = 16 см.

A<

ГЕОМЕТРІЯ

14. а)

887

15. а) P = (3 + 5) ⋅ 2 = 16 A см < б)

# "

ÊÅ

$

в) $ 0 ,

.

"

ГЕОМЕТРІЯ

16.

888

BK =

1 2

AB

(катет, що лежить проти кута 30° ) , тому AB = 2 ⋅ BK = 2 ⋅ 2 = 4 см A< P = ( AB + BC ) ⋅ 2 = (4 + 6) ⋅ 2 = 20 см.

A<

o ÊÅ , %

#

 ABK — прямокутний;

∠CBM = ∠OMA , але ∠CBM = ∠OMA — відповідні при прямих BC , OM і січною AB , тому BC  OM ; OM перетинає CD в т. К.; BCKM — паралелограм ( AB  CD , тому BM  CK ; BC  MK ) , тому BC = MK = 2 ⋅ OM = 2 ⋅ 2 = 4 см A< P = (4 + 5) ⋅ 2 = 18 см A<

%

 ABC — рівнобедрений AB = BC = 10 Aсм < M — довільна точка сторони AC .

1 , MK  AB ; MP  AB..

K ∈ BC ; P ∈ AB .

PBKM — паралелограм. " . $ AB  MK ; AC — січна ∠BAC = ∠KMC (відповідні), але ∠BAC = ∠BCA , тому ∠KMC = ∠BCA , або ∠KMC = ∠KCM . MKC — рівнобедрений, отже, MK = KC ; BC = BK + KC , оскільки BC = 10 A с<м ; а KC = MK , то BK + MK = 10 см A< PPBKM = ( BK + KM ) ⋅ 2 = 10 ⋅ 2 = 20 A с<м. #

17. а) ABCD — паралелограм AD = 12 A с< м; ∠1 = ∠2 ; ∠3 = ∠4 ; AB = 3,5 см A< & ' # $ ∠1 = ∠2 , а ∠2 = ∠BEA , бо ∠2 і ∠BEA — внутрішні різносторонні при паралельних BC , AD і січній AE , тоді

∠ 1 = ∠BEA , тому  ABE — рівнобедрений

AB = BE = 3,5 сA< м. " % А н а л о г і ч н о д о в е д е м о , щ о FCD — рівнобедрений, CD = FC ; CD = AB = 3,5 сA< м, тому FC = 3,5 A см < BC = AD = 12 A см < BC = BE + EF + FC ; BE + EF + FC = 12 3,5 + EF + 3,5 = 12 EF = 12 − 7 , EF = 5 см A< б) ABCD — паралелограм AD = 12 A с<м ; ∠1 = ∠2 ; ∠3 = ∠4 ; AB = 8 A< см а ∠2 = ∠BFA (внутрішні різносторонні при паралельних BC , AD і січній AF , але ∠2 = ∠1 , тому ∠1 = ∠BFA , отже,  ABF — рівнобедрений BF = AB = 8 Aс<м .

&

#

'

"

Аналогічно доведемо, що EC = CD (з того, що ∠ECD — рівнобедрений); EC = 8 A с<м , FC = EC − EF = 8 − EF ; BC = AD = 12 A с< м.

BC = BF + FC . Тому BF + FC = 12 , 8 + 8 − EF = 12 , EF = 4 сA< м.

$

%

18.

,

#

"

ABCD — паралелограм AK — бісектриса; K ∈ BC BK = 6 A с< м; KC = 4 см A< ∠KAD = ∠BKA (внутрішні різносторонні при BC  AD і січній AK ) і ∠KAD = ∠KAB , тоді ∠BKA = ∠KAB . Отже,  ABK — рівнобедрений: BK = AB = 6 A с< м . BC = BK + KC = 6 + 4 = 10 A с< м.

P = (6 + 10) ⋅ 2 = 32 A с<м.

$

%

,

#

"

$

ІІ випадок: Якщо BK = 4 A с<м , KC = 6 A с<м . Аналогічно:  ABK — рівнобедрений, AB = BK = 4 сA< м, BC = 10 сA< м. P = (4 + 10) ⋅ 2 = 28 см.

A<

%

19. а) S = a ⋅ h = 12 ⋅ 8 = 96 с м 2 ; б) a = S : h = 34 : 8,5 = 340 : 85 = 4 сA< м; 2 2 в) S = 162 A< см ; h = 30 с м. a = S : h = 162 : 30 = 5, 4 сA< м.

20.

#

$

ÊÅ

ÊÅ

21.

%

$

#

BK =

%

" ,

ABCD — паралелограм AB = 8 A с< м; AD = 10 A с< м; ∠A = 30° BK ⊥ AD  ABK — прямокутний, ∠A = 30° , тому 1 2

AB =

1 2

⋅ 8 = 4 см A<

SABCD = AD ⋅ BK = 10 ⋅ 4 = 40 Aс<м2 2 .

22.

$

#  "

, %

.

ABCD — паралелограм ∠A = 30° ; BK ⊥ AD ; BK = 4 A c< м; BM ⊥ CD ; BM = 6 сA< м. ∠A = ∠! = 30° ; у BCM — прямокутного: ∠C = 30° ; тому BM =

BC = 2 ⋅ BM = 2 ⋅ 6 = 12 Aс<м; AD = BC = 12 см A< SABCD = AD ⋅ BK = 12 ⋅ 4 = 48 Aс<м2 2

1 2

ГЕОМЕТРІЯ

"

ABCD — паралелограм, BD — діагональ, BD ⊥ AB . BD — висота паралелограма, проведена до сторони AB .

S = 12 ⋅ 11 = 132 сA< м 2.

BC , отже

889

23. a ; b — сторони паралелограма; ha = 6 A см < ; hb = 8 см; A< S = 72 Aс<м2 2 S = a ⋅ ha , звідси a = S : ha a = 72 : 6 a = 12 Aсм < S = b ⋅ hb ; тому b = S : hb b = 72 : 8 b = 9 Aсм < P = ( a + b ) ⋅ 2 = (12 + 9) ⋅ 2 = 42 A см. < 24. $

#

ABCD — паралелограм 2 2 P = 48 сA< м; S = 56 A< см ; ha = 4 A с<м; S = a ⋅ ha , тому a = S : ha = 56 : 4 = 14 A см < P = ( a + b ) ⋅2 , звідси a + b =

%

"

a+b =

48

P 2

2

a + b = 24 . Оскільки a = 14 A с< м , то b = 24 − a = 24 − 14 = 10 A см < S = b ⋅ hb , 10 ⋅ hb = 56 hb = 56 : 10 hb = 5, 6 Aсм. < 25. У даному паралелограмі

ha hb

=

5 7

, тоді

a b

=

ha hb

=

5 7

. Нехай b = 5x ; a = 7x ,

тоді p = (5x + 7x ) ⋅ 2 , а за умовою P = 48 A с< м . Отже, (5x + 7x ) ⋅ 2 = 48 24x = 48 x = 2 , тоді b = 5x = 5 ⋅ 2 = 10 A см < a = 7x = 7 ⋅ 2 = 14 A см. < 26.

1

ГЕОМЕТРІЯ

or A 5 #

&

'

$

а) ABCD — паралелограм AE — бісектриса ∠A DF — бісектриса ∠D Позначимо ∠BAE = α , тоді ∠BAD = 2α , ∠CDA = 180° − 2α , а 180° − 2α ∠ADF = = 90° − α .

2

З  APD : ∠PAD + ∠ADP + ∠APD = 180° 2α + 90 − α + ∠APD = 180° " % ∠APD = 180° − (90° + α ) = 90° − α . У  APD ∠P = ∠D о т ж е ,  APD — рівнобедрений. AT — бісектриса, а отже і висота, і медіана. or A

Тому T — середина PD ; PT =

890

1 2

PD =

1 2

⋅ 10 = 5 Aсм. <

б)  APD — рівнобедрений; AD = AP = 12 Aсм < PD = 10 Aсм < P APD = 12 + 12 + 10 = 34 Aсм. <

в) ∠BAE = ∠EAD ( з а у м о в о ю ) , а ∠EAD = ∠BEA ( в н у т р і ш н і різносторонні при паралельних BC ; AD і січній AE ) тому ∠BAE = ∠BEA . Отже,  ABE — рівнобедрений AB = BE = 3,5 A< см. Аналогічно, розглянувши DCF ; FC = CD = 3,5 Aс<м.

BC = BE + EF + FC ; BC = AD = 12 см A< 3,5 + EF + 3,5 = 12 EF = 12 − (3,5 + 3,5) EF = 5 см.

A< 27. ABCD — паралелограм AB = 8 A< см ; BC = 10 A см < а)

більшу сторону BC ділить на дві частини бісектриса ∠A і AP 1 # $ ∠PAB = ∠PAD (бо AP — бісектриса), але ∠PAD = ∠BPA (внутрішні різносторонні при паралельних BC , AD , січній AP ) тому ∠PAB = ∠BPA , тоді  ABP — рівнобедрений; AP — основа; AB=BP; за умовою AB=8 см, " % тоді BP = 8 A с<м ; PC = BC − BP = 10 − 8 = 2 A с<м . Отже більша сторона розділена бісектрисою на відрізки: 8 Aсм < і 2 A< с м. ∠A = ∠D — кути, прилеглі до більшої сторони AP — бісектриса ∠A ; .

1 # $ DM — бісектриса ∠D . Потрібно знайти довжину відрізка MP . В пункті а) ми доводили, що  ABP — рівнобедрений AB = BP , аналогічно MCD — рівнобедрений MC = CD = 8 A с< м . Відрізок BC поділений точ­ " % кою P на відрізки BP = 8 A с<м ; PC = 2 A с<м ; точкою M на відрізки BM = 2 A с<м, MC = 8 A с< м . Якщо BC = 10 A с< м, BM = 2 Aсм < і PC = 2 A см < , то MP = BC − ( BM + PC ) = 10 − (2 + 2) = 6 A см. <

28.

/

#

1

"

$

%

ABCD — паралелограм АN — бісектриса CP — бісектриса ∠C BC  DA ; AN — січна ∠BNA = ∠NAD (внутрішні різносторонні при паралельних BC , AD і січній AN ) , але ∠NAD = ∠BAN (AN — бісектриса), тому ∠BAN = ∠BNA , ∠BNA =

∠BCP =

1 2

C , оскільки ∠A = ∠C , то ∠BNA = ∠BCP ,

1 2

<A ;

ГЕОМЕТРІЯ

б)

але ∠BNA і ∠BCP — відповідні при прямих AN , CP і січній BC , тому AN  CP . Якщо AB = BC , то AN , CP — збігаються, тобто бісектриси протилежних кутів лежать на одній прямій.

29. ABCD — паралелограм AP ; BM — бісектриси кутів, прилеглих до однієї сторони AB ;

891

1

#

O — точка їх перетину. AP — бісектриса

$

∠A , тому ∠BAO =

∠BAO + ∠ABO =

2

1

∠A +

∠B =

2

∠BAO + ∠ABO =

%

.

1

2

∠A ;

BM — бісектриса ∠B , тому ∠ABO =

0 "

1

1

1 2

∠A +

1 2

∠B =

1 2

1 2

∠B .

1

( ∠A + ∠B) = 2 ⋅ 180° = 90

1

( ∠A + ∠B) = 2 ⋅ 180° = 90°

2

( ∠A + ∠B = 180° — внутрішні односторонні при паралельних BC , AD і січній AB ). Розглянемо  ABO : ∠ABO + ∠BAO + ∠BOA = 180° оскільки ∠ABO + ∠BAO = 90° , т о ∠BOA = 180° − (∠ABO + ∠BAO) = 180° − 90° = 90°.

BM і AP перетинаються під кутом 90° . Отже, BM ⊥ AP .

30.

#

1

/ 0

.

4 "

;

В задачі № 28 доведено AN  CZ і BK  DP , тому чотирикутник MOES — паралелограм. В задачі № 29 доведено що бісектриси кутів, прилеглих до однієї сторони, перпендикулярні. Отже, у паралелограма MOES — всі кути по 90° , тому MOES — прямокутник.  ABN — рівнобедрений; BM — висота, а тому і медіана. Отже,

$

A

& %

,

BN =

1

AN ; аналогічно CE =

2

1 2

CZ , але AN = CZ (протилежні сторони

паралелограма ANCZ ) , тому MN = EC і MN  EC , отже MNCE — паралелограм, звідси ME  NC ; і ME = NC , тому ME  BC , NC = BC − BN ; а BN = AB , тому NC = BC − AB , отже ME = BC − AB ; OS = ME = BC − AB . Якщо ∠BCE = α , то ∠ECD = α ; ∠MES = α і OSE = α , звідси OS  CD .

31.

$

or A A

&

ABCD — паралелограм CF ; CP ; DM ; DP ; AM ; AE ; BF ; BE — бісектриси зовнішніх кутів па­ ралелограма. F ; P ; M ; E — точки перетину бісектрис. Н е х а й ∠A = α , т о д і ∠B = 180° − α ; ∠OBC — зовнішній кут при вершині B . ∠OBC = 180° − ∠B = 180° − (180° − α ) =. α

'

0 #

1 %

"

ГЕОМЕТРІЯ

.

∠FBC =

1

∠OBC =

2

1 2

α ; ∠C = ∠A = α , тоді зовнішній кут при вершині

C дорівнює 180° − α ; CF — бісектриса, тому ∠FCB =

1 2

α

(180° − α ) = 90° − 2

.

Розглянемо BFC : ∠FBC + ∠FCB + ∠F = 180° 1 2

892

α + 90° −

∠F = 90° .

α 2

+ ∠F = 180°

Отже, ∠F — прямий. Аналогічно доведемо, що ∠P = 90° ; ∠M = 90° ; ∠E = 90° . Можна зробити висновок: MEFP — прямокутник. Діагоналі прямокутника паралельні сторони паралелограма. Нехай ∠C = α ; тоді ∠B = 180° − α

32. #

$

o

o

0

α 2

; ∠CBE =

180° − α 2

;

 α 180° α  ∠BEC = 180° − ( ∠CBE + ∠BCE) = 180° −  + −  = 90° 2 2 2

o

&

∠BCE =

"

% α 180° α  ∠BEC = 180° − ( ∠CBE + ∠BCE −  = 90° . ) = 180° −  + 2 2 2

В BEO : ∠BEO = 90° ; ∠BOE = 80° , тоді ∠OBE = 90° − 80° = 10° ∠ABD = ∠CDB (внутрішні різносторонні при паралельних AB , CD і січній BD ), тому ∠ABD = 60° ; ∠ABD = ∠ABE + ∠EBO ; звідси: 1

∠ABE = ∠ABO − ∠EBO = 60° − 10° = 50° ; ∠ABE = ∠ABC , 2 тому ∠ABC = 2 ⋅ ∠ABE = 2 ⋅ 50° = 100° . ∠CDA = ∠ABC = 100° і ∠BAD + ∠ABC = 180° , звідси ∠BAD = 180° − ∠ABC = 180° − 100° = 80° ∠BCD = ∠BAD = 80° .

33.

ABCD — паралелограм BP ⊥ AD ; AE — бісектриса ∠A . а) ∠BEA = 110° ∠AEP суміжний з ∠BEA ; & ∠AEP = 180° − 110° = 70° " % 1  AEP — прямокутний; ∠AEP = 70° , тоді ∠EAP = 90° − 70° = 20° ; AE — бісектриса ∠A , тому ∠A = 2 ⋅ ∠EAP = 2 ⋅ 20° = 40° ; ∠C = ∠A = 40° ∠B = 180° − ∠A = 180° − 40° = 140° ; ∠D = ∠B = 140° $

#

#

34.

$

  "

% ,

ABCD — паралелограм BK ⊥ AD ; BN ⊥ DC BK перетинає AC в т. P; ∠BPC = 57° BN перетинає AC в т. M; ∠BMA = 72° ∠BPC = ∠APK = 57°, APK — прямо­ кутний, ∠PAK = 90° − ∠APK = 90° − 57° = 33° ∠BMA = ∠CMN = 72° ( я к в е р т и ­ кальні), MCN — прямокутний, ∠MCN = 90° − ∠CMN = 90° − 72° = 18°

ГЕОМЕТРІЯ

б) ∠ABE = ∠BAE . Нехай ∠BAE = α ; тоді ∠ABE = α , а ∠BAD = 2α (бо AE — бісектриса ∠A )  APB — прямокутний, тому ∠BAP + ∠ABP = 90° ; α + 2α = 90° α = 30° , тоді ∠A = 2α − 2 ⋅ 30 = 60° ; ∠C = ∠A = 60° ∠B = ∠D = 180° − 60° = 120° .

Розглянемо  ACD : ∠CAD = ∠PAK = 33° ; ∠DCA = ∠NCM = 18° ; ∠D + ∠CAD + ∠DCA = 180° , 893 тоді ∠D = 180° − ∠CAD − ∠DCA = 180° − 33° − 18° = 129°

∠B = ∠D = 129° ∠A = ∠C = 180° − 129° = 51° .

35. а)

#

"

∠1 = ∠2 (за умовою) але ∠1 і ∠2 — внутрішні $ різносторонні при прямих AB ; CD і січній AC , тому AB  CD , до того ж AB = CD (за умовою). Отже, ABCD — паралелограм.

%

б)

∠3 = ∠4 , а ∠3 і ∠4 — в н у т р і ш н і $ р і з н о с т о р о н н і п р и п р я м и х BC ; AD 1 і січній KP , тому AB  CD . ∠1 і ∠2 — внутрішні різносторонні при прямих AB ; CD

і січній MN , ∠1 = ∠2 , тому BC = AD . У чо­ / % тирикутнику ABCD AB  CD ; BC  CD , тому ABCD — паралелограм.

# .

,

"

У чотирикутнику MBPD — діагоналі перети­ наються і точкою перетину діляться пополам. Отже, MBPD — паралелограм, тому MB  DP , BP  MD .

BD — січна для паралельних

0 BP і MD , тому ∠3 = ∠4 ; $ за умовою ∠2 = ∠1 , тоді ∠3 + ∠2 = ∠4 + ∠1 ; % 1 ∠2 + ∠3 = ∠CBD , ∠4 + ∠1 = ∠BDA ∠BCD = ∠BDA , і ці кути внутрішні різносторонні при прямих BC ; AD і січній BD , тому BC  AD . Оскільки MB  DP і MB лежить на AB ; а DP лежить на DC , то AB  CD . У чотирикутнику ABCD протилежні сторони попарно паралельні, тому ABCD — паралело­ грам. в)

ГЕОМЕТРІЯ

36.

894

.

"

#

ABCD — паралелограм, тому BC = AD властивість паралелограма BH = DF (за умовою), звідси & ( BC − BH = AD − DF , HC = AF ; ∠A = ∠C (властивість паралелограма). Оскільки " % ' HC = AF ; CE = AG (за умовою); ∠C = ∠A , то HCE =FAG (І ознака) з рівності трикутників м а є м о HE = GF . А н а л о г і ч н о , GH = EF (з рівності HBG і FDE ) . У чотирикутнику HEFG протилежні сторони попарно рівні, отже, HEFG — паралелограм. )

#

$

ABCD — паралелограм PC = BC − BP , AE = AD − ED , так як 1 BC = AD і BP = ED , то PC = AE # $ CM = AK (за умовою) . ∠C = ∠A (властивість паралелограма) , З в і д с и PCM =EAK , з р і в н о с т і ц и х т р и к у т н и к і в PM = EK . А н а л о г і ч н о , " & % KP = ME (з рівності KBP і MDE ) . У чотирикутнику PMEK протилежні сторони рівні. Отже, PMEK — паралелограм.

37. а)

CP = AE (за умовою), CM = AK ∠C = ∠A (властивість паралелограма) 1 # $ CPM = AEK . З рівності трикутників . PM = EK BC = DA (властивість паралелограма) , CP = AE (за умовою) " BC − CP = DA − AE , але BC − CP = BP ; % & DA − AE = ED , т о м у BP = ED ; BA = CD (властивість паралелограма) AK = CM (за умовою), тому BA − AK = CD − CM , BA − AK = BK ; CD − CM = DM , тому BK = DM , якщо BP = ED BK = DM ∠B = ∠D (властивість паралелограма) BPK =DEM (І ознака) з рівності трикутників маємо KP = ME . У чотирикутнику KPME : протилежні сторони рівні. Отже, KPME — паралелограм.

б)

38. а)

# /

. "

%

ABCD — паралелограм AM = CN (за умовою) $ AD = CB (властивість паралелограма) ∠DAM = ∠BCN (внутрішні різносторонні при паралельних BC , AD і січній CA ) , тоді  AMD =CNB ; з рівності трикутників BN = MD . А н а л о г і ч н о ,  ABM =CDN , тоді BM = DN . У чотирикутнику BNDM протилежні сторони рівні, тому BNDM — паралелограм.

ABCD — паралелограм, AN = CM (за умовою) AD = CB (властивість паралелограма) $ ∠DAN = ∠BCM ( в н у т р і ш н і р і з н о ­ # с т о р о н ­н і п р и п а р а л е л ь н и х / BC , AD і січній AC ) , тоді  AND =CMB (І ознака). З рівності трикутників: BM = ND . і ∠BMC = ∠DNA , а ці кути є внутріш­ німи рівносторонніми при прямих " % BM ; ND і січній MN . Якщо кути рівні, то BM  ND . У чотирикутнику BNDM : ND  BM і ND = BM , отже, BNDM — паралелограм.

ГЕОМЕТРІЯ

б)

ABCD — паралелограм, тому BC = AD , ∠BCD = ∠BAD ∠PCM = 180° − ∠BCD ( ∠BCD і $ 1 ∠PCM — суміжні) # ∠EAK = 180° − ∠BAD ( ∠EAK і ∠BAD % суміжні), оскільки ∠BCD = ∠BAD , то & " і 180° − ∠BCD = 180° − ∠BAD , а отже , ∠PCM = ∠EAK , CM = AK (за умовою) PC = EA ( PC = PB + BC ; EA = AD + DE ; PB = DE (за умовою); BC = AD (за властивістю паралелограма). Звідси PCM =EAK , а з рівності трикутників маємо PM = KE . Аналогічно MDE =KBP , тому ME = PK . У чотирикутнику KPME : KP = ME ; 895 PM = KE , тому KPME — паралелограм.

39. а)

.

ABCD — паралелограм ∠BCD = ∠BAD (властивість паралелограма) ∠PCM = ∠BCD (вертикальні) # . ∠KAE = ∠BAD (вертикальні), звідси $ ∠PCM = ∠EAK , CP = AE (за умовою) CM = AK " , PCM =EAK . З р і в н о с т і т р и к у т н и к і в : % PM = KE ; CD = AB ( в л а с т и в і с т ь п а ­ & ралелограма); CP = AE (за умовою), тому CD + CP = AB + AE або DP = BE DK = BM , оскільки DK = DA + AK BM = BC + CM ; DA = BC ; AK = CM ; ∠EBM = ∠PDK (за властивістю паралелограма). Якщо DP = BE , DK = BM ∠PDK = ∠EBM , то PDK =EBM , звідси KP = EM , оскільки PM = KE і KP = EM , то чотирикутник KPME — паралелограм.

б)

40.

1

ABCD — паралелограм ∠BAK = ∠DCM — внутрішні різносторонні при AB  CD і січній AC ∠BKA = ∠CMD (за умовою) , ∠ABK = 180° − ∠BAK − BKA % " ∠CDM = 180° − ∠DCM − CMD Звідси ∠ABK = ∠CDM . Тоді маємо:  ABK =CDM (ІІ ознака).

AB = CD , ∠ABK = ∠CDM , ∠BAK = ∠DCM . З р і в н о с т і т р и к у т ­ н и к і в : BK = MD . ∠KMD = 180° − ∠CMD ( с у м і ж н і к у т и ) . ∠BKM = 180° − ∠BKA (суміжні кути оскільки ∠CMD = ∠BKA , то ∠KMD = ∠BKM , а ці кути — внутрішні різносторонні при прямих MD , BK і січній KM , а тому MD  BK . Оскільки MD = BK і MD  BK , то BMDK — паралелограм. $

.

Оскільки AC — діаметр, то О — центр кола — середина AC , але О — середина і діаметр DB , бо два кола концентричні. Відрізки AC і BD перетинаються і точкою перетину діляться навпіл, до того ж AC і BD — діагоналі чо­ тирикутника ABCD , тому ABCD — парале­ лограм.

"

0

%

ГЕОМЕТРІЯ

#

41.

896

#

$ 42.

ABCD — паралелограм, О — точка пере­ тину діагоналей, KP проходить через О.

OC = OA ( в л а с т и в і с т ь д і а г о н а л е й п а ­ 0 ралелограма), ∠OCK = ∠OAP (внутрішні різносторонні при паралельних BC , AD " 1 % і січній AC ) . ∠KOC = ∠POA (вертикальні), тоді KOC =POA (ІІ ознака). З рівності трикутників: OK = OP , тобто відрізок KP точкою О поділився навпіл. #

,

$

1

43.

ABCD — паралелограм, М — будь-яка точка всередині паралелограма. . Знайдемо відстані від т. М до сторін па­ р а л е л о г р а м а . MK ⊥ AD , MP ⊥ BC ; ; MN ⊥ AB , MZ ⊥ CD . MP і MK— лежать % " , на одній прямій. MP + MK = h1 — одна висота паралелограма. MN + MZ = h2 — друга висота паралелограма, отже, сума відстаней від т. М до сторін паралелограма дорівнює h1 + h2 , де б ми не взяли т. М.

44.

ABCD — паралелограм, К — будь-яка точка на BC . KN ⊥ BC . Поділимо KN навпіл, & , Z — середина KN . Через т. Z проведемо # $ пряму а паралельно BC і AD . Проведемо B 0 перпендикуляр з любої точки AB на сторо­ ; 2 ну CD ; BQ ⊥ CD знайдемо точку F — се­ редину BQ і через т. F проведемо пряму b, " ' / % паралельно AB і CD , a і b перетинають­ ся в т. О. О — точка перетину діагоналей: т. О однаково віддалена від прямих BC і AD , а також від прямих AB і CD .

# /

$

C

45. а)

#

" "

%

" $

#

AB і AD — суміжні сторони паралелограма, ∠A — кут між ними. Побудуємо ∠A . На одній стороні відкладемо сторону AB , на другій — сторону AD . Побудуємо відрізок BD , поділимо його навпіл, О — середина BD, проведемо промінь AO , на цьому промені від т. О відкладемо OC = OA (т. С і т. А — в різних півплощинах відносно BD ).

0 "

1. Побудуємо ∠O .

2. Промені m і n — сторони ∠O . $ 3. Побудуємо промені m і n — 1 1 доповняльні променям m і n .

4. Поділимо відрізки AC і BD нав­піл.

5. На промені m і на промені m1 від

б) " #

%

0 $ O #

"

т. О відкладемо відрізки OA = і OC =

O

0 %

N

N

6.

1 2

1 2

AC

AC .

ГЕОМЕТРІЯ

%

На промені n і на промені n1

відкладемо від т. О відрізки OB = і OD =

1 2

1 2

BD

BD .

ABCD — паралелограм.

897

в)

" # "

#

Дві нерівні сторони паралелограма суміжні. Дві суміжні сторони і діагональ утворюють трикутники. Побудуємо трикутник, сторони якого — дані відрізки. Побудуємо один з даних відрізків — діагональ AC . Коло з центром A , радіусом AB перетне коло з центром C і радіусом CB в т. B . Поділимо AC попо­ лам. О — середина AC . Проведемо промінь BO і від т. О відкладемо відрізок OD = OB .

D і B — в різних півплощинах відносно AC .

ABCD — паралелограм.

$ $ # 0

"

$

%

46. а)

" "

I

$ % "%

$ 2

"

N

%

1 B

б)

#

N O I / # .

C

#

AC і AD — сторони паралелограма, hAD — висота проведена до сторони AD . Побудуємо сторону AD . Візьмемо на AD будь-яку точку P і побудуємо через т. Р промінь a ⊥ AD . Від т. Р на промені а відкладемо hAD , PQ = hAD . Через т. Q проведемо пряму m , m  AD . Побудуємо коло з центром A , R = AC . Коло перетне m в т. С. Від т. С на прямій m в одну півплощину з т. D відносно AC відкладемо CB = AD . Проведемо відрізок BD . ABCD — шуканий паралелограм. m і n — діагоналі паралелограма. h — висота. Проведемо пряму а з довільної точки K цієї прямої проведемо KN ⊥ a . Від т. K на промені KN відкладемо KM = h , через точку М проведемо пряму b; b  a . Коло з центром М, радіусом m перетне пряму a в т. D , MD = m , M і D — вершини паралелограма. Знайдемо т. О — середину MD . Побудуємо 1

коло з центром О, радіусом, рівним n (n 2 поділимо пополам). Це коло перетинає пряму b в точках B і B1 , B " , % " пряму a в точках A і A1 . Вершини пара­ лелограма A і B повинні лежати в різних півплощинах відносно MD . Тому шуканий паралелограм AMBD або A1 MB1 D .

ГЕОМЕТРІЯ

0

898

1. Побудуємо кут A .

2. На одній із сторін A виберемо довільну точку, проведемо перпендикуляр через точку Q до сторони кута, на якій знаходиться точка " Q . QF ⊥ AQ .

I 3. На перпендикулярі QF відкладемо QF = h .

1 4. Через точку F проведемо пряму m , . / m  AQ . ( & 5. m перетне другу сторону кута в т. B .

6. AB — одна із сторін паралелограма.

7. Поділимо відрізок MN , що дорівнює периметру паралелограма попо­

в)

#

$ '

N

лам. ME =

1 2

G . Оскільки півпериметр — це

сума суміжних сторін, то ME = AB + BC .

ME — відомо; AB — відомо.

BC = ME − AB . Відкладемо на відрізку ME від 2 " % точки M відрізок MG = AB , тоді GE = BC .

8. Відкладемо від т. B на прямій m , а від точки A на прямій AQ в одну півплощину відносно AB відрізки BC = GE і AD = GE ; з’єднаємо т. C і т. D .

9. ABCD — шуканий паралелограм. г) ∠A — кут паралелограма; h — висота; p — різ­н иця двох сторін.

I Q Побудуємо ∠A . На другій стороні ∠A ви­ беремо довільну точку F , проведемо через т. F до цієї ж сторони перпендикуляр і на цьому перпендикулярі від т. F відкладемо " FN = h . FN — в одній площині з іншою стороною ∠A . # / B $ Через т. N проведемо пряму a , a  AF ; a перетне сторону ∠A , відмінну від AF в т. B .

AB — одна сторона паралелограма. Тоді до­ ' " вжина суміжних з AB сторін дорівнює AB + P . % Відкладемо від т. B на прямій a , і від точки A на прямій AF в одну півплощину відрізки BC = AB + p і AD = AB + p . ABCD — шуканий паралелограм.

I

∠A — кут паралелограма; BD — діагональ, протилежна ∠A ; h — висота паралелограма. Будуємо ∠A . З довільної точки K сто­ " рони кута A будуємо перпендикуляр KZ % # до сторони кута, на якій вибрана т. K ; в I одну півплощину з іншою стороною кута від т. K на цьому перпендикулярі відкладемо # 1 $ B KP = h . Ч е р е з т . P п р о в е д е м о п р я м у a , a  AK . Пряма a перетне сторону ∠A (відмінну від AK ) в т. B . AB — одна сторона паралелограма. Коло, з центром B , " % , радіусом BD перетне промінь AK в т. D .

AD — друга сторона паралелограма. Оскільки BC = AD (протилежні сторони паралелограма, то відкладемо від т. B на прямій a в одну півплощину з т. D відрізок BC , BC = AD ) .

ABCD — шуканий паралелограм.

§14. Теорема Фалеса. Середня лінія трикутника

ГЕОМЕТРІЯ

д)

Завдання 13 1. а) x = 4 б) x = a < ; CD = 4 Aс<м; CA = 8 Aс<м; AD = 12 Aс<м 2. OA = 4 A см

899

3.

A1 ABB1 — паралелограм (протилежні сторони паралельні), тому A1 B1 = AB , AB = BC (за умовою), тому A1 B1 = BC .

4.

N $

L O M " ' #

B

C $

" ' #

Поділимо AB на 2 рівні частини : AF = FB і проведемо пряму n , n  k через т. F пря­ ма n перетне пряму в т. F . Якщо AB = 2BC , то AF = FB = BC ; k  n  l  m , тоді за т. Фалеса A1 F1 = F1 B1 = B1C1 , A1 B1 = 2 ⋅ A1 F1 , а A1 F1 = B1C1 , тому A1 B1 = 2 ⋅ B1C1

З т. A проведемо будь-який промінь, на ньому послідовно відкладемо 5 рівних відрізків від т. A : a = b = c = d = m . . ; $ % # " Кінець відрізка m т. P з’єднаємо з т. B B і через кінці відрізків a , b , c , d про­ C ведемо прямі, паралельні BD . Ці прямі D перетинають відрізок AB і поділяють 1 E N відрізок AB на 5 рівних частин, оскільки a = b = c = d = m (наслідок т. Фалеса).

AM = MZ = ZC = CD = DB .

5. а)

б) ,

"

в)

$

' "

ГЕОМЕТРІЯ

6.

.

%

Аналогічно розділимо відрізок AB на три рівні частини. Тоді AK = KM = MB , # звідси AM вдвічі довший за MB , бо AM = AK + KM , а AK = KM = MB , тому AM = 2MB . Отже, т. M розбиває AB на дві частини, одна з яких вдвічі довша за другу.

Розіб’ємо відрізок на 5 рівних частин (дивись завдання 5а) ( AM = MZ = ZC = CD = DB = X , тоді AZ = AM + MZ = 2x ; ZB = ZC + CD + DB = 3x ; # AZ : ZB = 2 : 3 . Точка Z розбиває відрізок AB н а д в а в і д р і з к а , д о в ж и н а я к и х ) відноситься, як 2 : 3 .

Розглянемо ∠FGL . На одній стороні FG відкладемо послідовно два рівних відрізки $ ' ( GC і CF через кінці відрізків проведемо паралельні прямі CH  FD . Тоді на другій # стороні GL прямими відітнуться рівні " відрізки GB = BA . Аналогічно, розглянувши ) ∠GLH можна прийти до висновку, що LA = BA . % Отже, AB = LA і AB = GB , тому LA = GB , або LA = AB = BG . Паралельність FD і CH слідує з того, що FCHD — паралелограм, адже у нього FC  DH ( FC і DH лежать на паралельних FG і LH ) і FC=DH ( FC =

900

DH =

1 2

LH , FB = LH ).

1 2

FG ,

7. KL — середня лінія  ABC : KL  BC , KL =

1

BC =

2

1 2

⋅ 16 = 8 A< см.

8. Середні лінії трикутника 2 см, 3 см, 1,5 см.

9. а) рівнобедрений; б) рівносторонній; в) прямокутний.

10. a , b , c — сторони даного трикутника: P = a + b + c , a1 , b1 , c1 — сторони трикутника, утвореного середніми лінями, оскільки a1 = b1 =

1 2

b , c1 =

1 2

P1 = a1 + b1 + c1 =

#

2

a,

c , то 1 2

a+

1 2

$

11.

1

b+

1 2

c=

1 2

1

(a + b + c) = 2 P ;

P1 P2

1

=

2

, а P : P1 = 2 .

L — середина BC , M — середина CD , тому .

-

,

%

LM  BD , LM =

1 2

BD ,

бо LM — середня лінія BCD . У  ABD , K — середина AB ; N — середина AD ; KN — се­

/ "

редня лінія  ABD , тому KN  BD , KN =

1

2 1

1

BD.

Оскільки LM  BD і KN  BD , то LM  KN , LM = BD і KN = BD , 2 2 тому LM  KN . Звідси KLMN — паралелограм, а тому середини відрізків KM і LN збігаються, бо KM і LN — діагоналі паралелограма KLMN , а діагоналі паралелограма перетинаються і точкою перетину діляться пополам.

QR = 8 A с< м, RP = 16 сA< м, QP = 12 A с< м, S — середина

4

QR , тому QS =

5

1 2

QR = 4 A< см,

T — середина QR , 2

1

тому TP =

1 2

RP = 8 сA< м, ST — середня лінія

QRP ; ST =

1 2

QP = 6 A< с м.

PQSTP = QS + ST + TP + QP = 4 + 6 + 8 + 12 = 30 A< с м.

13.

1

# .

$

ABCD — чотирикутник, M1 P1 N1 Z1 — середи­ ни сторін чотирикутника, MPNZ — паралело­

/

" ;

ГЕОМЕТРІЯ

3

12.

%

грам (див. задачу 11). MP = лінія  ABC ) , PN =

1 2

1 2

AC (як середня

BD (як середня лінія BCD ) . 901

1 1  SMPNZ = ( MP + PN ) ⋅ 2 =  AC + BD ⋅ 2 = AC + BD = 12 Aс<м , бо AC і 2  2

BD — діагоналі чотирикутника, сума яких за умовою 12 м.

14. М — точка перетину медіан трикутника ABC , тому B1 M = A1 M =

1 2

AM , C1 M =

1 2

1 2

BM ,

CM (властивість точки перетину медіан три­

кутника). A1 — середина BC . A1 A2  BB1 , тому за теоремою Фалеса CMa = Ma M , отже CMa =

1 2

CM , Ma M =

1 2

CM , до того ж C1 M =

1 2

CM .

Звідси CMa = Ma M = MC1 . Аналогічно доводиться, що BMc = Mc M = B1 і AMb = Mb M = MA1 .

15.

P — середина AB . M— cередина AB. CM і AP — медіани, О — точка пе­

#

ретину медіан, CM = AP , OM = .

1

CO =

0

OP =

"

$

2 3 1 3

1 3

CM ,

CM , AP , AO =

2 3

AP ,

оскільки AP і CM рівні, то OM = OP , OA = OC , ∠MOA = ∠POC , тоді MOA =POC (І ознака). З рівності трикутників: AM = PC . Оскільки AB = 2 ⋅ AM , BC = 2 ⋅ CP , то AB = BC , отже  ABC — рівнобедрений.

16.

 ABC — довільний, M1 — середина AB ,

# .

CH1 ⊥ AB , AH2 ⊥ BC , BH3 ⊥ AC , H1 ∈ AB ,

H2 ∈BC , H3 ∈ AC . Для розв’язання задач нагадаємо, що середина гіпотенузи прямокут­ ного трикутника однаково віддалена від всіх вершин трикутника. а) M1 — середина AB , M2 — середина BC , M1 M2 — середня лінія "

ГЕОМЕТРІЯ

M2 — середина BC , M3 — середина AC .

)

) .

$

) .

1

 ABC ; M1 M2 = AC ,  AH1C — прямокутний, AC — гіпотенуза; 2 M3 — середина гіпотенузи, тому M3 A = M3C = M3 H1 . Оскільки 1

1

1

1

M3 A = AC , то і M3 H1 = AC , M1 M2 = AC і M3 H1 = AC , тому 2 2 2 2 M1 M2 = M3 H1 . б)  ABH2 — прямокутний, M1 — середина гіпотенузи AB , тому M1 H2 = 902

1 2

AB , M2 M3 — середня лінія  ABC , M2 M3 =

M1 H2 + M2 M3 =

1 2

AB +

1 2

AB = AB .

1 2

AB , тоді

в) CH1 B — прямокутний, BC — гіпотенуза, M2 — середина гіпоте­ нузи, тому M2 H1 =

1

BC , тому M2 H3 =

1

M1 M3 =

1 2

BC , BH3C також прямокутний з гіпо­те­нузою

2

2

BC . M1 M3 — середня лінія  ABC ,

BC .

Звідси маємо: M2 H1 = M2 H3 = M1 M3 .

17. а)

% .

" ÊÅ ,

;

n — пряма. AK ⊥ n , AK = 6 A с< м, BC ⊥ n , BC = 24 сA< м. D — середина AB , DZ ⊥ n . Проведемо AO ⊥ BC . AOCK — прямокутник, AMZK — прямокутник, ÊÅ AK = MZ = 6 Aс<м, AK = OC = 6 A< с м . Звідси 0 BO = BC − OC = 24 − 6 = 18 A<с м . DZ  BC O (два перпендикуляри до прямої n ) . За тео­ $ ремою Фалеса AM = MO (бо AD = DB ) ,

#

1

1

тоді DM — середня лінія OAB , DM  BO , DM = BO = ⋅ 18 = 9 Aс<м .

2 2 DZ = DM + MZ = 9 + 6 = 15 A< с м. б) "

/

,

%

2 N O $ ÊÅ

;

#

A і B по різні сторони прямої n ; AK ⊥ n , AK = 6 Aс<м, BC ⊥ n , BC = 24 Aс<м . D — се­ редина AB ; DZ ⊥ n . Продовжимо відрізки DZ (за т. Z ) і BC (за т. C ) і проведе­ мо пряму m , паралельну прямій n ; m ⊥ DZ ; m ⊥ BC . AK = ZN = CQ = 6 A с<м , BQ = BC + CQ = 24 + 6 = 30 A < D — середина см.

AB , тоді N — середина AQ (т. Фалеса), DN — середня лінія  AQB ; DN =

1 2

BQ =

1 2

⋅ 30 = 15 сA< м. DN = DZ + ZN ,

#

18.

 ABC — довільний, M1 — середина AB , M2 — середина BC , M1 M2 — середня лінія, M1 M2 = 1 AC

.

. "

2

$

1

лінія  ABC ; M1 M2 = тоді M1 M2 < M1 M2 =

1 2

1 2

AC ,

( AB + BC ) .

1

AC < ( AB + BC ) .

AC < AB + BC , тоді 2 2 M1 M2 — середня 1 2

AC ,

AC > AB − BC ;

ГЕОМЕТРІЯ

тому DZ = DN − ZN = 15 − 6 = 9 A< см.

1 1 1 AC > ( AB − BC ) , M1 M2 > ( AB − BC ) .

2 2 2

19.  ABC — довільний, MN — середня лінія  ABC , MN  AC . K — будь-яка точка AC . Розглянемо ∠ABK . На одній стороні ∠ABK 903

# /

. "

20.

$

,

відкладемо рівні відрізки BM і MA ; через т. M і A проведені паралельні прямі, які перетнуть другу сторону ∠ABK , сторону BK в т. Z . За теоремою Фалеса BZ = ZK . Отже, відрізок BK поділився середньою лінією MN навпіл.

4

SA , SK , SP , SD , SN , SQ — похилі до прямої n . A1 , K1 , P1 , D1 , N1 , Q1 — середини похилих. Якщо A1 — середина 2 " SA , K — середина SK , то A1 K — се­ , 1 % / редня лінія SAK . A1 K1  AK , AK ле­ O жить на n , тому A1 K1  n . Розглядаючи , 1 0 % / 2 " SAP , можна зробити висновок, що A1 P1  n , аналогічно A1 D1  n , A1 N1  n , A1Q1  n . Через т. A1 можна повести лише одну пряму, паралельну прямій n , тому A1 , K1 , P1 , D1 , N1 , Q1 лежать на одній прямій, паралельній прямій n . Якщо провести SO ⊥ n , то за т. Фалеса цей відрізок розіб’ється навпіл прямою A1Q1 . Отже, геометричне місце точок, середин цих похилих — є пряма, паралельна n і однаково віддалена від т. S і прямої n .

21.

 ABC — рівносторонній, AM — висота до сторони BC , BD — висота до сторони AC . Знайдемо проекцію висоти AM на висоту BD . Для цього з т. М і т. А опустимо перпендикуляри на BD . Оскільки BD ⊥ AC (висота), то AD ⊥ BD . П р о в е д е м о MO ⊥ BD , о с к і л ь к и CD ⊥ BD , то MO  CD , M — середина BC , тоді за т.

# .

0 "

$

%

1

Фалеса О — середина BD , тоді DO = AM на BD . DO =

ГЕОМЕТРІЯ

22. а)

0

A

"

2

BD =

1 2

2

BD . DO — проекція висоти

⋅ 6 = 3 A< c м.

AM , BK — медіани  ABC , α — кут між медіанами.

1. Побудуємо кут α .

2. Поділимо AM і BK на три рівні частини.

3. На одній стороні кута α відкладемо .

2 відрізок OA = AM на другій стороні кута α 3

#

,

, .

#

"

відрізок OK =

1 3

BK .

4. Продовжимо промінь OA за т. О і на

0 A

$ 904

1

продовженні відкладемо OM =

1 3

AM .

5. Проведемо промінь AK і від т. K послідов­ но за відрізком AK відкладемо KB = AK .

6. Проведемо промінь BM і від т. М на промені відкладемо MC = BM .  ABC — шуканий. б)

# #

$

,

з центром B радіусом R =

.

$

3

3

BK перетне коло

CM в точці О.

BK .

CO відкладемо OM = $

;

1 3

CM . Промені

CK і BM перетнуться в т. А.  ABC — шука­ ний трикутник.

M , N — середини сторін AB , AC , K — основа висоти, проведеної до BC . Проведемо відрізок MN , MN — середня лінія  ABC .

# .

3 2

Проведемо промінь CO і від т. О за відрізком

,

0

1

OK =

#

в)

з центром С, радіусом r =

2

Проведемо промінь BO і від т. О послідовно з а в і д р і з к о м BO в і д к л а д е м о в і д р і з о к

"

.

BC — сторона трикутника, BL , CM — медіана. Розділимо медіани BK і CM на три рівні частини. Побудуємо відрізок BC . Коло

MN =

/

1 2

BC і MN  BC . Проведемо через т. К

пряму, паралельну MN . Побудуємо перпенди­ куляр до прямої а через точку K . Цей перпен­ " дикуляр перетне MN в т. Z . Оскільки середня , лінія поділить навпіл висоту, проведену з т. В, то відкладемо ZB = ZK промінь BM перетне пряму а в т. А, промінь BN перетне пряму а в т. С.  ABC — шуканий.

25.

$

# / , "

ABCD — опуклий чотирикутник. K — се­ редина AC . M — середина BD , N — середина BC , P — середина AD . Розглянемо  ACD . K — середина AC , P — середи­ на AD , тоді KP — середня лінія  ACD ,

.

1

%

KP  CD , KP =

1 2

CD . Розглянемо DBC :

N — середина BC , M — середина BD . Тому MN — середня лінія DBC ; MN  CD ; MN =

1 2

CD . Оскільки KP  CD і MN  CD ,

то KP  NM

, оскільки KP =

1 2

CD і NM =

1 2

ГЕОМЕТРІЯ

B $

CD , то KP = NM .

У чотирикутнику KNMP : KP  NM , KP = NM . Отже, KNMP — паралелограм.

905

§ 15. Окремі види паралелограмів — прямокутник, ромб, квадрат

Завдання 14 1. а) так, бо діагоналі перетинаються і точкою перетину діляться попо­ лам, до того ж один кут прямий, а паралелограм, у якого кут 90° — прямокутник. б) MFRD — паралелограм, бо протилежні сторони рівні. ∠D = 90° , тому MFRD — прямокутник. в) діагоналі точкою перетину діляться пополам, до того ж діагоналі рівні, HLNE — паралелограм.

2. а) z = 20° ; y = x = 70° ; б) x = 45° ; z = x = 45° ; y = 180° − 45° = 135° ; в) y = 80° ; x = 10° ; z = 20° .

3. ∠DOC = 50° .

4.

$

# 0

5.

% $

# 0

2

AC , DO =

1 2

AC , тому  AOD

o

∠AOD = 180° − (28° + 28°) = 124° . OCD — рівнобедрений, ∠OCD + ∠ODC = 180° − 72° = 108° , ∠OCD = ∠ODC = 180° : 2 = 54° , Отже, ∠ACD = 54° , ∠CAD = 90° − 54° = 36° .

%

" 6.

1

рівнобедрений, ∠ODA = 28° ,

o

"

AO =

#

∠AOD — тупий кут між діагоналями. ∠CAD — кут між діагоналями і більшою стороною прямокутника. Нехай ∠OAD = x° , тоді ∠ODA = x° , ∠AOD = x + 30° , x + x + x + 30° = 180° , 3x = 150° , x = 50° , % ∠OAD = 50° , тоді ∠AOD = 80° , але ∠AOD° — тупий кут між діагоналями, тому ∠AOD° > 90° . Отже, такого прямокутника не існує. $

0

ГЕОМЕТРІЯ

"

7.

906

8. а) ∠BRP = 45° ; тоді ∠BPR = 45° ; BPR — рівнобедрений. Всі сторони < P = 4 ⋅ 1 = 4 сAм. < BPKR рівні 1 A см.

#

$

ABCD — прямокутник, AC — діагональ.

BK ⊥ AC , BK ділить ∠B у відношенні 3:1. Тоді ∠CBK : ∠KBA = 3 : 1 ; 90° : 4 = 22,5° . ∠ABK = 22,5° , ∠CBK = 22,5 ⋅ 3 = 67,5° . , % З прямокутного трикутника BKC : " ∠BKC = 90° − ∠CBK = 90° − 67,5° = 22,5′ , BOC — р і в н о б е д р е н и й , OB = OC , т о д і ∠OBC = ∠OCB = 22,5° ; ∠KBO = ∠KBC − ∠OBC = 67,5° − 22,5° = 45° .

0

A< P = (10 + 16) ⋅ 2 = 26 ⋅ 2 = 52 A б) BP = 10 A< см ; PK = 16 см; с<м .

9. а) P = (2 + 2 ⋅ 3) ⋅ 2 = 16 A< с м. б) Всі сторони прямокутника — рівні. P = 4 ⋅ 2 = 8 Aс<м < — одна сторона 10. x Acм < — друга сторона (x + 6) Aсм < (за умовою) P = ( x + x + 6) ⋅ 2 , або 36 Aсм (x + x + 6) ⋅ 2 = 36 2x + 6 = 18 2x = 12 x = 6 Aсм < — одна сторона прямокутника.

6 + 6 = 12 Aсм < — друга сторона прямокутника. < — одна сторона 11. а) x Aсм x + 4 Aсм < — друга сторона (x + x + 4) ⋅ 2 = 48 < 2x + 4 = 24 ; 2x = 20 ; x = 10 A см 10 A< < — сторони прямокутника. см ; 14 Aсм < ; 3x A < — сторони прямокутника б) x Aсм см (x + 3x ) ⋅ 2 = 48 ; 8x = 48 ; x = 6 ; < і 18 A 3x = 3 ⋅ 6 = 18 ; 6 Aсм с<м — сторони прямокутника. в) 2x Aсм < і 3x A см < — сторони прямокутника (2x + 3x) ⋅ 2 = 48 10x = 48 x = 4, 8 Aсм < 2x = 2 ⋅ 4, 8 = 9, 6 A < см 3x = 3 ⋅ 4, 8 = 14, 4 Aсм < — сторони прямокутника < — одна сторона г) 10 A см 48 : 2 − 10 = 14 Aсм < — друга сторона

#

/

%

" 13.

# 1 "

$

$ 0

,

%

— периметр прямокутника б) AN — бісектриса, тому ∠BAN = 45° ; тому ∠BNA = BAN = 45° , BAN — рівнобедрений.

BN = BA = 4 A< с м, N — середина BC , то BC = 4 ⋅ 2 = 8 A< см P = (4 + 8) ⋅ 2 = 24 см A< OK ⊥ AD ; OP ⊥ AB OK < OP на 5 Aс<м OK = x A< с м , тоді OP = ( x + 5) A с<м AB = 2x A< с м, BC = 2 ( x + 5) P = (2x + 2 ( x + 5)) ⋅ 2 , або 44 A< см.

(2x + 2x + 10) ⋅ 2 = 44 4x + 10 = 22

ГЕОМЕТРІЯ

< (4 ⋅ 2 + 9 ⋅ 2) ⋅ 2 = 52 Aсм

12. а)

907

4x = 12 x=3A < см OK = 3 A< см; тоді AB = 6 A< с м; OP = 3 + 5 = 8 A< см, BC = 8 ⋅ 2 = 16 A< см. Отже, сторони дорівнюють: AB = 6 A< с м ; BC = 16 Aс<м 14. а) S = 8,7 ⋅ 3,5 = 30, 45 Aс<м2 2 б) b =

S

в) a =

S

a b

=

340, 8

=

27,73

24

4,7

= 14, 2 Aс<м = 5, 9 Aс<м

15. Нехай сторони прямокутника a = 4x ; b = 9x , тоді 4x ⋅ 9x = 144 36x2 = 144 x2 = 4 x = −2 — не є розв’язком задачі x = 2 , тоді a = 4 ⋅ x = 4 ⋅ 2 = 8 A< с м, b = 9 ⋅ x = 9 ⋅ 2 = 18 Aс<м 16. a , b — сторони прямокутника S = ab .

2a , 2b — сторони після збільшення S = 4ab 4ab − ab = 3ab збільшилася площа прямокутника.

3ab : ab ⋅ 100% = 300% збільшилася площа прямокутника.

17.

18.

#

$

"

%

#

$

ABCD — вписаний у коло, то ∠A — вписаний у коло кут, ∠A спирається на хорду BD . Оскільки ∠A = 90° , то BD — діаметр кола.

BD — діагональ прямокутника є діаметром кола.

0 %

ГЕОМЕТРІЯ

"

908

19. а)

Якщо паралелограм ABCD вписаний у коло, то ∠A + ∠C = 180° , а за властивістю парале­ лограма ∠A + ∠B = 180° . Звідси ∠C = ∠B , а ∠C + ∠B = 180° (сусідні кути паралелогра­ ма).Отже ∠C = ∠B = 90° . Тоді ABCD — пря­ мокутник.

#

$

"

%

У чотирикутнику ABCD ∠A = ∠B = ∠C = ∠D . ∠A + ∠B = 180° , а ∠A і ∠B — внутрішні односторонні при прямих BC , AD і січній AB , тому BC  AD . Аналогічно доведемо, що AB  AD , тоді ABCD — паралелограм. Якщо ∠A = ∠B = ∠C = ∠D = 90° , то ABCD — прямокутник.

б) У чотирикутнику ABCD : ∠A = ∠C = 90° ; BC = AD BCD =DAB (за катетом і гіпотенузою) ∠C = ∠A = 90° (за умовою)

#

$

"

%

в)

#

"

20.

У чотирикутнику ABCD : BC = AD ; BC ⊥ CD ; AD ⊥ CD . ∠C , ∠D — внутрішні односторонні $ при прямих BC , AD і січній CD . Оскільки ∠C + ∠D = 180° , т о BC  AD , а з а у м о в о ю BC = AD , тоді ABCD — паралелограм, у пара­ лелограма ∠C = ∠D = 90° , тому ABCD — пря­ % мокутник.

У ч о т и р и к у т н и к у ABCD ; ∠A = ∠C = 90° ∠BCA = ∠DAC , ∠BCA і ∠DAC — внутрішні # $ різносторонні при прямих BC , AD і січній AC . О с к і л ь к и в о н и р і в н і , т о BC  AD ; ∠ACD = ∠C − ∠BCA = 90° − ∠BCA , ∠CAB = ∠A − ∠CAD = 90° − ∠CAB = ∠A − ∠CAD = 90° − ∠CAD , о с к і л ь к и з а у м о в о ю ∠BCA = ∠CAD , то 90° − ∠BCA = 90° − ∠CAD , то­ % " му ∠ACD = ∠CAB , але ці кути внутрішні різносторонні при прямих CD , AB і січній AC , тому CD  AB ; BC  AD ; CD  AB , тому ABCD — паралелограм. У паралелограма ABCD : ∠A = 90° , тому ABCD — прямокутник.

г)

ABCD — прямокутник OB = OC = OD = OA (властивість прямокут­ , / ника) 0 BN = CK = DL = AM ( з а у м о в о ю ) , т о д і .

OB − BN = OC − CK = OD − DL = OA − AM % " ON = OK = OL = OM . З в і д с и : O — с е р е ­ дина NL , бо ON = OL і O — середина MK , бо OM = OK . Отже у чотирикутнику MNKL діагоналі перетинаються і точкою перетину діляться попо­ лам. Тому MNKL — паралелограм. До того ж OM + OK = ON + OL або MK = NL тобто діагоналі паралелограма MNKL рівні. Отже, MNKL — прямокутник. #

$

ГЕОМЕТРІЯ

BC = DA (за умовою) BD — спільна гіпотенуза З рівності трикутників маємо: AB = CD . Тоді ABCD — паралелограм; оскільки у паралелогра­ ма ∠A = ∠C = 90° , то ABCD — прямокутник.

У прямокутнику ABCD : BP , AN — бісектриси, тому ∠ABP = 45° ; ∠PBC = 45° ' / ∠BAN = 45° ; ∠NAD = 45° , # $ 0 тоді у  ABL ; ∠LBA = ∠BAL = 45° , тоді ∠BLA = 90° ; ∠OLE — вертикальний, . ∠OLE = ∠BLA = 90° . & Аналогічно доведемо, що OME = 90° % " , 1 З  AOD : ∠AOD = 90° (180° − ∠OAD − ∠ODA = 180° − 45° − ∠AOD = 90° (180° − ∠OAD − ∠ODA = 180° − 45° − 45° = 90°) .З BEC : ∠BEC = 90° аналогічно. Отже, у чотирикутника LOME всі кути прямі, тому LOME — прямокутник.  ABN — рівнобедрений, тому BN = BA ; аналогічно CD = CF (з FCD ) , оскільки AB = CD , то BN = FC , BLN =CMF (прямокутні, рівнобедрені, гіпотенузи рівні). Тому 909 21. а)

LN = MF . FON — прямокутний, рівнобедрений ( ∠F = ∠N = 45°) , тому OF = ON ; LN = MF , ON = OF звідси LN − ON = MF − OF , або LO = MO . У прямокутника LOME сусідні сторони рівні, отже LOME — квадрат.

ABCD — прямокутник BM ; BK ; AP ; AK ; CM ; DP — . бісектриси зовнішніх кутів прямокутни­ ка, K , M , N , P — точки перетину бісектрис. Кожен зовнішній кут при # o o $ вершині прямокутника дорівнює 90° . / Бісектриса зовнішнього кута ділить на o кути по 45° . Кути між бісектрисою o , зовнішнього кута і стороною прямо­ " o o % кутника по 45° . У  ADP : ∠A = 45° ; ∠D = 90° , тоді ∠P = 45° . Аналогічно з KBA : ∠K = 90° ; з BMC : ∠M = 90° ; 1 з CND ; ∠N = 90° . Тому KMNP — прямокутник. BMC — рівнобедрений, прямокутний, тому MB = MC ; CND =BKA CD = BA , ∠C = ∠B = 45° ∠D = ∠A = 45° . З рівності трикутників маємо: CN = BK . Оскільки CN = BK і MC = BM , то CN + MC = KB + BM , або MN = MK . У пря­ мокутнику KMNP : суміжні сторони рівні, тому KMNP — квадрат.

б)

ГЕОМЕТРІЯ

22.

910

23.

У прямокутнику ABCD : BK ⊥ AC ; DN ⊥ AC 0  ABK =CDN (за гіпотенузою і гострим кутом) , 1 AB = CD (протилежні сторони прямокутника) % " ∠K = ∠N = 90° , ∠A = ∠C (внутрішні різносторонні при AB  CD і січній AC ) , з рівності трикутників: BK = DN . Аналогічно можна довести, що CP = AM (з рівності CPM і  ABM ) OCD — рівнобедрений ( OC = OD як половина рівних відрізків BD і AC — діагоналі), тоді ∠OCD = ∠ODC (кути при основі рівнобедреного трикутника). DNC і CPD — прямокутні.

CD — спільна гіпотенуза ∠DNC = ∠CDP , т о д і DNC =CPD . З в і д с и : DN = CP , CP = AM , DN = BK і DN = CP , тоді CP = DN = AM = BK , тобто всі висоти, проведені на діагоналі з вершини прямокутника — рівні. #

.

/

$

KLMN — прямокутник O — середина KM , через т. O проведемо 0 AB ⊥ MK o A ∈ LK ; B ∈ MN .

AB = BM = 6 Aсм <  AOK =BOM — прямокутні, OK = OM . # / ∠AKO = ∠BMO (внутрішні різносторонні при AK  MB і січній MK ).

AB = MB (за умовою), тому  ABM — рівнобедрений з основою AM . З рівності  AOK і BOM : AO = OB , отже в MAB : MO — медіана -

"

,

і висота, тому MAB — рівнобедрений з основою AB . Тоді, можна зробити висновок, що MAB — рівносторонній, а тому ∠AMB = 60° . Тоді ∠LMA = 90° − ∠AMB = 90° − 60° = 30° 1

1

MLA — прямокутний, LMA = 30° , тоді LA = MA = ⋅ 6 = 3 A< с м .

2 2 З рівності  AOK і BOM : AK = MB = 6 A см < LK = LA + AK = 3 + 6 = 9 см A< 24.

KOC і MOA — прямокутні. ∠OKC = ∠OMA = 60° (за умовою), тоді ∠KCO = ∠MAO = 30° (90° − 60° = 30°) 0 OC = OA ( O — середина AC за умовою), тоді o KOC =MOA . " . % Звідси KC = MA і KO = MO . У KCM : CO — висота і медіана, то­ му KCM − рівнобедренний з основою KM, тоді ∠CKM = ∠CMK = 60° . Звідси ∠KCM = 180° − (60° + 60°) = 60° . Отже, KCM — рівносторонній, тому KC = KM = CM = 10 A< см. У CMD : CM = 10 A см; < ∠MCD = 30° ( ∠KCD − ∠KCM = 90° − 60° = 30°) , ,

#

$

o

тому MD =

1 2

MC =

1 2

⋅ 10 = 5 A< с м . Оскільки KC = AM , то AM = 10 A< см,

MD = 5 A< см, тому AD = 10 + 5 = 15 A< с м.

26.

,

ABCD — прямокутник O — середина AC KP ⊥ AC ; O ∈ KP .

0 K ∈ BC ; P ∈ AD .

KC вдвічі більша за BK . Нехай BK = x , 1 % " тоді KC = 2x KOC =POA KOC =POA = 90° (за умовою) OC = OA ( O — середина AC за умовою) ∠KCO = ∠PAO (внутрішні різносторонні при BC ⊥ AD і січній AC ) з рівності трикутників: KC = AP = 2x ; KO = OP . Якщо KO = OP , то CO в KCP висота і медіана, тому KCP — рівнобедрений з основою KP , тому CP = KC = 2x .

BC = AD — протилежні сторони прямокутника.

BC = BK + KC AD = AP + PD . Якщо KC = AP , то BK = PD = x . Розглянемо PCD — прямокутний PD = x ; CP = 2x , PD — катет; CP — гіпотенуза, тому ∠PCD = 30° . Тоді ∠KCP = 90° − 30° = 60° . У рівнобедреному KCP ; CO — висота, медіана і бісектриса. Тому ∠KCO = 30° , ∠OCP = 30° ∠OCD = ∠OCP + ∠PCD = 30° + 30° = 60° . Діагональ AC розділила ∠C на ∠BCA = 30° ; і ∠ACD = 60° . #

,

# o "

$

$ 0 1

%

ГЕОМЕТРІЯ

25.

ABCD — прямокутник KP — серединний перпендикуляр до AC ; K ∈ BC ; P ∈ AD .

BK = AB ( AB — менша сторона ABCD ) KOC =POA оскільки ∠KOC = ∠POA = 90° за умовою OC = OA ( з а у м о в о ю ) , ∠KCO = ∠PAO 911

(внутрішні різносторонні при KC  AP і січній AC ) . З рівності трикутників: KO = PO У  AKP : AO — висота (за умовою AC ⊥ KP і медіана, бо KO = OP ) тому  AKP — рівнобедрений і AO — бісектриса ∠KAP .  ABK прямокутний , AB = BK , отже  ABK — рівнобедрений ∠BAK = ∠BKA ; ∠BAK + ∠BKA = 90° , тому ∠BAK = 90 : 2 = 45 ∠BAK + ∠KAP = 90° , тому ∠KAP = 90° − 45° = 45° , AO — бісектриса ∠KAP , тому ∠KAO = 45 : 2 = 22,5° , а ∠BAO = ∠BAK + ∠KAO = 45° + 22,5° = 67,5° BAO — рівнобедрений ∠ABO = ∠BAO = 67,5° , тоді ∠AOB = 180° − (67,5° + 67,5°) = 180° − 135° = 45° . Отже, кут між діагоналями 45° .

27.

ABCD — прямокутник K ∈ BC o ∠AKB = ∠AKD ; AD = 2 ⋅ CD . Нехай CD = x — Y Y Y менша сторона прямокутника, тоді AD = 2x — більша сторона. % " Y ∠BKA = ∠AKD (за умовою) ∠BKA = ∠KAD (внутрішні різносторонні при BC  AD і січній AK ) . Звідси ∠AKD = ∠KAD ,

тому  AKD — рівнобедрений, AD = KD , тому KD = 2x . Розглянемо KCD — прямокутний; CD = x — катет, # ,

$

1

KD = 2x — гіпотенуза. Оскільки CD = KD , то ∠CKD = 30° ; 2 ∠BKD = 180° − 30° = 150° . ∠BKA = ∠AKD =

ГЕОМЕТРІЯ

28. а)

912

б)

150° 2

" "

# $

"

%

#

$

" #

# %

#

$

"

%

= 75° . Побудуємо прямий кут B . На одній стороні відкладемо відрізок BA , на другій — BC . Через т. A проведемо пряму, паралельну BC , через т. C пряму, паралельну AB т. D — точ­ ка перетину побудованих прямих. ABCD — шуканий прямокутник.

AB — сторона; BD — діагональ.

1. Побудуємо прямий кут, на одній стороні кута A відкладемо відрізок AB . Коло з центром B , радіусом BD перетне другу сторону кута A в т. D . Через точку B проведемо пряму, паралельну AD . На цій прямій від т. B в одну півплощину з т. D відкладемо відрізок BC; BC=AD. Побудуэмо відрізок CD . ABCD — шуканий прямокутник.

в) AC — діагональ, ∠O — кут між діагоналями.

1. Побудуємо кут O .

2. Побудуємо сторонам кута O доповняльні промені.

3. Поділимо AC на 2 рівні частини. На кожному з чотирьох променів (сторони кута O і доповняльні промені) відкладемо від т. O відрізок,

1

0 "

довжина якого дорівнює AC ; з’єднаємо точки 2 A , B, C, D .

ABCD — шуканий прямокутник.

$ #

"

0

$

% г)

"

3

#

"

AB — сторона прямокутника R — радіус описаного кола. # Побудуємо трикутник за трьома сторонами: AB , R ; R $ 1. Будуємо відрізок AB коло з центром 3 A1 радіусом R перетне коло з центром B , радіусом R в т. O .

3 2. O — точка перетину діагоналей. % 1 R = AO = AC , де AC — діагональ

2

R = BO =

1

BD , де BD — діагональ.

2

3. Побудуємо доповняльні промені променям OB і AO і на доповняль­ них променях від т. O відкладемо відрізки, довжиною R .

OD = R ; OC = R З’єднаємо послідовно точки B , C , D , A .

ABCD — шуканий прямокутник. д) " #

# 0

діагоналі у прямокутника рівні. Поділимо відрізок, що дорівнює сумі діагоналей пополам. Половина цього / відрізка дорівнює діагоналі. За стороною і діагоналлю побудуємо прямокутник (ди­ вись задачу 28б).

AC — діагональ, AB + BC — сума двох нерівних сторін. " $ 1. Побудуємо відрізок AN , який "# #$ / дорівнює AB + BC . " 2. Від променя NA у верхню півплощину 1 $ відкладемо кут 45° ( ∠ANP = 45° ) (побудуємо перпендикуляр і прямий кут поділимо пополам). o 3. Побудуємо коло з центром A , радіусом " / "# #$ # AC , яке перетне промінь NP в т. C .

4. З т. C опуcтим перпендикуляр на AN . CBN — прямокутний, рівнобедрений, тому CB = BN , отже, AN розділили на сторони AB і BC .

5. Через т. C проведемо пряму, паралельну AB , через т. A пряму, паралельну CB . Т. D — точка перетину цих прямих. ABCD — 913 шуканий прямокутник.

ГЕОМЕТРІЯ

30.

31. а) так, бо діагоналі перетинаються і точкою перетину діляться пополам, тому даний чотирикутник — паралелограм, діагоналі паралелограма перпендикулярні, тому це ромб. б)  ABC = ADC (за трьома сторонами), тому ∠B = ∠D . Сума кутів чотирикут­ # ника 360° . Якщо ∠A = ∠C , ∠B = ∠D , тоді ∠A + ∠B = ∠C + ∠D = 180° , але ∠A і ∠B — внутрішні односторонні при " $ BC , AD і січній AB , тому BC  AD , аналогічно AB  CD , тому ABCD — паралелограм, але BC = CD (суміжні % сторони рівні). Тому ABCD — ромб. в)

#

$

"

%

( ∠A + ∠B) + ( ∠C + ∠D ) = 360° ,

тому ∠A + ∠B = 180° , тоді BC  AD , аналогічно AB  CD . Тому ABCD — паралелограм. AD = CD , AD , DC — суміжні сторони паралелограма. Оскільки вони рівні, то ABCD — ромб.

32. а) ∠C = ∠A = 80° ∠B = ∠D = 100° ; б) KLN — рівносторонній, ∠K = 60° , ∠M = 60° , ∠L = ∠N = 120° . в) ∠M = 90° − 20° = 70° , ∠G = ∠M = 70° , ∠F = ∠H = 110° .

33. а)

34. а)

$

o

"

"

∠ADB = 75° , DB — бісектриса, тому ∠D = 75° ⋅ 2 = 150° , ∠B = ∠D = 150° , ∠A = ∠C = 180° − 150° = 30° .

%

$

#

б)

ABCD — ромб. ∠BAC = 30° , тоді ∠BAD = 60° , ∠A = ∠C = 60° , ∠B = ∠D = 180° − 60° = 120°

% #

"

ГЕОМЕТРІЯ

$

" б)

914

#

∠A = 45° , AC — діагональ, ∠BAC = ∠CAD = ∠BCA = ∠DCA = 45 : 2 = 22,5° , ∠B = ∠D = 180° − ∠A = 180° − 45° = 135° .

BD — діагональ: ∠ABD = ∠CBD = ∠ADB = ∠CDB = 135° : 2 = 67,5.°

%

$

#

%

ABCD — ромб, BD = AB ,  ABD — рівносторонній, то­ м у ∠A = 60° ; ∠B = 180° − 60° = 120° . Т о д і діагоналі утворюють із сторонами ромба кути 60° : 2 = 30° і 120° : 2 = 60° .

ABCD — ромб, BK ⊥ AD , BM ⊥ CD , ∠KBM = 70° , $  ABK =CBM , тоді ∠ABK = ∠CBM , звідси ∠KBD = ∠MBD , бо ∠ABD = ∠CBD , тоді ∠ABD − ∠ABK = ∠CBD − ∠CBM . .

1 1 ∠MBD = ∠MBK = ⋅ 70° = 35°. З BDM , 2 2

35. а) #

"

,

%

у якому ∠BMD = 90° , ∠MBD = 35° , ∠BDM = 90° − 35° = 55° , тоді ∠D = ∠B = 55° ⋅ 2 = 110° , ∠A = ∠C = 180° − 110° = 70° . б)

#

$

0 "

%

36. а)

#

. "

o $ %

ABCD — р о м б , ∠1 : ∠2 = 4 : 5 . Н е х а й ∠1 = 4x , ∠2 = 5x . ∠1 + ∠2 = 90° (гострі кути прямокутного трикутника).

4x + 5x = 90° , 9x = 90° , x = 10° , тоді ∠1 = 4 ⋅ 10° = 40° , ∠2 = 5 ⋅ 10° = 50° . Тоді ∠C = ∠A = 2 ⋅ 40° = 80° , ∠B = ∠D = 2 ⋅ 50° = 100° .

ABCD — ромб, ∠A = ∠C , ∠BAC = ∠BCA , CM — бісектриса ∠BCA . Н е х а й ∠MCA = x , т о д і ∠MAC = 2x . x + 2x = 180° − 120° , 3x = 60° , x = 20° , тоді ∠BCA = 40° , ∠C = ∠A = 80° , ∠B = ∠D = 100° . ∠AOC = 150° , ∠OCA = ∠OAC , бо ∠A = ∠C , тоді

#

1

o

4

0

$

" %

∠A =

1 4

∠C .

1 2

AC =

1 2

∠C і

∠OAC + ∠OCA = 180° − 150° = 30° , тоді ∠OAC = ∠OCA = 15° , ∠A = ∠C = 4 ⋅ 15 = 60° , ∠B = ∠D = 180° − 60° = 120° .

37. а) x см — сторона ромба, тоді 4x (см) — периметр.

4x − x = 6 , 3x = 6 , # x=2A см < — сторона ромба. P = 2 ⋅ 4 = с8мA< . $ o ÊÅ "

%

б) ABCD — ромб, BD = 5 A< с м , ∠ABD = 60° . Якщо ∠ABD = 60° , то і ∠ADB = 60° , і ∠A = 60° .  ABD — рівносторонній.

AB = BD = 5 Aс<м, P = 4 ⋅ 5 = 20 A< см.

38. ABCD — ромб; BK ⊥ AD ; У  ABD : BK — висота і BD = AD = 10 Aсм. < Але AB = ∠A = 60° ; ∠C = ∠A = 60° ; P = 4 ⋅ AB = 4 ⋅ 10 = 40 A см. <

AK = KD ; BD = 10 A с<м. медіана, тому  ABD — рівнобедрений, AD , тому  ABD — рівносторонній. Тоді ∠B = 180° − 60° = 120° ; ∠D = ∠B = 120° ;

ГЕОМЕТРІЯ

б)

915

39. а) P = 16 A cм, < тоді a = 16 : 4 = 4 Aсм < — сторона ромба S = a ⋅ h = 4 ⋅ 2 = 8 Aсм <2 2 б) S =

1

⋅ 10 ⋅ 12 = 60 Aсм <2 2

2

40. Площа ромба зменшилася у 16 разів.

41. а)

#

$

ABCD — ромб, AB = 10 сA< м , ∠B = 150° , тоді ∠A = 180° − 150° = 30° Проведемо BK ⊥ AD . У  ABK ∠K = 90° ; ∠A = 30° , тоді BK =

"

,

б)

#

" 42.

,

%

#

$

"

B

/

ГЕОМЕТРІЯ

.

916

1 2

⋅ 10 = 5 Acм <

%

У квадрата і ромба рівні периметри, отже, у них рівні сторони. Нехай a — сторона квадрата і ромба тоді Sk = a ⋅ a = a2 (сторона квадрата і є висотою).

Sp = a ⋅ h; h < a , бо h — перпендикуляр, а — по­ хила, проведені з однієї точки N на сторону MZ, тоді a ⋅ a > a ⋅ h. Отже, площа квадрата більша, ніж площа ромба.

I B

AB =

ABCD — ромб ∠A = 30° < — радіус вписаного в ромб кола. $ r = 5 Aсм Висота дорівнює діаметру кола, вписаного ⋅ 5⋅ 5= =10 в ромб. BK ⊥ AD ; BK см.

BK= =2;2r; r= =2 2 10A< A<  ABK — прямокутний ∠A = 30° , тому AB = 2 ⋅ BK = 2 ⋅ 10 = 20 , тоді AD = 20 A см < S = AD ⋅ BK = 20 ⋅ 10 = 200 Aсм < 22.

1

B

2

S = AD ⋅ BK = 10 ⋅ 5 = 50 A < 22. см

%

1

;

< 2 — площа прямокутника і квадрата 43. S = 50 ⋅ 18 = 900 Aсм 2 < — сторона квадрата. a = 900 , a = 30 Aсм 44.

$

ABCD — ромб, BK ⊥ AD ; BM ⊥ CD  ABK =CBM ∠BKA = ∠BMC = 90° .

AB = BC — гіпотенузи рівні, бо є сторонами ромба. ∠A = ∠C .

1 З рівності трикутників: BK = BM . Дві " , % висоти, проведені з вершини гострого кута також рівні (аналогічно). Висоти проведені з вершини гострого і тупого кутів рівні ( BK = CP) , як два перпендикуляри між паралельними прямими. #

$

#

45.

1 "

,

%

47. # &

"

,

.

$

' %

ABCD — паралелограм BK ⊥ AD ; BP ⊥ CD ; BK , BP — висоти проведені з однієї вершини: якщо BK = BP , то  ABK =CBP , бо трикутники прямокутні; ∠A = ∠C і BK = BP ; з рівності трикутників: AB = BC . У паралелограмі суміжні сторони рівні, тому ABCD — ромб.

ABCD — ромб.

BK = BE = DF = DM ; K ∈ BC ; E ∈ BA ; F ∈ DC ; M ∈ DA .

BC = CD = AD = AB (бо ABCD — ромб) BK = DF = MD = EB (за умовою), тоді BC − BK = CD − DF = AD − DM = AB − BE тобто KC = CF = AM = AE  AEM =CKF ; AE = CK

,

AM = CF ∠A = ∠C З рівності трикутників: KF = EM . ∠AEM = ∠CKF BRE =DFM BK = DF (за умовою) BE = DM ∠B = ∠D З рівності трикутників: EK = MF . Тоді KFME — паралелограм. ∠KEM = 180° − ∠AEM − ∠BEK ∠EKF = 180° − ∠CKF − ∠BKE , оскільки ∠AEM = ∠CKF (з рівності  AEM і CKF ) і ∠BEK = ∠BKE ( BEK — рівнобедрений за умо­ вою), то ∠KEM = ∠EKF , але ці кути — суміжні кути паралелограма, тому ∠KEM + ∠EKF = 180° . Оскільки кути рівні, то їх градусні міри по 90° . ∠KEM = ∠EKF = 90° . Отже, KFME — прямокутник.

48.

.

ABCD — ромб; O — точка перетину AC і BD OK ⊥ AD ; OP ⊥ AB ; OM ⊥ BC ; ON ⊥ CD .

0 OMC =ONC =OPA =OKA (за гіпотенузою і / гострим кутом) " ∠OMC = ∠ONC = ∠OPA = ∠OKA = 90° , % OC = OC = OA = OA (половини діагоналі AC ) ∠OCB = ∠OCN = ∠OAP = ∠OAK (половини рівних кутів A і C ) З рівності трикутників: OM = ON = OK = OP точкою O . Діагоналі розбилися на рівні частини, отже, PMNK — паралелограм, до того ж MK = PN ( MK = OM + OK ; PN = PO + ON ) . Отже, паралелограм у якого діагоналі рівні — прямокутник. #

$

ГЕОМЕТРІЯ

1

1 A<22 (за 49. Нехай діагоналі ромба 4x і 3x , тоді S = ⋅ 4x ⋅ 3x , або 600 см 2 умовою).

1 Отже, ⋅ 4x ⋅ 3x = 600 2 6x2 = 600 , x2 = 100 , x1 = −10 (не є розв’язком задачі)

917

x2 = 10 . Тоді 4x = 4 ⋅ 10 = 40 Aсм < — одна діагональ ромба 3x = 3 ⋅ 10 = 30 Aсм < — друга діагональ ромба.

50.

#

ABCD — ромб, вписаний у коло, тому ∠A + ∠C = ∠B + ∠D . Оскільки ∠A + ∠C + ∠B + ∠D = 360° , то ∠A + ∠C = ∠B + ∠D = 180° . ∠A + ∠C = 180° , а ∠A = ∠C (за властивістю ромба). Тому ∠A = 90° ; ∠C = 90° . Ромб, у якого кути по 90° — квадрат.

$ 0 %

" 51. а)

#

"

%

АB — сторона ромба $ ∠A +— ∠Cкут = ∠ромба B + ∠D 1. Побудуємо кут A .

2. На сторону кута A відкладемо відрізки, до­ вжина яких дорівнює AB AD = AB 3. Коло з центром B , радіусом AB перетне коло з центром D , радіусом AB в т. C .

4. ABCD — шуканий ромб.

" #

" б) " "

#

AB — сторона ромба.

AC — діагональ ромба.

1. Побудуємо діагональ AC .

2. Коло з центром A , радіусом AB перетне коло з центром C , радіусом AB в т. B і т.

D .

3. ABCD — шуканий ромб.

$

#

$

" % в)

ГЕОМЕТРІЯ

# "

0

BD ; AC — діагональні ромба. Побудуємо довільну пряму a , виберемо на ній т. О. Через т. O проведемо b ; b ⊥ a . На прямій a від т. O відкладемо по обидві сто­

%

0 #

$

"

B 0 C %

$

рони від т. O відрізок довжиною

1 2

AC , а

на прямій b по обидві сторони від т. O відкладемо відрізок довжиною

1 2

BD .

З’єднаємо послідовно точки A , B , C , D .

ABCD — шуканий ромб.

52. а) AB — сторона ромба, r — радіус вписаного кола Побудуємо пряму a . З будь-якої точки прямої a побудуємо перпен­ дикуляр і на ньому від прямої a відкладемо відрізок, довжина якого 918 2r і через кінець відрізка побудуємо пряму b , b  a .

"

#

S C

#

Відстань між прямими a і b дорівнює 2r , а у ромба h = 2r т. A ∈ a . Побудуємо коло з центром A , радіусом AB . Це коло перетне пряму b в т. B , пряму a — в т. D .

S B %

"

$ "

I

$

#

, % в)

AC — діагональ ромба, CK — висота ромба Побудуємо прямий кут, на одній із сторін пря­ мого кута відкладемо відрізок KC . Коло з центром C , радіусом CA перетне сто­ рону прямого кута, на якій не лежить т. C в / точці A . CA — діагональ ромба. Через т. C проведемо промінь CN  KA . До відрізка AC побудуємо серединний перпендикуляр. Цей сере­ динний перпендикуляр перетне AK в т. D , а промінь CN в т. B . ABCD — шуканий ромб.

"

BN — висота ромба, ∠A — кут ромба. Побудуємо ∠A ; промені a , b — сторони ∠A . Виберемо т. M ∈ a ; проведемо MK ⊥ a . / # На промені MK відкладемо MK = NB . Через т. K проведемо пряму m , m  a . m перетне сторону b кута A в т. B . AB — сторона , $ N ромба. На промені AM відкладемо відрізок AD = AB . Коло з центром B , радіусом AB перетне коло з центром D , радіусом AB в B % . т. C . ABCD — шуканий ромб.

"

, $

C #

"

53.

# .

/ B

$

#

"

$

,

C %

"

 ABC — довільний. Ромб AMNK має з  ABC спільний кут A . N ∈ BC . Проведемо бісектрису ∠A . Оскыльки діагональ ромба — бісектриса кута, то точка перетину бісектриси ∠A і сторони BC , це точка N . Через точку N проведемо пряму a , паралельна AC . Пряма a перетне AB в точці M . Через точ­ ку N проведемо пряму b , паралельну AB . Пряма b перетне AC в т. K . Ромб AMNK — шуканий.

$

#

AB = CD , BC = AD ⇒ ABCD — парале­л ограм. ∠A = 90° , ABCD — прямокут­ ник. AB = BC , тому ABCD — квадрат.

$

#

54. а )

%

"

%

"

б)

$ #

o % "

ГЕОМЕТРІЯ

б)

AB = CD ; BC = AD ⇒ ABCD — п а р а л е л о ­ грам. AB = BC = CD = AD , тому ABCD — ромб.

CA — бісектриса, тому ∠C = 90° . Отже, ABCD — квадрат.

919

в)

$

#

0

Діагоналі перетнулися і точкою перетину поділилися пополам, тому ABCD — парале­ лограм. AC = BD , тому ABCD — прямокут­ ник. AC ⊥ BD , тому ABCD — квадрат.

%

"

< ; P = 4 ⋅ 6 = 24 A 55. а) MN = 6 A см с< м. < ; P = 4 ⋅ 6 = 24 A б) KL = 6 Aсм с< м. в) PQ = 2 ⋅ r = 2 ⋅ 4 = 8 A с<м; P = 4 ⋅ 8 = 32 сA< м.

56. S = 57.

1 2

2 2 ⋅ 8 ⋅ 8 = 32 <см .

$

# 0

P = 36 A с< м, a = P : 4 = 36 : 4 = 9 сA< м . OM ⊥ AD ; O — точка перетину діагоналей. O — середина BD ; OK ⊥ AD тому OK  AB . OK — середня лінія BDA , тому OK =

"

,

%

1 2

AB = 9 : 2 = 4,5 A< см.

ГЕОМЕТРІЯ

58. Ці трикутники прямокутні рівнобедрені.

59.

AB = BC = CD = DA AM = BP = CK = DE (за умовою), тоді AB − AM = BC − BP = CD − CK = DA − DE , тобто . , BM = CP = DK = AE . MBP =PCK =KDE = EAM — прямокутні з рівними катетами. З рівності трикутників: % " & PME =PKE (ІІІ ознака) MP = PK = KE = ME , тоді PM = PK , ME = KE , PE — спільна сторона. З рівності трикутників: ∠PME = ∠PKE .

60.

 ABC — прямокутник AC = BC , KMPN — квадрат K ∈ AC ; N ∈ CB . MP лежить на AB ; .

AB = 9 A< с м .  ABC — рівнобедрений, прямокутний, тому ∠A = ∠B = 45° . , 1  AKM — прямокутний, бо ∠KMP = 90° — кут квадрата, тоді ∠AMK = 180° − 90° = 90° . ∠A = 45° ; # $ / тому ∠AKM = 45° . Отже,  AKM — прямокутний, рівнобедрений, тому AM = KM . Аналогічно з NPB : NP = PB . Оскільки MP = KM = NP , то AM = MP = PB , тобто довжина гіпотенузи дорівнює трьома довжинам сторони квадрата.

3 ⋅ MP = 9 , MP = 9 : 3 , MP = 3 A< с м , тоді PKMPN = 4 ⋅ 3 = 12 A< см.

#

1

$

"

 ABC — п р я м о к у т н и й , AC = BC , KCPM — квадрат, ∠C — спільний, M ∈ AB ,  AKM — . прямокутний, рівнобедрений, оскільки ∠A = 45° , (з того, що  ACB — прямокутний, рівнобедрений), AK = KM , т о м у то ∠AMK = 45° , т о м у # AC = AK + KC = KM + KC . Аналогічно, розглядаю­ $ 1 чи MPB , можна зробити висновок MP = PB , тому CB = CP + PB = CP + PM . Звідси KM + KC + CP + PM = AC + CB = a + a = 2a + PM = 920 AC + CB = a + a = 2a .

61.

"

62. #

ABCD — квадрат, AC = 5 A с<м . AD — сторона квадрата, AD — діагональ квадрата AODM . Якщо AD — діагональ квадрата, то О — точка перети­ ну діагоналей квадрата. ABCD є вершиною ново­ го квадрата. Сторона квадрата AODM дорівнює половині діагоналей AC . Тобто AO = 5 : 2 = 2,5 A< см.

$ 0

"

% .

PAODM = 4 ⋅ AO = 4 ⋅ 2,5 = 10 A< с м.

ABCD — квадрат, AN = AM = CP = CK за умовою.

AB = AD = CB = CD , т о д і BN = MD = BP = KD . , PCK =NAM (прямокутні, рівні катети). З рівності трикутників: PK = MN . Аналогічно KDM =PBN , тоді KM = PN . Звідси, NPKM — паралелограм / P (протилежні сторони рівні). PCK — прямокут­ % ний, рівнобедрений, тому ∠CPK = 45° ; NBP — " . прямокутний, рівнобедрений, тому ∠BPN = 45° . ∠NPK = 180° − ∠CPK − ∠BPN = 180° − 45° − 45° = 90° . Якщо у n один кут 90° , то цей паралелограм — прямокутник.

AC — діагональ квадрата, AC — бісектриса ∠A і ∠C .  AOM — прямокутний, рівнобедрений, бо AC — бісектриса, тому ∠NAO = 45° , ∠ANO = 45° , тоді ∠AON = 90° . Отже, AO = NO . Аналогічно CQ = PQ , NPQO — прямокутник, NP = OQ . Тоді AC = ON + NP + PQ , AC — півпериметр прямокутника, тоді P = 2 AC = 2 ⋅ 5 = 10 Aс<м .

1 B

#

64.

#

/

$ ABCD — к в а д р а т , M , N , P , K — с е ­ р е д и н и AB , BC , CD , DA . M — с е р е д и ­ на AB , N — середина BC , MN — середня 1 1 лінія  ABC . MN  AC , MN = AC . KP — середня

,

%

. "

$

2

лінія  ACD , тому KP  AC , KP =

KP  AC ⇒ MN  KP . MN =

1 2

AC , KP =

1 2

1 2

AC , MN  AC ,

AC , тому MN = KP .

Отже, MNPK — паралелограм. MBN =NCP , ∠B = ∠C = 90° , MB = NC (половини рівних сторін), BN = CP . З рівності трикутників: MN = NP . Суміжні сторони паралелограма рівні, тому MNPK — ромб. ∠CNP = 45° ( NCP — прямокутний, рівнобедрений). Аналогічно з BNM : ∠BNM = 45° , тоді ∠MNP = 180° − ∠BNM − ∠CNP = 180° − 45° − 45° = 90° . У ромба MNPK один кут 90° , тоді і решта кутів по 90° . Отже, MNPK — квадрат.

ГЕОМЕТРІЯ

63.

AK = BP = CM = DE , тоді AE = BK = PC = DM ∠A = ∠B = ∠C = ∠D = 90° , звідси . KAE =PBK =MEP =EDM .

З рівності трикутників: KE = PK = MP = EM ∠KEA = ∠PKB = ∠MPC = ∠EMD , ∠AKE = ∠BPK = ∠CMP = ∠DEM . % З рівності сторін KE , PK , MP , EM можна "

& зробити висновок: KPME — паралелограм. Оскільки рівні не тільки 921 протилежні сторони, а всі сторони KPME , то KPME — ромб.

65. а)

#

1

$

∠KPM = 180° − ( ∠BPK + ∠MPC ) ∠PME = 180° − ( ∠CMP + ∠EMD ) , оскільки ∠BPK = ∠CMP і ∠MPC = ∠EMD , то ∠KPM = ∠PME . У ромба KPME сусідні кути рівні. Отже, KPME — квадрат.

1

б) #

AK

$

KB

.

=

BK PC

=

CM MD

=

ED EA

; нехай AK = mx ;

KB = nx , тоді BK = CM = ED = mx ; PC = MD = EA = nx , так як ці відрізки рівні і ∠B = ∠C = ∠D = ∠A , то EAK =KBP =PCM =MDE % " =KBP&=PCM EAK =MDE , далі аналогічно з задачею 65а. ,

§ 16. Трапеція

Завдання 15 1.

#

$

%

"

Нехай дано трапецію ABCD , ∠A = 68° ; ∠D = 74° ; ∠A + ∠B = 180° ; ( ∠A і ∠B — кути прилеглі до одної бічної сторони); BC  AD ; 68° + ∠B = 180° ; ∠B = 112° ; ∠C + ∠D = 180° ; ∠C = 180° − 74° = 106° . Відповідь: 112° ; 106° .

2. а) ABCD — трапеція; AB = CD ; ∠A = ∠D = 57° ; ∠B = ∠C = 180° − 57° = 123° . Відповідь: 123° ; 57° ; 123° . б) ABCD — трапеція; ∠A = ∠B = 90° ; BC  AD ; ∠D = 57° ; ∠C + ∠D = 180° ; ∠C = 180° − 57° = 123° . Відповідь: 90° ; 90° ; 123° .

3. а)

$

#

ГЕОМЕТРІЯ

%

"

б)

$

#

"

ABCD — трапеція; BC  AD ; ∠A : ∠B = 1 : 2 ; ∠D : ∠C = 1 : 3 ∠A + ∠B = 180° ; x + 2x = 180° ; 3x = 180° ; x = 60° ; ∠A = 60° ; ∠B = 120° ; ∠C + ∠D = 180° ; x + 3x = 180° ; 4x = 180° ; x = 45° ; ∠D = 45° ; ∠C = 135° . Відповідь: 60° ; 120° ; 45° ; 135° . ∠A : ∠B = 1 : 2 ; ∠D : ∠C = 3 : 1 ∠A + ∠B = 180° ; ∠D + ∠C = 180° ; x + 2x = 180° ; ∠D = 135° ; ∠C = 45° ; ∠A = 60° ; ∠B = 120° .

% #

4. Якщо трапеція вписана в коло, то вона рівнобедрена. Отже, ∠A = ∠D = 54° ; ∠A + ∠B = 180° ; ∠B = 180° − 54° = 126° ; ∠B = ∠C = 126° .

922 Відповідь: 126° ; 54° .

"

$ %

5. а) ні; б) існує.

6. а) ні; б) 8x + 7x + 13x + 12x = 360° ; 40x = 360° ; x = 9 ; ∠1 = 720° ; ∠2 = 63° ; ∠3 = 117° ; ∠4 = 108° .

7. а)

 ABK ; ∠A = 180° − (40° + 72°) = 180° − 112° = 68° ; ∠BKD = 180° − 72° = 108° ; BC  KD ; BK  CD ; ∠C = ∠BKD = 180° ; ∠D = 180° − 108° = 72° ; ∠ABC = 40° + 72° = 112° ; Відповідь: 68° ; 108° ; 112° 72° .

  "

%

,

б) #

$

"

.

%

.

$

#

в)

"

%

8*. #

$

"

#

9*.

∠A = ∠B = 90° ;  AMC , AM = MC ; ∠AMC = 90° ; ∠A = ∠C = 45° ; CDM ; ∠C = ∠D = 45° ; ∠BCD = 180° − 45° = 135° . Відповідь: ∠A = ∠B = 90° ; ∠D = 45° ; ∠C = 135° .  ABM = AMD =DMC ; ∠B = ∠C = 60° ; ∠A = ∠D = 120° . Відповідь: 60° ; 60° ; 120° ; 120° .

Нехай ABCD — рівнобедрена трапеція BC  AD ; AB = CD ; A C— бісектриса кута А. ∠ACD = 90°; AC — б і с е к т р и с а , о т ж е ∠1 = ∠2 ; BC  AD ; AC — січна; ∠2 = ∠3 , тоді ∠1 = ∠3 ;  ABC — рівнобедрений, AB = BC ; ∠1 = ∠3 = ∠2 = x ; ∠A = ∠D = 2x ; % ∠C + ∠D = 180° ; x + 90° + 2x = 180° ; 3x = 90° ; x = 30° ; ∠A = ∠D = 60° ; ∠B = ∠C = 120° . Відповідь: 60° ; 60° ; 120° ; 120° .

$

Нехай ABCD — рівнобедрена трапеція AB = CD ; BK ⊥ AD ; BK =

1 2

AB ;

 ABC — прямокутник, BK — катет, що вдвічі менший за гіпотенузу AB , отже ∠BAK = 30° , тоді ∠D = 30° ; ∠B = ∠C = 180° − 30° = 150° . Відповідь: 30° ; 30° ; 150° ; 150° . "

,

ГЕОМЕТРІЯ

$

#

%

10*. ABCD — прямокутна трапеція.

AC — менша діагональ трапеції.

923

#

$

BC = AB ; BC =

1 2

AD ;

ABCK — квадрат, отже AC — діагональ ква­ драта; ∠CAD = 45° ;  ACD — рівнобедрений, " % AK = KD ; CK ⊥ AD ; ∠CAD = ∠CDA = 45° ; , ∠ACD = 180° − (45° + 45°) = 90° . Відповідь: ∠ACD = 90° .

11*. #

"

$

,

'

%

Нехай ABCD — рівнобічна трапеція AB = CD ; BC = 4 A< с м; AD = 10 A< см; ∠B = ∠C = 135° . Проведемо висоти трапеції.  ABK =DCF (за гіпотенузою і катетом). ∠A = ∠D = 45° ;  ABK — прямокутний, рівнобедрений BK = AK ; AK = ( AD − BC ) : 2 ; AK = (10 − 4) : 2 = 3 A< см; BK = 3 A с< м. Відповідь: 3 A< см.

Нехай ABCD — прямокутна трапеція ∠BCD = 120° ; BC = 4 сA< м ; AD = 8 A< см; AC — менша діагональ;

CK ⊥ AD ; KD = AD − BC = 8 − 4 = 4 A< см; ∠CDA = 180° − 120° = 60° ; " % CKD — п р я м о к у т н и й ; ∠KCD = 30° ; , CD = 2KD = 8 A< с м;  ACD — рівнобедрений, AC = CD ( AK = KD ;

CK — медіана і висота), тому AC = 8 A< с м. Відповідь: 8 A< см .

12*.

#

$

"

13*. а) AK = KN ; AL = LM ; AN = 10 Aсм < ; AM = 12 A< с м; MN = 8 A< с м; AK = KN , AL = LM , тоді за теоремою Фалеса KL  NM ; отже KLMN — трапеція KL — середня лінія  ANM ; KL =

1 2

L ,

M .

/

MN = 4 Aс<м

ГЕОМЕТРІЯ

PKLMN = 4 + 6 + 5 + 8 = 23 A с<м. б) AK = 2KN ; AL = 2LM ; AN = 10 A< см ; AM = 12 A< с м; MN = 8 A< с м; AM = ML ; AN = NK , за теоремою Фалеса MN  LK .

LMNK — трапеція; M L MN — середня лінія  ALK ; LK = 16 A< с м; KN = AN = 10 A< см ; LM = 12 A< с м; PLMNK = 10 + 12 + 16 + 8 = 46 A< с м. Відповідь: а) 23 A< с м ; б) 46 A< с м.

B

14. а) a = 2 A< см ; b = 6 A< с м; MN = 924

a+b 2

=

2+6 2

= 4 Aс<м;

< ; b = 18 A< б) a = 12 Aсм с м;

/

.

C

" . / ,

MN =

12 + 18 2

= 15 A< см .

Відповідь: 4 A< см ; 15 A< с м.

15. а) ABCD — трапеція MN = 5 A< см ; BC = 2 A< с м; AD = x A< см ; MN — середня лінія; BC + AD

MN = 2 2+x 5= ; 2

B /

.

; C

10 = 2 + x ; x = 8 ; AD = 8 с м б) AD = 4 A< см ; MN — середня лінія; MN = 4 − 1 = 3 A< см ; MN = 3=

BC + AD 2

;

x+4 ; 2

6 = x + 4 ; x = 2 ; BC=2 с м см ; 8 A< с м. Відповідь: 2 A< 16. а) ABCD — трапеція BC  AD ; BC : AD = 1 : 3 ; MN = 10 A< см ; MN — середня лінія трапеції; Нехай BC = x , тоді AD = 3x . За властивістю середньої лінії маємо: x + 3x = 2MN ; 4x = 20 ; . x=5 ; BC = 5 A< см ; AD = 15 A< с м. "

#

$ / %

ГЕОМЕТРІЯ

б) BC : AD = 3 : 5 ; BC = 3x ; AD = 5x ; 5x − 3x = 4 ; 2x = 4 ; x=2 ; BC = 6 A< см ; AD = 10 A< с м. < і 15 Aс<м ; б) 6 A< Відповідь: а) 5 Aсм с м; 10 A< с м.

17. ABCD — трапеція, BC = 4 A< с м; AD = 10 A< с м; MN =

BC + AD 2

=

4 + 10 2

= 7 A< с м;

 ABC ; MP  BC , MP =

1

DCB ; KN  BC ; KN =

1

2

2

BC =

1

BC =

1

2

2

#

⋅ 4 = 2 A< с м; ⋅ 4 = 2 A< с м;

PK = MN − ( MP + KP) = 7 − (2 + 2) = 3 A< с м. Відповідь: 2 A< см ; 3 Aс<м; 2 A< с м.

. "

$

1

,

/ % 925

18*. Нехай ABCD — трапеція; PABCD = 28 A< см ; PK = 3 A< см. Якщо трапеція описана навколо кола, то AB + DC = AD + BC = 28 : 2 = 14 A с<м

$

. 1

, / %

"

1

( AB + DC ) = 14 : 2 = 7 Aс<м; 2

MN =

#

PK = 3 A< см ; MP = KN = (7 − 3) : 2 = 2 A< с м;  ABD ; MP =

1 2

AB , AB = 2MP = 2 ⋅ 2 = 4 Aс<м

DBC ; DC = 2PN = 2 ⋅ (2 + 3) = 10 A< с м. Відповідь: 4 Aсм < і 10 A< с м.

19*. а) MP = PK = KN ; 1

KN =

BC ; BC = 2KN ; MK =

2

1 2

AD ; AD = 2MK = 4 KN ;

BC : AD = 2KN : 4KN = 2 : 4 = 1 : 2 . б) MP : PK : KN = 2 : 1 : 2 ; MP = 2x ; BC = 4x ; PN = 3x ; AD = 6x ; BC : AD = 4x : 6x = 4 : 6 = 2 : 3 . Відповідь: а) 1 : 2 ; б) 2 : 3 .

MN =

2

1

( BC + AD ) = 2 (2 + 8) = 5 A<с м;

PK — середня лінія трапеції MBCN 1

PK =

2

1

( BC + MN ) = 2 (2 + 5) = 3,5 A<с м;

$

. 1

, / %

"

#

20. а) MN — середня лінія трапеції ABCD 1

#

$

1 . '

, / &

"

%

FE — середня лінія трапеції AMND FE =

1 2

1

( MN + AD ) = 2 (5 + 8) = 6,5 A<с м.

ГЕОМЕТРІЯ

Відповідь: 5 Aсм < ; 3,5 A< с м; 6,5 A< с м. б) MN — середня лінія трапеції PBCK PK — середня лінія трапеції AMND MN = x ; PK = y ; 2 + y = 2x  x + 8 = 2y y = 2x − 2  x + 8 = 4x − 4 y = 6  x = 4 Відповідь: 4 Aсм < і 6A с< м.

926

#

/

.

1 "

$

,

%

21*. Нехай ABCD — рівнобічна трапеція, AB = CD ; ∠A = ∠D = 60° ; BC = 15 A< см; AD = 49 A< см; Проведемо BK ⊥ AD ; CF ⊥ AD ;

#

AK = FD =

2

"

 ABK =DCF (за гіпотенузою і катетом).

49 − 15

$

,

'

%

= 17 A< с м.

 ABK , ∠ABK = 30° ; AK =

1 2

AB ; AB = 2 AK = 2 ⋅ 17 = 34 A< см;

CD = 24 A< см ; PABCD = 34 + 15 + 34 + 49 = 132 Aс<м. < . Відповідь: 132 Aсм

AD − BC 2

=

4−2 2

#

= 1 м; A<

 ABK ; AK = 1 A< см ; AB = 2 A< с м; AK =

1 2

%

"

23*. AB = BC = CD = 2 A< см; AD = 4 A< см ; BK ⊥ AD ; CF ⊥ AD ; AK = FD =

$

#

22. Нехай ABCD — рівнобічна трапеція, AB = CD = 7 A< см ; якщо в трапецію вписано коло, то AB + CD = BC + AD = 7 + 7 = 14 A< с м; PABCD = 14 + 14 = 28 A< см . Відповідь: 28 A< см .

"

,

$

0

%

'

AB ; ∠ABK = 30° ;

Проведемо BO  CD ; BO = 2 A< с м; AB = BO = AO = 2 A< см;  ABO — рівносторонній. Аналогічно CO = CD = 2 Aс<м ; точка O — рівновіддалена від всіх вершин трапеції AO = OB = OC = OD = R ; R — радіус описаного кола навколо трапеції; R = 2 A< см. < . Відповідь: 2 Aсм 24. Нехай трапецію ABCD описано навколо кола, # AB = CD = 7 A< см ; Якщо коло вписане в трапецію, то AB + CD = BC + AD = 7 + 7 = 14 Aс<м; .

MN — середня лінія трапеції.

MN =

1 2

1

( BC + AD ) = 2 ⋅ 14 = 7 Aс<м.

"

$

ГЕОМЕТРІЯ

∠BAK = 60° ; ∠ABC = 120° .

/ %

A< . Відповідь: 7 см 927

25*. Нехай дано ABCD — рівнобічна трапеція.

AB = CD = 24 A< см ; BC + AD = 44 A< с м; ∠A = ∠D = 60° ; Проведемо висоти BF і CK ;  ABF ; ∠ABF = 30° ; AF =

1 2

"

AB ;

#

Y

'

Y

$

,

%

AF = 12 A< см; за властивістю катета, що лежить проти кута 30° ; AF = KD = 12 Aсм < ; BC = FK = x ; x + 12 + x + 12 = 44 ; 2x = 20 ; x = 10 ; BC = 10 A< см ; AD = 34 Aс<м. Відповідь: 10 Aсм < і 34 A< с м. #

26*. Нехай дано рівнобічну трапецію ABCD , AB = CD ; BC = 4 A< см ; AD = 10 A< с м; BD ⊥ AC ; Якщо діагоналі рівнобічної трапеції перети­ наються під прямим кутом, то відрізок, що сполучує середини основ трапеції, дорівнює її середній ліній.

MN =

BC + AD 2

=

4 + 10 2

$

%

"

= 7 A< с м;

MN = h = 7 A< см . Відповідь: 7 A< см .

27*. а) Нехай ABCD — прямокутна трапеція, BC  AD , BC = 8 A<с м ; AD = 16 A< см ; AC — діагональ є бісектрисою прямого кута; CK ⊥ AD ; AK = BC = 8 A< с м; #

$ AK = KD = 8 A< см .  ACD — рівнобедрений. ∠CAD = ∠CDA = 45° ; ∠ACD = 90° ; ∠ACK = 45° ; AK = CK = 8 A< с м; Stp =

ГЕОМЕТРІЯ

Stp =

BC + AD 2 8 + 16 2

Stp =

BC + AD 2 8 + 16 2

%

,

2 2 ⋅ 8 = 96 A< см .

б)  ABD — рівнобедрений; AB = AD = 16 A< см ;

Stp =

#

$



⋅ AB ;

2 3 ⋅ 16 = 192 A< см .

2 2 Відповідь: а) 96 A< см ;

928

"

⋅ CK ,

" 2 2 б) 192 A< см .

 ,

%

28**. Нехай ABCD — прямокутна трапеція ∠BCD = 120° ; AC = CD = 12 A< с м;  ACD — рівнобедрений ∠D = ∠A = 60° ; ∠KCD = 30° ; KD =

1 2

1 2

1 2

$

/

.

CD = 6 A< с м;

AK = BC = 6 A< см ; MN = AD = 12 A< см ; MN =

#

"

%

,

( BC + AD ) ;

с< м.

(6 + 12) = 9 A

Відповідь: 9 A< см .

29**. ABCD — рівнобічна трапеція; а) AB = CD ; MN = 5 A< см ; PK = 3 A< см ; 1

MP = KN =

& # .

BC , MP — середня

2

лінія  ABC ;

$

"

1

/

,

'

%

2

KN — середня лінія BCD .

MP = KN = (5 − 3) : 2 = 1 A<с м ; о т ж е , BC = 2 Aсм < ; MN =

BC + AD 2

, 5=

2 + AD 2

; AD = 8 A< с м.

Проведемо висоту BF і висоту CO . З рівності  ABF і DCQ маємо: AF = QD ; BC = FQ = 2 A< см ; AF = (8 − 2) : 2 = 3 Aс<м; BEC — прямокутник, BE ⊥ FC ; BF = FC ; BEC ∼  AED ; ∠EBC = ∠ECB = 45° ; ∠EBC = ∠BAF = 45° ;  ABF — прямокутний, ∠A = ∠B = 45° ; отже AF = BF = 3 A< с м;

SABCD =

BC + AD 2 2+8 2

⋅ BF ;

2 2 ⋅ 3 = 15 A< см .

ГЕОМЕТРІЯ

SABCD =

2 2 Відповідь: 15 A< см .

б) Нехай дано рівнобічну трапецію ABCD .

MN = 5 A< см ; PQ = 3 Aс<м; AC ⊥ BD ; MP = QN =

1 2

BC ;

MP = QN = 1 A< см ; BC = 2 A< см ; AD = 8 Aсм < ; BD ⊥ AC , отже, FK = MN .

#

ÊÅ

$

& . "

1

2

, ÊÅ

/ % 929

FK = 5 A< с м , трапеція рівнобічна, тому EK — відрізок, що сполучує середини її основ є висотою цієї трапеції.

SABCD =

BC + AD 2

⋅ EK , SABCD =

2+8 2

2 2 ⋅ 5 = 25 A< см .

< 22 . Відповідь: 25 A см 31**. Нехай ABCD — рівнобічна трапеція.

AC ⊥ BD , AC і BD — діагоналі, a+b

тоді PQ = SABCD =

2

B 1

$

;

2 a+b a+b

⋅

#

2

(a + b)

2

=

4

.

2

"

32**. Нехай дано ABCD — трапеція. Проведемо через точку C пряму CK  AB . За умовою AB = BC ; AD = BC ⋅2 ; ABCK — паралелограм. BC  AK , AB  CK .

K — середина AD . AK = KD = KC . т. К — центр описаного кола, AD — гіпотенуза.  ACD — прямокутний, отже, AC ⊥ CD , що й треба довести.

%

C #

Y

$

Y , "

%

Y

33**. Нехай ABCD — трапеція. Доведемо, що PQ =

AD − BC 2

=

b−a 2

;

BC = a ; AD = b ; MN =

a+b 2

.

;

MP — середня лінія  ABC ; MP = QN — середня лінія BCD ; QN =

ГЕОМЕТРІЯ

PQ = MN − MP − QN =

a+b 2

−

a 2

−

a 2

=

b 2

a 2

−

a 2

1

"

a 2

#

$

, #

930

2

AC ; KP =

2

%

, що й треба довести.

б) M , N , P , K — середини сторін.

MN — середня лінія  ABC ; MN =

/

2

;

"

1

$

C

;

34**. ABCD — рівнобічна трапеція а) BK ⊥ AD ; CL ⊥ AD .  ABK =DLC (за гіпотенузою і катетом) тому AK = LD .

1

B

#

AC ; MN  AC ; KP  AC ;

/

. "

%

$ 1 ,

%

NP — середня лінія BCD ; NP =

1 2

BD ; MK =

1 2

BD ;

NP  BD ; MK  BD .

ABCD — рівнобічна трапеція, тому AC = BD , тоді MN = NP = PK = MK , MN  KP , MK  NP .

MNPK — ромб, що й треба довести.

35*. ABCD — трапеція. ∠A + ∠D = 90° . Проведемо PK  AB ; PM  CD ; ∠A + ∠D = 90° , тоді ∠K + ∠M = 90° ; KPM — прямокутний; ∠KPM = 90° ; P і Q — середини основ BC і AD .

Q — середина KM ; KQ = QM = PQ ; BP = AK ; PC = MD ; KM = AD − BC , нехай BC = a , AD = b , b−a 2

"

,

2

$

%

.

, що й треба довести.

36**. ABCD — трапеція.

BC і AD — діагоналі; AC ⊥ BD ; BK = MN , BK — в и с о т а , MN — середня лінія. Нехай P і Q — се­ редини основ трапеції, за опорною задачею PQ = MN , MN — середня лінія трапеції, PQ — висота трапеції, за опорною задачею 5 трапеція рівнобічна, що й треба довести.

37*. ABCD — трапеція, BK — бісектриса ∠B .

AK — бісектриса ∠A . ∠1 = ∠2 , ∠3 = ∠4 , ∠A + ∠B = 180° , ∠1 + ∠3 = 90° , ∠BKA = 90° ,  ABK — прямокутний, BM = MK = MA , отже, M — середина AB , K ∈ MN , що й треба довести.

1

#

"

. "

%

2

,

#

$

$

,

/ %

ГЕОМЕТРІЯ

тоді PQ =

1

#

931

Завдання до повторення розділу ІІ.

1. Сума внутрішніх кутів чотирикутника 360° .

2. Сума протилежних сторін вписаного чотирикутника 180° .

3. Сума протилежних сторін описаного чотирикутника рівні.

4. Висота паралелограма — відрізок перпендикуляра, який проведений з вершини на протилежну сторону.

13.

14.

Так, найдеться хоча б один прямий або тупий кут. Цей чотирикутник не може бути опуклим, сума кутів 360° − (28° + 62° + 70°) = 200° ;

360° ;

ГЕОМЕТРІЯ

15. Якщо ∠1 + ∠2 + ∠3 > 180° , то цей чотирикутник опуклий, тому серед них є кут більший за 60° .

16**.

ABCD — чотирикутник; $ # ∠A = ∠B = 100° ; ° ∠KAD = 100° − 40° = 60° ; ° ° ∠CBK = 100° − 40° = 60° ; , ° ABK — рівнобедрений, ° ∠ABK = ∠KAB = 40° , тому BK = AK ; ° ∠AKB = 100° ; " ∠CKD = ∠AKB = 100° — вертикальні кути; % ∠BKC = ∠AKD = 80° ; CBK = DAK (за стороною і двома протилежними кутами), з їх рівності маємо: KC = KD . Отже CKD — рівнобедрений, ∠KCD = ∠KDC = (180° − 100°) : 2 = 40° . Відповідь: ∠KCD = 40° .

17. Чотирикутник не існує.

18. а) 5 + 7 ≠ 6 + 8 . Коло в чотирикутник вписати не можна, суми протилежних сторін не рівні між собою. б) 11 + 6 = 7 + 10 . Коло в чотирикутник вписати можна.

19. а) 3x + 5x ≠ 4x + 6x . Коло в даний чотирикутник вписати не можна. б) Якщо чотирикутник описаний навколо кола, то у нього суми протилежних сторін рівні. Отже, 3 + m = 4 + 6 ; m = 7 .

20. а) ABC = CDA за стороною і двома прилег$ # лими кутами, BC = AD . ∠BAC = ∠DCA ; ∠ACB = ∠CAD , це внутрішні різносторонні кути, AC — січна, BC AD .

ABCD — паралелограм (за ознакою пара" % лелограма). , 5 б) ∠KTN = ∠LNT , TN — січна, тому TK LN ; ∠LKN = ∠TLK , LK — січна, тому TL KN .

LTKN — паралелограм (за ознакою пара/ лелограма). в) ∠K = ∠R — відповідні кути, KR — січна, 0 3 отже, RO KP . ∠K = ∠R , ( KP — січна) відповідні кути, тому OP KR . , 1 KROP — паралелограм (за ознакою паралелограма).

932

-

г) ( 0

&

' 3

а)

&

ERL = LPE (за стороною і двома прилеглими кутами). Отже, ER = EP , RL = PL . Оскільки ERL — рівнобедрений, то ER = RL = LP = PE , ∠PEL = ∠RLE (внутрішні різносторонні), отже PE RL .Данийчотирикутникєпаралелограм,унього всі сторони рівні, отже цей паралелограм є ромбом.

-

1

VEW = WJV за трьома сторонами, отже, ∠1 = ∠2 , VW — січна, VE JW ; ∠3 = ∠4 , EW VJ . Паралелограм, у якого всі сторони рівні є ромбом.

&

б) 7

8

+

в)

#

"

22.

$

В чотирикутнику ABCD діагоналі в точці перетину діляться навпіл, отже ABCD — паралелограм, AC — діагональ є бісектрисою кута, отже цей паралелограм — ромб.

%

а)

Сума кутів опуклого чотирикутника 360° , ∠A = ∠B = ∠D = 90° ; ∠C = 360° − 270° = 90° ; ∠A + ∠B = 180° , тому AD BC , ∠A + ∠D = = 180° , отже AB||CD. Чотирикутник, у якого протилежні сторони паралельні є паралелог% " рам. Якщо у паралелограма всі кути прямі, то він є прямокутником. б) .

MNK = PKN , MN = KP , KN — січна (за / гіпотенузою і катетом), тому ∠MNK = ∠NKP (внутрішні різносторонні кути), MN KP , MN = KP , за ознакою паралелограма даний 1 , чотирикутник KMNP є паралелограм. ∠K + ∠M = 180° , ∠K = 180° − ∠M = 180° − 90° = 90° ; ∠P = ∠M = 90° . У паралелограма всі кути прямі, отже це — прямокутник. #

$

23.

а) ні; б) ні; в) ні.

24.

ABCD — паралелограм, а) ∠A = ∠C = 27° ; ∠B = ∠D = 153° ; б) ∠A : ∠B = 2 : 3 ; 2x + 3x = 180° , 5x = 180° , x = 36° , ∠A = ∠C = 72° , ∠B = ∠D = 108° . Відповідь: 72° ; 108° ; 72° ; 108° .

25.

— паралелограм, BK ⊥ AD , ABCD BF ⊥ DC , BK і BF — висоти, ∠KBF = 40° , BK ⊥ AD , BF ⊥ AB , ∠BAK = ∠FBK = 40° , ∠A = ∠C = 40° ; ∠ABC = ∠ADC = 140° . Відповідь: 40° ; 140° ; 40° ; 140° .

ГЕОМЕТРІЯ

21.

GLO = EFO (за стороною і двома прилеглими катетами) ∠GOL = ∠EOF — вертикальні кути. З їх рівності: GO = OE . FO = OL (за умовою). Якщо в чотирикутнику діагоналі в точці перетину діляться навпіл, то такий чотирикутник є паралелограм.

933

26.

ABCD — паралелограм, AK — бісектриса кута A . ∠BAK = 40° KAD за умовою. ∠BKA = ∠KAD = 37° ( BC AD , AK — січна) внутрішні різносторонні кути. ∠A = 37° ⋅ 2 = 74° ; ∠C = ∠A = 74° ; ∠B = ∠D = 180° − 74° = 106° . Відповідь: 74° , 106° , 74° , 106° .

27.

а) ABCD — паралелограм, AB = x , BC = x + 4 , x + x + 4 = 14 , 2x = 10 , x = 5 , AB = CD = 5 см , BC = AD = 9 см . б) AB = CD = x , BC = AD = 2,5x ; x + 2,5x = 14 , 3,5x = 14 , x = 4 , AB = CD = 4 см ; BC = AD = 10 см . в) AB : BC = 2 : 3 ; AB = CD = 2x ; BC = AD = 3x ; 2x + 3x = 14 ; 5x = 14 , x = 2, 8 , AB = CD = 5, 6 см ; BC = AD = 8, 4 см . #

28*.

$

'

" 29.

ABCD — паралелограм, BF і AF — бісектриси кутів, ∠1 = ∠2 ; ∠3 = ∠4 , ∠A + ∠B = 180° ; ∠1 + ∠2 + ∠3 + ∠4 = 180° ; ∠2 + ∠3 = 90° ; ABF . ∠BFA = 180° − 90° = 90° ; отже, ABF — прямокутний.

% P MNP = 12 см ; MN =

#

PM = .

1 2

AC ; NP =

1 2

AB ,

BC (за властивістю середньої лінії

MN + NP + PM = 1

2

трикутника).

/

"

1

$

P MNP =

1 2

( AC + AB + BC ) ,

1 , P ABC = 2P MNP = 2 ⋅ 12 = 24 см .

P 2 ABC

Відповідь: 24 см.

30.

а)

# $ °

ГЕОМЕТРІЯ

"

%

б) # '

, $

"

"

1 2

AB (властивість катета, що

лежить проти кута 30° ).

BK = 5 см . Відповідь: 5 см . Нехай ABCD — прямокутник, ABF — рівнобедрений, ∠1 = ∠2 , ∠1 = ∠3 ⇒ ⇒ ∠2 = ∠3 ; AB = BF , AB = 3 см ; BC = 3 + 5 + 3 = 11 см ; SABCD = AB ⋅ BC = 3 ⋅ 11 = 33 см2 .

% $

'

934

BK =

#

ABCD — ромб, AB = 10 см , BK ⊥ AD , BK — висота, ∠ABC = 150° , ∠BAC = 180° − 150° = 30° ;

%

,

Або: нехай ABCK — прямокутник, BCD — рівнобедрений, BC = CD , CD = 3 + 5 = 8 см , BC = 8 см , CK = AB = 11 см .

SABCK = AB ⋅ BC = 8 ⋅ 11 = 88 см2 . Відповідь: 33 см2 або 88 см2 .

в)

MNPK — чотирикутник, утворений бісектрисами кутів прямокутника ABCD . ABN — рівнобедрений, AB = BN = 3 см . AM = MN =

3 2 2

;

MNPK — квадрат, MP і NK — діагоналі квадрата, MP = NK = 3 см . Відповідь: 3 см .

ABCD — паралелограм, PABCD = 48 см , AK — бісектриса, PADCK − P ABK = 6 см ; ∠1 = ∠2 за умовою, ∠2 = ∠3 — внутрішні різносторонні Y Y кути, тоді ∠1 = ∠3 , ABK — рівнобедрений. Нехай AB = BK = x . " % Y + P ABK = x + x + AK , PAKCD = AK + KC + x + + KC + x ; AK + KC + x + KC + x = x + x + AK + 6 ; 2KC = 6 , KC = 3 , тоді ( x + x + 3) ⋅ 2 = 48 ; x + x + 3 = 24 , 2x = 21 ; x = 10,5 ; AB = CD = 10,5 см ; BC = AD = 13,5 см . Відповідь: 10,5 см , 13,5 см . а)

32.

, $

Y

#

°

° %

"

б)

%

"

ABCD — прямокутна трапеція, ∠C = 100° , ∠A = ∠B = 90° , ∠D + ∠C = 180° , ∠D = 180° − 100° = 80° . Відповідь: 90° , 90° , 80° , 100° .

$

%

" б)

%

"

ABCD — трапеція, AC ⊥ CD , AC = CD , ACD — прямокутний рівнобедрений, отже ∠CAD = ∠CDA = 45° ; ∠C + ∠D = 180° , ∠BCD = 180° − 45° = 135° .

$

"

%

35.

#

$

"

Y

ABCD — рівнобічна трапеція, ∠A = ∠D = 45° ; ∠B + ∠A = 180° , ∠B = 180° − 45° = 135° ; ∠C = ∠B = 135° . Відповідь: 135° , 135° , 45° , 45° .

$

#

34. #

ABCD — трапеція, ∠A = 45° , ∠C = 120° . ∠A + ∠B = 180° , ∠B = 180° − 45° = 135° ; ∠D + ∠C = 180° , ∠D = 180° − 120° = 60° . Відповідь: 60° , 135° .

$

#

а) #

33.

ABCD — трапеція, ∠A = ∠D = 74° . ∠B = ∠C = 180° − 74° = 106° . Відповідь: 74° , 106° , 74° , 106° .

$

#

ГЕОМЕТРІЯ

31.

Y %

Відповідь: 135° .

ABCD — рівнобічна трапеція, AB = BC = CD , AC ⊥ CD , ABC — рівнобедрений, AB = BC , ∠1 = ∠3 , ∠2 = ∠3 , BC AD , AC — січна. Отже, ∠1 = ∠2 . Нехай ∠1 = ∠2 = x , тоді ∠A = ∠D = 2x ;

935

ACD — прямокутний, x + 2x = 90° , 3x = 90° , x = 30° ; ∠D = 60° , ∠C = 180° − 60° = 120° , ∠B = ∠C = 120° . Відповідь: 60° , 120° .

36.

#

ABCD —трапеція, AB = BC = CD , ∠CAD = 30° , ABC — рівнобедрений, отже ∠BAC = ∠BCA ; ∠BCA = ∠CAD = 30° (внутрішні різносторонні кути), тоді ∠BAC = ∠CAD = 30° , ∠A = ∠D = 60° , ∠B = ∠C = 120° .

$

° "

%

37.

$

#

Відповідь: 8 см .

%

" 38.

Нехай ABCD — трапеція, AM = MB = CN = ND , BK ⊥ AD , AK = 3 см , AD = 7 см . Проведемо CF ⊥ FD , AK = FD = 3 см , BC = KF = 7 − 3 − 3 = 1 см .

$

# .

/ '

, " ÊÅ

Відповідь: 60° , 60° , 120° , 120° .

ABCD — рівнобічна трапеція, AB = CD = 2 см . Якщо трапеція описана навколо кола, то .

AB + CD = BC + AD = 2 + 2 = 4 см PABCD = 4 + 4 = 8 см .

ÊÅ

%

1

( BC + AD ) , за властивістю середньої 1 1 лінії трапеції, MN = (1 + 7 ) = ⋅ 8 = 4 см .

MN =

2

2 2 Відповідь: 4 см . Нехай дано — трапеція, ABCD $ # AM = MB = CN = ND , ∠BAC = ∠CAD ; MK = 3 , KN = 5 , MK — середня лінія ½Å . / ABC , BC = 2MK = 6 дм . , ½Å KN — середня лінія ACD , AD = 2KN , % AD = 10 дм . " ABC — рівнобедрений, AB = BC , ∠BAC = ∠CAD за умовою, ∠CAD = ∠BCA (внутрішні різносторонні кути) BC AD , AC — січна, отже ∠BCA = ∠BAC ; AB = BC , AB = CD = 6 дм .

PABCD = 6 дм + 6 дм + 6 дм + 10 дм = 28 дм . Відповідь: 28 дм .

40*. Нехай ABCD — трапеція, # ÊÅ $ BM = MP = PR = RA , MN PQ RS AD , . / BC = 15 см , AD = 23 см . PQ — середня лінія 1 2 BC + AD 15 + 23 трапеції ABCD . PQ = = = 19 см .

3 4

ГЕОМЕТРІЯ

39*.

2

"

ÊÅ

MN =

BC + PQ 2

=

15 + 19 2

= 17 см .

PQ + AD

41*.

2

MN — середня лінія трапеції PBCQ .

%

19 + 23

RS — середня лінія трапеції APQD . RS = = = 21 см .

2 2 Відповідь: 17 см ; 19 см ; 21 см . Нехай ABCD — трапеція, # $ MP = PQ = QN = 1,5 см , ABC , MP — середня лінія, BC = 2MP = 3 см , . / 1 PN — середня лінія ACD , PN = AD , 1 2 2

AD = 2PN , AD = 6 см . Якщо в трапеції можна вписати коло, то суми протилежних сторін рівні. BC + AD = AB + CD = 3 + 6 = 9 см . PABCD = 18 см . Відповідь: 3 см , 6 см , 21 см . "

936

%

42*.

#

Нехай ABCD — трапеція, AB = CD . (за сторонами і кутом між ними). а) AD — спільна сторона; б) AB = CD ; в) ∠A = ∠D . З рівності трикутників маємо: ∠ABD = ∠DCA , що і треба довести.

$

"

%

43*.

#

Нехай дано рівнобічну трапецію ABCD , AC і BD — діагоналі. ABM = DCM (за стороною і двома прилеглими кутами). а) AB = CD ; б) ∠1 = ∠2 , внутрішні односторонні кути ∠3 = ∠4 . ∠A = ∠D , тоді ∠5 = ∠6 . в) аналогічно ∠B = ∠C , ∠7 = ∠8 . Отже, ABM = DCM , що й треба довести.

$

.

"

%

#

44*.

$

.

Нехай ABCD — трапеція, MN — її середня лінія. /

1

ABC ,

2

/

. "

2

BC ,

Нехай дано чотирикутник ABCD , у якого точка перетину діагоналей рівновіддалена від усіх його сторін, це означає, що точка O — центр кола, вписаного в цей чотирикутник, це може бути ромб або квадрат.

$ 1

0

1

BCD , QN — середня лінія, QN = BC . Отже, 2 MP = QN , що й треба довести.

% #

MP =

— середня лінія

1

" 46*.

MP

%

,

Готуємось до тематичного оцірюванню № 2

" 2.

Нехай ABCD — паралелограм, ∠A = 57° ; ∠C = ∠A = 57° . Протилежні кути паралелограма рівні. ∠B = 180° − ∠A = 180° − 57° = 123° ; ∠D = ∠B = 123° . Відповідь: 57° ; 123° ; 123° ; 57° .

$

#

1.

%

#

$

"

%

Нехай ABCD — прямокутник, тоді AB = x , BC = x + 4 . Рівняння: ( x + x + 4) ⋅ 2 = 16 , x + x + 4 = 8 , 2x = 4 , x = 2 , AB = 2 см ; BC = 6 см ;

ГЕОМЕТРІЯ

Варіант І

SABCD = AB ⋅ BC ; SABCD = 2 ⋅ 6 = 12 см2 . Відповідь: 12 см2 .

$

#

3.

. "

/ %

Нехай ABCD — трапеція, BC AD , AB = CD = 3 см , MN — середня лінія, MN = 5 см , BC + AD = 2MN = 10 см .

PABCD = AB + BC + AD + CD = 3 + 10 + 3 = 16 см. Відповідь: 16 см .

937

4.

Нехай ABCD — паралелограм; AB = 6 см ; BC = 8 см ; ∠A : ∠B = 1 : 5 . ∠A = x , ∠B = 5x , x + 5x = 180° , 6x = 180° , x = 30° , ∠A = 30° , BK ⊥ AD ,

# $ ° "

, %

ABK ; BK =

1 2

AB = 3 см . Катет BK

лежить проти кута 30° .

SABCD = BK ⋅ AD , SABCD = 3 ⋅ 8 = 24 см2 . Відповідь: 24 см2 .

5.

Нехай — прямокутна трапеція.

ABCD ∠BCA = ∠DCA ; AC = 2BC , ABC — прямокутний, отже, ∠BAC = 30° (за властивістю катета, що лежить проти кута 30° ). BC AD , ° Y ∠CAD = 90° − 30° = 60° , ∠CAD = ∠ACB = 60° (внутрішні різносторонні кути). ∠BCA = ∠ACD , % " AC — бісектриса кута C . Отже, ∠BCD = 120° , ∠ADC = 60° . Відповідь: 90° ; 90° ; 120° ; 60° . #

Y $ ° °

Варіант ІІ 1.

%

" 2.

Нехай ABCD — трапеція; ∠A = 32° , ∠C = 116° . ∠B + ∠A = 180° ; ∠B = 180° − 32° = 148° . ∠C + ∠D = 180° ; ∠D = 180° − 116° = 64° . Відповідь: 148° і 64° .

$

#

$

#

Нехай ABCD — квадрат, AB = BC = CD = AB = 28 : 4 = 7 см .

Sкв = AB2 = 72 = 49 см2 . Відповідь: 49 см2 .

%

"

ГЕОМЕТРІЯ

3.

Нехай ABC — рівносторонній, AB = BC = AC ; MN — середня лінія трикутника. MN = 45мм ;

#

. " 4.

MN =

/

1 2

AC , тоді AC = 2MN , AC = 90 мм .

P ABC = 90 ⋅ 3 = 270 мм = 27 см . Відповідь: 27 см .

$

Нехай дано прямокутну трапецію BC AD BC = 4 см; AD = 6 см; BCD = 135° . Проведемо висоту CF ⊥ AD ; CFD — прямокутний; D + C = 90° ; FCD = 135° − 90° = 45° ; FCD = FDC = 45° ; " % ' CF = FD ; FD = AF − BC = 6 − 4 = 2 (см). Отже CF = 2 см; BC + AF 4+2 Sтр ABCD = ⋅ CF ; Sтр ABCD = ⋅ 2 = 10 см2 .

2 2 #

$

( )

938

2

Відповідь: 10 см .

5.

Нехай ABCD — паралелограм ABD = 120°; BK — бісектриса ∠ABD AK = KD . BD = 5 с; ABC = 120° ; BAD = 180° − 120° = 60° ;

ABD — рівнобедрений BK — медіана бісектриса, висота. BA = BD = 5 см. % ABK — прямокутний; " 1 1 ABK = 30° ; AK = AB ; AK = ⋅ 5 = 2,5 (см).

2 2 AD = 5 см; AD = BC = 5 см; AB = CD = 5 см; PABCD = 5 + 5 + 5 + 5 = 20 (см). Відповідь. 20 см. #

$

Розділ III. Подібність трикутників § 17. Пропорційні відрізки Завдання 16

2°.

3°.

4.

5.

AB 18 см 3 AB 1, 8 дм 3 = = ; = = .

CD 24 см 4 CD 2, 4 дм 4 7 ⋅ 75 21 ⋅ 2 а) x = = 175 ; б) x = = 14 ; 3 3 1 2 ⋅ 0,5 1 1, 25 в) 2 : 0, 6x = 1,1 : 0,5 ; 0, 6x = 2 ; x= ; x = 1, 25 : 0, 66 ; 1,1 2 1,1 ⋅ 0, 6 125 66 125 100 125 59 ; x= ; x= ; x =1 ; x= : ⋅ 100 100 100 66 66 66 1 1 13 3 г) 4 : 0, 2x = 1, 3 : 0, 3 ; 0, 2x ⋅ 1, 3 = 4 ⋅ 0, 3 ; 0, 26x = ; 0, 26x = 1, 3 ; x = 5 . ⋅ 3 3 3 10 AM : MB = 1 : 3 ; AM : AB = 1 : 3 ; MB : AB = 2 : 3 .

AC : CD : FB = 2 : 3 : 1 . а) AD : DB = 5 : 1 ; б) CD : DB = 3 : 1 ; в) CB : AC = 4 : 2 = 2 : 1 ; г) AB : CD = 6 : 3 = 2 : 1 .

1 4 x AO A1O ; A1O = x ; ; 4x + 32 = 10x ; 6x = 32 ; x = 5 см; = = 3 10 x + 8 BO B1O 1 см.

3 а) OA : AB = 3 : 4 ; б) OA : OB = 3 : 7 ; в) OB : AB = 7 : 4 .

A1O = 5

6.

7.

8.

9.

AD ED 8 6 ; = = ; 8x = 24 ; x = 3 .

AB BC 4 x Відповідь. 3 см.

ГЕОМЕТРІЯ

1°.

а) OF : PG : GH = 5 : 4 : 7 ; б) OF : FG = 5 : 11 ; в) OG : GH = 9 : 7 .

Q m n p ; AM = 2 см; $ AN = 3 см; NP = BK = 6 см.

O Z AN AM 3 2 ; = = ; N 1 AP AK 9 x+2

AK = AM + MK = x + 2 /

MK = x ; 3x + 6 = 18 ; 3x = 12 ; x = 4 см; KM = 4 см.

939 " .

Y , #

AP AK 9 6 ; ; 108 = 6y + 54 ; y = 9 ; PC = y ; PC = 9 см. = = AC AB y + 9 12 Відповідь: 9 см і 4 см.

OS OR x 9 10. ; ; = = OD OT x + 14 x + 9 % ÊÅ x2 − 9x = 9x + 36 ; x2 = 36 ; x = 6 .

4 Відповідь. 6 см.

Y Y 0 5 3 ÊÅ 11.

а)

"

$

#

%

N

O

AB : BC : CD = 3 : 6 : 5 .

6 x BC B1C1 ; = ; = AB A1B1 3 6

CD C1D1 ; = BC B1C1 " 5 C1D1 5 ⋅ 12 ; C1D1 = = = 10 см.

6 12 6 Відповідь: 12 см і 10 см.

N Нехай B1K = y ; BK = x ; б) % y x " $ ; xy + 3y = xy + 9x ; = # y+9 x+3 y 3 , 3y = 9x ; y = 3x ; = = 3 см. x 1 $

# % см; B C = 6 ⋅ 3 = 18 O 1 1 " C1D1 = 3 ⋅ 5 = 15 см. Відповідь. 15 см; 18 см.

N 12**. а) AB = 2 см; BD = 1 см; BC = 1 см; O % AB BC 2 3 ; n m = = ; x = 1,5 см; AD DE 1 x

# DE = 1,5 см.

" & $

ГЕОМЕТРІЯ

#

x = 12 ; B1C1 = 12 см;

б) AB = 6 см; BD = 4 см; DE − BC = 2 см.

BC = x ; DE = x + 2 .

AB AD 6 10 ; ; 6x + 12 = 10x ; x = 3 ; DE = 5 см. = = BC DE x x + 2 13*. Нехай дано ABC . AM : AB = 3 : 4 ; # AP : AC = 3 : 4 ; BC = 10 см. .

3 AB AC 3 MP 3 ÊÅ = = ; = ; MP = 10 ⋅ = 7,5 (см).

4 AM AP 4 BC 4 Відповідь. 7,5 см. "

$

1

#

14*. .

940

$

%

"

%

/

&

$

ABC ; BM : MA = BN : BC = 1 : 3 .

AD = DE = EC .

BM BN MN Доведемо, що MD = NE . = = = 1: 3 ; MA BC AC AD = DE = EC = MN ; MN AC . MN = DE .

DMNE — паралелограм. Отже MD = NE .

§ 18. Подібність трикутників

Завдання 17 1°.

ABC і EDF ; а) A = 106° ; E = 106° ; F = 40° ; B = 34° .

A + B + C = 180° ; 106° + 34° + C = 180° ; C = 40° ; F = 40° ; E = 106° ; D = 34° .

ABC EDF тому, що мають рівні відповідні кути. б) % # ÊÅ

"

ÊÅ

ÊÅ

ÊÅ

$

&

ÊÅ

ÊÅ

'

DF DE EF 22, 8 15, 6 13, 2 = = = k; = = =3 .

BC AB AC 7, 6 5, 2 4, 4 Трикутники подібні у них сторони пропорційні.

2°.

ABC A1B1C1 .

A1B1 : AB = 1 : 2 .

1 1 1 A1B1 = AB = 1,5 см; B1C1 = BC = 2 см; A1C1 = AC = 2,5 см.

2 2 2 Відповідь. 1,5 см; 2 см; 2,5 см.

3.

FGH F1G1H1 .

FG 14 12 k= 1 1 = = 2 ; GH = = 7 (см). F1H1 = 8 ⋅ 2 = 16 (см).

FG 2 6 Відповідь. 7 см і 16 см.

ÊÅ

ÊÅ .

,

,

ÊÅ

.

KLM K1L1M1 .

K1L1 : KL = 3 : 1 . k = 3 .

21 24 LM = = 7 см; KM = = 8 см.

3 3 Відповідь. 6 см; 7 см; 8 см.

5.

" " # B

#

0 C

a b OA = 4 см; OA1 = 6 с; OB1 = 8 см; A1B1 = 5 см.

AOB A1OB1( AB A1B1 ; O — спільний кут).

OA1 6 k= = = 1,5 ; OA 4

ГЕОМЕТРІЯ

-

-

4.

941

OB =

OB1 AB 8 1 5 1 = = 5 (см). AB = 1 1 = = 3 (см).

1,5 1,5 3 1,5 1,5 3 1 1 см; 3 см; 4 см.

3 3 GH KL ; GH = 18 см; FG : FK = 2 : 3 ; , FGH KFL .

GH KL F — спільний; ( 3 k = KL : GH = 3 : 2 = ; 2 3

KL = 18 ⋅ = 27 (см).

2 )

Відповідь. 5 6. а)

'

б) FG : GK = 2 : 3 ; KL = GH ⋅

5 5 = 18 ⋅ = 45 (см).

2 2

Відповідь. 27 см; 45 см.

7.

#

# #

#

"

"

$

"

"

$

ABC A2 B2C2 ; A1B1 — найменша середня лінія ABC .

A3 B3 = 3 см; A2 B2 = 6 см.

A B 6 k= 2 2 = =3 .

AB 2 A2 B2 = 6 см; B2C2 = 4 ⋅ 3 = 12 см; A2C2 = 5 ⋅ 3 = 15 см. Відповідь: 6 см; 12 см; 15 см.

ГЕОМЕТРІЯ

)

(

9. а)

AKD BKL ; AD BL тому, що ABCD — ромб. б) CDL BKL ; CD BK ; ABCD — ромб.

# $

"

,

942

LBO EBF ; LBO NBC ; EBF NBC . #

"

10.

HK KG HG ; = = AK KB AB EB EF FB ; EBF NBC ; = = BN NC CB HKG AKB ;

,

8.

%

-

KLN K1L1N1 . n : k : l = 6 : 7 : 8 . k1 − n1 = 4 см; 7x − 6x = 4 ; x = 4 см;

n1 = 24 см; k1 = 28 см; l1 = 32 см. Відповідь. 24 см; 28 см; 32 см.

11.

ABC A1B1C1 . c : a : b = 6 : 7 : 8 .

c a b = = ; x + y = 70 м; x z y

6k + 8k = 70 ; 14k = 70 ; k = 5 . x = 30 м; y = 35 м; z = 40 м. Відповідь. 30 м; 35 м; 40 м.

MN GH .

MFN GFH .

15 k= =3.

5 FG = 4 ⋅ 3 = 12 (см). Відповідь. 12 см.

' .

ÊÅ

(

/

)

ÊÅ

13.

OS ML KOS KLM .

KL 5 5 k= = ; ML = 5 ⋅ = 6, 25 (см).

KS 4 4 5 KM = 3 ⋅ = 3,75(см).

4 OM = 3 − 3,75 = 0,75 см. Відповідь. 6,25 см; 0,75 см.

.

0 ÊÅ

ÊÅ

, ÊÅ

4

ÊÅ -

14*.

# ÊÅ . ÊÅ

/ ÊÅ

$ ÊÅ x = 4,5 см. Відповідь. 6 см; 4,5 см.

"

15*.

' , % "

$ #

Нехай дано ABC .

MN AC .

BN 3 k= = ; BC 5 3 MN = 10 ⋅ = 6 см; 5 x 3 MB = x ; = ; 5x = 3x + 9 ; 2x = 9 ; x+3 5

AB DC KL . FK : FD : FA = 1 : 4 : 5 ; AB = 30 см ; FC = 40 см; FK = 10 см.

FK FD 1 4 1) FKL FDC . ; = ; DC = 24 см. = KL DC 6 DC

2) FKL FAB .

FK FA 1 5 ; ; KL = 6 см; = = KL AB KL 30 FK FL 1 FL 3) ; ; FL = 10 см; LC = 40 − 10 = 30 см. = = FD FC 4 40 4)

ГЕОМЕТРІЯ

12.

FK 1 10 1 = ; = ; FD = 40 см; DK = FD − FK = 40 − 10 = 30 см; FD 4 FD 4

PDKLC = DK + KL + LC + DC = 30 + 6 + 30 + 24 = 90 (см). Відповідь. 90 см.

16*.

CDT CAV ; CTP CVK ; CPR CKL ; CDP CAK ; CTR CVL ; CDR CAL .

943

,

% &

"

.

$

BC KM BC .

AD — медіана; BD = DC . Доведемо, що KE = ME .

KM BC , тому AKM ABC ; AKE ABD ; AEK ADC .

AK EK AK AM AM AE EK EM ; ; ; ; = = = = AB BD AB MC MC AD BD DC

ГЕОМЕТРИЯ

#

17*

EK ⋅ DC = BD ⋅ EM .

BD = DC ⇒ EK = EM .

§ 19. Ознаки подібності трикутників

Завдання 18 1.

A1B1 12 BC 10,5 = =3; 1 1 = = 3 ; B1 = B ; ABC A1B1C1 за I ознаAB BC 4 3,5 кою подібності трикутників.

2. KML FGH за першою ознакою подібності трикутників.

FG GH 5,5 4,5 ; K = F = 41° ; = = = 0,5 .

ML KM 11 9 TVP RPO за першою ознакою подібності трикутників VP TV 7 6 5 ; V = P = 90° ; = = = ; OP PR 4, 2 3, 6 3

ГЕОМЕТРІЯ

3.

ABC MES за першою ознакою подібності трикутників.

5 AB AC 5 3 ; ; k= .

A = M = 83° ; = = 6 ME SM 6 3, 6 MH MA .

O = M ; = = 2,5 см; / ON OK HMA NOK за першою ознакою , подібності трикутників.

KN = 12 : 2,5 = 4, 8 см. Відповідь. 4,8 см.

0 ) ÊÅ "

#

4.

# ÊÅ

"

ÊÅ

ÊÅ

$ "

$

ABC A1B1C1 за першою ознакою подібності трикутників.

B = B1 .

AB = BC A1B1 = B1C1 , тому AB BC . = A1B1 B1C1 З їх подібності маємо:

944

A1B1 45 45 ⋅ 56 ; A1B1 = = = 84 (см).

56 30 30 A1B1 = B1C1 = 84 см. Відповідь. 84 см.

A1B1 A1C1 ; = AB AC

944 944

,

5.

1 0 ÊÅ .

6*.

KOP KML за першою ознакою подібності трикутників.

KL KM = = 2 ; K — спільний.

PK OK ML KL ML ; 2= ; ML = 2 ⋅ 5,5 ; Тоді маємо: = 5,5 PK OP ML = 11 см.

Відповідь. 11 см.

1) FTR KMN за першою ознакою подібності трикутників.

FR TF .

F = K , FR = RT ; KM = KN ; = KM KN 2) PTO RSO ; POT = ROS (вертикальні кути).

PT OP ; T = O ; O = S (трикутники рівнобедрені), тому = OR SR TPO = ORS .

PTO RSO за першою ознакою подібності трикутників.

3) # BLO BNC .

BLO = BNC відповідні кути, отже LO NC .

B — спільний кут.

0

$

/

AKF NKB ; AKG NKE ; GKF EKB AF BN ; A = N — відповідні кути; ∠K — спільний кут.

,

" / 7.

'

(

#

& ÊÅ

— спільний. ∠A 12 14 ; ці трикутники подібні. = 18 21

)

#

AHM ABC за першою ознакою подібності трикутників.

ÊÅ $ "

ÊÅ

,

8.

0

ÊÅ . / KON COB , отже, B = B , а це внутрішні різносторонні кути, BN — січна тому KN BC , що й треба було довести.

#

$ #

9*.

$

$

#

0

0 "

"

ГЕОМЕТРІЯ

4)

%

%

945

AO BO , а BOC = OD (вертикальні кути), то BOC = CO DO AOD , з їх подібності маємо, що 1 = 2 , а це внутрішні різносторонні кути, тому BC AD , а чотирикутник ABCD — трапеція, або паралелограм. Якщо

10*.

0

.

)

' /

11*.

,

Нехай NMOK — паралелограм.

MO NK тоді FKN = FOH внутрішні різносторонні кути OK — січна.

OFH = KFN — вертикальні кути, отже, OFH KFH , що й треба було довести.

OF : FK = 1 : 3 . а) OHF MHN , OF NM ; OH : HM = OF : NM = 1 : 4 ; б) OH : OM = 1 : 3 .

12**.

" %

#

.

Нехай дано ABC , AM — медіана; 1 = 2 ; 3 = 4 . Продовжимо медіану AM на відрізок MO = MB , тоді MBO = BOM = BML .

AL : AB = AM : AO . тоді Аналогічно: AD : AC = AM : AO , AL : AB = AD : AC , отже, ALD ABC за першою ознакою, що й треба було довести.

$ 0

Завдання 19

ГЕОМЕТРІЯ

1.

2.

3. а)

946

а) KLN CAB за другою ознакою подібності трикутників.

KL LN KN ; K = C ; L = A ; за умовою. = = AC AB BC б) PRO TSO за другою ознакою подібності трикутників.

R = S за умовою; POR = TOS (вертикальні кути).

PR PO OR в) ; = = TS TO OS FED HEG тому, що вони прямокутні G = D (за другою ознакою) FE ED FD . = = EH HE GH а) ABC A1B1C1 за другою ознакою подібності C = C1 = 90° ; B = B1 = 30° ; б) ABC A1B1C1 за другою ознакою.

AB = BC ; A1B1 = B1C1 ; BCA = 180° − 110° = 70° ; BAC = 70° ; C1B1 A1 = 40° ; C1 = A1 = (180° − 40°) : 2 = 70° .

KT TF KF ; = = KF FO KO FT TO FO ; FTO KFO = = KF FO KO KT TF KF .

KTF FTO = = FT TO FO

KTF KFO ;

SR SO RO ; = = IT IO TO AB BH AH в) ABH AHC . . = = AH HC AC Нехай дано ABCD — паралелограм. & DLK CLF за другою ознакою.

2 = 3 — вертикальні кути.

1 = 4 — внутрішні різносторонні

кути. '

$ BC AD ; FK — січна. #

FCL FBE за другою ознакою.

5 = 1 — вертикальні кути.

B = C , AB DC , BC — січна. Отже FBE KLD , що й треба " % , було довести. б) SRO ITO .

5.

BA1O AB1O ; AA1C BB1C ; AB1B CB1B ; A1 AC A1 AB .

6. Нехай точки A і B віддалені на 2 см і 6 см від прямої l. Точка M належить відрізку AM : MB = 2 : 3 . Розглянемо 2 випадки. а) Нехай пряма l перетинає # відрізок AB.

MM1 ⊥ l .

MM1 — відстань від точки M

до прямої l. " 1 AA1 ⊥ l ; AA1 = 2 см; BB1 ⊥ l ; '

BB1 = 6 см; M AM MF 2 MF ; ; = = . # " AB BP 5 4 MF = 1, 6 см; MM1 = MF + FM1 = 1, 6 + 2 = 3, 6 (см). б) Нехай пряма l перетинає відрі# зок AB. Нехай MF = x MF ⊥ l ;

MM1 AM x + 2 2 ; = = ; " # 0 BB1 AB 8 5 ' 5x + 10 = 16 ; 5x = 6 ; x = 1, 2 .

M

MF = 1, 2 см. Відповідь 1,2 см і 3,6 см. # " .

# 7.

MN ⊥ BC ; NC AB . .

"

$

/

ГЕОМЕТРІЯ

4.

Доведемо ABC MCN .

NC AB , BC — січна, 1 = 2 — внутрішні різносторонні кути.

947

8**.

/

#

$

.

2

"

10*.

# $ 0 " %

медіана 11.

%

1

# )

ABCD — паралелограм. MP NQ . Доведемо, що APM CNQ .

A = C — протилежні кути паралелограма.

P = N (внутрішні різносторонні кути), NP — січна.

APM CNQ за другою ознакою подібності трикутників.

Нехай AD = DC BE = EC . Доведемо, що AC1 = BC1 .

ED — середня лінія ABC .

1 & ED AB ; ED = AB .

2 DOF BOC1 і EFO AC1O (за дру' гою ознакою трикутників). $ 1 1 EF : C1 A = FD : BC1 , BC1 : C1 A = AC1 , звід2 2 си BC12 = AC12 , тому BC1 = AC1 , отже, CC1 — ABC , що й треба було довести. Дано: ABC , AH ⊥ BC ; BP ⊥ AC .

BCP ACH .

C спільний; H = P = 90° .

BCP ACH за другою ознакою трикутників. $

12**. "

1 )

#

HCP ABC .

C — спільний кут.

$

1

ГЕОМЕТРІЯ

"

13*.

.

ABCD — паралелограм.

O — точка перетину діагоналей. , M — середина сторони BC. а) AM — ділить діагональ BD у відношенні 0 BK : KD .

BO і AM — медіани ABC , точка K " % — точка перетину медіан. BK : KO = 2 : 1 .

BO = OD ; BK : KD = 2 : 4 = 1 : 2 . б) BD ділить AM у відношенні 2 : 1 . #

15**.

$

#

0 # 948

"

0

Нехай два кола дотикаються зовні.

AB : BC = 5 : 13 .

O1B + O2 B = 36 см.

O1BA O2 BC .

O1B = O1 A ; O2C = O2 B (радіуси кіл).

O1BA = O2 BC (вертикальні кути).

O1B AB . Нехай O1B = x , = O2 B BC

5 x ; 180 − 5x = 13x ; 18x = 180 ; x = 10 ; = 13 36 − x O1B = 10 см; O2 B = 26 см. Відповідь. 10 см; 26 см. тоді O2 B = 36 − x ;

Завдання 20

2.

3.

4.

AB : BC : AC = 3 : 4 : 6 ; ABC A1B1C1 .

#

"

A1C1 = 3k ; 3k = 18 ; k = 6 см; A1B1 = 18 см; B1C1 = 24 см; A1C1 = 36 см. Відповідь. 18 см; 24 см; 36 см.

$ #

ГЕОМЕТРІЯ

а) MNO BCA за третьою ознакою.

MN MO NO ; = = BC AB AC 9 12 6 = = = 1,5 .

6 8 4 б) MNO BCA за третьою ознакою.

MO = MN = 9 ; AB = BC = 6 ; 9 9 6 = = = 1,5 .

6 6 4 MCO ETF за третьою ознакою.

RF RT FT ; = = MO MC CO 10, 4 5, 2 6,5 = = = 1, 3 .

8 4 5 MCO FLG за третьою ознакою.

MC CO MO ; = = GF FL GL 4 5 8 1 = = = .

8 10 16 2 KLM OPR за третьою ознакою.

OP PR OR 4, 65 8,1 4, 2 а) ; = = = = = 1,5 ; k = 1,5 .

KL KM LM 3,1 5, 4 2, 8 б) KLM і OPR не подібні.

1.

" $ 5. а) A1B1 : B1C1 : A1C1 = 20 : 25 : 40 = 4 : 5 : 8 .

ABC A1B1C1 б) A1B1 : B1C1 : A1C1 = 5 : 7,5 : 12 .

ABC і A1B1C1 не подібні. #

6**.

. "

AB AC AM = = =k.

A1B1 A1C1 A1M1

# . $

"

A1M1 і AM — медіани. $

949

ABCD — ромб. AB CD ; BC AD ; AB = BA = CD = AD .

BEC DCF за другою ознакою.

BE DC m CD m x ; ; BC = CD = x ; = = = ; BC DF BC DF x n

&

8**.

N #

$

" 9**.

x2 = mn ; x = mn ; AB = mn . Відповідь. AB = mn .

'

O

% #

ABCD — ромб.

BL = 66 мм; BK = 33 мм, AB CD ; BC AD ; AKD CDL за другою ÅÅ ÅÅ " ознакою. $ AK CD Y Y ; AB = BC = AD = DC = x ; = AD CL , ; CL = 66 − x ; AK = 33 − x % 33 − x x AK CD ; ; = = x 66 − x AD CL 2178 − 33x − 66x + x2 = x2 ; 99x = 2178 ; x = 22 . Відповідь. 22 см.

Y

Y

§ 20. Ознаки подібності прямокутних трикутників Завдання 21 OSP RKF за другою ознакою прямокутних трикутників. а) O = R = 90° ; K = 90° − 57° = 33° ; S = K . б) OSP KRF за першою ознакою прямокутних трикутників.

RK 2, 8 RF 1, 4 = = 0,7 ; = = 0,7 .

OS 4 OP 2 в) OSP KRF за третьою ознакою прямокутних трикутників.

5 KR RF 3 9 5 ; = = = ; k= .

3 OS OP 1, 8 5, 4 3 2.

1) ABD ONP за першою ознакою подібності трикутників.

O = A .

2) KBL VHR за першою ознакою подібності трикутників.

BLK = 180° − 129° = 51° ; RHO = 90° − 39° = 51° ; BLK = RHO ; 3) GDE OPM за першою ознакою подібності прямокутних трикутників.

DE 7, 6 DE 5,7 = = 1, 9 ; = = 1, 9 .

PM 4 OP 3 3.

ABC — прямокутний. $ # ACB = 90; CK ⊥ AB ; ABC ACK ; BCK BCA ; ACK CBK .

ГЕОМЕТРІЯ

1.

" 6. а)

, , ÊÅ 0 ÊÅ

950

/

Y

-

OKN NLK , за другою ознакою.

KL KN ; OL = x , KL = x + 2 ; = KN OK x+2 4 = ; 2x + 4 = 16 ; 2x = 12 ; x = 6 ; 4 2 OL = 6 см.

б) NOL LOK за другою ознакою; x2 = 50 ⋅ 18 ; x = 30 ; OL = 30 см.

ABC — прямокутний; C = 90° ; CH ⊥ AB . а) AH = 25 см; BH = 16 см; AHC BCH за друAH CH 25 CH гою ознакою; ; ; CH2 = 25 ⋅ 16 ; = = CH HB CH 16 CH = 20 см.

ABC CAH за другою ознакою.

AB AC 25 + 16 AC ; ; AC2 = 41 ⋅ 25 ; AC = 5 44 . = = AC AH AC 25

7*. #

) $

NO LO 50 x ; LO = x ; ; = = LO OK x 18

"

ABC CBH за другою ознакою.

AB BC 41 BC за другою ознакою; ; BC2 = 41 ⋅ 16 ; BC = 4 41 . = = BC BH BC 16 Відповідь. 20 см; 4 41 см; 5 41 см. # ABC CAH за другою ознакою.

AB AC x + 6 12 ; BH = x ; AB = x + 6 ; ; = = AC AH 12 6 6x + 36 = 144 ; 6x = 108 ; x = 18; BH = 18 м.

BA = 18 + 6 = 24 (м). ) Å BC AH BC 6 ; ; BC = 12 м. = = AB BC 24 12 " $ Å Відповідь. 18 м; 24 м; 12 м. в) BC = 8 мм; BH = 4 мм; ABC CBH за # другою ознакою.

AB BC x+4 8 ; AB = x + 4 ; AH = x ; = = ; ÅÅ BC BH 8 4 ÅÅ 4x + 16 = 64 ; 4x = 48 ; x = 12 . ) AB = 16 мм.

HA = 12 мм.

AC AB " $ ; AC2 = AH ⋅ AB ; AC2 = 192 ; = AH AC AC = 8 3 мм. Відповідь. 12 мм; 16 мм; 8 3 мм.

8**.

AK — проекція катета AC на гіпотенузу.

BK — проекція катета BC на гіпотенузу.

ACK BAC , за другою ознакою.

AC AB ; AC2 = AB ⋅ AK = AK AC

#

, "

$ AC2 BC2 AC2 BC2

BCK BAC за другою ознакою.

BC AB , BC2 = AB ⋅ BK , = BK BC Розділимо (1) на (2).

=

AB ⋅ AK AK ; = AB ⋅ BK BK

=

AK , що й треба було довести.

BK

ГЕОМЕТРІЯ

б)

(1)

(2)

951

9**.

ABC — прямокутний.

AC : BC = 3 : 4 . AB = 5 см; CK ⊥ AB .

#

AC2

x AK 32 ; AK = x ; BK = 5 − x ; 2 = ; BK 5−x BC 4 9 5−x ; 9x = 80 − 16x ; 25x = 80 ; x = 3, 2 = 16 x AK = 3, 2 см; BK = 1, 8 см. Відповідь. 3,2 см; 1,8 см.

2

, "

$ 10*.

=

ABC — прямокутний.

"

BC : AC = 2 : 3 ; CK ⊥ AB ; CK = 12 см; CK 2 = AK ⋅ KB .

CKB AKC . .

AK CK ; CK 2 = AK ⋅ KB . = CK KB 144 , ; AK ⋅ KB = 122 = 144 ; AK = x ; BK = x 2 4 ⋅ 144 BC BK 4 x # $ ; ; x = 8 см; = = ; x2 = 9 AK 9 144 AC2 x AK = 8 см; BK = 18 см; AB = 26 см; CM = AM = MB = 26 : 2 = 13 см; BС — медіана; CM = 13 см. Відповідь. 13 см.

11*.

ABC — прямокутний; CK ⊥ AB ; BK − AK = 11 см;

#

, "

$ 12*.

ГЕОМЕТРІЯ

ABC — прямокутний.

AC = 5 см; BC = 12 см; AB = 13 см, MK ⊥ AB ; BM = MC .

MBK CAB за другою ознакою ( B — спільний).

7 BM AB 6 13 ; ; BK = 5 см. = = 13 BK BC BK 12

#

,

.

BC2

36 x BK ; ; = = 25 x − 11 AK AC2 36x − 396 = 25x ; 11x = 396 ; x = 36 ; BK = x = 36 см; AK = 36 − 11 = 25 см.

AB = BK + AK = 25 + 36 = 61 (см). Відповідь. 61 см.

BC : AC = 6 : 5 ;

"

4 BM AB 6 13 ; ; MK = 2 см. = = 13 MK AC MK 5 7 4 Відповідь. 6 см; 5 см; 2 см.

13 13 13**.

ABCD — паралелограм. ' FN ⊥ AD ; AB = 2 см; BF = 5 см; BC = 9 см.

BC AD ; AFN BFK F — спільний ÊÅ кут. , BF AF # $ ; BK = x ; AN = AD − ND ; = BK AN AD = BC = 9 см. ÊÅ 0 ND = BK = x , з подібності BOK DON $

952 "

%

5 7 ; 45 − 5x = 7x ; 12x = 45 ; x = 3,75 . = x 9−x Відповідь. BK = 3,75 см.

14*.

)

.

0 "

1

MH = AR =

3

AMHR — паралелограм.

HP 2 PAMHR = 45 дм; = ; HO 3 MHO HRP ; O = P = 90° ; HMO = HRP ; за другою ознакою. Нехай HR = x ; HR = MA ;

P − x = 22,5 − x .

2

x 2 = ; 3x = 45 − 2x ; 5x = 45 ; x = 9 . HR = MA = 9 см; 22,5 − x 3 MN = AK = 22,5 − 9 = 13,5 см. Відповідь. 9 см і 13,5 см.

ABCD — ромб, OH ⊥ AD , AH = 24 см; $ # HD = 6 см.

AC Знайти .

0 BD AOH DOH .

AH OH ; OH2 = 24 ⋅ 6 , OH = 12 см; = OH HD " ) %

15*.

AO2 : OD2 = AH : HD = 24 : 6 = 4 : 1 (задача 8**).

AO : OD = 2 : 1 .

1 1 AO = AC ; OD = BD ; AC : BD = 2 : 1 .

2 2 Відповідь. 2 : 1 .

"

#

ÊÅ

$

'

ÊÅ

%

Відповідь. 12,5 см.

0 .

17.

"

18*.

)

,

ABD — прямокутний. Проведемо BF ⊥ AD .

FBCD — прямокутник, FD = BC = 8 см.

ABD— прямокутний.

BD2 = AD ⋅ FD ; BFD ABD .

100 100 = 8 ⋅ AD , AD = = 12,5 см.

8 AMOK — трапеція.

AM = OK , AO ⊥ OK ; AH = 8 см; HO = 4 см.

AOK — прямокутний.

OHK OH ; AH OH 8 4 ; = = ; 8x = 16 ; x = 2 ; HK = x ; OH HK 4 x

HK = 2 см; AK = AH + HK = 8 + 2 = 10 (см).

MO = AK − 2HK = 10 − 4 = 6 (см). Відповідь. 6 см і 10 см.

ABCD — трапеція. " # BD ⊥ BC ; AD = 12 см; LC = 4 см.

DBL BCL .

DL LB ; DL = x ; LB = AD = 12 см. = LB LC % - ÊÅ $

ГЕОМЕТРІЯ

16*.

953

x 12 ; x = 36 см; DL = 36 см; DC = 40 см; = 12 4 AB = DL = 40 − 4 = 36 (см). Відповідь. 36 см і 40 см.

§ 21. Властивості подібних трикутників Завдання 223 1.

# #

"

$

P A1 B1C1

$

0,72 3 . = 2, 4 10 3 . Відповідь. 3 : 10 = 10 P ABC = 12 + 18 + 20 = 50 см; =

P ABC 2.

"

ABC A1B1C1 AB = 2, 4 м; A1B1 = 72 см = 0,72 м.

P A1 B1C1 Знайти P ABC P A1 B1C1 AB = 1 1 =k; P ABC AB

P ABC 50 5 = = 2,5 = ; P A1 B1C1 20 2 2 A1B1 = ⋅ 12 = 4, 8 (см).

5 2 B1C1 = ⋅ 18 = 7, 2 (см); 5 2 A12C1 = ⋅ 20 = 8 (см).

5 Відповідь. 4,8 см; 7,2 см; 8 см. k=

ГЕОМЕТРІЯ

3.

4.

SRT S1R1T1 ; c : a : b = 6 : 7 : 8 .

P S1 R1T1 = 42 см. Нехай c1 = 6k ; a1 = 7k ; b1 = 8k ; 6k + 7k + 8k = 42 ; 21k = 42 ; k = 2 . c1 = 12 см; a1 = 14 см; b1 = 16 см. Відповідь. 12 см; 14 см; 16 см.

5 ABCD — квадрат; FH = 5 см; TO = 3 см.

AB DC , AB FH ; F = A ; " # B = H (відповідні кути). , ATB FTH AB FH ' ) % 0 $ ; AB = x ; TK = 3 − x = TK TO x 5 = ; 3x = 15 − 5x ; 8x = 15 ; x = 1, 875 см.

3−x 3 Відповідь. BC = 1, 875 см.

5*.

#

954 "

.

&

$

/

%

ABCD — трапеція; BC AD . E — точка перетину діагоналей AC і BD. MN ⊥ AD ; MN ⊥ BC ; BC = 7,1 см; AD = 13, 49 см. Знайдемо відношення ME : EN .

EBC EDA (за другою ознакою подібності трикутників) 1 = 2 ; 3 = 4 ; BC AD . Отже, за наслідком 4, маємо: ME BC 13, 49 19 . = = = EN AD 7,1 10 Відповідь: 19 : 10 .

S ABC = 75 см2 ;

#

6.

S A1 B1C1 = 375 см2 ; A1B1 = 9 см;

#

ABC A1B1C1 . За наслідком 3 маємо: " " S A1 B1C1 375 = k2 = =5; S ABC 75 A1B1 A1B1 9 = 5 ; AB = = = 1, 8 5 (см).

AB 5 5 $

$

Відповідь. 1, 8 5 см. (

# ÊÅ ÊÅ

/

"

$

( )

ÊÅ

'

)

( )

Відповідь. 2, 25 см2 .

8.

а)

" ÊÅ

ÊÅ #

"

б)

# а) б)

S ABC S ANM S ABC S ANM

.

AM — бісектриса.

BM AB ; (властивість бісектриси). = MC AC BM 3 S1 = 3:4 . = ; MC 4 S2 AM — медіана.

BM = MC .

S1 1 = = 1:1 .

S2 1

ÊÅ

ÊÅ

9.

$

.

ABC FGH . AB = 3 см; FG = 9 см; HN = 4,5 см; 1 1 S FGH = FG ⋅ NH = ⋅ 9 ⋅ 4,5 = 2 2 2 = 20, 25 см2 .

S FGH FG 9 k= = =3; = k2 ; AB 3 S ABC 20, 25 S ABC = = 2, 25 см2 .

9

$

= k2 =

AB 4 2 4 ; k= = = ; AM 2 1 1

= x2 =

3 9 ; k= 2 4

ГЕОМЕТРІЯ

7°.

Відповідь. а) 4 : 1 ; б) 9 : 4 .

10. ABC A1B1C1 S ABC 3 AB 3 = x2 ;. = ; k= ; 4 S A1 B1C1 A1B1 4

955

Нехай S A1 B1C1 = x , тоді S ABC = x + 14 . x + 14 16 ; 9x + 126 = 16x ; x = 126 ; x = 18 ; S A1 B1C1 = 18 см2 ; = x 9 S ABC = 18 + 14 = 32 см2 .

( )

Відповідь. 18 см2 ; 32 см2 .

11**.

.

#

$

ABCD — паралелограм.

SABCD = 1 м2 . Проведемо діагональ AC; BD і AC перетинаються в точці K. K — середина AC, BK — медіа, на; M — середина BC; AM — медіана; O — " % точка перетину медіан.

1 1 1 1 1 S BOM = S ABC ; ⋅ = см2 ; S BCD = S ABD = м2 ; 6 2 6 2 12 1 1 5 2 SOMCD = − = см .

2 12 12 5 Відповідь. см2 .

12 14**.

ABC ; l AC ; AK : KB = 3 : 2 ; M BM : MC = 3 : 1 . # PBM NCM , 1

1 = 2 — вертикальні кути;

3 = 4 — внутрішні різносторонні кути . , l AC .

1 PB 3

/ = ; CN = PB .

3 CN 1 $ Y PBK NAK " 3 = 4 ; 5 = 6 (вертикальні кути).

0

( )

( )

1 PB 2 = ; це AN = AC + CN = a + CN = a + PB ; 1 3 3 a + PB 3

PB BK 2 = = ; AN AK 3

ГЕОМЕТРІЯ

PB = x ;

2 6a 7 x 2 . = ; 3x = 2a + x ; x = 2a ; x = 1 3 7 3 3 a+ x 3

6a ; CN = 7 6a Відповідь. ; 7 PB =

15**.

1 6a 1 2a .

PB = ⋅ = 3 7 3 7 2a .

7 BL DL за = AB AC властивістю бісектриси кута ABC , але за умоBD DC вою . Отже точка L збігається з точкою = AB AC D, а тому AD — бісектриса кута A. нехай AL — бісектриса кута A, тоді

# % "

16**.

$ #

$ .

956

"

%

Нехай ABCD — трапеція, BC AD .

S BMC = S1 ; S AMD = S2 .

BMC AMD .

S1 BM CM . = = DM AM S2

S CMD = S1S2 ; S ABM = S1S2 .

SABCD = S1 + S2 + 2 S1 ⋅ S2 = Відповідь.

(

)

2

S1 + S2

' .

"

&

$

1 O

2

.

Нехай площа ABC = S .

NKM ABC ; MFK ABC ; MEP ABC . Коефіцієнти подібності: k1 = S1 : S ;

, M

/

)

Нехай дано: ABC , т. M — всередині ABC . l AC ; m AB ; n BC .

S NKM = S1 ; S MKF = S2 ; S EMP = S3 .

N ,

S1 + S2

.

#

17*.

(

k2 = S2 : S ; k3 = S3 : S . Площі паралелограмів KBFM; MKCP; NMEA — 2 S1S2 ; 2 S1S3 ; 2 S2S3 .

S ABC = S1 + S2 + S3 + 2 S1S2 + 2 S2S3 + 2 S1S3 = =

(

S1 + S2 + S3

Відповідь.

(

)

2

.

S1 + S2 + S3

)

2

.

§ 23. Метричні співвідношення в прямокутному трикутнику. Теорема Піфагора Завдання 23 1.

а) c2 = a2 + b2 ; c2 = 36 + 64 = 100 ; c = 10 ; б) c2 = 16 + 49 ; c2 = 65 ; c = 65 ; в) c2 = 25a2 + 144a2 = 169a2 ; c = 13a . a2 = c2 − b2 ; a2 = 225 − 81 = 144 ; a = 12 ; a2 = 64 − 16 ; a2 = 48 ; a = 4 3 ; a2 = c2 − a2 .

3.

а) #

$

%

" б)

0

AC2 = AB2 + BC2 ; AC2 = 144 + 25 = 169 ; AC = 13 ; ABCD — ромб; AC = 3 м; BD = 4 м; ABO — прямокутний; AO ⊥ BO ; 1 1 AO = AC = 1,5 м; BO = BD = 2 м; 2 2

#

"

ABCD — прямокутник.

ABC — прямокутний.

ГЕОМЕТРІЯ

2.

$

AB2 = AO2 + BO2 = 2, 25 + 4 = 6, 25 ; AB = 2,5 ;

% 957

в)

" г)

ABC — рівносторонній.

AB = BC = AC = 12 см; BK ⊥ AC ; AK = KC = 6 см.

ABK — прямокутний. За теоремою Пі-

#

фагора: BK 2 = AB2 − AK 2 = 144 − 36 = 108 ; BK = 108 ; BK = 6 3 см; Нехай ABCD — квадрат зі стороною AB = BC = CD = AD = 6 см.

AC — діагональ квадрата.

ABC — прямокутний За теоремою Піфагора маємо:

$

,

#

$

% "

AC2 = AB2 + BC2 = 36 + 36 = 72 ; AC = 72 ; AC = 6 2 см. д) ABC — рівнобедрений.

AB = BC = 13 см; AC = 10 см; BK ⊥ AC ; AK ⊥ KC .

ABK — прямокутний.

1 За теоремою Піфагора маємо: BK 2 = AB2 − AK 2 ; AK = AC = 5 см; 2 BK 2 = 132 − 25 = 169 − 25 ; BK 2 = 144 ; BK = 12 см Відповідь. а) 13 см; б) 5 см; в) 6 3 см; г) 6 2 см; д) 12 см.

4.

ABC — рівнобедрений, AC = 60 см; BC = 72 см; BK ⊥ AC .

1 1 ABK — прямокутний; AK = AC = ⋅ 60 = 30 см.

2 2

#

За теоремою Піфагора: AB2 = BK 2 + AK 2 = 722 + 302 = 5184 + 900 ; "

$

,

AB2 = 6084 ; AB = 78 см; AB = BC = 78 см.

P ABC = AB + BC + AC = 78 + 78 + 60 = 216 (см).

Відповідь. 216 см. #

ГЕОМЕТРІЯ

5.

.

"

0

° B ,

1

$

AO — бісектриса; OK =

ABC — рівносторонній.

BK — висота, медіана, бісектриса; O — точка перетину медіан, висот, бісектрис; O — центр вписаного і описаного кіл.

OA — радіус описаного кола; OK — радіус вписаного кола. a AB = BC = AC = a ; AK = ; 2 AOK — прямокутний; OAK = 30° ; 1 a2 a2 ; 3x2 = ; AO ; OK = x ; AO = 2x ; 4x2 − x2 = 2 4 4

a2 a 3 a 3 a a a ; x= ; OK = ; OK = ; AO = ; AO = .

12 6 3 2 3 2 3 3 a2 3a2 a 3 ; BK = .

ABK : BK 2 = AB2 − AK 2 = a2 − = 4 4 2

x2 =

Відповідь.

958

a 3 a 3 a 3 ; ; .

6 3 2

6.

#

Нехай ABCD — прямокутна трапеція.

ABD — прямокутний.

$

AB2 = BD2 − AD2 = 169 − 144 = 25 ; AB = 5 см; AB ⊥ AD ; AB — висота трапеції.

" 7.

%

ABCD — трапеція.

AB = BC = CD = 10 см; AD = 26 см. Проведемо висоти трапеції.

BK ⊥ AD ; CF ⊥ AD .

ABK = DCF (за гіпотенузою і катетом). " , % ' AB = CD ; BK = CF . Тоді AK = FD = ( AD − BC ) : 2 = (26 − 10) : 2 = 8 (см).

ABK — прямокутний. #

$

За теоремою Піфагора маємо: BK 2 = AB2 − AK 2 = 100 − 64 = 36 ; BK = 6 см. Відповідь. 6 см. #

$ 0

"

'

,

%

ABCD — ромб.

ABD = CBD — рівносторонні трикутники. У ромб вписано коло; OK = 3 см; OK — радіус вписаного кола.

BF ⊥ AD ; BF — висота ромба; BF = 2OK ; BF = 2 3 .

ABF — прямокутний; A = 60° ; 1 ABF = 30° ; AF = AB ; AF = x ; AB = 2x .

2

(

За теоремою Піфагора маємо: AB2 = BF2 + AF2 4x2 = 2 3 2

9.

= 4 ; = 2 ; AB = 4 м. Відповідь. 4 м. а)

)

2

+ x2 ; 3x2 = 12 ;

ACH . За теоремою Піфагора:

$

CH2 = CA 2 − AH2 = 36 − 12, 96 = 23, 04 .

CH = 4, 8 м;

Å

ACB : CH2 = AH ⋅ HB ; " Å )

Y

#

CH2 = AH ⋅ HB ;

$

б)

4, 82 = 3, 6 ⋅ x ; 23, 04 = 3, 6 ⋅ x ; x = 6, 4 м.

CH2 = 2,5 ⋅ 7,5 = 18,75 .

ACH — прямокутний.

Y

ГЕОМЕТРІЯ

8.

AC2 = CH2 + AH2 ; x2 = 18,75 + 6, 25 ; " Å ) в)

Å

#

ACH — прямокутний; CHB — прямокутний;

$

CH 2 = AH ⋅ HB ; CH2 = 4 ⋅ 9 = 36 ; CH = 6 дм.

Y " ½Å )

x2 = 25 ; x = 5 м.

½Å

#

959

CH2 = AH ⋅ HB ; 64 = x ⋅ 16 ; x = 4 м.

$

г)

" 10.

Y

)

#

ABC — прямокутний.

AC = 5 см; BC = 12 см; CK ⊥ AB .

#

За теоремою Піфагора маємо: AB2 = BC2 + AC2 ; ÊÅ

( )

, $

ÊÅ

AB2 = 144 + 25 = 169 ; AB = 13 см. a ⋅ b 12 ⋅ 5 S ABC = = = 30 см2 .

2 2 1 1 S ABC = AB ⋅ CK ; 30 = ⋅ 13 ⋅ CK ; 2 2

"

60 8 см. =4 13 13 8 см. Відповідь. 4 13 ABC — прямокутний. # CH ⊥ AB ; CH = 3 3 см; BH − AH = 6 см. Знайдемо катети AC і BC. CJ =

11.

CH2 = HA ⋅ BH , HA = x ; BH = x + 6 ;

(3 3 )

2

√

) "

$

= x ( x + 6) .

27x = x2 + 6x ; x2 + 6x − 27 = 0 ; x1 = 3 ; x2 = −9 (не задовольняє x > 0 ).

HA = 3 см; BH = 9 см.

(

ACH : AC2 = CH2 + HA 2 = 3 3

(

)

2

+ 32 = 27 + 9 = 36 ; AC = 6 см.

ГЕОМЕТРІЯ

BCH : BC2 = BH2 + CH2 = 81 + 3 3

2

= 108 ; BC = 6 3

см.

Відповідь. 6 3 см; 6 см.

12.

ABC — прямокутний; A == 90° ; BC = 20 м;

#

AK ⊥ BC ; AK = 9, 6 м; AK 2 = BK ⋅ KC , BK = x ; KC = 20 − x .

Å

"

960

)

, $

9, 62 = x (20 − x ) ; x2 − 20x + 92,16 = 0 ; D = 100 − 92,16 = 7, 84 . x1 = 10 + 2,8 = 12,8 ; x2 = 10 − 2, 8 = 7, 2 ; BK = 2, або 7,2, тоді KC = 7, 2 або 12,8 см.

AKC — прямокутний, за теоремою Піфагора маємо:

AC2 = AK 2 + KC2 ; AC2 = 92,16 + 51, 84 = 144 ; AC = 12 см.

ABK — прямокутний.

AB2 = BK 2 + AK 2 ; AB2 = 92,16 + 163, 84 = 256 ; AB = 16 см. Відповідь. 12 см; 16 см.

13.

ABC — прямокутний.

а) #

AC = 4 см; BK = 1, 8 см; AC2 = AB ⋅ AK ;

AK = x ; 16 = x (1, 8 + x ) ; x2 + 1, 8x − 16 = 0 ; −1, 8 + 3, 2 D = 3, 24 + 64 = 67, 24 ; x1 = = 3, 2 ; 2 x2 = −5 (не задовольняє, x > 0 ).

AK = 3, 2 см; AB = 1, 8 + 3, 2 = 5 см.

ÊÅ , $

"

ÊÅ

225 = x ( x + 16) x2 = −25 (не задосм; AK = 9 Відповідь. 5 см;

ÊÅ , $

14.

AK = x ; AC2 = AB ⋅ AK ;

#

б)

"

ABC — прямокутний; CM — медіана; CM = BM = MA = 12 см; AB = 24 см; BCM = x ; MCA = 2x ; x + 2x = 90° ; BCM = 30° ; MCA = 60° .

CMA — рівносторонній.

CA = CM = AM = 12 см. За теоремою Піфагора знайдемо другий катет:

#

.

Y Y

ÊÅ

; x2 + 16x − 225 = 0 ; x1 = 9 ; вольняє).

AB = 16 + 9 = 25 см.

25 см.

BC2 = AB2 − AC2 ; BC2 = 242 − 122 = 576 − 144 = 432 ; BC = 432 = 12 3 см. Відповідь. 12 см; 12 3 см.

15.

#

$ °

"

%

'

ABCD — прямокутна трапеція.

BC = 6 см; AD = 8 см; BC AD ; BCD = 120° ; CF ⊥ AD ; BC = AF = 6 см; FD = AD − AF = 8 − 6 = 2 см; FCD = 120° − 90° = 30° ; CDF = 60° .

1 CFD : FD = CD ; CD = 2FD ; CD = 4 см.

2 За теоремою Піфагора маємо:

CF 2 = CD2 − FD2 = 16 − 4 = 12 ; CF = 2 3 см.

ACF : AC2 = AF 2 + CF 2 = 36 + 12 = 48 ; AC = 4 3 см.

ABD: BD2 = AB2 + AD2 ; BD2 = 12 + 64 = 76 ; BD = 2 19 . Відповідь. 2 19 см; 4 3 см.

17.

#

/

ABCD — рівнобічна трапеція.

$

0 "

,

.

'

ГЕОМЕТРІЯ

"

$

%

BC AD ; AB = CD ; OM = 2 см; Sтр = 20 см2 .

NO ⊥ BC ; OM ⊥ AD ; NM — висота трапеції.

NM = 4 см.

BC + AD BC + AD ⋅ MN = 20 см2 ; ⋅ 4 = 20 ; 2 2 BC + AD = 10 см. Якщо у трапецію можна вписати коло, то BC + AD = AB + CD .

961

18*.

AB = CD = 10 : 2 = 5 см. Проведемо висоти BK ⊥ AD ; CF ⊥ AD .

ABK = DCF ; AK = FD .

ABK : AB = 5 ; BK = 4 ; AK = 3 см.

BC = KF ; BC + AD = BC + 3 + BC + 3 ; 2BC + 6 = 10 ; 2BC = 4 ; BC = 2 ; AD = 8 см. Відповідь. 5 см; 2 см; 5 см; 8 см. Нехай дано ABC . # BF ⊥ AC ; BF — висота, проведена до найбільшої сторони ABC .

BF — найменша висота трапеції.

ABF . За теоремою Піфагора: "

$

BF 2 = AB2 − AF 2 = 169 − x2 ; AF = x ; FC = 15 − x .

BFC . BF 2 = BC2 − FC2 = 196 − (15 − x ) ; 2

69 − x2 = 196 − 225 + 30x − x2 ; x = 6, 6 .

19*.

BF 2 = 169 − 6, 62 = 169 − 43,56 = 125, 44 ; BF = 125, 44 = 11, 2 . Відповідь. 11,2 см.

ABCD — трапеція; BC AD ; BC = 4 дм;

# $ AD = 14 дм; AB = 6 дм; CD = 8 дм. Проведемо CM AB .

ABCM — паралелограм, BC AM ; AB CM ; CM = AB = 6 дм; " MD = AD − AM = 14 − 4 = 10 (дм). % . ' Проведемо CF ⊥ AD . CF — висота трапеції.

MCF . За теоремою Піфагора: CF 2 = CM 2 − MF 2 = 36 − x2 , де MF = x .

CDF . CF 2 = CD2 − FD2 = 64 − (10 − x ) , де FD = 10 − x ; 2

36 − x = 64 − (10 − x ) ; 36 − x = 64 − 100 + 20x − x2 ; 20x = 72 ; x = 3, 6 .

2

ГЕОМЕТРІЯ

2

CF 2 = 36 − 3, 62 = 36 − 12, 96 = 23, 04 . CF = 4, 8 см. Відповідь. 4,8 см.

20**. " ABC — прямокутний; CK ⊥ AB ; CK — висота; CM — медіана; AC і BC — катети.

CK : CM = 40 : 41 .

CMK : CM = 41x ; CK = 40x ; .

MK 2 = CM 2 − CK 2 = 1681x2 − 1600x2 = 81x2 ; MK = 9x . , CM = AM = MB = 41x ; BK = 41x − 9x = 32x ; AC BK 32x # $ CKB ABC . = = = 4 :5 .

BC CK 40x Відповідь. AC : BC = 4 : 5 .

21**.

ABC — прямокутний. # BM — медіана, проведена до катета AC; BM = a ; AK — медіана, проведена до катета BC. AK = b .

Z Нехай CM = AM = x , BK = KC = y . , BCM : 4y2 + x2 = a2 ; ACK ; 4x2 + y2 = b2 ; Z

962

2

$

Y . Y

"

⎪⎧4y2 + x2 = a2, ⎨ 2 2 2 ⎪⎩4x + y = b .

x2 =

4b2 − a2 4a2 − b2 ; y2 = .

15 15

ABC . AB2 = BC2 + AC2 = 4y2 + 4x2 ; AB2 = 4x2 + 4y2 = AB2 =

(

3 4b2 + 4a2 15

16b2 − 4a2 + 16a2 − 4b2 12b2 + 12a2 ; = 15 15

) = 4b

2

+ 4a2 ; 5

b2 + a2 .

AB = 2 5 Відповідь. 2 22**.

#

b2 + a2 .

5 ABC — прямокутний, BC і AC — катети; CM —

медіана; CM 2 = AC ⋅ BC ; CK — висота; CK ⊥ AB ; AC ⋅ BC AB ⋅ CK . ; AC ⋅ BC = AB ⋅ CK ; = 2 2 ° , 1 CM 2 = AB ⋅ CK ; CK = CM .

2 " $ CMK — прямокутний.

CMK = 30° .

CMA — рівнобедрений, CM = MA ; MCA = MAC = (180° − 30°) : 2 = 75° ; CBA = 90° − 75° = 15° . Відповідь. C = 90° ; B = 15° ; A = 75° .

24*.

ABC — прямокутний.

OK ⊥ AC ; OK = r — радіус вписаного кола. a+b−c Доведемо, що r = .

2 D Нехай BC = a , AC = b , AB = c , B 0 % FC = CK = OK = OF = r ; AK = AD = b − r . ' ODA = OKA .

BF = BD = a − r , BOF = BOD . " $ , C AB = c ; AB = BD + DA ; c = b − r + a − r ; a+b−c , що й треба було довести. c = a + b − 2r ; 2r = a + b − c ; r = 2 ABC — прямокутний. # AC : BC = 20 : 21 .

R — радіус описаного кола; r — радіус вписаного D B кола.

R − r = 17 см. Нехай AC = 20x ; BC = 21x . " $ C За теоремою Піфагора: #

AB2 = AC2 + BC2 = 400x2 + 441x2 = 841x2 ; AB = 29x ; 1 29x a + b − c 20x + 21x − 29x R = AB = = 14,5x ; r = = = 6x ; 2 2 2 2 R − r = 17 ; 14,5x − 6x = 17 ; 8,5x = 17 ; x = 2 см; BC = 20 ⋅ 2 = 40 см; AC = 21 ⋅ 2 = 42 см.

ГЕОМЕТРІЯ

23*.

963

Відповідь. AC = 42 см; BC = 40 см.

ABC — прямокутний.

#

25*.

S ABC = 24 см2 ; OB = OA = R = 5 см; R — радіус кола, описаного навколо ABC . Нехай BC = b ; AC = a ; AB = c ; AB = 2R = 10 см. ab 48 ; ab = 48 ; a = ; a2 + b2 = c2 ; S= 2 b

0D

C $

"

B

482 b2

+ b2 = 100 .

Нехай b2 = x ; x > 0 .

2304 + x = 100 ; x2 − 100x + 2304 = 0 ; D1 = 2500 − 2304 = 196; x x1 = 50 + 14 = 64 ; x2 = 50 − 14 = 36 ; b1 = 8 або b2 = 6 ; a1 = 6 бо a2 = 8 . Отже катети 8; 6 або 6; 8. a + b − c 6 + 8 − 10 14 − 10 4 r= = = = =2 .

2 2 2 2 Відповідь. 2 см.

26*.

,

Нехай ABCD — прямокутна трапеція.

BC AD ; CD — більша бічна сторона; O —

центр кола, вписаного в трапецію.

1 OK ⊥ BC ; OP ⊥ CD ; OM ⊥ AD ; OF ⊥ AB ; ' OF = OK = OP = OM = r ; r — радіус вписано0 го кола; OC = 15 см; OD = 20 см.

.

KOC = POC (OC — спільна; OK = OP = r ) % " отже 1 = 2 .

POD = MOD (OD — спільна; OM = OP = r ) отже 3 = 4 .

1 + 2 + 3 + 4 = 180° ; BC AD ; 2 + 3 = 90° , тоді COD = 90° ; COD — прямокутний. #

$

ГЕОМЕТРІЯ

OC2 + OD2 = CD2 ; CD2 = 225 + 400 = 625 ; CD = 25 см; OP ⊥ CD ; 25 ⋅ 15 OC ⋅ OD = CD ⋅ OP ; OP = = 12 (см).

25 KM = 2OP = 24 (см). KM = AB = 24 см. Якщо в трапецію вписано коло, то суми протилежних сторін рівні. Отже, AB + CD = BC + AD = 24 + 25 = 49 (см).

PABCD = 49 ⋅ 2 = 98 см. Відповідь. 98 см. #

27**.

$

ABCD — рівнобічна трапеція.

O — центр кола, вписаного в трапецію.

OC = 6 см; OK ⊥ CD , OK — радіус вписаного кола в трапецію. CK : KD = 9 : 16 . K — точка дотику вписаного кола.

, 0

OC2 = CD ⋅ CK ; CK = 9x ; DC = 25x ; 36 4 ; x2 = ; 36 = 25x ⋅ 9x ; 36 = 225x2 ; x2 = 225 25 2 2 2 x = ; CK = 9 ⋅ = 3, 6 см; DK = 16 ⋅ = 6, 4 см.

5 5 5 "

964

%

CD = 3, 6 + 6, 4 = 10 (см).

AB = CD = 10 см; BC + AD = AB + CD = 10 + 10 = 20 (см).

PABCD = 40 см. Відповідь. 40 см.

28**.

ABC — прямокутний; CM —медіана; CH — висота.

CM : CH = 5 : 4 .

MH = 3 см; CMH — прямокутний; CM = 5x ; CH = 4x .

#

.

За теоремою Піфагора маємо: MH2 = CM 2 − CH2 ; ) "

$ 29**. а)

MH2 = 25x2 − 16x2 = 9x2 ; MH = 3x ; 3x = 3 ; x = 1 .

MH = 3 см; MC = 5 см; BM = MA = 5 см; AB = 10 см. Відповідь. 10 см.

Два кола дотикаються зовнішньо у точці A. # O1B ⊥ BC ; O1B = r ; . .

O2 B ⊥ BC ; O2 B = R ; O1 A + O2 A = r + R .

0 0 "

O1BCO2 — трапеція прямокутна.

O1B O2C . Проведемо O1M ⊥ CO2 ; O1M = BC .

O1MO2 — прямокутний.

MO2 = R − r . За теоремою Піфагора маємо: $

'

O1M 2 = O1O22 − MO22 = ( R + r ) − ( R − r ) = 2

2

2

2

2

= R + 2R ⋅ r + r − R + 2R ⋅ r − r = 4R ⋅ r .

MO1 = 2 R ⋅ r . Отже BC = 2 R ⋅ r . б) Відстань від точки A до прямої BC — AF. AF ⊥ BC .

O1MA O1MO2 ; O1 — спільний.

O1 A AM r x ; ; AM = x ; = = O1O2 MO2 r +R R −r r (R − r ) ; MF = r . x = AM = r+R AF = AM + MF = 2rR . r+R 2rR . Відповідь. r+R . $ # AF =

31*.

r (R − r ) r ⋅ R − r2 + r2 + R ⋅ r 2rR ; +r = = r+R r+R r+R

ГЕОМЕТРІЯ

2

Нехай дано трапецію ABCD. AC = 4 см, BD = 3 см, | MN = 2,5 см.

BC AD , BM = MC , AN = ND . , ' Нехай K — середина AN, F — середина CD. KM — середня лінія ABC . % " 1 / KM = AC = 2 см. NF — середня лінія ADC ; 2 1 1 965 NF = AC = 2 см. MF = KN = BD = 1,5 см.

2 2

KMN : MN 2 = KM 2 + KN 2 , MN 2 = 22 + 1,52 = 6, 25 ; MN = 2,5 . За теоремою оберненою до теореми Піфагора MNK — прямокутний.

AC ⋅ BD 3 ⋅ 4 Отже, AC ⊥ BD . SABCD = = = 6 см2 .

2 2 Відповідь. 6 см2.

( )

Y

34**. .

Нехай сторона квадрата x. Тоді маємо:

$

AM = x ; MC = 2x ; AN 2 = x2 + 4x2 = 5x2 ; AN = x 5 .

Y " Y

,

#

1

Y

AB = x 5 ;

Аналогічно: 2

2

2

BC2 = CP2 + BP2 ;

2

BC = x + 9x = 10x . За теоремою оберненою до теореми Піфагора маємо: BC2 = AB2 + AC2 ; 10x2 = 5x2 + 5x2 . Отже, ABC — прямокутний рівнобедрений трикутник. B = 45° .

Відповідь. 45° .

§ 24. Метод подібності і метричні співвідношиння в колі. Властивості бісектриси трикутника Завдання 24 ADC DBC .

DAC = DBC , вписані кути вимірюються дугою DC. ADC = BCD, вписані кути вимірюються дугою AB.

1.

2.

"

$ & #

ГЕОМЕТРІЯ

3.

& %

4.

ABE BDC .

1 = 2 за умовою.

AEB = DCB — вписані кути вимірюються дугою AB.

©

#

5.

966

"

ACE EBC .

ACE = CBE вимірюються дугою CE. CAB = CEB вимірюються дугою BC.

Дві хорди AB і CD перетинаються в точці M. CM = 14 см; MD = 24 см; AM = 28 см.

CM ⋅ MD = AM ⋅ MB . . " 14 ⋅ 24 = 28 ⋅ MB . % MB = 12 .

AB = 28 + 12 = 40 (см). Відповідь. 40 см. $ AB ⊥ CD ; CK = 3 см; KD = 12 см; CD — діаметр; AB — хорда. " # , CK ⋅ KD = AK ⋅ KB . AK = KB = x ; 3 ⋅ 12 = x ⋅ x ; x2 = 36 ; $

#

x = 6 см. AB = 12 см. Відповідь. 12 см.

%

6.

"

ABCD — чотирикутник. AC ⊥ BD .

AM = 3 дм; BM = 4 дм; CM = 6 дм.

AM ⋅ MC = DM ⋅ MB ; 3 ⋅ 6 = DM ⋅ 4 ; MD = 4,5 дм.

BD ⋅ AC 9 ⋅ 8,5 ; SABCD = SABCD = = 38, 25 дм2 .

2 2

# .

%

$ #

9*. $

E 0

Точка M лежить усередині кола з радіусом R і віддалена від його центра O на відстань d.

MO = d .

AM ⋅ MB = CM ⋅ MD .

OC = OD = R ; CM = R − d ; MD = R + d ;

%

.

AM ⋅ MB = ( R − d ) ( R + d ) = R 2 − d2 .

"

Відповідь. R 2 − d2 . #

10*.

0

$

%

1

PO = 7 см; OC = OD = 11 см; AB = 18 см; AP = x ; BP = 18 − x .

CP ⋅ PD = BP ⋅ PA ; CP = 11 − 7 = 4 см; PD = 11 + 7 = 18 см.

CP ⋅ PD = AP ⋅ BP ;

(18 − x ) x = 4 ⋅ 18 ;

"

18x − x2 = 72 ; x2 − 18x + 72 = 0 ;

x1 = 6 ; x2 = 12 .

AP = 6 см; BP = 12 см. Відповідь. 6 см; 12 см. "

.

#

$ 0

12*.

"

,

M ⋅ MB = MC ⋅ MK ; CO = OK = R ; MC = d − R ; MK = d + R .

OM = d ;

AM ⋅ MB = (d − R ) (d + R ) = d2 − R 2 .

Відповідь. d2 − R 2 .

2 BC . AK 2 = AC ⋅ AB .

3 2 Нехай BC = x , тоді AK = x .

3 4 2 4 AC = 12 − x ; x = (12 − x ) ⋅ 12 ; x2 = 114 − 12x ; 9 9 AB = 12 см; AK =

,

$ #

4x2 + 108x − 1296 = 0 ; x2 + 27x − 324 = 0 ; D = 729 + 1296 = 2025 ; x1 = 9 ; x2 = −36 (не задовольняє умові, x > 0 ).

2 BC = 9 см; AC = 3 см; AK = ⋅ 9 = 6 (см).

3 Відповідь. AK = 6 см.

13*.

Нехай AB = 7 см; BC = 7 см; AD = 10 см; AE = x см; ED = (10 − x ) см.

AB ⋅ AC = AE ⋅ AD . % 7 ⋅ 14 = 10 ⋅ (10 − x ) ; 98 = 100 − 10x ; 10x = 2 ; x = 0, 2 см; AE = 0, 2 см; DE = 10 − 0, 2 = 9, 8 см. Відповідь. DE = 9, 8 см. #

"

$

&

14*.

" Y .

ГЕОМЕТРІЯ

11*.

#

AB = 20 см; AK = 50 см; AK — найбільша січна, яка проходить через центр кола.

MK — діаметр кола.

0

AB2 = AM ⋅ AK . Нехай AM = x , 400 = x ⋅ 50 ; x = 8 см; MK = 50 − 8 = 42 см;

,

967

15*.

MO = OK = R = 42 : 2 = 21 (см). Відповідь. 21 см. Нехай дано квадрат ABCD зі стороною 2 5 см. √ # $ E — точка дотику вписаного кола.

1 0 AK = ED = AB = 5 см. AK — дотична, AE — & , 2 √ ' січна.

AKE — прямокутний. % " OK ⊥ AB , K — точка дотику вписаного кола. За теоремою Піфагора: AE2 = AK 2 + KE2 ; AE2 =

( 5 ) + (2 5 ) 2

2

= 5 + 20 = 25 ; AE = 5 см.

( )

2

18*.

AK 2 = AE ⋅ AF ; AF = x ; 5 = 5 ⋅ x ; 5 = 5x ; x = 1 . FE = 5 − 1 = 4 см.

FE — хорда, яка належить прямій AE. Відповідь. 4 см. # Хорди AB і CD перетинаються у точці M. $

MK — бісектриса BMD ; BD = 3 см; Y .

S BCM : S AMB = 1 : 4 . " , BCM ADM ( 1 = 2 вертикальні; C = A r Y вписані кути, що вимірюються дугою DB). % MB S AMB 4 = = = k2 ; k = 2 : 1 .

MD S BCM 1 За властивістю бісектриси кута маємо:

ГЕОМЕТРІЯ

3 − x = 2x ; 3x = 3 ; x = 1 .

BK = 1 см; DK = 2 см. Відповідь. 1 см і 2 см.

19*. а) #

DM DK 1 x ; = ; BK = x ; = BM BK 2 3−x

Нехай дано: ABC , BK — бісектриса кута B. За властивістю бісектриси кута маємо: ÊÅ 36 AB BC 9 6 ÊÅ ; ; KC = = 4 (см). = = 9 AK KC KC $ AC = AK + KC = 6 + 4 = 10 (см). " ÊÅ , Відповідь. 10 см. б) Знайдемо бісектрису кута ABC, BK за формулою Лагранжа:

BK 2 = AB ⋅ BC − AK ⋅ KC ; BK 2 = 9 ⋅ 6 − 6 ⋅ 4 = 54 − 24 = 30 ; BK = 30 . Відповідь. 30 .

20**.

ABC — прямокутний; C = 90° ; AC = 15 см; " BC = 20 см; CD ⊥ AB ; CK — бісектриса C . За теоремою Піфагора: , AB2 = AC2 + BC2 = 225 + 400 = 625 ; AB = 25 см. % 3 x ; AC : BC = AK : KB ; 15 : 20 = x ⋅ (25 − x ) ; = 4 25 − x $ # 5 5 75 − 3x = 4x ; 7x = 75 ; x = 10 ; AK = 10 ; 7 7 5 2 BK = 25 − 10 = 14 ; BC2 = AB ⋅ BD ; 400 = 25 ⋅ AD ; AD = 16 см; 7 7 2 2 BD = 9 см; DK = BK − BD = 14 − 9 = 5 (см).

7 7 5 2 Відповідь. 10 см; 5 см; 9 см.

968 7 7

21*.

ABC — прямокутний, C = 90° ; AC = 4 см; CB = 6 см. За теоремою Піфагора маємо:

#

AB2 = BC2 + AC2 = 36 + 16 = 52 ; AB = 52 . За властивістю бісектриси кута маємо: AB BK 6 3 x x ; ; ; = = = $ ÊÅ " AC AK 4 52 − x 2 52 − x 3 52 ; 3 52 − 3x = 2x ; 5x = 3 52 ; x = 5 52 2 52 ; AK = .

BK = 3 5 5 За формулою Лагранжа маємо: CK 2 = BC ⋅ AC − BK ⋅ AK ; ,

ÊÅ

3 52 ⋅ 2 52 = 24 − 12, 48 = 11,52 .

25 CK = 11,52 = 2, 4 2 см. Відповідь. 2, 4 2 см.

CK 2 = 6 ⋅ 4 −

C ' C

25*.

Нехай CK і BF — бісектриси кутів C і B. За властивістю бісектриси маємо: c1 b1 + b2 = ⇒ ac1 = b1c2 + b2c2 ; c2 a

" D , D

b1 c1 + c2 = ⇒ cb1 = b2c1 + b2c2 . b2 a # $ За теоремою Лагранжа маємо: a ( c1 + c2 ) − b1b2 = a (b1 + b2 ) − c1c2 . Тоді ac1 + ac2 − b1b2 − ab1 − ab2 + c1c2 = 0 . b1c2 + b2c2 + ac2 − b1b2 − b2c1 − c2b2 − ab2 + c1c2 = 0 ; (c2 − b2 ) (a + b1 + c1 ) = 0 ; c2 − b2 = 0 ; c2 = b2 .

BEC = CKB , тоді ACB = ABC . Отже, ABC — рівнобедрений, що й треба було довести. " Нехай дано рівнобедрений ABC , AB = BC .

AD — бісектриса кута A при основі ABC .

OK : OB = 2 : 3 .

OK ⊥ AC ; OK = 4 5 мм. ' % OK — радіус вписаного кола в ABC .

0 OK : OB = 2 : 3 . Нехай OK = 2x ; OB = 3x ; BK = 5x ; 2x = 4 5 ; x = 2 5 . # $ OB = 3k = 6 5 см; BK = 10 5 см.

OBD — прямокутний.

OF ⊥ AB ; OF = 4 5 . За теоремою Піфагора:

(

BF 2 = OB2 − OF 2 = 6 5

) − (4 5 ) 2

2

ГЕОМЕТРІЯ

22*.

= 180 − 80 = 100 ; BF = 10 мм.

OBF ABK ; B — спільний кут.

BF BK 10 10 5 , ; AK = 20 мм. AC = 2 AK = 40 мм. = = FO AK 4 5 AK

(

ABK : AB2 = BK 2 + AK 2 = 10 50

)

2

AB = 900 = 30 мм; AB = BC = 30 мм.

+ 202 = 500 + 400 = 900 .

969

P ABC = AB + BC + AC = 30 + 30 + 40 = 100 (мм). Відповідь. 100 мм.

Готуємося до тематичного оцінювання № 3 Варіант I #

#

1.

"

"

$

$

ABC A1B1C1 AB 11, 2 k= 1 1 = = 1, 4 .

AB 8 B1C1 = 10 ⋅ 1, 4 = 14 см; A1C1 = 4 ⋅ 1, 4 = 5, 6 см.

P A1 B1C1 = 11, 2 + 14 + 5, 6 = 30, 8 (см). Відповідь. 30,8 см.

2.

$ 3. #

ГЕОМЕТРІЯ

"

4.

AC = 5 см; BC = 6 см; AB2 = BC2 + AC2 ; AB2 = 25 + 36 = 61 .

AB = 61 см.

#

" $

ABCD — прямокутник.

CD = x ; AC = x + 1 . ( AD + DC ) ⋅ 2 = 34 ; AD + DC = 17 . Нехай AD = y . x + y = 17 .

За теоремою Піфагора: x2 + y2 = ( x + 1) . ⎧x = 17 − y, ⎧x + y = 17, ⎧x = 17 − y, . ⎨ 2 ⎨ 2 ⎨ 2 2 2 ⎩x + y = x + 2x + 1. ⎩y − 2 (17 − y ) − 1 = 0. ⎩y + 2y − 35 = 0 %

2

y1 = –7(не задовольняє умові, y > 0 ). y2 = 5 . x = 17 − 5 = 12 . AC = 12 + 1 = 13 . Відповідь. 13 см.

ABCD — рівнобічна трапеція. AB = CD . $ # BC AD . BC = 14 см; AD = 18 см. Проведемо висоту CK ⊥ AD .

ACD — прямокутний. ACD = 90° ; " , % AC ⊥ CD .

CK 2 = AK ⋅ KD ; KD = (18 − 14) : 2 = 2 см; AK = 16 см.

CK 2 = 2 ⋅ 16 ; CK 2 = 32 ; CK = 4 2 .

CKD — прямокутний.

5.

970

За теоремою Піфагора: CD2 = CK 2 + KD2 = 32 + 4 = 36 ; CD = 6 см. Відповідь. 6 см.

ABCD — рівнобічна трапеція. / $ # M, N, P, K — точки дотику вписаного кола. ÊÅ CP = 3 см; PD = 12 см; CD = 3 + 12 = 15 см; & 1 AB = CD = 15 см. Проведемо висоти BE і CF. ÊÅ NC = CP = 3 см; BM = BN = 3 см. " BC = 6 см; AD + BC = 30 см; AD = 24 см; & ' % ,

AE = FD = (24 − 6) : 2 = 9 .

CFD — прямокутний.

CD2 = CF 2 + FD2 , CF 2 = 225 − 81 = 144 ; CF = 12 см.

BC + AD 6 + 24 SABCD = ⋅ CF ; SABCD = ⋅ 12 = 180 см2 .

2 2

( )

Відповідь. 180 см2 .

Варіант II #

1.

" 2.

ABC A1B1C1 .

P ABC BC 13 ; k= = =k; B1C1 P A1 B1C1 5

#

P ABC = (3 + 5 + 7 ) ⋅

$ "

#

$

13 15 ⋅ 13 = = 39 (см).

5 5

Відповідь. 3 см.

За теоремою Піфагора: BC2 = 81 − 25 = 26 ; BC = 26 . Відповідь. 26 .

Y $

"

3. #

ABCD — прямокутник. Нехай AD = BC = x , AB = CD = y . ⎪⎧x + y = 14, ⎨ 2 2 x = 14 − y , AC = x + 4 .

2 ⎩⎪x + y = ( x + 4) .

$ Z

"

Y

%

x2 + y2 = x2 + 8x + 16 ; y2 = 8 (14 − y ) + 16 ;

y + 8y − 128 = 0 .

D = 64 + 512 = 576 . −8 + 24 t1 = = 8 ; x1 = 14 − 8 = 6 ; 2 −8 − 24 y2 = = −16 ; x2 = 14 + 16 = 30 .

2 AC = 6 + 4 = 10 . Відповідь. 10 см.

4.

# ÊÅ

" 5.

#

, ÊÅ ' 1

"

%

$ -

&

,

Нехай ABCD — рівнобічна трапеція. BC = CD . Проведемо висоти трапеції BK ⊥ AD ; CF ⊥ AD ; KF = BC ; AK = FL = (13 − 5) : 2 = 4 см; ACD — прямокутний, CF ⊥ AD ;

$

%

ГЕОМЕТРІЯ

2

CF 2 = AF ⋅ FD = 4 ⋅ 9 = 36 ; CF = 6 см. Відповідь. 6 см. Нехай ABCD — рівнобічна трапеція, яка описана навколо кола.

MN = 20 см.

MN — середня лінія трапеції. OB = 10 см. OK — радіус вписаного кола в трапецію, OK ⊥ AD .

E, P, L, K — точки дотику.

BP = BE ; BO — бісектриса B ;

971

AE = AK , AO — бісектриса A .

B + A = 180° ; BAO + ABO = 90° ; BOA = 90° .

ABO — прямокутний.

OB2 = AB ⋅ BE ; 100 = 20 ⋅ BE ; BE = 5 см.

BOE — прямокутний. OE ⊥ AB , OE2 = OB2 − BE2 = 100 − 25 = 75 ; OE = 75 = 5 3 . Відповідь. 5 3 см.

Розділ IV. Тригонометричні функції гострого кута. Обчислення прямокутного трикутника

§ 26. Відповідність між відношеннями сторін і мірою гострих кутів у прямокутному трикутнику

Завдання 26 GH 6 GH 6 3 ; tg F = = =3; = = FG 2 HF 2 10 10 FG 2 1 FG 2 1 ; ctg F = cos F = = = = = .

FH 2 10 GH 6 3 10 GH 2 1 GH 2 1 ; б) sin F = = = ; tg F = = = FH 4 2 FG 2 3 3 FG 2 3 3 FG 2 3 ; ctg F = cos F = = = = = 3 .

FH 4 2 GH 2 а) sin F =

1.

HG = FH

в) sin F =

ГЕОМЕТРІЯ

tg F =

2.

3.

972

GH = GF

5 1 FG ; cos F = = = FH 10 2 5 GF = 1 ; ctg F = = GH 5

5 1 ; = 10 2

5 =1 .

5

г) sin F =

HG = FH

31 FQ 5 HG ; cos F = ; tg F = = = 6 FH 6 FG

ctg F =

FG = HG

5 .

31

1 31 = 6 ; 5 5

BC 4,5 45 3 ; = = = AB 15 15 10 BC 5, 4 54 3 ; б) sin A = = = = AB 18 180 10 $ # BC 6 ; в) sin A = = AB 19 BC 2,52 252 63 9 3 . г) sin A = = = = = = AB 8, 4 840 210 30 10 AC 10, 32 1032 258 129 " а) cos A = ; = = = = AB 17, 2 1720 430 215 AC 10, 32 1032 129 ; б) cos A = = = = AB 17, 2 1720 215 $ #

"

а) sin A =

AC 10 ; = AB 17 AC 6,192 6192 1548 387 129 . г) cos A = = = = = = AB 10, 32 10320 2580 645 215 BC 4, 3 430 86 2 а) tg A = = = = = = 0, 4 ; " AC 10,75 1075 215 5 FC 10,75 5 ctg F = = = = 2,5 ; BC 4, 3 2 $ # AC BC tg B = = 2,5 ; ctg B = = 0, 4 ; BC AC BC 21,5 2150 86 2 б) tg A = = = = = = 0, 4 ; AC 53,75 5375 215 5 AC 5 AC BC ctg A = = = 2,5 ; tg B = = 2,5 ; ctg B = = 0, 4 ; BC 2 BC AC BC 10,75 107,5 в) tg F = = = = 2,5 ; AC 4, 3 43 AC 4, 3 AC BC ctg F = = = 0, 4 ; tg B = = 0, 4 ; ctg B = 2,5 .

BC 10,75 BC AC AC " а) cos A = , тоді AC = AB cos A = 4 ⋅ 0.4 = 1, 6 (см).

AB BC , тоді BC = AC ⋅ tg A = 24 ⋅ 0,5 = 12 (мм). б) tg A = AC $ # AC AC 9 4 , тоді AB = в) sin B = = = 9 ⋅ = 12 (мм).

AB sin B 3 3 4 BC BC 2 г) ctg B = , тоді AC = = = 0,5 (м).

AC ctg B 4 " Знайдемо другий катет 52 − 32 = 25 − 9 = 16 = 4 (см). в) cos A =

5.

6.

а) sin A = $ 7.

Знайдемо гіпотенузу 82 + 152 = 64 + 225 = 289 = 17 .

15 7 8 8 а) tg A = ; в) sin B = . = 1 ; б) cos A = 8 8 17 17 # а) Так, так, ні. б) Ні, так, так. в) Так, так, так. г) Так, так, так.

8.

9.

#

"

$

4 3 5 1 = 0, 8 ; б) cos A = = 0, 6 ; в) tg A = = 1 .

5 5 3 3

ГЕОМЕТРІЯ

4.

BC AC 1 = 3 , звідси = .

AC BC 3 AC б) ctg A = 1,5 , тоді = 1,5 .

BC

"

$

а) tg A = 3 , то

#

973

BC = 0,5 .

AB 1 BC 1 б) 3 cos B = 1 , cos B = , тоді = .

3 AB 3 а) 2 sin A = 1 , тоді sin A = 0,5 , тоді

10. "

$

#

11. "

2 sin A = 3 sin B , 2 ⋅

BC AC ; 2BC = 3 AC , тоді = 3⋅ AC AB

BC > AC . $

#

12. "

3 sin A = 4 sin B ; 3 ⋅

$

# а) 3 sin A = 4 sin B ; 3 ⋅

13. "

BC = $

BC AC AC 3 ; 3BC = 4 AC ; = 4⋅ = .

AB AB BC 4

BC AC ; 3BC = 4 AC ; = 4⋅ AB AB

4 AC 4 ⋅ 6 = = 8 (см).

3 3

#

AB = AC2 + BC2 = 62 + 82 = 10 (см).

AC BC б) 3 cos A = 4 cos B ; 3 ⋅ ; 3 AC = 4BC ; = 4⋅ AB AB 3 AC 3 ⋅ 16 ; BC = BC = = 12 (см). AB = AC2 + BC2 = 122 + 162 = 20 (см).

4 4 Відповідь. а) 10 см; б) 20 см.

ГЕОМЕТРІЯ

§ 27. Побудова кута за його тригонометричними функціями. Зміна значень тригонометричних функцій на інтервалі [0; 90] Завдання 27 1.

а)

α

2 ; б) 3

sin α =

α в)

а)

sin α =

α

α

в) α

cos α =

cos α =

3 ; б) 5

1 .

2

α

3 .

10

2.

974

sin α =

cos α =

3 ; 4

1 ; 5

а)

3.

tg α = 2 ; б)

α

tg α =

α

9 ; 10

tg α =

в) α

4 .

7

ctg α =

а)

4.

α

3 ; б) 5

ctg α = 3 ; α

в)

α

ctg α =

2 .

5

$

BC AC ; = 4⋅ AB AB 4 BC 4 3BC = 4 AC ; = ; tg A = .

3 AC 3 3 sin A = 4 sin B ; 3 ⋅

"

"

#

α

$

#

6.

а) sin 12° < sin 34° ; г) cos 90° < cos 0, 9° ; є) sin 0° = cos 90° ;

7.

а) tg 32° < tg 64° ; б) в) ctg 9, 3° > ctg 33° ; г)

8.

а) Якщо sin α > sin β , то α > β .

2 3 б) Оскільки < , то sin α < sin β , тоді α < β .

3 4 в) Оскільки 0, 63 = 0, 63 , то sin α = sin β , тоді α = β .

3 2 г) Оскільки > , то cos α > cos β , тоді α < β .

7 5 д) Оскільки 0,5 > 0, 3 , то cos α > cos b , тоді α < β .

1 1 е) Оскільки = , то cos α = cos β , тоді α = β .

2 2 а) Якщо tg α < tg β , то α < β .

8 5 б) Оскільки > , то tg α > tg β , тоді α < β .

3 2 в) Оскільки 3, 4 = 3, 4 , то tg α = tg β , тоді α = β . г) Якщо ctg α < ctg β , то α > β . д) Оскільки 1, 4 > 0,7 , то ctg α > ctg β , тоді α < β . е) Оскільки 1 = 1 , то ctg α = ctg β , тоді α = β .

9.

б) sin 56° > sin 1° ; в) sin 0° < cos 0° ; ж) sin 90° = cos 0° .

в) cos 8, 9° > cos 89° ; е) sin 90° > cos 90° ;

tg 76° < tg 81° ; ctg 40° > ctg 49° .

ГЕОМЕТРІЯ

5.

975

§ 28. Тригонометричні функції доповняльних кутів

Завдання 28 1.

2.

3.

5 ; б) cos = cos (90° − β ) = sin β = 0, 8 ; 13 в) tg α = tg (90° − β ) = ctg β = 0,7 . а) sin α = sin (90° − β ) = cos β =

а) б) в) г)

2 sin (90° − α ) − cos α = 2 cos α − cos α = cos α ; cos (90° − α ) + sin α = sin α + sin α = 2 sin α ; tg (90° − α ) + ctg β = ctg β + 3 ctg β = 4 ctg β ; ctg (90° − β ) − tg β = tg β − tg β = 0 .

а) 2 sin (90° − β ) − sin β + cos β + cos (90° − β ) = = 2 cos β − sin β + cos β + sin β = 3 cos β . б) cos (90° − α ) + cos α + sin α − sin (90° − α ) = = − sin α + cos α + sin α − cos α = 2 sin α . в) tg (90° − β ) + 3 ctg (90° − α ) + 2 ( tg α + tg β ) = = ctg β + 3 tg α + 2 tg α + 2 tg β = ctg β + 5 tg α + 2 tg β .

4.

а) Якщо б) Якщо в) Якщо г) Якщо

5.

а) б) в) г)

6.

ГЕОМЕТРІЯ

7.

sin (90° − β ) = sin (90° − α ) , то cos β = cos α , тоді α = β . cos (90° − β ) = sin α , то sin β = sin α , тоді β = α . tg (90° − β ) = ctg α , то ctg β = ctg α , тоді β = α . ctg (90° − β ) = tg α , то tg β = tg α , тоді α = β .

sin (90° − β ) = sin α ; 90° − β = α , тоді α + β = 90° . cos β = sin α , тоді sin (90° − β ) = sin α , тоді 90° − β = α або α + β = 90° . tg (90° − β ) = tg α , тоді 90° − β = α , тоді α + β = 90° . tg β = tg α , tg (90° − β ) = tg α ; 90° − β = α ; α + β = 90° .

а) Якщо cosβ = (90° − α ) , то cos β = cos α , звідси α = β . б) Якщо tg α = ctg (90° − β ) , то tg α = tg β , звідси α = β .

а) Якщо cos β = sin α , то sin (90° − β ) = sin α , тоді 90° − β = α , або α + β = 90° . Оскільки сума двох гострих кутів дорівнює 0° , то третій кут те ж дорівнює — 90° , отже, ABC — прямокутний. б) Якщо ctg α = tg β , то tg (90° − α ) = tg β , тоді 90° − α = β або α + β = 90° . Оскільки сума двох гострих кутів трикутника дорівнює — 90° , отже ABC — прямокутний.

§ 29. Співвідношення між тригонометричними функціями одного й того самого кута

Завдання 29 1.

3 9 4 , sin α − 1 − cos2 α = 1 − = , 5 25 5 sin α 4 3 4 1 4 3 tg α = = : = , ctg α = = 1: = . cos α 5 5 3 3 4 tg α

а) Якщо cos α =

б) Якщо cos α = 976

1 1 , то sin α = 1 − cos2 α = 1 − = 3 9

8 2 2 , = 9 3

tg α =

sin α 2 2 1 1 1 2 . = : = 3 2 , ctg α = = = cos α 3 2 tg α 2 2 4

в) Якщо cos α = 0, 8 , то sin α = 1 − cos2 α = 1 − 0, 64 = 0, 6 , sin α 0, 6 3 1 4 tg α = = = , ctg α = = . cos α 0, 8 4 tg α 3 г) Якщо cos α = tg α =

1 1 3 , то sin α = 1 − cos2 α = 1 − = , 2 4 2

sin α 3 1 1 1 3 . = : − 3 , ctg α = = = cos α 2 2 tg α 3 3

12 144 5 , то sin α = 1 − cos2 α = 1 − , = 13 169 13 sin α 5 12 5 1 5 12 2 , ctg α = tg α = = : = = 1: = =2 . cos α 13 13 12 tg α 12 15 5

д) Якщо cos α =

4 16 3 , то sin α = 1 − cos2 α = 1 − = , 5 25 5 sin α 3 4 3 1 3 4 1 tg α = = : = , ctg α = = 1: = = 1 . cos α 5 5 4 tg α 4 3 3

е) Якщо cos α =

2.

а) Якщо sin α = 0, 8 , то cos α = 1 − sin2 α = 1 − 0, 64 = 0, 6 , sin α 0, 8 4 1 1 4 3 tg α = = = = 1 , ctg α = = 1: = . cos α 0, 6 3 3 tg α 3 4 5 25 12 , то cos α = 1 − sin2 α = 1 − , = 13 169 13 sin α 5 12 5 1 5 12 2 , ctg α = tg α = = : = = 1: = =2 . cos α 13 13 12 tg α 12 5 5

б) Якщо sin α =

tg α =

1 1 , то cos α = 1 − sin2 α = 1 − = 4 16

sin α 1 15 = : = cos α 4 4

8 17 sin α 8 tg α = = cos α 17

г) Якщо sin α =

д) Якщо sin α = tg α =

15 , 4

1 1 1 , ctg α = = 1: = 15 . tg α 15 15

64 15 , = 289 17 15 8 1 8 17 1 , ctg α = : = = 1: = =2 .

17 17 tg α 17 8 8 , то cos α = 1 − sin2 α = 1 −

1 1 3 , то cos α = 1 − sin2 α = 1 − = , 2 4 2

ГЕОМЕТРІЯ

в) Якщо sin α =

sin α 1 3 1 1 1 ; ctg α = : ] = 1: = 3 . cos α 2 2 tg α 3 3

3 9 4 , то cos α = 1 − sin2 α = 1 − = , 5 25 5 sin α 3 4 3 1 3 4 tg α = = : = , ctg α = = 1: = . cos α 5 5 4 tg α 4 3 3 1 3 4 а) Якщо tg α = , то ctg α = = 1: = , 4 tg α 4 3

е) Якщо sin α =

3.

977

3 4 3 1 4 = , sin α = tg α ⋅ cos α = ⋅ = .

4 5 5 5 9 tg α + 1 +1 16 5 1 5 12 б) tg α = , то ctg α = , = 1: = 12 tg α 12 5 5 12 5 1 1 12 , sin α = tg α cos α = . ⋅ = cos α = = = 2 12 13 13 13 25 tg α + 1 +1 144 1 в) Якщо tg α = 1 , то ctg α = =1, tg α 2 2 1 1 1 2 , sin α = tg α cos α = 1 ⋅ . = cos α = = = = 2 2 2 2 1 1 2 + tg α + 1 cos α =

1

2

=

8 1 8 15 , то ctg α = , = 1: = 15 tg α 15 8 8 15 8 1 1 15 , sin α = tg α cos α = . ⋅ = cos α = = = 2 15 17 17 17 64 tg α + 1 +1 225 1 1 д) Якщо tg α = 2 , то ctg α = = , tg α 2 г) Якщо tg α =

cos α = 4.

1 2

tg α + 1

=

2 5 1 1 5 , sin α = tg α ⋅ cos α = . = = 5 5 4 +1 5

а) Якщо ctg α = 1 , то tg α = sin α =

1 2

ctg α + 1

=

1 1 = =1, ctg α 1

2 1 1 2 , cos α = ctg α ⋅ sin α = . = = 2 2 1+1 2

12 1 12 5 , то tg α = , = 1: = 5 ctg α 5 12 12 5 12 1 1 5 , cos α = ctg α ⋅ sin α = . ⋅ = sin α = = = 2 5 13 13 13 144 ctg α + 1 +1 25 3 1 3 4 в) Якщо ctg α = , то tg α = = 1: = , 4 ctg α 4 3 3 4 3 1 1 1 4 sin α = = = = , cos α = ctg α ⋅ sin α = ⋅ = .

5 5 2 4 5 5 9 ctg α + 1 +1 4 16 8 1 8 15 , то tg α = , г) Якщо ctg α = = 1: = a 15 15 8 ctg 8 15 8 1 1 15 , cos α = ctg α ⋅ sin α = . ⋅ = sin α = = = 15 17 17 17 64 ctg2 α + 1 +1 225

ГЕОМЕТРІЯ

б) Якщо ctg α =

д) Якщо ctg α = 3 , то tg α =

978

cos α = ctg α ⋅ sin α =

1 1 = , sin α = ctg α 3

3 10 .

10

1 ctg2 α + 1

=

1 10 , = 10 10

5.

а) 1 − cos2 α = sin2 α + cos2 α − cos2 α = sin2 α .

(

)

б) 1 − cos2 α + sin2 α = 1 − 1 = 0 . в) (1 − sin α ) (1 + sin α ) = 12 − ( sin α ) = 1 − sin2 α = 2

2

2

2

2

1

⋅ cos2 α =

= sin α + cos α − sin α = cos α .

(

)

г) tg2 α + 1 cos2 α = 6.

2

cos α

(

cos2 α cos2 α

=1.

)

а) cos α − cos α sin2 α = cos α 1 − sin2 α =

(

)

= cos α cos2 α + sin2 α − sin2 α = 2

3

= cos α ⋅ cos α = cos α ;

(

)

б) ctg2 α − cos2 α ctg2 α = ctg2 α − cos2 α =

(

)

= ctg2 α cos2 α + sin2 α − cos2 α = = ctg2 α ⋅ sin2 α =

2

2

cos α sin α ⋅ = cos2 α .

1 sin2 α

в) cos2 α + tg2 α cos2 α = cos2 α + г)

1 2

sin α =

−

1

=

2

tg α

1 − cos2 α

=

2

sin α

2

sin α

−

sin2 α cos2 α

cos2 α sin2 α

⋅ cos2 α = cos2 α + sin2 α = 1 .

=

cos2 α + sin2 α − cos2 α 2

sin α

=

sin2 α sin2 α

=1 .

д) ( sin α + cos α ) − 2 sin α + cos α = 2

= sin2 α + 2 sin α cos α + cos2 α − 2 sin α cos α = sin2 α + cos2 α = 1 7.

а) 1 − tg2 α cos2 α = 1 −

sin2 α cos2 α

.

⋅ cos2 α =

б) 1 − ctg2 α (1 − cos α ) (1 + cos α ) =

(

)

(

)

= 1 − ctg2 α 1 − cos2 α = 1 − ctg2 α ⋅ cos2 α + sin2 α − cos2 α = = 1 − ctg2 α ⋅ sin2 α = 1 −

cos2 α sin2 α

⋅ sin2 α = 1 − cos2 α =

= cos2 α + sin2 α − cos2 α = sin2 α .

(

ГЕОМЕТРІЯ

= 1 − sin2 α = sin2 α + cos2 α − sin2 α = cos2 α

)

в) 1 − ( sin α − cos α ) ( sin α + cos α ) = 1 − sin2 α − cos2 α = 2

2

2

2

2

(

)

= sin α + cos α − sin α + cos α = 2 cos α . г) sin2 α + ctg2 α sin2 α = sin2 α 1 + ctg2 α = sin2 α ⋅

1 sin2 α

=1.

2

8.

1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 = а) ⎜ + − tg α − ⎝ sin2 α cos2 α ⎟⎠ ⎜⎝ tg α ⎟⎠ =

⎛ 1 1 ⎞ − ⎜ tg2 α − 2 tg α + 2 ⎟= tg α ⎝ sin α cos α tg α ⎠

cos2 α + sin2 α 2

2

979

= = = =

=

=

1 2

2

sin α cos α

− tg2 α + 2 −

1 2

tg α

=

1 − sin4 α + 2 sin2 α cos2 α − cos4 α sin2 α cos2 α

1 2

2

sin α cos α

(

)

2

cos α

(

(

2

sin α cos α

2

2

1 − sin α − cos α sin2 α cos2 α

2 cos2 α ⋅ 2 sin2 α sin2 α cos2 α

б) ( tg α + ctg α ) − 2

) = (1 − sin 2

2

cos2 α sin2 α

=

=

1 − sin2 α sin2 α − cos2 α + cos2 α sin2 α − cos2 α 2

+2−

=

1 − sin4 α + sin2 α cos2 α + sin2 α cos2 α − cos4 α sin2 α cos2 α

sin2 α

−

)=

)(

α + cos2 α 1 + sin2 α − cos2 α sin2 α cos2 α

) =

= 4.

1

cos2 α

−

sin2 α

=

(

) (

)

= tg2 α + 2 tg α ctg α + ctg2 α − 1 − tg2 α − 1 + ctg2 α = = tg2 α + 2 + ctg2 α − 1 − tg2 α − 1 − ctg2 α = 0 ; в)

(sin α + cos α )2 (1 − tg α )2 − (1 − tg α )2 =

ГЕОМЕТРІЯ

=

2 sin α cos α

sin2 α + 2 sin α cos α + cos2 α − sin2 α − cos2 α

(1 + 2 tg α + tg α) − (1 − 2 tg α + tg α) 2

1 + 2 tg α + tg2 α − 1 + 2 tg α − tg2 α

=

2

2 sin α cos α

1 cos2 α 2

+ 4 tg α −

1

=

cos2 α

2

2 sin α cos α cos α 2 sin α cos α 2 sin α cos α = = 0,5 cos2 α . = = sin α 4 sin α 2 4 tg α 4⋅ cos α

§ 30. Значення тригонометричних функцій деяких кутів

Завдання 30 1.

3 1 3 5 3 (см); = 3 = 3 : = 6 ; б) x = 5 sin 60° − 5° = sin 30° 2 2 2 1 в) x = 2 tg 45° = 2 ⋅ 1 = 2 (м); г) x = 4 sin 30° = 4 ⋅ = 2 (м); 2 а) x =

д) x = 1 ⋅ sin 45° = 2.

2 (м).

2

а) 2 cos 60° + 3 cos 30° = 2 ⋅

1 3 3 + 3+ = 1 + = 2,5 ; 2 2 2

1 − 1 = 2,5 − 1 = 1,5 ; 2 в) 3 tg 45° ⋅ tg 60° = 3 ⋅ 1 ⋅ 3 = 3 3 ;

б) 5 sin 30° − ctg 45° = 5 ⋅ 980

=

=

г) 12 sin 60° ⋅ cos 60° = 12 ⋅ 3.

3 1 ⋅ =3 3 .

2 2

а) tg 60° + 2 cos 30° = 3 + 2 ⋅

3 = 23 ; 2

б) cos 30° ⋅ ctg 30° − ctg 45° =

3 ⋅ 3 − 1 = 1,5 − 1 = 0,5 ; 2

в) 3 cos 60° ⋅ tg 45° ⋅ tg 60° = 3 ⋅

1 3 3 ; ⋅1 ⋅ 3 = 2 2 3 3 3 3 1 − ⋅ = − =1 .

2 2 2 2 2

г) tg 60° ⋅ sin 60° − ctg 60° ⋅ cos 30° = 3 ⋅ 4.

а) 2 tg2 60° + 4 cos2 30° = 2°

( 3)

б) cos 30° ⋅ ctg3 30° − ctg 45° =

2

2

⎛ 3⎞ + 4⋅⎜ ⎟ =6+3= 9 ; ⎝ 2 ⎠

3 ⋅ 2

( 3)

3

2

⎛ 1⎞ в) 3 cos2 60° ⋅ tg 45° ⋅ tg2 60° = 3 ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ 1 ⋅ ⎝ 2⎠

− 1 = 4,5 − 1 = 3,5 ;

( 3)

2

=

9 = 2, 25 ; 4

г) tg3 60° ⋅ sin 60° − ctg2 60° ⋅ sin 30° = = 5.

( 3)

3

#

2

⋅

3 ⎛ 3 ⎞ 1 9 1 26 1 − ⋅ = − = =4 .

2 ⎜⎝ 2 ⎟⎠ 2 2 6 6 3 $

BD = 3 см, A = 60° .

BD 3 2 = = 3⋅ = 2 (см). sin A sin 60° 3 " % 1 AB + BD ⋅ ctg A = 3 ⋅ ctg 60° = 3 ⋅ = 1 (см).

3 Отже, AD = BC = 2 см; AB = CD = 1 см. Відповідь. 1 см; 2 см; 1 см; 2 см.

§ 31. Розв’язування прямокутних трикутників

Завдання 31 1.

2.

а) x = 10 ⋅ cos α = 10 ⋅ 0, 3 = 3 (см);

б) x = 10 ⋅ tg α = 10 ⋅ 2 = 20 (см); 8 8 80 в) x = 10 ⋅ sin α = 10 ⋅ 0, 8 = 8 (см); г) x = = = = 20 (см); sin α 0, 4 4 5 5 50 д) x = = = = 12,5 (см); е) x = 6 ctg α = 6 ⋅ 1,5 = 9 (см). cos α 0, 4 4 а) BC = AC ⋅ tg A = 3 ⋅ ctg 45° = 3 ⋅ 1 = 3 (см), # AC 3 3⋅2 6 2 AB = = = = = 3 2 (см). cos A cos 45° 2 2 BC 2 15 б) AB = = 5: = = 7,5 (см), sin A 3 2 $ " AC = AB2 − BC2 = 56, 25 − 25 ≈ 6, 87 (см).

ГЕОМЕТРІЯ

AD =

981

в) BC = AC ⋅ ctg B = AC ⋅ AB =

1 1 8 3 (см), = 8⋅ = tg B 3 3

AC2 + BC2 = 64 +

4 ⋅ 64 16 16 3 (см). = = 3 3 3

64 = 3

3 = 6 3 (см), 2 1 AC = AB ⋅ sin B = 12 ⋅ sin 30° = 12 ⋅ = 6 (см).

2 BC 6 л) AB = = = 18 (см), cos B 1 3

г) BC = AB ⋅ cos B = 12 ⋅ cos 30° = 12 ⋅

AC = AB2 − BC2 = 182 − 62 = 6 32 − 12 = 6 8 = 12 2 (см). е) Оскільки tg B = 1 , то B = 45° , BC = AB ⋅ cos B = 8 ⋅ cos 45° = 8 ⋅

2 = 4 2 (см), 2

2 = 4 2 (см).

2 BD = 45 см, ABD = 90° , ctg BAD = 1, 6. Якщо ctg BAD = 1, 6 , тоді 1 1 1 sin BAD = = = = 2 2 3 ,56 1, 6 + 1 ctg α + 1

AC = AB ⋅ sin B = 8 ⋅ sin 45° = 8 ⋅ 3.

#

$

"

%

AD = CD : sin BAD = 45 :

5 .

89

5 = 9 89 (см).

89

AB + BD ⋅ ctg BDA = 45 ⋅ 1, 6 = 72 (см). Відповідь. 72 см; 9 89 см.

2

4.

2

81 + 144 ⎛ 9⎞ ⎛ 12 ⎞ а) sin2 α + cos2 α = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = = 1 . Так. ⎝ 15 ⎠ ⎝ 15 ⎠ 225 2

2

ГЕОМЕТРІЯ

14, 0625 + 25 39, 0625 ⎛ 3,75 ⎞ ⎛ 5 ⎞ б) sin2 α + cos2 α = ⎜ +⎜ = = = 1 . Так. ⎝ 6, 25 ⎠⎟ ⎝ 6, 25 ⎠⎟ 36, 0625 6, 252 5.

а) B β

D α

a = 6 см; b = 8 см; c = 62 + 82 = 10 , a 6 b 8 sin α = = = 0, 6 , sin β = = = 0, 8 . x 10 c 10

C б) B β

D α

a = 4 см, b = 7 см, c = a2 + b2 = 16 + 49 = 65 (см), a 4 b 7 , sin β = = . sin α = = c c 65 65

C 6.

а) a = 9 см, c = 15 см, b = c2 − a2 = 152 − 92 = 225 − 81 = 12 (см). б) c = 8 см, a = 4 см,

982

b = c2 − a2 = 64 − 16 = 48 = 4 3 (см).

7.

"

AB = 17 см, AC = 17 − 9 = 8 (см), тоді

$

AB2 − AC2 = 172 − 82 = 289 − 64 = 15 (см).

BC 15 . cos B = = AB 17 BC =

8.

#

а) MK = 10 см, M = 48° K = 90° − 48° = 42° .

KP = KM ⋅ sin M ≈ 10 ⋅ 0,743 = 7, 43 (см), MP = KM ⋅ cos M ≈ 10 ⋅ 0, 669 = 6, 69 (см). б) MP = 5 см, M = 54° , K = 90° − 54° = 36° .

KP = MP ⋅ tg M ≈ 5 ⋅ 1, 376 = 6, 88 (см).

1 .

MP 5 KM = ≈ ≈ 8,503 (см). cos M 0,588 в) KP = 11 см, M = 71° , K = 90° − 71° = 19° .

PM = KP ⋅ tg K ≈ 11 ⋅ 0, 344 = 3,784 (см).

KP 11 KM = ≈ ≈ 11, 628 (см). sin M 0, 946 г) KM = 15 см, MP = 6 см,

,

KP = KM 2 − MP2 = 152 − 62 = 189 = 13,747 .

KP 13,747 sin M = = ≈ 0, 916 ; M ≈ 66°24′ , KM 15 K ≈ 90° − 66°24′ = 23°36′ .

#

AB = BD2 − AD2 = 132 − 122 = 169 − 144 = 5 (см). Відповідь. 5 см. %

" #

10.

AB = BC = AC = 12 см, BD ⊥ AC , BD = AB ⋅ sin A = 12 ⋅ sin 60° = 12 ⋅

3 =6 3 2

(см).

Відповідь. 6 3 см.

$

%

" 11. #

$

ГЕОМЕТРІЯ

9.

д) MP = 9 см, KP = 12 см, KM = 92 + 122 = 81 + 144 = 15 (см).

PM 9 cos M = = = 0, 6 . M ≈ 53°6′ , K ≈ 90° − 53°6′ = 36°54′ .

KM 15 ND = 13 см, AD = 12 см. $

ABCD — квадрат, AB = 6 см.

AB 6 AC = = = 6 2 (см). cos BAC cos 45° Відповідь. 6 2 см.

" 12.

% I випадок AB = 5 см, BC = 8 см, тоді

"

#

$

AC = 52 + 82 = 25 + 64 = 89 ≈ 9, 434 (см).

983

II випадок AB = 5 см, AC = 8 см, тоді BC = 82 − 52 = 64 − 25 = 39 ≈ 6, 245 (см). Відповідь. 89 ≈ 9, 434 або 39 ≈ 6, 245 (см).

13.

AB = 16 см, BC = 12 см, тоді

"

AC = AB2 + BC2 = 162 + 122 = 256 + 144 = 20 (см).

AB 16 4 cos ∠A = = = . % AC 20 5 4 64 AD = AB ⋅ cos ∠A = 16 ⋅ = = 12, 8 (см).

5 5 $ # DC AC − AD tg DBC = = = BD AD ⋅ tg A 20 − 12, 8 7, 2 72 = = = 0,75 . = 12 9, 6 96 12, 8 ⋅ 16 Відповідь. 12,8 см; 0,75. # AB = BC = AC = a .

14.

BD = AB sin A = a ⋅ sin 60° = 3 0

R=

BD ⋅ 2 a 3 ⋅ 2 a 3 . = = 3 2⋅3 3

r=

BD ⋅ 1 a 3 ⋅ 1 a 3 . = = 3 2⋅3 6

S "

$

%

Відповідь.

15.

a 3 a 3 a 3 , , .

2 3 6 # AB = BC = 7 см, AC = 6 см. sin C = %

ГЕОМЕТРІЯ

0 "

tg C =

16. #

BK = BC

72 − 32 = 7

$

BK = BC

BC2 − KC2 = KC

BC2 − KC2 = 7 40 2 10 . = 7 7

AD = AC ⋅ sin C = 6 ⋅ 72 − 32 = 3

2 10 12 10 (см). = 7 7 40 2 10 . = 3 3

12 10 2 10 см; .

7 3 $ AB = 4 см, AD = 6 см, тоді BD = AB2 + AD2 = 42 + 62 = 16 + 36 = 52 = 2 13 .

α

"

%

sin α =

AB 4 = = BD 2 13

2 2 13 , = 13 13

AB 4 2 AD 6 6 6 13 , tg α = = = , = = = AD 6 3 BD 2 13 13 13 AD 6 3 ctg α = = = = 1,5 .

AB 4 2 cos α =

984

=

,

Відповідь.

a 3 .

2

17. #

$ 0 %

"

AD = 16 см, PABCD = 56 , тоді P − 2 ⋅ AD 56 − 2 ⋅ 16 56 − 32 24 AB = = = = = 12 (см).

2 2 2 2 1 1 AD 16 OK = AB = ⋅ 12 = 6 (см), AK = = = 8 (см).

2 2 2 2 AK 2 + OK 2 = 62 + 82 = 100 = 10 (см).

AO =

AK 8 = = 0, 8 , AOK = 53° , тоді AOD = 2 ⋅ 53° = 106° , AO 10 тоді AOB = 180° − 106° = 74° , тоді sin 74° ≈ 0, 96 . Відповідь. 0,96. sin AOK =

18.

AB = AC = 3 см, BAC = 120° .

BAD = BAC : 2 = 120° : 2 = 60° .

#

3 = 1,5 3 (см), 2 тоді BC = BD ⋅ 2 = 1,5 ⋅ 2 ⋅ 3 = 3 3 (см). Відповідь. 3 3 см.

BD = AB ⋅ sin BAD = 3 ⋅ sin 60° = 3 ⋅

"

$

% #

19.

BD ⊥ a , BD = 5 см, BCD = α , тоді BC =

BD . sin α

5 1 = 5 : = 10 (см). sin 30 ° 2 α B 5 % $ б) Якщо α = 45° , то BC = = 5 2 (см). sin 45° 5 . в) Якщо BCD = α , то BC = sin α " 20.

AD ⊥ m , AB = 15 см, BD = 12 см, ACD = 45° . Із трикутника ABD маємо: N #

$

%

Відповідь. 9 2 см. "

21.

AD = AB2 − BD2 = 152 − 122 = 225 − 144 = 9 (см).

AD 9 AC = = = 9 2 (см). cos C cos 45° AD ⊥ BC , AB = 26 см, AC = 20 см.

AB2 − AD2 = 262 − 102 =

BD =

= 676 − 100 = 576 = 24 (см). $

%

#

"

#

$

%

AC2 − AF 2 = 202 − 102 = 400 − 100 =

DC =

= 300 = 10 3 (см).

I випадок. BC = BD + DC = 24 + 10 3 (см).

II випадок. BC = BD − DC = 24 − 10 3 (см).

(

)

(

)

Відповідь. 24 + 10 3 см або 24 − 10 3 см.

AB = 9 см, BC = 11 см, AC = 12 см. BD ⊥ AC . Нехай AD = x см, тоді DC = (12 − x ) см.

#

22.

ГЕОМЕТРІЯ

а) Якщо α = 30° , то BC =

AB2 − AD2 = BC2 − DC2 або 81 − x2 = 121 − (12 − x ) ; 2

2

"

%

$

2

81 − x = 121 − 144 + 24x − x ; 24x = 104 ;

985

104 26 13 1 1 1 2 ; x= = = 4 . Отже, AD = 4 см, DC = 12 − 4 = 7 (см).

24 6 3 3 3 3 3 1 2 Відповідь. 4 см і 7 см.

3 3 I випадок. " O1O = 13 см, AO1 = 6 см. Цей випадок неможливий, 0 0 оскільки не виконується умова AO + AO1 > OO1 . # II випадок. OA = 13 см, OO1 = 6 см, тоді відстань між центрами дорівнює 13 см. Відповідь. 13 см. " OA = OB = 2 , AOB = 90° , AO1B = 120° . , 1 1 AOO1 = AOB = ⋅ 90° = 45° .

0 2 2 0 x=

23.

24.

#

AK = OA ⋅ sin AOO1 = 2 ⋅ sin 45° = 2 ⋅

OK = OA ⋅ cos AOO1 = 2 ⋅ cos 45° = 2 ⋅ Тоді AO1K = AO1 =

AK 1 3 2 2 3 (см). = = 1: = = sin AO1K sin 60° 2 3 3 1 3 (см). = 3 3

OO1 = OK + KO1 = 1 +

3 3 3 (см) = 3 3

(I випадок).

OO1 = OK − KO1 = 1 −

3 3− 3 (см) = 3 3

(II випадок).

Відповідь.

ГЕОМЕТРІЯ

2 = 1 (см).

2

1 1 AO1B = ⋅ 120° = 60° , 2 2

KO1 = AK ⋅ ctg AO1K = 1 ⋅ ctg 60° =

2 3 3+ 3 3− 3 (см); см або см.

3 3 3

§ 32. Практичні задачі із застосуванням тригонометрії Завдання 32 1.

AB AC = 1 м, AB = 0,75 м, тоді sin C = = 0,75 .

AC Відповідь. 0,75.

"

α # 2.

3.

986

2 = 1 (см).

2

$ 3,5 3,5 ≈ ≈ 3, 86 (м). cos 25° 0, 906 Відповідь. 3,86 м. x=

200 200 ≈ ≈ 324,7 (м). cos 52° 0, 616 Відповідь. 324,7 м.

AB =

#

4.

"

AB = 470 м, BC = 8 м.

BC 8 sin A = = ≈ 0, 017 .

AB 470 Відповідь. 0,017.

$

5.

#

Нехай AB = x м, тоді BC <

x м, 25

BC x < = 0, 04 .

AB 25 Відповідь. 0,04.

sin A = "

$

ABC = 48° , BC = 76 м.

AC = BC ⋅ tg B = 76 ⋅ tg 48° ≈ 76 ⋅ 1,11 = 84, 36 (м). Відповідь. 84,36 м.

6. "

#

$ 7.

C = 15°30′ , BC = 200м, тоді

#

AB = BC ⋅ sin 15°30′ = 200 sin 15°30′ ≈ 200 ⋅ 0, 27 = 54 (м). Відповідь. 54 м. $

" "

#

$

BC = 800 м, AC = 20 м, тоді AC 20 tg B = = = 0, 025 .

BC 800 B ≈ 1°24′ . Відповідь. 1°24′ .

15 ⋅ tg 35° + 1, 2 ≈ 15 ⋅ 0,7 + 1, 2 = 10,5 + 1, 2 = 11,7 (м). Відповідь. 11,7 м.

9.

#

10.

Å "

$

Å

AB = 14 м, C = 24° , тоді AB 14 14 AC = = ≈ ≈ 31, 44 (м). tg C tg 24° 0, 445

11. #

"

AB = 8 м, AC = 230 м, тоді AB 8 tg C = = ≈ 0, 0348 .

AC 230 C ≈ 1, 99° . Відповідь. 1, 99° .

ГЕОМЕТРІЯ

8.

Відповідь: 31,44

$

12. " ,

%

#

$

AB ⊥ BC , DC ⊥ BC . AB = 12, 8 м, DC = 10 м, DK ⊥ AB , ADK = 32° .

AK = AB − DC = 12, 8 − 10 = 2, 8 (м).

KD = AK ctg ADK = 2, 8 : tg 32° ≈ 2 ≈ 2, 8 : 0, 624 ≈ 4, 49 (м). Відповідь. 4,49 м.

987

H = 1500 м ⋅ tg 40° ≈ 1500 ⋅ 0, 839 = 1258,5 (м). Відповідь. 1258,5 м.

13.

15.

BC = 12,5 м, AC = 3,5 м, тоді

#

AB = BC2 − AC2 = 12,52 − 3,52 = 156, 25 − 12, 25 = = 144 = 12 (м). Відповідь. 12 м. $

" 16. # ,

$

AB ⊥ AD , CD ⊥ AD , AB = 12,5 м, CD = 5 м, AD = 10 м, тоді проведемо CK ⊥ AB , тоді BC = AB − CD = 12,5 − 5 = 7,5 (м), BC = BK 2 + KC2 = 7,52 + 102 =

%

" 17.

" 18.

ГЕОМЕТРІЯ

#

AD = 12 м, AC = 13 м, BC = 4 м, тоді

$

CD = AC2 − AD2 = 132 − 122 = 169 − 144 = 5 (м).

BD = BC + CD = 4 + 5 = 9 (м).

%

AB = AD 2 + BD2 = 122 + 92 = 144 + 81 = 225 = 15 (м). Відповідь. 15 м.

#

а) BC ≈ 170 ⋅ 0, 2 = 34 (м) б) AC ≈ 170 ⋅ 0, 4 = 68 (м).

BC 34 tg A = = = 0,5 AC 68 A ≈ 26,57° . Відповідь. а) 34 м; б) 26,57° .

$

" 19.

= 56, 25 + 100 = 156, 25 = 12,5 (м). Відповідь 12,5 м.

10 м 10 BC = ≈ ≈ 15, 6 (м). sin 40° 0, 64 10 10 CD = ≈ ≈ 14,1 (м) sin 45° 0,71 10 10 BD = 10 ctg 40° + 10 ctg 45° = + 10 ≈ + 10 ≈ 12,5 + 10 = 22,5 (м). tg 40° 0, 8 PABCDE = 777,5 + 15, 6 + 14,1 = 807, 2 (м). Відповідь. 807,2 м.

20.

Нехай O3 M = x , тоді O3O2 = x +

0

O3O = R − x , враховуючи, що OO32 + OO22 = O2O32

.

( R + x )2 − ⎛⎝⎜ 2 ⎞⎠⎟ R

0 988

R R , OO2 = , 2 2

0

2

2

R2 R⎞ ⎛ = = ⎜ x + ⎟ , R 2 − 2Rx + x2 + ⎝ ⎠ 4 x

R2 R2 R ; R 2 = 3Rx , тоді x = . = 4 3R 3 R . Відповідь.

3

= x2 + xR +

а) Побудуємо коло з діаметром BC, тоді точки A і O належать цьому колу, оскільки BAC = BOC = 90° , тоді OAC = OBC = 45° , отже, AO — поділяє прямий кут A навпіл. б) Нехай BC = 2R , тоді

21.

0

#

BO = 2R ⋅ sin 45° = 2R ⋅

, "

2 =R 2 .

2

$

Завдання для повторення розділу IV 1. Синусом кута називається відношення катета, протилежного цьому куту, до гіпотенузи. Косинусом кута називається відношення катета, прилеглого до цього кута, до гіпотенузи. Тангенсом кута називається відношення катета, протилежного цьому куту, до прилеглого катета. Котангенсом кута називається відношення катета, прилеглого до цього кута, до протилежного катета.

2. Синус, косинус, тангенс і котангенс гострого кута прямокутного трикутника не залежить від розміщення і розмірів прямокутного трикутника. # #

"

$

BC B1C1 . = AB AC1 Отже, синус кута не залежить від розмірів і розташування прямокутного трикутника.

ABC AB1C1 , тому sin A =

$

sin α cos α , ctg α = , tg α ⋅ ctg α = 1 , sin2 α + cos2 α = 1 , cos α sin α 1 1 , ctg2 α + 1 = . tg2 α + 1 = 2 cos α sin2 α 5. При зростанні кута від 0° до 90° синус цього кута зростає від 0 до 1, а косинус спадає від 1 до 0.

4. tg α =

6. sin (90° − α ) = cos α , cos (90° − α ) = sin α , tg (90° − α ) = ctg α ,

ГЕОМЕТРІЯ

3.

ctg (90° − α ) = tg α .

7. Див. стор. 172 підручника.

8.

#

а) a = 18 м, b = 24 м, c = 30 м.

18 24 sin A = = 0, 6 , sin B = = 0, 8 , 30 30 24 18 18 3 cos A = = 0, 8 , cos B = = 0, 6 , tg A = = , " C 30 30 24 4 24 4 24 4 18 3 tg B = = , ctg A = = , ctg B = = .

18 3 18 3 24 4 D

B $

989

б) a = 8 см, b = 15см, c = 17 см.

8 15 15 8 8 15 , sin B = , cos A = , cos B = , tg A = , tg B = , sin A = 17 17 17 17 15 8 15 8 , ctg B = .

8 15 в) a = 1 мм, b = 3 мм, c = 10 мм.

1 1 3 3 1 , sin B = , cos A = , cos B = , tg A = , sin A = 3 10 10 10 10 1 tg B = 3 , ctg A = 3 , ctg B = .

3 1 1 1 1 і > , то α > β . а) Оскільки sin α = , sin β = 2 3 2 3 б) Оскільки sin α = 0, 21 , sin β = 0, 33 і 0, 21 < 0, 33 , то α < β .

2 2 2 2 в) Оскільки cos α = , cosβ = і < , то α > β .

7 5 7 5 г) Оскільки cos α = 0,7 , cos β = 0, 3 і 0,7 > 0, 3 , то α < β . ctg A =

9.

10.

а) 2 sin 30° − 3 cos 30° = 2 ⋅

1 3 − 3⋅ = 1 − 1,5 = −0,5 ; 2 2

б) sin 60° cos 30° + ctg 45° =

3 3 3 3 ⋅ +1 = +1 = 1 ; 2 2 4 4

в) tg 45° ⋅ cos 60° = 1 ⋅

1 1 = .

2 2

г) 2 sin 60° − tg 60° = 2 ⋅ tg α = 3

11.а)

б)

3 − 3 =0.

2 α

sin α =

2 .

5

ГЕОМЕТРІЯ

α

12.

3 9 4 , то sin α = 1 − cos2 α = 1 − = , 5 25 5 sin α 4 3 4 tg α = = : = . cos α 5 5 3

а) Якщо cos α =

б) Якщо cos α =

5 2 5 sin α . = : = cos α 3 3 2 12 5 в) Якщо ctg α = 2, 4 , то tg α = 1 : 2, 4 = 1 : , = 5 12 1 1 1 10 5 . sin α = = = = = 2 2 2 , 6 26 13 2, 4 + 1 ctg α + 1 3 9 4 а) Якщо sin α = , то cos α = 1 − sin2 α = 1 − = , 5 25 5 cos α 4 3 4 ctg α = = : = . sin α 5 5 3 tg α =

13.

990

2 4 5 , то sin α = 1 − cos2 α = 1 − = , 3 9 3

б) Якщо sin α =

1 1 2 2 , то cos α = 1 − sin2 α = 1 − = , 3 9 3

cos α 2 2 1 = : =2 2 . sin α 3 3 20 1 20 21 , то ctg α = , в) Якщо tg α = = 1: = 21 tg α 21 20 1 1 21 . cos α = = = 29 400 tg2 α + 1 +1 441 ctg α =

(sin α + cos α )2 − 2 sin α cos α =

14.

= sin2 α + 2 sin α cos α + cos2 α − 2 sin α cos α = = sin2 α + cos2 α = 1 .

AB 7 = = 14 (см), sin C 1 2 AC = AB ⋅ ctg 30° = 7 ⋅ 3 (см). Відповідь. 14 см, 7 3 см.

AC = AB ⋅ ctg C = 10 ⋅ ctg 45° = 10 ⋅ 1 = 10 (см), AB 10 1 BC = = = 10 : = 10 2 (см). sin C sin 45° 2 Відповідь: 10 см,10 2 BC =

# ÊÅ

°

" б)

©

#

ÊÅ

°

"

© AB = BC cos B = 12 ⋅ cos 60° = 12 ⋅

в) # °

ÊÅ AC = BC sin B = 12 ⋅ sin 60° = 12 ⋅

"

©

1 = 6 (см), 2 3 = 6 3 (см).

2

Відповідь. 6 см, 6 3 см.

а) x = AB° sin B = 10 ⋅ 1 − cos2 B = 10 ⋅ 1 − 0, 62 = 10 ⋅ 0, 8 = 8 (см).

16.

б) x = AC tg A = 3 ⋅

в) x =

0, 8 sin A 0, 8 = 3⋅ = 3⋅ = 4 (м).

2 0, 6 cos A 1 − 0, 8

1 1 AC 1 = AC : = 4: = 4: = 4 ⋅ 1, 25 = 5 (дм).

2 2 1 25 cos A , 1 + 0,75 1 + tg A

ГЕОМЕТРІЯ

а)

15.

Відповідь. а) 8 см; б) 4 м: в) 5 дм. ©

17. #

AC = 6 см, CAD = 45° , тоді AD = AC ⋅ cos45° = 6 ⋅

"

(

Sкв. = 3 2

° %

)

2

2 = 3 2 (см).

2

( )

= 9 ⋅ 2 = 18 см2 .

Відповідь. 18 см2 .

991

#

18.

ABCD — ромб, AC = 140 см, BD = 48 см, тоді 1 1 1 AO = AC = 70 см, OD = BD = ⋅ 48 = 24 (см).

2 2 2

$ 0 α

"

AD = AO2 + OD2 = 702 + 242 = 4900 + 576 = 74 ,

%

,

OD 24 12 . = = AD 74 37 12 840 1680 15 . H = 2 ⋅ OK = (см).

OK = AO ⋅ sin α = 70 ⋅ = = 45 37 37 37 37 15 см. Відповідь. 45 37 19. / MNLK — паралелограм, MH ⊥ LK , MP ⊥ NK , .

MH = 2 см, MP = 3 см, HMN = 45° . Оскільки HMN = 45° , то MLH = 45°, 1 MNP = 45° .

MH 2 ML = = = 2 2 (см). , - ) sin L sin 45° MP 3 MN = = = 3 2 (см). sin N sin 45° sin α =

( )

SABCD = LK ⋅ MH = MN ⋅ MH = 3 2 ⋅ 2 = 6 2 см2 .

(

)

PABCD = 2 2 + 3 2 ⋅ 2 = 10 2 (см). Відповідь. 2 2 см, 3 2 см, 6 2 см2 ; 10 2 см.

20.

#

ГЕОМЕТРІЯ

"

ABCD — рівнобічна трапеція, AB = 2 см.

BH ⊥ AD . а) ABH = 30° ,

$

)

BH = AB ⋅ cos ABH = 2 ⋅ cos 30° =

%

3 = 3 (см).

2 б) ABC = 150° , тоді ABH = 150° − 90° = 60° , 1 BH = AB ⋅ cos ABH = 2 ⋅ cos 60° = 2 ⋅ = 1 (см).

2 Відповідь. а) 3 см; б) 1 см. = 2⋅

H = 90 м ⋅ tg 40° ≈ 90 м ⋅ 0, 839 ≈ 75,5 м. Відповідь. 75,5 м.

21.

Готуємося до тематичного оцінювання № 4 Варіант I 1.

BC = 4, 2 см, AB = 12 см, тоді BC 4, 2 42 7 = = = = 0.35 .

AB 12 120 20

#

sin A = $

"

992 2. sin A = sin(90° − ∠B) = cos B =

1 3

3.

AB = 13 см, A = 45° , тоді

"

AC = AB ⋅ cos A = 13 ⋅ cos 45° =

°

4.

$ "

13 2 (см).

2

# sin C =

#

3 .

4

$ AB = 10 см, AC = 5 см.

AC 5 1 sin B = = = , тоді B = 30° .

AB 10 2 A = 90° − B = 90° − 30° = 60

5.

BC = AB cos B = 10° cos 30° =

(

10 ⋅ 3 = 5 3 (см).

2

)

PABC = 10 + 5 + 5 3 = 15 + 5 3 (см).

(

)

Відповідь. 30° , 60° , 15 + 5 3 см. Нехай BC = x см, тоді AB = x + 1 см і маємо

"

6.

(x + 1)2 = 92 + x2 ;

#

$

x2 + 2x + 1 = 81 + x2 ; 2x = 80 , x = 40 .

AC 9 Отже BC = 40 см, AB = 41 см, тоді tg B = . = BC 40

Варіант II AC = 13, 92 м, AB = 24 м, тоді AC 13, 92 cos A = = = 0,58 .

AB 24

"

$

#

2. cos B = cos (90° − A ) = sin A = 3.

"

2 .

5

AC = 14 см, AB = Відповідь. 14 2 см.

AC 14 = = 14 2 (см). sin B sin 45°

ГЕОМЕТРІЯ

1.

° $ 4.

#

" tg C =

#

$

5 .

4 993

5.

ABC — прямокутний і рівнобедрений, C = 90° , 180° − 90° AB = 3 см, тоді A = B = = 45° .

2

"

AC = BC = AB ⋅ cos45° = 3 ⋅ $

#

PABC = 3 +

(

(

3 3 ⋅2 = 3 + 3 3 2

)

3 3 3 (см). = 2 2

) (см).

Відповідь. 45° ; 45° ; 3 + 3 3 см.

6.

% #

ГЕОМЕТРІЯ

"

994

$

, Відповідь. 2 см.

%

ABCD — трапеція, BAD = 60° , BC = 8 см, AD = 12 см. Проводимо CK AB , тоді DK = AD − AK = 12 − 8 = 4 (см).

1 CK = KD ⋅ cos CKD = 4 ⋅ cos 60° = −4 ⋅ = 2 (см).

2