• Save
7 gdz geo_b_2012_u
Upcoming SlideShare
Loading in...5
×
 

7 gdz geo_b_2012_u

on

  • 7,507 views

 

Statistics

Views

Total Views
7,507
Views on SlideShare
1,039
Embed Views
6,468

Actions

Likes
0
Downloads
5
Comments
0

7 Embeds 6,468

http://4book.org 6202
http://bookgdz.ru 109
http://shpor.ru 75
http://91.200.42.139 57
http://mail.4book.org 22
http://www.bookgdz.ru 2
http://webcache.googleusercontent.com 1
More...

Accessibility

Categories

Upload Details

Uploaded via as Adobe PDF

Usage Rights

© All Rights Reserved

Report content

Flagged as inappropriate Flag as inappropriate
Flag as inappropriate

Select your reason for flagging this presentation as inappropriate.

Cancel
  • Full Name Full Name Comment goes here.
    Are you sure you want to
    Your message goes here
    Processing…
Post Comment
Edit your comment

7 gdz geo_b_2012_u 7 gdz geo_b_2012_u Document Transcript

  • .4 bo ok .o ДО підручника rg ГЕН ЕТРШ w w w Г. П. Бевза, В. Г. Бевз, Н. Г. Владімірової
  • РОЗДІЛ I НАЙПРОСТІШІ ГЕОМЕТРИЧНІ ФІГУРИ ТА ЇХ ВЛАСТИВОСТІ § 1. Точки і прямі А 14. 15. 7. bo ok . or g Пряма AB w w w .4 Через точку А можна провести десять прямих, мільйон прямих. С t AB. 13. к Пряму можна назвати KP або РТ, або КТ, або РК. або ТР, або ТК. а) На дві частини. б) На чотири або три частини.
  • Практичне завдання 24. Вправи для повторення 21 . 25. А А Відрізок .4 bo ok . or g Точка в 26. А w w w Прямокутник D Шість прямих. На 16 частин, 17 частин або 18 частин. 22. Лінійка викривлена, бо через дві різні точки можна провести лише одну пряму. Якби лінійка була правильна, то утворилася б одна пряма. 23. Якщо лінійка викривлена (вигну­ та), то можна побачити на її поверхні впадину або опуклість. В А L М
  • 28. P = 5 см + 7 см + 8,5 см = 20,5 см. В ідп овідь: 20,5 см. 29. Р = 6 : 3 • 4 = 8 (см). В ідп овідь: 8 см. 30. Відрізі:и АС і BD пе мають спільних точок, відрізки AC і СВ мають спільну точку С, відрізки АС і CD мають безліч спільних точок: відрізок ВС. 44. а)АВ=АХ +ХВ = 2,5 + ЗЛ =5,9 (см); б)АВ =АХ + ХВ = 5,3 + 4.2 = 9,5 (см); в) АВ =АХ +ХВ =2 - +6 - =9 (см). З з 45. а)М Р ^ K P - K M = 0,9 - 0,3 = = 0,6 (дм): б)М Р = К Р - КМ = 2,6 - 1,4 = 1,2 (дм); § 2. Відрізки та їх довжини А 38. А М .4 bo ok .o rg М — сер в) МР = К Р -К М =2 - - - ^ 2 - (дм). 6 6 З 46. ВС = ЛС + з = 5 + з = 8 (см); AB = ЛС + SC = 5 + 8 = 13 (см). 47. а) Оскільки ВС = AB +АС (3,8 см = =2,5 см + 1,3 см), то точки А, В, С лежать на одній прямій (точка А між точками В і су , б) оскільки ЛС АВ + ВС (4,9 дм 1,9 + 2,9 дм), то точки А, В, С не лежать на одній прямій, 4 8 . - • --------. ------------- . ----------------------- А в С К сл: = ЛС : 2 = 12 : 2 = 6 (см). 49. а) Оскільки АС > AB + ВС (6,3 см > w w w Відрізок ВС 42. 43. А > 2,3 см + 3,5 см), то точки А, В, С не можна так розташувати; б) оскільки АС < AB + ВС (6,8 см < < 5,1 см + 3,5 см), то точки А, В , С можна так розташувати; в) оскільки АС = AB + ВС (10,3 см = = 3,1 см + 7,2 см), то точки А, В, С можна так розташувати: вони лежать на одній прямій, причому точка В між точками А і С. в 50. а) Оскільки АС =АВ + ВС (13 см = = 9,2 см + 3,8 см), то точка В лежить між точками А і С, отже, відрізок ВС лежить на промені Aß; б) оскільки AB = АС + ВС (9,2 см = = 3,8 см + 5,4 см), то точка В лежить між точками А і В, отже, відрізок ВС лежить на промені AB; в) оскільки ВС = AB + АС (13,8 см = = 9,2 см + 4,6 см), то точка А лежить
  • між точками В і С, отже, відрізок ВС не лежить на промені AB. 51. а) Нехай CY = х дм, тоді А'С = (л: + + 1,3) дм і за умовою маємо х + х + 1,3 = = 4 ,8 . З від си 2 х = 3 ,5 ; х = 1 ,7 5 , тоді X + 1,3 = 1 ,7 5 + 1,3 = 3 ,0 5 . Отже, СУ = 1,75 дм, ХС = 3,05 дм. б) Н ехай ХС = X дм , тоді СУ = 2х дм і за умовою маємо х ■ 2х = 4,8. ¥ Звідси Зх =4,8; х= 1,6, тоді =2 х х 1,6 =3,2. Отже, ХС = 1,6 дм, СУ = 3,2 дм. в) Нехай ХС = X дм, СУ = Ьх дм, тоді за умовою маємо х + Ьх = 4,8. Звідси 6х = 4,8; X = 0,8, тоді 5х = 5 • 0,8 = 4. Отже, ХС = 0,8 дм, СУ = 4 дм. 52. І випадок (точка С лежить між точками А і В): С В А С В D CD = СВ + BD = (AB - АС + BD) = (10 - 3 ) + 4 = 11 (см). В ід п о в ід ь : З см або 9 см, або 11 см, або 17 см. 55. L а) б) К К Р к Р 56. Для побудови двометрового відрізка слід чотири рази відкласти відрізки півметровою лінійкою. 57. Якщо треба провішити пряму між двома точками, положення яких зада­ не, то спочатку в цих точках ставлять віхи, потім м іж ними встановлюють проміжну віху так, щоб дві початкові віхи закривали останню. rg А CD =AB - АС - BD = 10 -З - 4 = З (см). IV випадок: .4 bo ok .o ЛС = Aß - ВС = 10 - З = 7 (дм). II випадок (точка В лежить між точками А і С): А В С АС = Aß + ßC = 10 + З = 13 (дм). В ідп овідь: 7 дм або 13 дм. 53. І випадок (точка С лежить м іж точками А і D) 59. Вправи для повторення С D w В w w AD = AB + ВС + CD = 2ВС + CD = = 2 ■7 + 10 = 24 (м). II випадок (точка В лежить між точками А і С): АD В Є AD =ЛС - CÖ = 2ВС - CD = 2 • 7 - 10 =4 (м). В ідп овідь: 24 м або 4 м. 54. І випадок: D В С А CD = АС + CD = АС + (AB - BD)= З + + (10 - 4) = 9 (см). II випадок: Ъ С А В CD =АС +AB + ВЛ = 10 + З + 4 =17(см). III випадок: D В Д о в ж и н а всьо го к о л а дорівн ю є 2л ■4 = 8ті (см) » 25,12 см. Д о в ж и н а д у г и Л В до р івн ю є 8я : 4 = 2я (см )» 6,28 (см). 60. а) б) Два кола, розташовані на площіпіі, можуть розбити площину на три або чотири частини. 61. Оскільки куб має 12 ребер,то довжина одного ребра дорівнює 6 : 12 = 0,5 (м).
  • N Дана фігура містить 18 повних клітинок і 16 неповних клітинок, отже, шукана площа дорівнює К 0,25 18 +0 ,2 5 ~ =4,5 +2 =6,5 (см^). 73. 135' = 2°15'; 5000' = 83°20'. 74. 6П5' = 6 • 60' + 15' = 375'; 2° = 2 х X60' = 120'; 11,5° = 11,5 • 60' = 690'. 75. а)5°48' + 7°35' = 12°83' = 13°23'; б) 32П7' - 8°45' = 31°77' - 8°45' = 23°32'. 76. а)33°33' + 15°15' = 48°48'; б) 145°54' - 41°41' = 104°13'; в)123°45' + 54°32' = 177°77' = 178°17'; г) 44°14' - 14°44' = 43°74' - 14°44' = 29°30'. rg і 3. Кути та їх міри А .4 bo ok .o 67. А В А — вершина кута; ЛВ, АС — сторони кута. 68. 78. А w w О w А — вершина кута; AB, АС — сторони кута. 69. ----------- -------------- к р т Р — вершина кута; РТ, РК — сторони кута. /ЛВС не може бути розгорнутим, оскіль­ ки точки А, В і С ие л е ж а т ь н а одній прямій. К 10° 100° 60° 90° 100° 180“ 5° 50° 30° 45° 50° 90° ZAOB = ZAOC + ZCOB = 60' + ЗО' = 90 В 79. Промінь РМ не є внутрішнім променем кута КРТ, якщо ZKPT = 70°, ZKPM = =80°, оскільки ZKPT Ф АКРМ + ZMPT (70° * 80° + гМ Р Т ). Промінь РМ може бути внутрішнім променем кута К Р Т , якщ о Z K P T = = 70°, ZKPM = 20°, оскільки ZKPT = = ZKPM + ZMPT (70° = 20° + ZMPT, тоді ZMPT = 50°). 80. За 20 хв. годинна стрілка повернеть­ ся на кут 360° : 12 : З = 10°, а хвилинна стрілка — на кут 360° : З = 120°. За ЗО хв. годинна стрілка повернеться на кут 360° : 12 ; 2 = 15°, а хвилинна стрілка — на кут 360° : 2 = 180°. 81. За півгодини годинна стрілка повер­ неться на кут 360° : 12 : 2 = 15°, а хвилинна стрілка — на кут 360° : 2 =180°. За 5 хв. годинна стрілка повернеться на кут 360° : 12 : 12 = 2°30', а хвилинна стрілка на кут 360° : 12 = 30°.
  • 82. Нехай ZAOM = іх °, тоді /МОВ = Кут КО М в чотири рази менше від кута АОВ. = Ьх°. Оскільки 4х = 25, то зс = 6,25, тоді 5л: = 5 • 6,25 = 31,25. Отже, ZMOB = = 31,25° = 31° + 60' ■0,25 = ЗІ-Іб'. ZAOB = ZAOM + + ZM OB = 30° + + 60° = 90°. ZKOP =ZKOM + ZMOP = - ZAOM + 2 В rg ZAOB = ZMOB -/АОМ =60»-30“ = +- ZMOB = -(ZA OM +ZMOB) = 2 2 = 30°. -ZA OB =--9 0 ° =45°. 2 В ідп овідь : 90° або 2 30°. 88. Якщо ZAOM = 30°, тоді ZBOM = = ZAOM + 20° = 30° + 20° = 50°. А, М, ZAOB = ZA OM + + ZBOM = 30° + 50° = = 80°. .4 bo ok .o О А /ЛОМ = ZAOB - ZMOB = 120° - 60° = = 60°; ZA OB = Z B O M - ZAOM = 50° - 30° = = 20 ° . В ідповідь: 80° або 20°. w w М О А ZAOM = ZAOB + ZMOB = 120° + 60° = = 180°. В ідп овідь: 180° або 60°. ZKOM = ZAOB ZAOK - ZMOB = ■W 90° - 40° - 30° = , w 85. А К. 20 ° . О ZMOB = 2 • 40 = 80°: ZAOM = ZAOB - ZMOB = 150° - 80°= 70°. В ідп овідь: 70°, 40°. В Практичні завдання 86. 90. б) ZKOM = -ZAOM =-- Z A O B =-ZAOB. 2 2 2 4 'S / О В А О В
  • □ 1 F С F 2. а) ßC =-A C , тодіЛС = З ■ßC = З X З О Ä 0 A w » -v r 2 = 45°. 4. a)Z2 = (ZAO C-10°);2 = (50'’ -1 0 °): : 2 = 20°; ZI = 20° + 10° = 30°. В ідп овідь: 30°, 20°. б) АМОС = 10°, ZAOC = ZCOß = 2 10°= 20°; ZAOB = 2 ■ZAOC = 2 • 20° = 40°; ZMOß = ZMOC + ZCOB = 10° + 20° = = 30°. В ідп овідь: 40°, 30°. Самостійна робота 1 w w 94. А w Ялл.с=|5^со=|-3-4 =6 (см^). В ідп овідь: 6 см^. 95. 2 .4 bo ok .o 91. Оскільки площа квадрата 16 см^, тоді сторона квадрата дорівнює 4 см. Отже, периметр квадрата дорівнює 4 • 4 = 16 (см). 92. Д р у га сторона п р я м о к ут н и к а дорівнює 40 : 5 = 8 (см), тоді периметр прямокутника дорівнює 2 • (5 + 8) = = 2 • 13 = 26 см. 93. а)Точки А, В , С не л еж ать на одній прямій, оскільки АС Ф AB + АС (10 дм * 5 дм + 7 дм). б) Т очки А, В С л е ж а т ь н а одній п р я м ій , о с к іл ь к и В С = A B + АС (45 см = 35 см + 1 дм). в) Точки А, В, С лежать на одній прямій, оскільки AB = ВС + АС З 2 1 —дюйма = - дюйма +— дюйма ^4 З 12 х 5 = 1 5 ; ЛВ = | а С =| і 5 = 10. З З В ідп овідь: AB = 10, АС = 15. 6)AD =AB +BC +CD=AB + 2AB + 2AB = = 5АВ, тоді A B = A D :5 = 2 0 :5 = 4 ; ВС = CD = 2 • ЛВ = 2 • 4 = 8; B D = 2 ■ВС= 2 • 8 = 16. В ідп овідь: АВ =А BC =S.CD =8, BD = 16. , 3. а) Гострі; АОВ, COD, DOE, СОЕ, ВОС; прямі: АОС, BCD; тупі: AOD, АОЕ, ВСЕ. б) Z1 =-ZAOD =--9 0 “ =45'’; Z2 = Z1 = rg C(D) Варіант 1 1. ВС =A C - 2 = 6 - 2 = 4 ( c m ) ; AB =AC + ВС = 6 + 4 = 10 ( c m ) . 1 1 2 . ZBOC =- ZAOB =- •130° =65°. 2 2 3. О Задачі за готовими рисунками 1. a )B ,C ,N -, б )Л К , D, М . в)А В =і ^ = 4; SC =i2^ =6. 5 5 В ідп овідь: AB = 4, ВС = 6. В A C = A B -B C = 9 - 4 = 5 A ( c m ). В С AC = AB + ВС = 9 + 4 = 13 (см). В ідп овідь: 5 см або 13 см. 4. Нехай ZAOC = x°, тоді ZBOC = 3x°. Звідси X + 3x = 80, тоді 4x = 80; x = 20, звідси 3jc = 3 ■20 = 60. Отже, ZAOC = 20°, ZBOC = 60°. В ідп овідь: 20° і 60°.
  • Варіант 2 А С ß AC = 2 - ВС = 2 - 4 = 8 (см); AB =AC + ßC = 4 + 8 = 12 (см). 2. ZA05 = 2 • ZAOC = 2 • 50“ = 100 4. Нехай ZAOC = 2х°, тоді ZBOC = = Зд;°. За умовою задачі маємо 2зс + Зд: = = 100, звідси 5х = 100; х = 20. Отже, ZAOC = 2 • 20° = 40°, ZBOC = З х X 20° = 60°. В ідп овідь: 40°, 60°. 3. к 1. В ВС=ЛС + 3 = 4 + 3 = 7(см ); ЛВ + АС + ВС = 4 + 7 = 11 (см). 2. ZAOC =і ZAOB =і 60° = 30°. 2 2 3. Е 1. В ВС = АС : З = 9 : 3 = 3 (см); AB = АС + ßC = 9 + З = 12 (см). 2. ZAOB = 2 • ZBOC = 2 -40° = 80°. 3. к ------------------------ ----------- Р т КТ ^ K P + Р Т = Ь + 12 = 17 (см). К Г Р КТ = K P - Р Т = 1 2 - 5 = 7 (см). В ідп овідь: 17 см або 7 см. 4. Нехай ZAOC = х°, ZßOC = ж° + 30°. За умовою задачі маємо: д: + л + ЗО = = 120, звідси 2х = 90; л = 45. с Отже, ZAOC = 45°, ZBOC = 75°. В ідп овідь: 45°, 75°. .4 bo ok .o Варіант З Варіант 4 rg N М М К = NK + NM = 10 + 6 = 16 (см). К м N М К = N K - MN = 10 - 6 = 4 (см). В ідп овідь: 16 см або 4 см. 4. Нехай ZAOC = л;°, тоді ZBOC = = x° + 20°. Звідси д: + д: + 20 = 80, тоді 2х = 60; X = ЗО. Отже, ZAOC = 30“, ZBOC = 50°. В ідп овідь: 30°, 50°. w F ЕР = EF + FP = 7 + 3 = 10 (см). Ё Р F w w ЕР = EF - F O = 7 - 3 = 4 (см). В ідп овідь: 10 см або 4 см. Тестові завдання №1 № 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 завдання Пра­ вильна В В А А Б Г А В В Б віаповідь РОЗДІЛ II ВЗАЄМНЕ РОЗТАШУВАННЯ ПРЯМИХ НА ПЛОЩ ИНІ § 4. Суміжні та вертикальні кути 104. В, ZAOB = 50°; ZCOB = 180° - ZAOB = 180° - 50° = 130°. ZAOB = 160°; ZBOC =180°д - ZAOß =180°- 60° = 20°. 106. а) 180° - ZABC = 180° - 34° = = 146°; б) 180° - ZABC = 180° - 111° = 69°; 3)180° - ZABC = 180° - 13°31' = = 166°47'; г) 180° - ZABC = 180° - 135°47' = 44°13'. Нехай ZCOB = ZAOB = 107. в = а, тоді за теоремою Ах про суму суміжних А кутів маємо: а + а = = 180°, тоді 2а = 180°; а = 90°. Отже, ZCOB = ZAOB = 90°.
  • 1 а) Нехай ZBOC = х°, тоді ZAOB =х° + 30°. За теоремою про суму о суміжних кутів маемо X + д: + 30 = 180. Звідси 2х = 150; х = = 75. Отже, ZBOC = с = 75°, ZAOB = 105°. А О В ідп овідь: 75 ' і 105°. б) Нехай ZAOB = х°, ZBOC = 2х’= . За теоремою про суму суміжних кутів маемо: х + 2х= 180. Звідси Зх = 180; х = = 60. Отже, ZAOB = 60°, ZBOC = 120°. В ідп овідь: 60° і 120°. 109. Ві а) Нехай ZAOB =4д:°, / ZBOC = 5л;°. І За теоремою про суму суміжних кутів О маємо: 4х +5х= 180. Звідси 9д: - 180; х = =20. Отже, ZAOB = =4 ■ =80°, ZBOC = 20° л а с = 5 X20° = 100°. В ідп овідь: 80° і 100°. б) Нехай ZAOB = 2x°, ZBOC = 3x°. За теоремою про суму суміжних кутів маємо: 2х + Зх = 180. Звідси 5х = 180; * =36. Отже, ZAOB =2 ■ =72°, ZBOC =З х 36° X 36° = 108°. В ідп овідь: 72° і 108°. 108. Л 110. / w w w /<45° П ZAOB + + ZCOD = 120°, тоді за теоремою про вертикальні кути маємо ZAOB = = ZCOD. Тоді ZX + Z l = 180°; ZI = 60° В ідп овідь: 60°. 112. уа) /О 113. Даний кут 10° 50° 60° 90° 120° 170° Вертикальний Суміжний 3 ним кут йому K VT 10° 170° 50° 130° 60° 120° 90° 90° 120° 60° 170° 10° 114. ZAOD ZAOB rg ZBOC ZDOC 66° 114° 66° 114° 45° 135° 45° 135° 97° 83° 97° 83° 141° 39° 141° 39° 3° 177° 3° 177° 50°51' 129°55' 50°51' 129°55' 33°33' 146°27' 33°33' 146°27° 80°51’ 99°9' 80°5Г 90°9' .4 bo ok .o Л ^ В ZBOC = 180° - 110° = 70°, ZAOD =70°. В ід п о в ід ь : 70°, 110°, 70°. в) Нехай ZAOB = п°, тоді ZDOC = п°, ZDOA = 180° - га°, ZBOC = 180° - п. В ідп овідь: 180° - п°, л°, 180° - п°. Нехай ZAOB = 50°, тоді ZCOD = 50°, D ZAOC = 180° - 50° = 130°, ZBOD = 130°. 115. а) Не можуть; б) не можуть; в) можуть; г) не можуть. 116. Нехай Z1 = Z2 = а, тоді Z3 = 180° - Z1 = = 180° - а, /4 = 180° - Z2 = 180° - а. Отже, Z3 = Z4. Всього утворилось 6 пар вертикальних кутів: ZAOB і ZDOF; ZBOC і ZFOK; Відповідь: 130°, 50°, 130°. ZCOD і ZKOA; ZAOC і ZDOK; ZBOD б) Нехай ZAOB = 110°, тоді ZDOC = 110°, і ZAOF-, ZBOK і ZCOF.
  • 123. в. А. І І й ... ** с. у У D с І / g Кути АВВ^ і ВВ^С не є суміжними, бо вони мають спільну сторону ВВ^, але дві інші сторони ВА і В^С не є доповняль­ ними променями. Міра кута, суміжного з кутом ABS| дорівнює 90°. 124. В. гЛ С oo k. or ^ 4 = Z.1 я к ВертИКЕІЛЬНІ, то ді Z1 + Z2 + Z3 = Z4 + Z2 + Z3 = 180“. а) Нехай Z1 = х“, тоді Z2 = дг° + 20°. Оскільки ці кути суміжні, т о X + х + + 20 = 180. Звідси 2х = 160, л: = 80. Отже, Z1=Z3 =180°, Z2 = Z4 = 80° + + 20° = 100°. Відповідь: 80°, 100°, 80°, 100°. б) Нехай Z1 = д:°, тоді Z2 = 2х°. Ос­ к іл ь к и ці ку т и суміжні, то зс + 2д: = 180. Звідси Зх = 180, X = 60. Отже, Z1 = Z3 = = 60°, Z2 = Z4 = 2 60° = 120°. В ідп овідь: 60°, 120°, 60°, 120°. в) Оскільки сума двох кутів не дорівнює 180°, то ці кути — вертикальні. Нехай Z1 + + Z3 = 100°, тоді Z1 = 100° : 2 = 50°, Z3 = = 50°, Z2 = 180° - 50° = 130°, Z4 = 130°. В ідп овідь: 50°,130°, 50°, 130°. а) ZAGB = 180° - ZBOC = 180° - 2ZM0C = = 180° - 2 - 30° = 120°: б) ZAOB = 180° - ZBOC = 80° - 2ZM0C = = 180° - 2 • 45° = 90°; в) ZAOB = 180° - ZBOC = 180° - 2ZM0C = = 180° - 2 ■60° = 60°. .4 b w w w 121. А /в Н ехай ZA OB — ш у к а н и й , то ді ZBOC + ZAOD = 110°, враховуючи, що ZBOC = ZAOD як суміжні кути до кута АОВ. Отже, ZBOC = ZAOD = 110°: 2 = 55°, тоді ZAOB = = 180° - 55° = 125°. В ідп овідь: 125°. 125. а)Нехай ZBOC = тоді ZAOB = = х° + 40°. Оскільки ці кути суміжні, то д; -н д: ч 40 = 180. Звідси 2х = 140, л: = 70. Отже, ZBOC = 70°, ZAOB = 110°, о в Нехай гМ О В = л:°, тоді ZAOM = л:° + 20°. Оскільки ці кути суміжні, то х + х + + 20 = 180. Звідси 2х = 160, х = 80. Отже, ZMOB = 80°, ZAOM = 80° + 20° = 100°. Нехай OK — бісектриса кута МОВ, ON — бісектриса кута АОМ, тоді ZNOK = ZNOM +ZMOK =- ZAOM + 2 ZMOB =-ZAOB =і . 110° = 55°. 2 2 В ідп овідь: 55°. б) Нехай ZBOC = д:°. тоді ZAOB = 5х Оскільки ці кути суміжні, то X + 5х = 180. Звідси 6х = 180, X = ЗО. Отже, ZBOC = = 30°, ZAOB = 150°, ZMOß =-ZAOß =і-150° =75°. 2 2 = 90°. В ідп овідь: 80°, 100°, 90°. В ідп овідь: 75°. в) Нехай ZAOB = 5х°, ZBOC = 4х°. то ді 5х + 4 х = 1 8 0 . З від си 9л: = = 180, X = 20. Отже, ZAOB = 5 • 20° = = 100°. ZBOC = 4 • 20° = 80°, 122. ZMOB =і ZAOB =і •100° = 50°. +-Z M O B = і 80° +- 1 0 0 ° = 40° +50° 2 2 2 2 о с В ідп овідь: 50°. 2 ID d LJ го
  • г) Нехай /ЛОВ = х°, тоді ZBOC =— = x° CKO CTp n g 6 2 ' 5 Зїї 18тг-3я 15it = 0,4л-°і X + 0,4х = 180, звідси 1,4х = 9 n - — =---=— (cM » 23,55 C '^ — ^) M. ^ A ^ = 180, х = 1 2 8 -. 130. S _ =^ =1 : ^ =0,64(CM ^). Ö Отже, ZAOB = 128“+--6 0 ' =128°48', Ü Задачі за готовими рисунками /МОВ = -■ ZAOB = - ■ 128°48' = 64°24'. 2 2 1. a)ZAOß і АВОЕ-, ZAOC і гСОЕ; ZAOD і ZI>0£; б) ZCOB = 180“ - ZI = 180° - 120° = 60°; В ідп овідь: 64°24'. Практичні завдання Z2 =i z c 0 ß = i-6 0 ° =30°, 2 126. 2 ZAOM = bo ok . or g = ZAOC + Z2 = 120° + 30° = 150°. В ідп овідь: 30° і 150°. 2. а) ZBOC =180° - ZI - Z2 = 1 8 0 °- 30° - 45° = 180° - 75° = 105°: ^ O C = = 180° - Z2 = 180° - 45° = 135°. В ідп овідь: 135° і 105°. 6)Z2 = 180° : 3 = 60°; ZI = 2Z2 = 2 x X 60°= 120°. В ідп овідь: 60° і 120°. Вправи для повторення .4 127. Нехай ребра кубів дорівнюють х см і 2х см, тоді їх об’єми дорівнюють х‘ см® і 8х^ см“, отже, відношення об’ємів w w w . дорівнює — 1- =1 . Площі поверхонь — О^ '8 Д кубів дорівнюють 6х^ см^ і 6 ■4х^ см^, отже, віднош ення площ поверхонь 6х^ 1 дорівнює ^ = 4 - В ідп овідь: 1:8; 1:4. 128. -1 129. ABCD — квадрат; AB І CD, ВС HAD; І AB1BC,BC1CD, CD±AD,AD1AB. в 3. a ) Z l =i S ° ! ^ = 70°, Z2 =H O :ii2 : = 110°. 2 В ідп овідь: 70° і 110°. 6)Z1 =1 ^ = 40°, Z2 =i ^ = 140°. 2 +7 2+7 В ідп овідь: 40° і 140°. 4. а) Z2 = 180° - ZI - Z3 =180° - 60° - 40° = 80°, Z4 = ZI = 60°, Z5 = Z2 = 80°, Z6 = Z3 = 40°. В ідп овідь: 80°, 60°, 80°, 60°. 6) ZKOP = ZKOC +ZCOP =I ZAOC + +- ZCOB = i(ZAOC +ZCOB) =і . 180° = 2 2 2 90°. D S к р у га = 9n CM ’ ^; § 5. Перпендикулярні і паралельні прямі А 135. Ь 1 а, С 1 а.
  • b a ,c I a. I 137. ^ Через точку A можна провести лише одну пряму, перпендикуляр­ ну до прямої С, тому, що існує тільки одна пряма, яка перпендикуляр­ на до даної прямої і проходить через дану точку. 138. AD/DC, a b ХВС-, AB I CD, AD f BC. I Г О m m 01 Ю го S X т ё: 'Е о .5 к S .4 bo ok .o rg КС LAB, DF LAB Ä-(-4: 0), C(0; -4 ), D(6; 0), F(0; 6). КС I FD. I "м M FL0B,M F =2 cm . 146. 139. с н X P H , с н ± к н , н в X КН , н в X PH, с н X K P , н в X K P, AB X к н, AB 1 PH, AB 1 KP, AC X KP. До прямої KP перпендикулярні відрізки АН, ВН, СН, AB, ВС. 140. Правильно. 141. в. 30° в о 147. м Я .30° w F w А 0 В В а 1ОБ, blO A ,aL b. 148. А М а w Не можна стверджувати, наприклад, промені AB і CD не перетинаються, проте вони не паралельні. б) т I п; I 142. а) а X 6; г) а 1 d; в) п L с; е) Ь I d. I д) т L c; 1. 143. С ✓ О L І 0 Ь В М К X ОА, MF L OB -, К М = = FM. 149. А к о ■ ^ і? В D ZAOM = ZAOC + ZCOM = 90° +- 9 0 ° = = 135“, ZMOD = ZDOB + ZBOM =90° + 150. м +--9 0 '’ =135°. 2 В ідп овідь: 135° і 135°. F не лежить на п р о м ен і O B , F лежить на прямій OB. А Vо I С тс о. fc О
  • a)ZAOB = 180° - гВО С = 180° - 40° = = 140°, гМ О В =- ZAOB =і ■ 140° =70°. 2 153. 1 CM.M 2 В ідп овідь: 70°. □_c б) zAOB =i 8 2 ! ^ =105°, г м о в =- ZAOB =і . 105° =52°30'. 2 154. 2 В ідп овідь: 52°30'. в) = 2 +3 Т Г -В e x ’ j. OA, х)л: X OB, CK = d x . =108°, г м о в = -ZA O B =і-180° = 54°. 2 2 В ідп овідь: 54°. rg г) ZAOß =i ^ ^ =135°, 1+ 3 ZMOß =- ZAOB =і-135° = 67°30'. 2 oo k. o 2 В ідп овідь: 67°30'. .4 b 151. a)Z C O M = ZAOM - ZAOC = = 130° - ZAOC = 130° - ZBOD = 130° - (180° - ZCOB) = 130° - (180° - 140°) = CK = D K C K = DK CK = = 130° - 40° = 90°. Отже, CD 1 MN. Відстані ВІД ТО ЧКИ бісектриси кута до б) ZCOM = ZAOC + ZMOB = ZAOC + сторін даного кута рівні. + ZAON = ZCON. Оскільки 156. А/ ZCOM і ZCON — суміжні, то w м ZCOM = ZCON =і ■ 180° =90°. w w 2 Отже, CD X MN. b ) ZCOM = ZAOM - ZAOC = 135° - ZAOC= =135°-izCO JV = 1 3 5 ° -i(1 8 0 ° - о F' в ZAOB = 60°, ZAOM = ZMOB = 30°. EF ± ОМ, ЕК = KF. 157. -ZCOM) = 135°-90° +|/^COM = =45° +і ZCOM. Оскільки ZCOM = 4b° +-Z CO M , то 2 ZCOM = 90°. Отже, CD 1 MW. 152. 2 см м J --- ----м О 3_____ С ZAOB = 80° ZAOB = 90° ZAOB = 120° ЕК = KF ЕК = K F ЕК = KF
  • Відрізок прямої, перпендикулярний до бісектриси кута, кінці якого знаходяться на сторонах кута, ділиться бісектрисою навпіл. 158. Цей кутник виготовлений непра­ вильно. г) 180“ і . f. , ZAOB =-z— f2. =180“ i | =180°~ =108°, 2 5 180° і ^ ZBOC =1 1 5 = 180° І | = 180° г = 72° З 5 2'^3 Практичні завдання В ідп овідь: 108° і 72°. 163. a ll Ь. Р 1 Р 2 ^2Р 1 +2 +3 +4 10’ 1 +2 +3+4 10 5 ’ РЗ ЗР_ Р -4 4Р 2Р 1 +2 +3+4 1 0 ’ 1 +2+ 3+ 4" 10 “ 5 ■ Р Р ЗР 2Р В гдповгдь: - . а) б) Вправи для повторення А М В 1L 18" .4 bo ok .o 160. D .. Р ЬР Р 4P В ідп овідь: —, — ; —, — . 6 18 6 18 161. Оскільки AB *А К + В К (7 см * З см + 5 см), то точка К не належить відрізку AB (точки А, В, К не лежать на одній прямій). А о с w чв гВО С = ^ ^ ^ ^ =120°. 1 +3 В ідп овідь: 60° і 120°. б) ZAOß = ГГГ' В ідп овідь: =60°, w а) ZAOß =i j ^ 1+4 = 36°, ZßOC =i ^ 2 ^ =144°. 1 +5 Відповідь:36° і 144°. в) ZAOß = i 5 5 ^ =80°, 4 +5 / :в о с = і^ 2 ^ = іо о ° . 4 +5 В ідп овідь: 80° і 100°. _ р 1 2 _Р. ^ w 162. Р-3 ЗР Р . 5Р . З Р ^ Р . 3+5+3+7“ 18 “ б ’ 1 8 ’ 18 “ б ’ rg а 1Ь . 159. 5 25 5 5 Р. Р. б’ 5 ’ 5’ —. 5 § 6. Ознаки паралельності прямих 170. а) Суміжні; б) в) г) д) е) відповідні; відповідні; внутрішні різносторонні; внутрішні односторонні; зовнішні односторонні. 171. ^2 = 180° - Z1 = 180° - 87° = 93°; Z4 = 180° - Z3 = 180° - 78° = 102°; Z5 = Z2 = 93“; Z6 = Z1 = 87°; Z7 = Z4 = = 102°; Z8 = Z3 = 78°. 172. a )Z l = Z6 = 90°; Z2 = 1 8 0 ° -Z l = = 180° - 90° = 90°; Z3 = 180° - Z7 = = 180° - 100° = 80°; Z4 = Z7 = 100°; Z5 = Z2 = 90°; Z8 = Z3 = 80°;
  • w w w .4 bo ok .o rg I б) /11 + г і = (180° - Z5) + (180° - г 8 ) = б) АР I ВС, оскільки ZPAB + ZABC = = 360“ - (Z5 + Z8) = 360° - 170° = = 93° + 87° = 180° і ZPAB і ZABC — внут­ рішні односторонні при прямих АР і ВС = 180°: Z2 + Z3 = Z5 + Z8 = 170; та січній AB. b)Z4 - Z5 = Z4 - Z2 = 10°. 173. а) а II с, ocKÜibKHZl + Z4 = Z1 + 178. в ТІ + Z8 = 50° + 130° = 180°: б) a j f c , оскільки Z6 Z3 = Z8: в) а I с, оскільки Z1 + Z4 = Z1 + Z7 = 180°: I А D г) а jfc . оскільки Z3 = 140° - 80° = 60° Оскільки AB ± AD, CD 1 AD, то і Z2 + Z3 = 140° + 60° * 180°. AB It CD. 174. а.) АС IIВМ. оскільки ZA = ZKBN = Оскільки ВС X AB, AD | AB, то | = 50° і кути А і КВ М — відповідні при ВС II AD. прямих АС і ВМ та січній AB. Отже, протилежні сторони прямокутника б) АС I ВМ, оскільки ZA = ZABM = 180° і лежать на паралельних прямих. I кути А і АВМ — внутрішні односторонні 179. . -с при прямих АС і ВМ та січній AB. в) АС I ВМ , оскільки ZBCA = ZKBM = I ZMBC і кути ВСА і МВС — внутрішні різносторонні при прямих АС і ВМ та січній ВС. Не завжди а | Ь, на рисунку Z1 = Z2, { г) А С^ВМ , саітт^А ВМ =Л т+ 50° = проте прямі а і Ь перетинаються. = 50° + 50° = 100° і ZA + ZABM = 100° + 2 + 50° = 150° * 180° і кути А і АВМ — 180. a)Zl =i « £ ^ =90°. внутрішні односторонні при прямих АС Z2 = 180° - Z1 = 180° - 90° = 90°. і ВМ та січній AB. В ідп овідь: 90° і 90°. К 175. 180° В А б) Z l = - =60°, Z2 = 60° • 2 = 120°. З г В ідп овідь: 60° і 120°. D с Р 1fin®. Я AB I CD, оскільки ZAKP + Z.KPC = в) Z2 =i ^ ^ = 96°, Z1 = 180° - Z2 = I 5 =90° + 90° = 180° і ці кути — внутрішні односторонні при прямих AB і CD та = 180° - 96° = 84°. В ідп овідь: 84° і 96°. січній KP. г) Z1 + Z4 = 160°: 180° - Z2 + Z4 = 176.С Р D 160°: Z2 - Z4 = 20°: ^2 - 0,6Z2 = 20°: 0,4Z2 = 20°: Z2 = 50°: ZI = 180° - Z2 = = 180°- 50° = 130°. к В В ідп овідь: 130° і 50°. AB I CD, оскільки /.ВКР + ZKPD = 181. а) О скільки Z4 = 180° - Z3 = I =89°39' + 90°21' = 180° і ці кути — внут­ 180° - 75° = 105°, Z1 = Z4 - 30° = рішні односторонні при прямих AB і CD = 105° - 30° = 75° і Z4 -І- Z1 = 105° -ь 75° та січній KP. = 180°, то а I Ь. I 177. б) Оскільки Z2 = 180° - Z1 = 180° - 60° = 120® = 120°, Z3 =- ^ =60°iZ 2 + Z3 = 120°-b в* -н 60° = 180°, то а I Ь. I а) АР I ВС, оскільки ZPAB + ZABC = I = 105° + 75° = 180° і ZPAB і ZABC — внут­ рішні односторонні при прямих АР і ВС та січній AB. 182. а) Оскільки Z3 = Z5, то а ЦЬ; Z5 = Z9, то Ь I с. I б) Оскільки Z2 = Z8, то 4 = Z6, тоді о I Ь; оскільки Z7 = Z9, то Ь Цс. I
  • в) Оскільки Z12 = Z8, то b | с; оскільки | Z6 + Z3 = 180°, T b I a. O I 183. Оскільки Z2 = Z8, TO 2 = Z6, тоді a I b; I оскільки Z8 = Z12, TO b Цc. 184. Д с + 10 + 13 = 30 (см). :S. =1^ =1.5. Р, 30 В ідп овідь: в 1,5 раза. 191.- Розташовані на площині коло і пряма можуть розділити площину на З або 4 частини. 192. с. Оскільки ZI = Z4, то ВС | KF-, | оскільки Z2 = Z5, TO AK | CD; | оскільки Z3 = Z6, TO AB ]| DF. Отже, кожна сторона ш естикутника паралельна протилежній стороні. 185. Z2 = 2 • Z1 = 2 • 60° = 120°, Z3 = = Z2 - 60° = 120° - 60° = 60°. Оскільки Z1 + Z2 = 60° + 120° = 180°, то а I Ь. I Оскільки Z1 = Z3, то с I d. I ZMOD=ZAOM-ZAOD=^%'‘-ZAOD=90'‘-ZCOB= = 90° - 70° = 20°. В ідп овідь: 90° і 20°. 186. b 193. м ZMOB =і ZAOB =- •180° = 90°; 2 oo k. o rg 2 / У b ± а, с 1 а, тоді Ь Цс. ZCOß =l .4 b 187. а- Oy w ZAOC = w w Оскільки Z1 = Z2, то о ЦЬ. 188. Якщо відповідні кути рівні, то прямі паралельні. H 2 ^ =^ 2 180°-90° 90° 2 2 =135°, =45°, ZCOB : ZAOC = 135° : 45° = 3. В ідп овідь: втричі. $ 7. Властивості паралельних прямих Практичне завдання 189. 198. Вправи для повторення 190. Pj = 12 CM + 15 см + 18 см = = 45 см. = (12 - 5) + (15 - 5) + (18 - 5) = 7 + 199. Z2 = Z4 = Z6 = = 55°, Z1 = Z3 = = Z5 = Z7 = = 180° - 55° = 125°. Z2 = Z1 = 50°, /З =Z4 = 180° - 50° = 130°.
  • a) Нехай a | ft, тоді | = Z2, Z l = Z3 як вертикальні, отже, Z3 = Z2. 6) Нехай a I b, тоді Z l = Z2, Z3 = I = 180° - Z l за властивістю суміжних кутів, тоді Z2 + Z2 = Z1 + (180° - Z1) = = 180°. Отже, Z2 + Z3 = 180°. 201. a)Z 6 = Z3 = Z8 = Z1 = 60°, Z5 = Z2 = Z4 = Z7 = 180° - 60° = 120°. 250° 6) Оскільки Z7 = Z2, то Z2 = Z5 =— = ~ =125°. Отже, Z5 = Z2 = Z4 = Z7 = 125°, Z1 = Z6 = Z3 = Z8 = 180° - 125° = 55°. =ZFBD. Оскільки AM і BN — бісектриси кутів FAC і FBD, то ZFAM = ZFBN. Оскільки ZFAM і ZFBN — відповідні кути при прямих AM і BN та січній FB і ZFAM = ZFBN, то AM | BN. | 205. 206. =115“; ZI = Z6 = Z3 = = Z8 = 65°, Z5 = Z2 = Z4 = Z7 = 115°. 202. А, Нехай а I ft, ZAOB =80°, ОМ — бісектриса I ZAOB, тобто ZMOB = 40°. Оскільки а | ft, ] то ZMOB = ZOCF = 40° як відповідні при паралельних прямих а і ft та січній CM. В ідп овідь: 40°. 207. w w w Нехай a I 6, пряма с перетинає пряму I о в точці А. Припустимо, що пряма с не перетинає пряму ft, тобто с I ft. Тоді через точку А I проходять дві прямі а і с, які паралельні прямій о, а це суперечить аксіомі Евкліда. Отже, пряма с перетинає і пряму 6. 203. Ь- .4 bo ok .o 180°+ 50° w 3 Оскільки Z1 і Z2 — відповідні і Z1 = = Z2, то а I ft. I Оскільки а I ft і кути З і 4 — відповідні, I то Z3 = Z4. Отже, якщо одна січна з двома прямими утворює рівні відповідні кути, то і будь-яка інша січна з цими прямими утворює рівні відповідні кути. ,) Z 1 =18°;F^ =65°, Z2 = ij rg 200., а, Ь , Ні, наприклад, прямі а і Ь не паралельні прямій с, проте а Цft. Нехай AM і BN — бісектриси відповідних кутів FAC і FBD. Оскільки а Ц то: FAC = Ь, л «^ Аі------ О скільки K P I АС і Z B K P = Z60°, ZBPK =80°, то ZKAC =ZBKP =60°, ZPCA = = ZBPK = 80°, ZAKP = 180° - ZBKP = = 180° - 60° = 120°, ZKPC = 180° - ZBPK = = 180° - 80° = 100°. В ідп овідь: 60°, 120°, 100°, 80°. 208. Нехай Z1 Z2. Припустимо, що а Цft, тоді Z1 = Z2, що суперечить умові. Отже, припущення невірне, а вірно, що а jf 6, тобто а і ft перетинаються.
  • 6) Оскільки AD I BC, тоді ZA + ZD = I = 180°. Враховуючи, що ZB = ZC, t o ZA + ZC = 180°. Оскільки AB I KP, то I + Z2 = 180°; ос­ кільки AC I KP, то /З + Z4 = 180°, тоді I Z1 + Z2 + Z3 + Z4 = 180° + 180° або Z1 + Z2 + Z3 + Z4 = 360°. Враховуючи, що Z2 + Z4 = 180°, маємо Z1 + Z3 + + 180° = 360° або Z1 + Z3 = 180°. Отже, ABAC = 180°. Оскільки через точку A можна провести лише одну пряму паралельну, прямій о, то дві інші прямі будуть перетинати пряму а. Отже, хоча б дві з даних трьох прямих перетинають пряму а. 210. Оскільки Z1 = Z3, то а ЦЬ. а) Оскільки а ЦЪ, то Z1 + Z4 = 180° 215. і Z4 - Z1 = 50°. Звідси 180°+ 50° - = 115°, Z4 =Z1 = = 65°, тоді Z3 = Z1 = 65°. , 'а Нехай ОА I DC, OB | DF, тоді ZI = Z3, I | Z3 = Z2, звідси ZI = Z2. Нехай OA I CD, OB | FD, тоді ZI = Z2, I | oo k. o В ідп овідь: 65°, 115°. б) Оскільки а I Ь, то Z5 = Z4 і Z4 = 3Z6, I А/ rg 209. . 180°-3 180°1 Z5 = --------------= 135 , Z6 = ---------------= 45 , 4 4 Z3 = Z6 = 45°, Z4 = Z5 = 135°. В ідп овідь: 45° і 135°. ТОДІ w w w .4 b 211. Оскільки ZB = ZC, TOAB | CD. Z3 -I- Z2 = 180°. Враховуючи, що ZI = | Оскільки AS I CÖ, TO ZA =ZO як внутрішні = Z2 = Z3, TO Z3 + ZI = 180°. I різносторонні кути при паралельних Отже, два кути з відповідно паралель­ прямих AB і CD та січній AD. ними сторонами рівні або сума їх мір 212. а) Оскільки AD II ВС, то ZA + Z5 = дорівнює 180°. = 180° як внутрішні односторонні кути при 216. Оскільки AB I CD, то Z4 = Z1 = I паралельних AD і CD та січній AB. = 70°. Z5 = Z2 = 50°, Z3 = 180° - Z1 б) Оскільки AD I CD, то ZB + ZC = 180° - Z2 = 180° - 70° - 50° = 60°. I я к внутрішні односторонні кути при В ідп овідь: 70°, 50°, 60°. паралельних AB і CD та січній ВС. Е_____ в) Оскільки ZA + AB = 180° і ZB -н ZC = 217. ■ 180°, тоді ZB = 180° - ZA; ZB = 180° = - ZC, звідси 180° - ZA = 180° - ZC, ттоді ZA = ZC. г) Оскільки ZA + ZB = 180° і ZA + ZD = = 180°, тоді ZA = 180° - Z B , ZA = = 180° - ZD, звідси 180° - ZB = 180° - ZD, Проведемо через точку с пряму MN, яка паралельна прямим AB і ІЗЕ. тоді ZB = ZD. Оскільки MN I AB, то ZNCB = ZABC = I 213. 1 )О с к іл ь к и AD II В С , то ді = 50°. ZB + ZA= 180°, ZC + ZD = 180°, звідси Оскільки MNIIED, то ZDCN =ZEDC = 36°. ZA = 180° - ZB, ZD = 180° - ZC. Оскільки Тоді ZBCD = ZBCN + ZNCD = 50° -іZB = ZC = a , тоді ZA = 180° - a , ZD = -н 36° = 86°. В ідп овідь: 86°. = 180° - a . Отже, ZA = ZD.
  • 218. A & Q Ö O 223. Оскільки Aß I CD, T ZI = 65°, Z2 = 74°, I O тоді ZAFB = 180° - ZI - Z2 = 180° - 65° - 74° = 180° - 139° = 41°. В ідп овідь: 41°. Практичне завдання в. / в А ABCDAßf^D^ — куб; А, В, С, D Aj, ß j. С,, Dj — вершини , куба; AB, ВС, C , A , A4,, ВВ,, CC,, D ,, Л,Б,, D D D ß,C,, C,D,, I>,A, — ребра куба; AC , BD A B ,, B C B , D C D B ^A C ^ ^ C ^ ,, ADDjA, — грані куба. 224. A I C , A I Dfi,, A | B D B B rg oo k. o ZI = Z2 = Z3 = Z4 = 60°: Z5 = Z6 = Z7 = Z8 = 180° - 60° = 120°. ВС I AD, ВС I ß,C ,, ВС I A jö ,, ß ß , I I I CC,, ß ß , I DD,, ß ß , I A 4,, DC A,ß„ I I DC I Ö ,C ,, A B I A ,0 ,, AZJ I B,C„ I I I A4, I CC,, AA, I DD„ CC, | DD,. I I | § 8. Теореми і аксіоми Вправи для повторення w w w .4 b 220. a)R = з см; d = 6 см; 6)R = 3,5 см; d = 7 см. 221. а)С = ncf = ІОя (см) « 31,4 (см); б)С = яс( = 0,1л (см) к 0,34 (см). 222. а) Пряма і коло можуть мати одну спільну точку, дві спільні точки і не мати спільних точок. ТУ ^ О б) Пряма і кут можуть мати одну спільну точку, безліч спільних точок і не мати спільних точок. а В в) Два кола можуть мати одну спільну точку, дві спільні точки і не мати спіль­ них точок. 233. Сума мір суміжних кутів дорівнює 180°. Якщо кути сум іж н і, то сума їх мір дорівнює 180°. Умова: кути суміжні. Висновок: сума їх мір дорівнює 180°. 234. “__________ Дві прямі, паралельні третій, пара­ лельні. Якщо о I с і 6 I с, то а I Ь. I I I 235. _1 а) Твердження невірне, на рисунку Z1 = Z2, але вони не вертикальні. В О
  • б) Твердження невірне, на рисунку ZAOB і ZBOC — невертикальпі, проте ZAOB = ZBOC = 90“. в) Твердження вірне. 236. 241. ßj с. с D D Дві прямі на площині називаються пара­ лельними, якщо вони не перетинаються. Не можна, на рисунку прямі AD і СС^ не перетинаються, проте не паралельні, бо вонй не лежать в одній площині. 242. а)Вірне. Якщо а = 5п, Ь -b k , с = 5m, тоді a -¥ b -¥ c = b n -^ b k -v Ьт = = 5(n + -I- Ä + m ) . б) Неправильне. Я кщ о 15 діли ться на 5 і 15 = 7 -І- З -І- 5, але числа 7, З не діляться на 5. rg Тверджения, обернене до теореми 1: якщо сума мір двох кутів дорівнює 180°, то вони суміжні. Це твердження невірне, отже, не є теоремою. На рисунку /ЛОВ + /.COD = 90°, проте ZAOB і /COD не є суміжними. 237. Якщо при перетині двох прямих січною рівні відповідні кути, то прямі па­ ралельні. Це твердження є теоремою. .с .4 bo ok .o 243. Твердження невірне. Оскільки на ри­ сунку AB I K P , ВС I PT, проте / I + I I + /2 = 180°. viV w w w 239. ZMON = /мас + ZCON =ZCON +ZNOD = = ZCOD = 180°. Отже, кут між бісектрисами двох вер­ тикальних кутів розгорнутий. Бісектриси двох суміжних кутів перпен­ дикулярні. a) Невірне. П рям а M N не є бісектрисою к у т а АОВ. ,в А Доведемо це. ZMON = ZMOB +/BON =-/ B O C + 2 +izA O ß= =-{ZBOC +ZAOB) = 2 2 =І^Л О С І180° = 90°. 2 б) Невірне. Промінь NM не є бісектрисою кута АОВ. 240. Так. Частина площини, обмежена двома променями із спільним початком, називається кутом. 2 Отже, ON X ОМ. 244. а)Дві прямі, паралельні третій, паралельні. Доведення наведене в § 7 (теорема 7). Твердження вірне, якщо прямі а, Ь, с не лежать в одній площині.
  • Тіні від непаралельних жердин AB і CD відтворюється паралельними відрізками AL і СК. £i ■7 248. в 6) Дві прямі, перпендикулярні третій, паралельні. Доведення наведено в § 6 (наслідок із теореми 5). Якщо а, Ь, с не лежать в одній площині, то твердження неправильне, наприклад, на рисунку AAj X AD, АА, 1 A jßj, проте 245. а) Якщо ZA = ZB, ZB = ZC, то ZA=ZC. б) Якщо Aß = K P, K P = MT, то AB = = MT. rg 246. а) Нехай о ЦЬ, тоді Z3 = Z4. Оскільки Z1 = ZZ, Z2 = Z4 я к вертикальні і Z3 = Z4, то Z1 = Z2. Отже, зовнішні різносторонні кути рівні. б) Нехай а I Ь, тоді Z3 + Z4 = 180°. I Z1 + Z2 = (180° - Z3) + (180° - Z4) = = 360° - (Z3 + Z4) = 360° - 180° = 180°. Отже, сума зовнішніх односторонніх кутів дорівнює 180°. .4 bo ok .o 249. А а) Невірне, на рисунку ZA = ZKON, ZB = = ZNOM, ZC = ZMOP, проте кути KON і MOP не є суміжними. w w w б) Невірне, на рисунку ZA - ZKON, ZB = ZMOP, ZC = ZKON, проте кути АО 1 ОС, OB X OD. Оскільки ZAOB = ZAOC + ZCOB = 90° + А і С не вертикальні. + ZCOB, ZCOD = ZDOB + ZCOB = 90° + + ZCOB, тоді ZAOB = ZCOD. AO X ОС, OB X OD. ZKOB = ZKOC - ZBOC = 90° - ZBOC, ZCOD = ZBOD - ZBOC = 90° - ZBOC, звідси ZKOB = ZCOD. ZAOB + ZCOD = ZAOB + ZKOB = 180°. Отже, кути з відповідно перпендику­ в) Невірне, на рисунку прямі о і с лежать лярним сторонами рівні або їх сума в одній площині, прямі с і п лежать дорівнює 180°. в одній площині, проте прямі о і п не лежать в одній площині. Вправи для повторення 247. 250. Між точками А і В лежить безліч точок. 251. с . . D В
  • Типові задачі для контрольної роботи 1. А В а В АС =AB + ВС = 7,3 см + 3,7 см = 11 см; АС =A B - ВС = 7.3 см - 3,7 см = 3,6 см. А, 2. 5. о а) z B O C a ? g l - ^ ° = H 5 :.7 7 °3 0 -; ^ O c =1 8 0 !± 2 5 !.2 0 ^ = 102°30'; 6) ZßOC = i ^ ^ ^ =45°: 4 ZAOC =i ^ 5 ^ =135°. 4 В ідп овідь: а) 77°30' і 102°30'; 6) 45° і 135°. 6. а) Оскільки ZAMAT + ZCMAf= 113° + +67° = 180° і к у т AMN і CMN — внутрішні односторонні, то AB | CD. | б) Оскільки AB I CD, то ZAPK = ZDKP = I = 54°. В ідп овідь: 54°. rg Дві точки А і в , взяті на прямій а, ділять її на відрізок AB та два промені АС і BD. 252. DC, СВ, AB, АС, DB, В К , DK, РК, КТ, РТ. 253. Безліч ламаних, один відрізок, безліч дуг. 254. 1 дюйм^ = 2,5 • 2,5 = 6,25 см^ В ідп овідь: 6,25 см’’-. о*- в .4 bo ok .o 7. а) ZAOB = ZADK + /ЛОВ = 30° +40° = 70°; б) ZKOB = /ЛОВ - г л о к = 79° - 53° =26°; в) ZJrOA=^°°~ ^°°=3G°. = Z7 = 120°, Z3 = Z4 = Z6 = Z8 = = 180° - 120° = 60°. 8. А w w 3. А w В ідп овідь: а) 70°; б) 26°; в) 30°. Нехай Z1 + Z2 - 240°, тоді 240° Z1 = Z2 = =120°, Z1 = Z2 = Z5 = ZMBC =і ZABC =і •120° =60°; г к в с = -2 ZMBC =-2 •60° =30°; ZABK = ZABC - ZKBC = 120° - 30° = 90°. В ідп овідь: 30° і 90°. ю к Якщо ZAKO = ZOPB, то АК ЦРВ. Оскільки АК I РВ, то ZKAO = ZOBP I як внутрішні різносторонні кути при паралельних прямих АК і ВР та січній AB. 4. ZZ = 45°, ZI = Z3 = 180° - 45° = 135°. В ідп овідь: 45°, 135°, 45°, 135°. К В Нехай ZAOM = х°, тоді ZAOK = х° + 36°,
  • тоді ZAOK + ZAOP = 180°, x + 36 + 2x ^ = 180, Здг = 144, X = 48. Отже, ^ О М = = 48°, ZKOM = 180° - ZMOP = 180° - 48° = 132°. В ідп овідь: 132°. 10. Розв’язан н я ц ієї задачі подано в № 204. Оскільки Z1 = Z3 і Z1 = Z2, то Z2 = Z3. Оскільки Z3 = Z2 і Z3, Z2 — відповід­ ні кути при прямих с і d та січній Ь, то с I d. I 4. м Задачі за готовими рисунками б) Проведемо CD I а, тоді CD | Ь. I | ZDCA = 180° - 150° = 30°: ZDCB = = 180° - 160° = 20°. Тоді ZC = ZACD + ZDCB = 30° + 20° = = 50°. В ідп овідь: 50°. w .4 b oo k. o а) Z3 = Z1 = 50° як вертикальні. Оскільки Z3 + /2 = 50° + 130° = 180° і Z2, Z3 — внутрішні односторонні, то а I Ь. I Оскільки Z1 : Z3 = З : 2 і Z3, Z3 = 72°, то Z1 = (72° ■ : 2 = 108° 3) б) Оскільки Z2 + Z3 = 72° + 108° = 180° і Z2, Z3 — внутрішні односторонні, то а I Ь. I 2. а) Оскільки Z2 = Z1 і Z1, Z2 — від­ повідні, то а I Ь. I Оскільки а I Ь, то Z4 = Z3 = 80° я к I відповідні кути. В ідп овідь: 80°. б )О скіл ьки Z3 + Z4 = 180° і Z 3, Z4 — вн утріш н і односторонні, то AD I ВС. Оскільки AD ЦВС, то Z1 = I = Z2 як внутрішні різносторонні кути при паралельних прямих AD і ВС та січній AB. 3. а) Оскільки Z2 = Z3 і Z2, Z3 — внутрішні різносторонні, то ВМ I АС. I Оскільки ВМ А і Z1, Z4 — відповідні С кути при паралельних ВМ і АС та січній AB, то Z1 = Z4. с d а) Проведемо M F Ца, тоді M F ЦЬ. Z1 = AAOF як внутрішні різносторонні кути при паралельних а і MF та січній АО. Z2 = ZFOB як внутрішні різносторонні кути при паралельних Ь і MF та січній ВО. Тоді Z1 +Z2 =ZAOF +ZFOB =ZAOB =90°. Отже, Z1 -н Z2 = 90°. А rg 1. w w Самостійна робота 2 а— Д- б) Оскільки а I Ь, то Z1 = Z3 — як I відповідні кути при паралельних прямих а і Ь та січній с. Варіант 1 1. А" ZAOP = 180° - ZAOK = 180° - 50° = 130°. ZBOK = ZAOP = 130°. ZBOP = ZAOK = 50°. В ідп овідь: 130°, 50°, 130°. 2. о
  • Варіант З ZAOB=180°;1»° = 99°. ^В0С =1 8 25 ^ =8 Г . В ід п о відь : 99° і 81°. А ''107° 3. А' 'Р ZAOP = ZMOC = 48°, ZAOM = 180° - ZMOC = 180° - 48° = 132°, ZPOC = ZAOM = 132°. В ідп овідь: 48°, 132°, 132°. К Оскільки ZKAB + ZABC = 107° + 73° = = 180° і кути КАВ і ABC — внутрішні односторонні при прямих АК і ВС та січній AB, то АК II ВС. 2. в о а ZTX = гм хк = 65°, N в> w 2. 65° = .4 ZKXN = ZMXT =115°. В ідп овідь: 115°, 65°, 115°. w Варіант 4 В ідп овідь: 45° і 135°. А 'Ло2° В М С Оскільки ZMAB + ZABC = 102° + 77° = = 179° і кути МАВ і ABC — внутрішні односторонні при прямих AM і ВС та січній AB. то ЛМ XВС. О 1. ZA0C =18213 =135°. 3. ос Р В Оскільки ZAKP + ZKPB = 97° + 83° = = 180° і кути АКР і К РВ — внутрішні односторонні кути при прямих КА і РВ та січній K P, то АК ЦРВ. w І о S bo гмхт = 180° - гм хк = і80° = 115°, X т а 5 ok .o rg ZBOC =i 8 ° l l ^ =103°. 2 В ідп овідь: 77° і 103°. Z. К А 1. S S 'Е ZA0B =1 8 2 ^ =77°, Варіант 2 го C Q < и ю М D ZAMD = 180° - ZAMC = 180° - 35° = 145°, ZCMB = ZAMD = 145°, ZBMD = ZAMC = 35°. В ідп овідь: 145°, 145°, 35°. 2. CJ N
  • Тестові завдання №2 ^ B O C ^ h ^ ^ =S2‘>30'. 3. А В Правильна від­ повідь Б В Б Б Г В В В Г В Номер завдання В ідп овідь: ЭТ^ЗО' і 82°30'. К 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 м Оскільки АКАВ + ZABM = 123° + 58° = = 181° і кути КАВ і ЛЕМ — внутрішні односторонні при прямих АЛ і ВМ та січній AB, то А К ^ В М . ' РОЗДІЛ III ТРИКУТНИКИ 265. л rg 9. Трикутник і його елементи А .4 bo ok .o Nj 260. л: С АН — висота, AL — бісектриса, AM — медіана. w w 261. w КР, РТ, К Т — сторони ZPKT, г к т р . ZKPT - кути , = 3 + 4 + 5 = 12 (ом) М В Оскільки AN = NC = 5 см, — то ЛС = = 10 см. Оскільки ВМ = СМ = 7 см, — то ВС = = 10 см. Р ^ „ = АВ+ ВС+ ЛС = 15 + 14 + 10 = = 39 (см). В ідп овідь: 39 см. 266. Т ак. бо АА^ X ВС , ВВ^ ± АС, СС, 1А В. 267. - А 262. Трикутник і пряма, я к і розташовані на площині, можуть ділити площину на три або чотири частини. 263. Р = 3,8 + 4,5 + 7,5 = 15,8 (см) Трикутники і коло, я к і розташовані на площині, можуть ділити площину на три, чотири, п’ять, шість, сім і вісім частин. 268. На рисунку зображено 13 три­ кутників. В ідп овідь: 15,8 см. 264. 1)12 см • 2 = 24 см — периметр квадрата, 2) 24 см : 4 = 6 см — сторона квадрата. В ідп овідь: 6 см.
  • 269. ЛВ + ßC = 26 - 10 = 16 (см), 275. А а) ЛВ =І ^ = 4 (см), ßC =i ^ ^ = 12 (см); 4 4 16-3 16 5 =6 (см), ВС =— =10 (см); б) АВ = О О 1ß в) АВ =5С =— =8 (см): I) ßC =i ^ =ll(cMXAJ3 =i ^ =5((M)i В ідп овідь: а) AB = 4 см, ВС = 12 см; б) AB =6 см, ВС = 10 см; в) AB =ВС = 8 см; г) AB = 5 см, ВС =11 см. Можна, оскільки сторона квадрата дорівнює 1 дм, то досить вирізати трикутник AKD, у якого AD =АК = DK = 1 дм. 276. Так, існує, наприклад, трикутник зі сторонами 1 см, 499 см, 500 см. 277. Нехай а, Ь, с — сторони трикут24-4 ^ 24-5 ника, ТО а =- — 7 =24 (см), &= ДІ 3 -4 8 -4 rg 24-8 = 30(см); с =- -----= 48 (см). Звідси Р = 8 -4 . 270. = а + 6 + с = 24 + 30 +48 = 102 (см). В ідп овідь: 102 см. .4 bo ok .o Кожний трикутник можна розрізати на 2 т р и к у тн и к и , п т р и к у тн и к ів . На рисунку показано, як можна розрі­ зати довільний трикутник на 2, З і 4 трикутники. 271. 278. '•Мг Щ .' АН^ 1 ВС, ВН^ X АС, СЯз X АВ. 272. 279. в w w w Нехай JC CM — довжина третьої сторони трикутника, тоді 2х см і 1,5х см — довжини інших сторін трикутника. За умовою задачі маємо 2х - 1,5х = 2. Звідси 0,5х = 2, X = 4. Отже, сторони трикутн и ка дорівнюють 8 см, 6 см і 4 см. В ідп овідь: 8 см, 6 см, 4 см. 273. За умовою задачі сума другої і третьої сторін дорівнює 7 см, першої і третьої — 8 см, першої і другої — 9 см, тоді його периметр дорівнюватиме (7 см + 8 см + 9 см) : 2 = 12 см. В ідп овідь: 12 см. 274. Оскільки З " = 10 (дм), де а, Ь, с — довжини сторін, тоді Р = а + Ь + + с = З • 10 = ЗО (дм). В ідп овідь: ЗО дм. ^йЛВН '* ^tBHC ^ІАВС 2ВІЇ; 14 см + ■ + 18 см = 26 см + 2ВН, 2BH = 6 см, В Я = З см. В ідп овідь: З см. 280. Оскільки Р. = ТО АВ + ЛМ + + ВМ = ВС + МС + ВМ , тоді АВ+АМ = = ВС + MC. Враховуючи, щ о AM = MC будемо мати з рівності АВ + AM = ВС + + MC, що AB = ВС.
  • 281. 288. А м Оскільки М К I АС, то /.ВМК = ZBAC, I ZBKM = ZBCA — як відповідні кути при цих паралельних прямих та січних AB і ВС; ZB — спільний. Отже, кути трикутника МВК відповідно дорівнюють кутам трикутника ABC. Нехай ОМ — бісектриса кута АОВ, ON — бісектриса кута ВОС, тоді ZMON = ZMOß +ZBON = - гАОВ + 2 -І- і 2 В ZBOC =(ZAOB ZBOC) =і 2 2 •1 0 0 ° = 50=' Вправи для повторення В ідп овідь: 50°. 282. і1 § 10. Сума кутів трикутника ^ я** ** ' 1 294. а) ^ ok .o Площа прямокутника дорівнює добутку сусідніх сторін, а площа квадрата — квад­ рату його сторони. rg S r< x b 283. 1 мм^, 1 см^, 1 дм^ 1 м^ 1 км^ =36°; ^ = 54° 2+Z+b 180° 5 =90°. 2-НЗ-І-5 В ідп овідь: 36°, 54°, 90°. bo 1 ар, 1 га. 2 +г+ь 284. 1 км2 = (1000 м)2 = 1 О О О О О О w w 285. .4 1 га = (100 м)2 = 10 О О м^ 1 ар = О = (10 м)2 = 100 w Так, із будь-яких рівних прямокутних трикутників можна скласти прямокутник, досить їх розмістити так, як показано на рисунку. 286. б ) і ^ = 15°; ^ 0 1 1 =75°; l-t-5 +б 1 +5-І-6 МОЇ® =90°. ІЧ-5-І-6 В ідп овідь: 15°, 75°, 90°. 180°-і „ . 2 2 3 180° — ^ = 1 8 0 ° - і =54°; 5 2 2 2 3 З 2 Щоб знайти площу прямокутного трикут­ ника, досить знайти півдобуток сторін, я к і утворюють прямий кут. 287. 20 га : 0,5 км = 10 О Ом^: 500 м = О = 20 м. В ідп овідь: 20 м. 2 2"^3 В ідп овідь: 54°, 54°, 72°. 295. А =
  • Нехай у трикутника ABC кут С — пря­ мий, ZC = 90°, тоді ZA + ZB = 180° - ZC, звідси ZA + Zß = 180° - 90° = 90°. Отже, ZA + Z.B = 90°. Таким чином, сума го­ стрих кутів прямокутного трикутника дорівнює 90°. 30° 20° 90° 83° 95° 66 ° 54° В 70° 60° 45° 80° 35° 47° 72° 180° •З кутн ика -—-—г = 90°. Отже, даний 14* л +U трикутник прямокутний. 80° 100 ° 45° 17° 50° 67° 54° 302. гВСА = 180° - Zß - ZCAß = 180° - 30° - 45° = 105°. ZATCß = 180° - ZßCA = 180° - 105° = 75° В ідп овідь: 75°. oo k. or 297. а) Нехай перший і другий кут трикутника дорівнюють по д;°, тоді третій кут дорівнює х° + 30°. Тоді х + х + х + -н ЗО = 180, звідси Зх = 150, х = 50. Отже, кути трикутника дорівнюють 50°, 50°, 80°. В ідп овідь: 50°, 50°, 80°. б) Нехай перший кут трикутника дорів­ нює х°, тоді два інших кути дорівнюють х° - 20° і х° - 40°. За теоремою про суму кутів трикутника маємо х + х - 20 + + X - 40 = 180. Звідси Зх = 240, х = 80, тоді л: - 20 = 80 - 20 = 60, х - 40 = 40. Отже, кути трикутника дорівнюють 80°, 60°, 40°. В ідп овідь: 80°, 60°, 40°. в) Нехай перший кут трикутника дорівX ® нює х°, тоді другий кут дорівнює — , 301. ZC = 180° - (ZA + ZB) = 180° - 100° = 80°; ZA = 180° - (Zß -і- ZC) = = 180° - 120° = 60°; ZB = 180° - АС - ZA = 180° - 60° = 120°. В ідп овідь: ZA = 60°, ZÖ = 40°, ZC =80°. g 296. 300. Знайдемо найбільший кут три- w .4 b 303. w w а третій — х° - 10°. Оскільки сума кутів трикутника дорівнює 180°, то маємо — -І-дг-10 =180, тоді 2х + л: + 2* - 20 = 2 = 360, 5х = 380, X = 76. Отже, кути трикутника дорівнюють 76°, 38°, 66°. В ідп овідь: 76°, 38°, 66°. в LH л ZBCA = 180° - ZA - Zß = 180° - 30° - 60° = = 90°; ZACL =iz ß C A =і - 90° = 45°; 2 2 ZACH = 180° - ZA - ZH = 180° - 60° = = 90° = 30°; ZHCL = ZACL - ZACH = 45° - 30° = 15° В ідп овідь: 15°. 304. 298. Z1 = ZA -н ZB = 65° -(■65° = 130“. В ідп овідь: 130°. 299. Ні, не може, бо тоді кожен кут трикутника дорівнював би 180° - 100° = = 80°, а сума кутів трикутника дорівню­ вала б 80° • З = 240°, що неможливо. 2 У Г І, 7 клас сі Д а) ZACB = 180° -Z A -Z B = 180° - 40° =60°; ZACL =-ZACB = 2 2 60° = 30°; ZCLA = 180° - ZACL - ZCAL = 180° - 30° - 80° = 70°. В ідп овідь: 70°.
  • б) /ІОАВ =- гСАВ = і ■ = 40°; 80° 2 2 ZOBA =і гСВА =і ■ =20°: 40° 2 2 ZAOB = 180° - ZAOB - гОВА = 180° - 40° - 20° = 120°; ZLfiA = 180° - ZAOB = 180° - 120° = 60°. В ідп овідь: 60°. 305. в) ZI =ZA+ Zß = 100°; Z2 =Zß +ZC =130° Z3 = 360° - ZI - Z2 = 360° - 100° - 130° = = 130°. В ідп овідь: 100°, 130°, 130°. 307. я ,N ch ^ В а) ZACH = 180° -Z A -Z H = 180° - 30°- 90° = 60°; ZBCH = 180° - ZB - ZH = = 180° - 60° - 90° = 30°. В ідп овідь: 60° і 30°. w w w 306. .4 b oo k. o rg ZNCM = ZMCB (за умовою, бо CM — бісектриса кута NCB). ZCAB = ZCBA (за умовою). Оскільки ZNCB = ZA + ZB - 2ZB, тоді 2ZMCB = 2Zß, звідси ZMCB = ZB. Оскільки ZMCB і ZB — внутрішні різносторонні при прямих AB і СМ та січній А В Н I б) ZACH=180° -ZA-ZH =180° - 30“- 90”=60°; СВ і ZMCB = ZB, то AB I CM. ZCBH = 180° - Zß = 180° - 120° = 60°; 308. ZBCH = 180° - ZCBH -Z H = 180° - 60° - 90° = 30°. В ідп овідь: 60° і 30°. ZMNC = ZI + Z4 (бо ZMNC — зовнішній кут трикутника ADN)-, ZCMN = Z2 + Z5 (бо ZCMN — зовнішній кут трикутника ВЕМ). Оскільки ZMNC + ZCMN + Z3 = 180°, то Z1 + Z4 + Z2 + Z5 + Z3 = 180°. Отже, сума кутів А, В , С, D, Е п’ятикутної зірки дорівнює 180°. 309. Оскільки Z1 = Z2 = Z3 = Z4 = Z5 = = Z6 = 45°, то Z5 + Z4 = Z3 + Z3 = = Z1 + Z6 = 90°, тоді Z1 + Z2 + Z3 + Z4 + + Z5 + Z6 = 270°. б) ZI = 180° - 40° = 140°; Z2 = 180° - 120° = В ідп овідь: 70°. 310. Неправильно, бо ZA^ + ZB^ + = 60°; Z3 = 360° - ZI - Z2 = 360° - 140° + Z C * 180° (50°10' + 48°20' + 80°5') = - 60° = 160°. = 179°35' 5 180°). ^ В ідп овідь: 140°, 60°, 160°. а) ZI = 180° - 40° = 140°; Z2 = 180° - 50° = 130°; /З = 360° - Z l- Z 2 = 360° - 140° - 130° = 90°. В ідп овідь: 140°, 130°, 90°.
  • Практичне завдання 311. С звідси АС = 2MN, 10 = 2MN, тоді MN = = 5 (см). В ідп овідь: 5 см. в 315. А Бісектриси AL,, BL^, CL^ трикутника ABC перетинаються в одній точці L. С М Рблвс = 22 см, = 12 см, = = 16 см. О с к іл ь к и н + 2ВМ, то 12 + 16 = 22 + 2йМ, тоді 2BM = 12 + 16 - 22, 2ВМ = 6, ВМ = З (см). В ідп овідь: З см. Вправи для повторення М N 312. 2. ' * ' с " ’ MN =MC +CN=^-AC +^BC = 2 2 2 w 313. w В ідп овідь: w =І(А С +В С )Л Л В = | . Нехай Р, 314. ^І ЛВ С ~ ^ ^ A M ß N ’ ТОДІ AB + ВС + АС = 2 ■(M B + BN + MN); АВ + ВС + АС = 2МВ + 2BN + 2MN; AB ■ ВС+АС =АВ + ВС + 2MN; ¥ 2* 180° 2 Нехай Z1 ; Z2 =2 : з, тоді Z l =——— =72°; 2 +3 180®’3 Z2 =--------- =108°. Кути, утворені бі2+3 сектрисами цих кутів і січною, відно72»:2 36 2 сяться як 108°:2 54 З В ідп овідь: 2 : 3 . .4 bo ok .o Медіани AM,, ВМ^, СМ^ трикутника ASC перетинаються в одній точці М. rg 316. § 11. Про рівність геометричних фігур А 327. Ні, не можуть. Оскільки найменші сторони трикутників не рівні, то три­ кутники не можуть бути рівними. 328. Нехай пряма о, яка проходить через центр о кола, розбиває його на дві дуги. Ці дуги рівні. Щоб їх сумістити, досить одну дугу повернути навколо точки О на кут 180°. 329. Оскільки АКРТ = ААВС, то = = К Р + РТ + КТ =АВ + ВС +АС = З см + + 4 см + 5 см = 12 см. В ідп овідь: 12 см. 330. Сторони AB і А,С, не сумістяться. Сторони ВС і В,С, сумістяться. Медіани AM і А,М, сумістяться.
  • 331. К Т = BD = 3,8 см; ZT = ZB = = 70“. В ідп овідь: 3,8 см; 70°. 332. ZA = ZK = 60°, ZB = ZP = 60°. ZC = 180° - 60° - 60° = 60°. В ідп овідь: 60°, 60°, 60°. 333. AABC може дорівнювати UCPT, оскільки AB Ф KP. ZA0B =. ^ 5 2 ! ^ =75°; ZBOC =1 » ° 1 ± ^ = 105°. ZMÄ-P =i55^ = 105°; 7 +5 ZM KP =^ ^ ^ =7S°. 7 +5 Звідси ZAOB = ZPKN, ZBOC = ZMKP. 338. a) В 334. С N .4 bo ok .o Ці кути можна сумістити двома спо­ собами: 1-й спосіб: сторона ВА сп ів п ад ає зі стороною РК , сторона ВС збігається зі стороною РТ; 2-й спосіб: сторона ВА зб іга є ть с я зі стороною РТ, а сторона ВС збігається зі стороною РК. 335. Оскільки кути трикутникаЛ,В,С, дорівнюють: rg в w 180°.5^^0°; і ^ =60°; 5 +6 +7 5+6 +7 w 180°-7 =70° і ДА,В,С, — гострокутний, 5 +6 +7 D М 339. л D В К С Нехай AB = X см, тоді ВС = д: + З см. За умовою задачі: дг + дг + 3 + д: + д: + 3 = 34, тоді 4х = 28, х=7. w Отже, AB = 7 см, ВС = 10 см, =7 х X 10 = 70 (см*). Якщо площа п рям окутн и ка M N PK дорівнює 70 см‘ , то він може дорівнювати прямокутнику ABCD. Якщо площа прям окутника M N PK дорівнює 72 ом*, то він не може дорівнювати прямокутнику ABCD. то ААВС * AA,ß,Cj. 336. ZC = ZK = 60°, В ідп овідь: ZA = ZM = 40°; ZB = ZN = - 80°: ZC = ZK = 60°. Ъ 1. У 340. у •в с / о с м к N ААВС = ДАОС; ААВС * ACDK.
  • 341. в А Два кола можуть розділити площину на три або чотири частини. с р D К м КТ = АС = 26 см. с а)е с е с е о & ,с р б) в) Три кола можуть розділити п.пощину на чотири, п’я т ь , ш ість, сім , вісім частин. 348. S = яЛ^ = Т • 500^ = 250 000л (м^) = І = 25л (га). В ідп овідь: 26л га. 342. 4 rg 349. ZB -t- ZC = 180° -Z A = 180” - 70° = 110°. 110® -20° .4 bo ok .o АВ = ЕА; &ОВС = АОАЕ. 343. Вірно. Щоб впевнитися в цьому, досить виконати поворот квадрата (пря­ мокутника) навколо точки О на 180“, при цьому частини квадрата (прямокут­ ника) сумістяться. Практичне завдання 344. в о м і ON — бісектриси. ZOBC =і^ Л =- - 45° = 22°30'; w 2 5 =я -32 =9^ =28,26 (см^, С =2л •З =6л а 18,84 (смі w 345. w Вправи для повторення 2 ZOCB = і Z =і2 C 2 ZNOC = ZOBC + о с в г = 55°. В ідп овідь: 55°. =22°30' -н32°30' = 5 >к 350. 346. 65° = 32°30': A 1 ' Л с 1R0® ZA = ZB = ZC =^ ^ =60°. =— =— =1,8я =5,65 (см*). ”*■ 5 ' 5 » О о О а) б) AM, BN — бісектриси. 60° ZBAO = ZABO =— =30°: 2 ZBOM = ZBAO + ZABO = 30° + 30° = = 60°. В ідп овідь: 60°.
  • § 12. Ознаки рівності трикутників А 354. BAD і CAD, то згідно з другою оз­ накою рівності трикутників ABAD = = ACAD, тоді BD = CD. 361. D в Оскільки АО = ВО, СО = OD, ZAOC = Оскільки в трикутниках ABL і ACL маємо: = ZBOD (як вертикальні), то ДАОС = AB - АС (за умовою), ZBA1, = ZCAL = = ABOD (за першою ознакою рівності = 30° (бо AL — бісектриса), AL — спільна трикутників). сторона, то AABL = AACL. Із рівності трикутників маємо: 355. а) BL = LC; б) ZALB = ZCLB = ^ ^ = 90°, тобто AL X ВС. rg 362. в. Гі oo k. o Оскільки КМ =МР, ЕМ =MG, гК М Е = = ZPMF (як вертикальні), то АКМЕ = = APMF (за першою ознакою рівності трикутників), тоді КЕ = PF = 12 см. 356. Рівні згідно з першою ознакою рівності трикутників. 357. с Cl w w w .4 b у трикутниках ABÖ і CDB-. BD — спільна сторона; Z1 =Z2 (як внутрішні різносторонні кути при паралельних AB і CD та січній BD); Z3 = Z4 (як внутрішні різносторонні кути при паралельних ВС і AD та січній BD), тоді за другою ознакою рівності трикутників AABD = ACDB. Із рівності трикутників маємо: а) AB = CD; б) B C = A D ;b)Z A = ZC. Оскільки ZA = ZA,, ZB = Zß,, тоді ZC = 363. ЛАВС = АКТР за першою ознакою = ZC^ = 180° - ZA - ZB. Оскільки AC =AjC,, ZA - ZA,, ZC = ZC,, рівності трикутників, оскільки АВ =КТ, АС = К Р , ZA = ZK. TO згідно 3 другою ознакою рівності 364. PT =AB, оскільки ДАБС = АТРС трикутників ДАВС = ДА,В,С,. 358. Оскільки В М = MC (бо AM — за першою ознакою рівності трикутників медіана), М К =МА (за умовою), ZAMC - (AC = ТС — за умовою, ВС = PC — за = Z K M B (я к вертикальні), то згідно умовою, ZACB = ZTCP — як вертикальні з першою ознакою рівності трикутників кути). 365. А В = В М , о скіл ьки ААВС = ДАСМ = г л в м . 359. Рівні згідно з другою ознакою = АМВС за першою ознакою рівності трикутників (ВС — спільна сторона, рівності трикутників. АС = MC — за умовою, ZBCM = ZBCA — 360. за умовою). 366. Оскільки ZBAD = ZCAD (бо AD — бі­ сектриса), ZBDA = ZCDA (за умовою), AD — спільна сторона трикутників
  • AAOD =АСОВ за першою ознакою рівності трикутників (АО = СО, DO = ВО, ZI = =Z2 — як вертикальні). Із рівності три­ кутників маємо ZOßC = ZODC, ZOAD = = ZOCß, тобто ZABC = г л о с , ZBAD = = ZBCD. С Bl Li Cl a) Оскільки AABC = A A lß lC l, то AB = = A l ß l , ZB = Z B l, ZA = Z A l, тоді Z1 = Z2 =-^^ — як половини рівних 2 кутів ВАС і ß lA lC l. ABAL = Aß|A,L,, оскільки ВА = ß,A,, Z1 = Z2, ZB - ZB^. Із рівності цих трикутників маємо AL - A^L^. А oo k. or 368. С Аі 370. g AACO =ACDO за другою ознакою рівності трикутників (Z1 = Z2 — як внутрішні різносторонні кути при паралельних прямих АС і BD та січній Aß; АО = OB — за умовою; Z3 = Z4 — як вертикальні). Із рівності трикутників випливає, що АС = BD = 8 см. Ві Ні Сі б)Оскільки AAßC = AAjßjC,, T0.4ß =A,ß,, ZB = Zß,, тоді ZI = Z2 = 90° - ZB. ABAH = ДВ|А,Я,, оскільки BA = ß,Aj, ZB = ZB^, ZI = Z2. Із рівності цих трикутників маємо АЯ =А^Н^. 371. ААВС = ACDE = AEFA за першою ознакою рівності трикутників (Aß = = ВС = CD =DE = EF = FA — за умовою, ZB = ZD = ZF — за умовою). Із рівності цих трикутників маємо АС = СЕ = ЕА. Отже, ААСЕ — рівпосторонній. 372. Оскільки AD = CF, тоді AÜ + DC = = DC + CF або AC = DF. Оскільки ZI = Z2, Z3 = Z4, тоді ZBCA = = ZEFD = 180° - ZI - Z3. AABC = ADEF за другою ознакою, ос­ кільки AC = DF, ZI = Z2 — за умовою, ZBCA = ZEFD — за доведенням. w w w .4 b ДАСО =ABDO за першою ознакою рівності трикутників, бо СО = DC — за умовою, АО = ВО — за умовою, Z1 = Z2 — як вертикальні. Із рівності трикутників випливає, що Z3 = Z4. Оскільки Z3 і Z4 — внутрішні різносторонні кути при прям их АС і BD та січній AB і Z3 = Z4, то АС I BD. I Аі 369. М С Bl Ml Cl Оскільки AABC = AAjßjCj, то Aß =A,ß,, ZB =Zßj, BC =B^C^, тоді BM =B^Mj (як половини рівних сторін ВС і ß,C,). АВАМ =Aß,AjM,, оскільки BA = В^А^, ZB = ZB^, BM = BjM j. Із рівності цих трикутників маємо AM = А^М^. Отже, медіани рівних трикутників, проведені до рівних сторін, рівні. 373. ^
  • ÄfiAL = ACAL за другою ознакою рівності трикутників, оскільки AL — спільна сторона; Z1 = Z2 — оскільки AL — бі­ сектриса кута А; /.BLA = ZCLA = 90°. Із рівності цих трикутників випливає, що AB = АС. 374. ААХВ = ААСХ за другою ознакою рівності трикутників (Aß — спільна сторона, Z1 = Z2 — за умовою, Z3 = =Z4 — за умовою). Із рівності цих три­ кутників випливає, що AX' =АС. 378. А D Прямокутник можна розрізати безліччю способами на дві рівні фігури. 379. rg з .4 bo ok .o За умовою задачі маємо 5х + 4х + 4,5х + = 28. 1 3 , 5 л : = 27, х = 2. Тоді сторони трикутника дорівнюють 10 см, 8 см і 1 0 см. Отже, трикутник має рівні сторони. w w + 1 в w 377. с в D А D а) б) Прямокутник можна двома способами розрі­ зати на два рівних прямокутники (а, б). в С Вправи для повторення 375. Нехай х° — менший кут, х° ч+40° — більший кут, тоді суміжні з ними к у т и до р івн ю ю ть 180° — х° і 180° - х° - 40° = 140° - х°. За умовою 180-л; задачі маємо 900 - 5х = 980 = 1 4 0 -х = 7х, 2х = 80, X = 40. Отже, шукані кути дорівнюють 40 ° і 80°. В ідп овідь: 40° і 80°. 376.Нехай одна сторона трикутника дорівнює 5х см, друга — 4х см, тоді 5х +4х третя сторона — - +1 =4,5л:4-І (см). в N с м — бісектриса кута А (Z1 = Z2), CN — бісектриса зовнішнього кута BCD (Z3 = Z4). Самостійна робота З Варіант 1 1. А м а 2. 180° - 35 - 68°= 77°. В ідп овідь: 77°. 3. Нехай сторони трикутника дорівнюють X см, (х - 3) см і (дг + 5) см. За умовою задачі маємо х + х - 3 + х + 5 = 35. Звідси Зх = 33, X = 11. Отже, сторони дорівнюють 11 см, 8 см і 16 см. В ідп овідь: 11 см,8 см і 16 см. 4. в ZMCN = Z1 + Z3 =і ZACB +і ZßCD = 2 2 = |(ZACß+ZßCZ)) =| l8 0 ° =90°. В ідп овідь: 90°. ДАВЯ = АСВН за першою ознакою рів­ ності трикутників, оскільки AB = ВС — за умовою, ВН — спільнасторона, Z1 = = Z2 (бо ВН — бісектриса кута В).
  • Варіант 2 4. 4. Варіант 4 5 /1 1- і к g 2. 180° - 120° - 57° = 3°. В ідп овідь: 3°. 3. Нехай сторони трикутника дорівнюють X м, (х - 8) см і (ж - 5) см. За умовою задачі маємо х + д г - 8 + д : - 5 = 50. Звідси З ї - 13 = 50, Зх - 63, X = 21. Отже, сторони дорівнюють 21 м, 13 м, 16 м. В ідп овідь: 21 м, 13 м, 16 м. А М с ААЗМ =АСВМ за другою ознакою рівності трикутників, оскільки ВМ — спільна сторона, ZAMB = ZCMB = 90°, Z1 = /2 = = 90° - ZA = 90° - ZC. oo k. or А N С 2. 180° - 130° - 25° = 25°. В ідп овідь: 25°. 3. Нехай сторони трикутника дорівнюють JCм, 2зс см і (лс + 1) см. За умовою задачі маємо х + 2х + х + 1= 85. Звідси 4х = = 84, д: = 21. Отже, сторони дорівнюють 21 м, 42 м, 22 м. В ідп овідь: 21 м,42 м, 22 м. .4 b АКРМ = АТРМ за другою ознакою рівності трикутників, оскільки Z1 = = Z2 (бо РМ — бісектриса), Р М — спільна сторона, ZKPM = Z.TMP = 90° (бо РМ — висота). Р w 4. 1. А. w w Варіант З В 2. М = 37°. 180° - 87° - 5 6 ° В ідп овідь: 37°. 3. Нехай сторони трикутника дорівнюють X см, — см, (х - 8) см. За К н т АКРН = АТРН за першою ознакою рівності трикутників, оскільки КН - = НТ (бо PH — медіана), PH — спільна сторона, /.КНР = ZTHP = 90° (бо PH — висота). Задачі за готовими рисунками 1. a ) z A =^ ^ ^ ^ l - ^ ^ ^ = 60 °.^ .5 = умовою задачі x +—+x - S =G2. Звідси 2х + х + 2 х - 1 6 = 124, 5х = 140, л: = 28. Отже, сторони дорівнюють 28 см, 14 см, 20 см. В ідп овідь: 28 см, 14 см, 20 см. В ідп овідь: 24°, 36°. го го C Q LD т X т > N Q. 5 Ъ З сс Q.
  • 1 чп° ZA = ^ ß =i2 — = 65°. 2 В ідп овідь: 65° і 65°. б) та го со ф L Q та I 2. ZB = 180° - ZA - ZC = 180° - 60° - 60° = = 60°. В ідп овідь: 60° і 60°. a ) Z ß =i § 5 ^ = 60°; 4 +5 Тестові завдання З ^^, =1 ^ =75°. 4 +5 В ідп овідь: 60° і 75°. б) Номер завдання 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ZßOC =1 8 0 °-ZOßC-ZOCB =180°- - і ZAßC - і ZACB = 180° - і (ZAßC + т > ч о. +ZACS) = 180° - і - 120° = 180° - 60° = 2 .д с = 120 ° . 4. Типові задачі для контрольної роботи .4 bo ok .o /ЛКС = 130° - Z2 = 130° - 40° = 90°; Z3 = 180° - ZAKC = 180° - 90° = 90°. В ідп овідь: 90° і 80°. 6)ZBAH = 90° - ZB = 90° - (180° - ZCAB - ZC) = 90° - (180° - 100°) = 10°. ZCAH = 90° - ZC = 90° - 50° = 40°. В ідп овідь: 10° і 40°. rg о 3 В ідп овідь: 120°. S Ü 3. а) ZAMC =130°-/1 =130°-30° =100°; L ь- Z4 = 180° - ZAMC = 180° - 100° = 80°. Правильна відповідь Б В Г Б В Г А Б Б В a) ZA = ZC =1 5 « = 5 0 ° ; 2 w w w Z1 = Z2 =— =25°. 2 ZAKC = 180° - ZC - ZI = 180° - 50° - 25° = 105°. В ідп овідь: 105°. 1. А MLH В 180° - 95° - 43° = 42°. В ідп овідь: 42°. 3. ZA = Z K = 40°, ZB = ZP^bO^, ZC = ZT = 180° - 70° - 50° = 60°. В ідп овідь: 70°, 50°, 60°. 2. 4. =12 см. В ідп овідь: 12 см. 5. AABM = ACBM за першою ознаксло рІБНості тр и к у тн и к ів (AB = ВС — AC = КС - AK = 11 см - 5 см = 6 см. за умовою, В М — спільна сторона, В ідп овідь: 6 см. ZABM = ZCBM — бо ВМ — бісектриса). 6 . К Із рівності трикутників маємо ZAMB = = ZCMB = 90°. ZAOM = 180° - 120° = 60°; ZOAM = 90° - ZAOM = 90° - 60° = 30°; ZC = ZA = S J = 2 • ZOAM = 2 ■30° = 60°. N *3 -
  • с = 120 ° . ш < и ю В ідп овідь: 120°. В 390. S S І т >ч а .5 с а) 1-й випадок: ZB = ZA + 30°, тоді = 50°; ZB = 50° + 30° = 80°. Отже, кути дорів­ нюють 50°, 50° і 80°. .4 bo ok .o 9. 387. 12 - 2 • 5 = 2 (см). В ідп овідь: 2 см. 388. (180° - 80°) : 2 = 100° : 2 = 50°. В ідп овідь: 50° і 50°. 389. 180° - 2 30° = 180° - 60° = rg AAOP = ABOK за першою ознакою рів­ ності трикутників, оскільки АО = OB — за умовою, OK =OP — за умовою, /ЛОР = = /.ВОК — як вертикальні. 7. ААВС = & AJCC за другою ознакою рівності трикутників, оскільки ZBAC = ZKAC — за умовою, Z.BCA = ZKCA — за умовою, АС — спільна сторона. Із рівності цих трикутників випливає, що AB = AK. 8. Знайдемо зовнішні кути трикутника, враховуючи, що їх сума дорівнює 360°. 360°-З 360°-7 =140°; =60°; 3+7+8 3+7+8 360°-8 =160°. 3+7 +8 Тоді кути трикутника дорівнюють: 180° - 60° = 120°, 180° - 140° = 40° 180° - 160° = 20°. В ідп овідь: 120°, 40°, 20°. w АСНВ = АСРА за другою ознакою рів­ ності трикутників, оскільки СН - СР — за умовою, ZC — спільний, ZCHB = = ZCPA - 90° — бо ВН і АР — висоти. Із рівності трикутників випливає, що АР = ВН. w w 10. А В 2-й випадок; ZB = ZA - 30°, тоді ^ = ^С =И 2 !± ^ =70°; З ZB - 70° - 30° = 40°. Отже, кути дорів­ нюють 70°, 70° і 40°. В ід п о в ід ь : 50°, 50°, 80° або 70°, 70°, 40°. С Оскільки ЛС = ВС І АР і ВН — медіани, то Aff = ЯС = Сі> = РВ. ААРС = АВНС за першою ознакою рів­ ності трикутників, оскільки СО = СН — за доведенням, АС = ВС — за умовою, ZC — спільний. § 13. Рівнобедрений трикутник А 386. Рд = 15 + 26 • 2 = 67 (см). В ід п о відь : 67 см. б) 1-й випадок: ZC = 2ZA = 2ZB, тоді о S к а.
  • Нехай ZB = 90°, тоді ZA = ZC =1 5 5 1 ^ =50°. 2 a) AL — бісектриса кута A, тоді Отже, кути дорівнюють 45°, 45° і 90°. ZCAZ, =— = — = 25°. 2-й випадок: 2 2 1яп° ? =72° ZA = 2ZC =ZB, тоді ZA = ZB= 6) AL — бісектриса кута A, тоді 5 180°'1 ZC =— — = 36°. Отже, кути дорівню­ ють 72°, 72° і 36°. В ід п о в ід ь : 45°. 45°, 90° або 72°, 72°, 36°. ZßAL =— =— = 25°. 2 2 b)AL — висота, тоді ZBAL = 90° - 80° = 10°, ZCAL = ZA - ZBAL = 50° - 10° = 40°. В ідп овідь: a) 25°; б) 25°; в) 40°. 394. а) о rg 50-2 = .4 bo ok .o 1+ 2 + 2 Нехай ААВС — рівнобедрений, AB = ВС. 1-й в’ипадок: /Л = ZC = 60°, тоді Z.B = = 180° - 60° - 60° = 60°. Отже, ДАВС — рівносторонній. 2-й випадок: ZB = 60°, тоді Z =Z =1 5 0 !^ =60°. A C 3 +3 +4 ^ ^ 2 0 1+ 2 + 2 (см). =15 (см), ^ °^ - = 15 (см). 3 +3 +4 50-4 = 20 (см). 3 +3+4 В ідп овідь: а) 10 см, 20 см, 20 см; б) 15 см, 15 см, 20 см. 395. с w w w Отже, ААВС — рівносторонній. Отже, якщо який-небудь кут рівнобедреного трикутника дорівнює 60°, то цей трикутник рівносторонній. б) (см). Нехай ZC = 30°, тоді Z =Z =i « ° : : ^ =l ^ =75°. A C Оскільки AB = ВС, то ZC = ZA. Оскільки A S = AC, то ZC = ZB. Оскільки ZC = ZA, ZC = ZB, то ZA = ZB = ZC. 393. ^ ZHBA = 90° - ZA = 90° - 75° = 15°. ZGAB = 90° - Zß = 90° - 75° = 15°. ZAOH = ZHBA + ZGAB = 15° + 15° = 30°. В ідп овідь: 30°. 396. в
  • Нехай ВН — медіана і висота трикутника ABC, тобто ZAHB = 90° і ЛЯ = СЯ. М ЯВ =АСНВ за першою ознакою рівності трикутників, оскільки ВН — спільна сторона, ЛЯ = СЯ, 2лН В = ZCHB = 90°. Із рівності цих трикутників маємо AB ВС, тобто ААВС — рівнобедрений. - 2BD; 2BD = 80 - 50; 2BD = ЗО; BD -- 15. В ідп овідь: 15 см. § 13. Рівнобедрений трикутник А 397. 386. = 15 + 26 • 2 = 67 (см). В ідп овідь: 67 см. 387. 12 - 2 ■5 = 2 (см). В ідп овідь: 2 см. 388. (180° - 80°) : 2 = 100° : 2 = 50°. В ідп овідь: 50° і 50°. 389. 180° - 2 • 30° = 180° - 60= = = 120 ° . 390. rg В ідп овідь: 120°. в oo k. o Нехай ВН — висота і бісектриса три­ кутника ABC, тобто /ЛНВ = ZCHB = 90°, гА ВН = ZCBH. ААНВ =АСНВ за другою ознакою рівності трикутників, оскільки ВН — спільна сторона, ZAHB = гС Н В = 90°, ZABH = =ZCBH. Із рівності трикутників маємо AB = ВС, тобто ДАВС — рівнобедрений. 398. в 2 2 w Оскільки AK — бісектриса, то /А 79° ZBAK = ZCAK =— = — =3& '‘. 2 w w 2 пз 5«: S І зЁ: .5 'п о S ос а. О а) 1-й випадок: ZB = ZA + 30°, тоді .4 b Оскільки в трикутнику ЛВС AB = ВС і ZB = 36°, то са гп m ф ю З ZB = 50° -І- 30° = 80°. Отже, кути дорів­ нюють 50°, 50° і 80°. Оскільки в трикутнику ABJiT ZB = ZBAK, то В К = АК. ZAKC = 180° - Z C - ZCAK = 180° - 72° - 36° = 72°. Оскільки в трикутнику ЛКС ZAKC = = ZACK = 72°, ю А К = АС. Оскільки В К = А К ,А К = АС, то В К = =АК = АС. 2-й випадок: ZB = ZA - 30°, тоді 180°-І-30“ ZA = ZC = =70°; ZB = 70° - 30° = 40°. Отже, кути дорів­ нюють 70°, 70° і 40°. В ідповідь: 50°, 50°, 80° або 70°, 70°, 40°. З Х
  • Отже, якщо який-небудь кут рівнобедреного трикутника дорівнює 60°, то цей трикутник рівносторонній. Оскільки AB = ВС, то ZC = ZA. Оскільки AB = AC, то ZC = ZB. Оскільки ZC = ZA, ZC = ZB, то ZA = ZB= ZC. 393. ^ = 90=. .4 bo ok .o ZC =1 rg б) 1-й випадок: гС = 2ZA = 2Zß, тоді Отже, кути дорівнюють 45°, 45° і 90°. 2-й випадок: /Л = 2/С = ZB, тоді ^ = ^ 3 = 1 8 ^ =72°; w 391 w w ISO"’ *! /СС=— -— = 36°. Отже, кути дорівнюD ють 72°, 72° і 36°. В ід п о в ід ь : 45°, 45°, 90° або 72°, 72°, 36°. Нехай ZB = 90°, тоді 2 а) AL — бісектриса кута A, тоді ^CAL =^ 2 z ^ = z c = i 8 « l : :^ = 6 0 ° . 2 Отже, ААВС — рівносторонній. = 25°. 2 б) AL — бісектриса кута A, тоді ZBAL =^ =— = 25°. в) AL — висота, тоді ZBAL = 90° - 80°; = 10°, ZCAL = ZA - ZBAL = 50° - 10° : = 40°. В ідп овідь: a) 25°; 6) 25°; в) 40°. 394- a) Нехай ААВС — рівнобедреиий, AB = ВС. 1-й випадок: ZA = ZC = 60°, тоді ZB = 180" - 60° - 60° = 60°. Отже, ДАВС рівносторонній. 2-й випадок: ZB = 60°, тоді =^ ® ° '^ -= 2 0 1+ 2 + 2 = (CM). ? (cm ), 1 + = 20 (C M ). 2 -1-2 -V It' c , 1 tr ( , 6 ) 50*3 =15 (/ m ) 50-3 = 15 /c m ) 34-3 +4 a-f-3 +4 50-4 = 2 0 ( c m ). 3 +3 +4 В ід п о в ід ь : a) 10 c m , 20 6) 15 c m , 15 C M , 20 C M . c m , 20 c m ;
  • ZA = ZC = 180°-36° 144' 2 2 = 72°. Оскільки AK — бісектриса, то ^ 72' ZBAK = ZCAK = = 36°. 2 Нехай /-С = 30°, тоді =Z C =läO!z30!^1^^75o. /ІНВА = 90° - ZA = 90° - 75° = 15°. ZGAß = 90° - Zß = 90° - 75° = 15°. ZAOH = Ш ВА + /GAB = 15° + 15° = 30° В ідп овідь: 30°. 396. в 399. .4 bo ok .o Нехай ВН — медіана і висота трикутника ABC, тобто ZAHB = 90° і Af/ = СЯ. ЛАНВ =ACffB за першою ознакою рівності трикутників, оскільки ВН — спільна сторона. АН = СЯ, ZAHB = ZCHB = 90°. Із рівності цих тр и кутн и ків маємо AB = ВС, тобто ДАВС — рівнобедрений. rg ZA 2 Оскільки в трикутнику АВЛГ ZB = ZBAK, то В К = АК. ZAKC = 180° - Z C - ZCAK = 180° - 72° - 36° = 72°. Оскільки в трикутнику АКС ZAKC = = ZACK = 72°, то АК = АС. Оскільки В К = АК, АК = АС, то В К = = АК^АС. w w 397. Р^с = - 2SÖ. тоді 50 = 2 . 40 - 2BD-, 2BD = 80 - 50; 2BD = ЗО; BD = 15. В ідп овідь: 15 см. w Нехай ВН — висота і бісектриса три­ кутника ABC, тобто ZAHB = ZCHB = = 90°, ZABH = ZCBH. &АНВ =АСНВ за другою ознакою рівності трикутників, оскільки ВН — спільна сторона, ZAHB = ZCHB = 90°, ZABH = = ZCBH. Із рівності трикутників маємо AB = ВС, тобто ААВС — рівнобедрений. 398. в Нехай в трикутнику ABC АС = ВС, AL і BN — бісектриси трикутника. Доведемо, що AL = BN. Оскільки АС = ВС, то ZCAB = ZCBA, ZLAB = ZNBA. AALB = ABNA за другою ознакою рів­ ності трикутників (Aß — спільна сто­ рона, ZNAB = ZLBA, ZNBA = ZLAB). Із рівності цих трикутників випливає, що AL = BN. 401. Оскільки в трикутнику ABC AB = ВС і ZB = 36°, то с
  • Оскільки AB = CD і М — середина цих відрізків, то AM = M B = CM = DM. AACM = ADBM за першою ознакою рівності трикутників {AM = M B, CM = =MD, ZAMC =ZDMB — як вертикальні). Із рівності трикутників маємо: ZA = ZD, АС = DB. Оскільки ZA = /.D, АС = BD, AB = CD, то згідно з першою ознакою рівності трикутників маємо ААВС = ADCB. Випадок ZA ч- ZB = 60° неможливий. Отже, кути трикутника дорівнюють 30°, 30°, 120°. В ідп овідь: 30°, 30°, 120°. В 402. б) Нехай AB = ВС. Розглянемо два випадки. 1-й випадок: ZA + ZC = 150°, тоді в w w 403. .4 bo ok .o Нехай в трикутнику ABC AB =ВС =х, АС =у, = 2х + у . 1-й випадок: 2х + у - ЗО = X , 2х + у - 40 = у, тоді х + + І/ = ЗО, 2х = 40, х = 2 0 , у = 1 0 . Отже, AB = ВС = 20 см, AC = 10 см. 2-й випадок: 2х + у - ЗО = у , 2х + у - 40 = X , тоді 2х = = ЗО, X + у = 40, X = 15, і/ = 40 - 15 = 25. Отже, AB = ВС = 15 см, ВС = 25 см. В ідп овідь: 20 см, 20 см, 10 см або 15 см, 15 см, 25 см. ZA = ZC =i ^ =75°; 2 ZB = 180° - 2ZA = 180° - 150° = 30°. 2-й випадок: ZA + ZB = 150, тоді ZC = 180° - Z A - ZB = = 180° - 150° = 30°, ZA = ZC = 30°, ZB = = 150° - ZA= 150° - 30° = 120°. Отже, кути трикутника дорівнюють 75°, 75°, 30° або 30°, 30°, 120°. В ід п о в ідь : 75°, 75°, 30° або 30°, 30°, rg в w Припустимо, що ZA + ZB < 90°, тоді ZC < 90°, звідси ZA + ZB + ZC < 180°, що суперечить теоремі про суму кутів трикутника. Отже, припущення, що ZA + + ZB < 90° — невірне, а правильно, що ZA + ZB> 90°. а) Нехай AB = ВС, ZA + ZC = 60°, тоді ZA = ZC =— = 30", ZB = 1 S 0 ° - Z A 2 - ZC= 180° - 60° = 120°. 120 °. А С в) Нехай AB =ВС, Z1 = 15°, тоді ZB = = 180° - Z l = 180° - 15° = 165°, ZA = ZC =— = 7°30'. 2 Випадок Z2 = 15° неможливий. Отже, кути трикутника дорівнюють 7°30', 7°30', 165°. В ідп овідь: 7°30', 7°30', 165°. By .1 г) Нехай AB = ВС. Розглянемо два випадки. 1-й випадок: Z1 =115°, тоді ZB =180° - Z1 =180° - 115° = = 65°, /1 1 1 *© 4 ZA = ZC =— = = 57°30'. 2 2
  • 2-й випадок: Z2 = 115°, тоді ZA = ZC = 180° - Z2 = = 180°- 115° = 65°, ZB= 18 0°-65°-65° = = 50°. Отже, кути трикутника дорівнюють 57°30', 57°30', 65° або 65°, 65°, 50°. В ідп овідь: 57°30', 57°30', 65° або 65°, 65°, 50°. 405. а) Якщо основа і прилеглий до неї кут одного рівнобедреного трикутника дорівнюють основі і прилеглому до неї куту другого рівнобедреного трикутника, то такі трикутники рівні. Враховуючи, що AC = A,C, — за умо­ вою, ZA = ZA,, ZC = ZC,, TO за другою ознакою рівності трикутників ДАВС = = ДА,В,С,. в) Якщо бічна сторона і кут при основі одного рівнобедреного трикутника дорів­ нюють бічній стороні і куту при основі другого рівнобедреного трикутника, то такі трикутники рівні. В Ві .4 bo ok .o rg Нехай AB = ВС, A ,ß, = ß,C ,, AB =A^B^, ZA= ZA,. Оскільки AB = A^B^, AB = BC, A,B, = =B,C,, ToAB=A,B, = ßC = B,C,. Оскільки ZA = ZA,, ZA = ZC, ZA, = = ZC,, TO ZA = ZC = ZA, = ZC,, тоді ZB = ZB,. AABC = ДА,В,С, за першою ознакою рівності трикутників, оскільки AB = =А,В,, ВС = Л,С,. ZB = ZB,. w w w Нехай AB = ВС, А^В^ = В ,С,, АС = А,С,, ZA= ZA,. О скільки АС = А ,С , — за умовою, 406. Р = а + 2Ь. ZA = ZA, — за умовою, ZC = ZC, — 407. а ) 2 р - 2 6 ; бо ZC = ZA, ZC^ = ZA^ і ZA = ZA,, то ААВС = ДА,В,С, за другою ознакою рівності трикутників, б) Якщ о основа і прилеглий до неї кут одного рівнобедреного трикутни­ к а дорівнюють основі і прилеглому до неї к у т у другого рівнобедреного трикутника, то такі трикутники рівні. в Ві а) Нехай АВ = ВС= АС, тоді ZA =ZB = = ZC = 60°. AL, ВМ, CK — медіани, тоді AM = MC = = AL = CL^ = B K = AK. С Al AALC = ABMC = AAKC за першою оз­ Нехай AB = ВС, Л^В^ = B f^ , AC = A,С,, накою рівності трикутників, оскільки АС = ВС^А С. ZB = ZB,. LC = MC =AK, ZACL = ZBCM = ZJiTAC = Оскільки ZB = ZS, — за умовою, тоді = 60°. ZA, = ZC, = = ZA, =ZC,. 2 ZA - z c ^
  • б) Оскільки висоти AJC, ВН, CL в рівносторонньому трикутнику є його медіанами, а медіани рівні, то й висоти рівні, отже АК = ВН = CL. В 2-й випадок; ZA = ZC = Z1 = 40°, в) Оскільки бісектриси АХ, ВН , CL Z B ^ ZD= 100° + 40° = 140°. в рівносторонньому трикутнику є його Отже, кути чотирикутника дорівню­ медіанами, а медіани рівні, то і бісект­ ють 100°, 80°, 100°, 80° або 140°, 40°, 140°, 40°. риси рівні, отже АК = ВН = CL. В ідп овідь: 100°, 80°, 100°, 80° або 140°, 409. в 40°, 140°, 40°. rg Практичне завдання .4 bo ok .o 413. 410. 411. Вправи для повторення 414. А w 412. w w Вершини всіх рівнобедрених трикутників, я к і мають спільну основу, лежать на прямій, яка перпендикулярна основі і проходить через середину осно­ ви. 180°-100° =40°. Якщо ZDBC = 48° і BD — бісектриса кута ABC, то ZABC = 2 • 48° = 96°. В ідп овідь : 96°. 415. a ) i f ° ; ^ =120°; 1 - 1-2 1-й випадок; ZA = ZC = Z1 + Z3 = 80° ZB = ZU = 100°. 18012^ 2-1-3 і ^ 1 -1-2 =60°. 180-3^^„3„ 2-ьЗ В ідп овідь: а) 60° і 120°; б) 72° і 108°.
  • 416. Сума двох сторін дорівнює 4 см, тоді одна сторона дорівнює 4 см : 2 = = 2 см, а його периметр дорівнює 2 см х X З = 6 см. В ідп овідь: 6 см. =10, де а , Ь, 417. Оскільки при паралельних AD і ВС та січній АС. Т оді ZA = Z1 + Z4 = Z 2 + -Z3 = = ZC. Отже, ZA = ZC. ААСВ = ACAD (Z1 = Z2, Z4 - Z3, СА — спільна сторона). Із рівності цих трикутників маємо ZB = = ZD. Отже, ZA = ZC, ZB = ZD. 423. А с •—довжини сторін трикутника, то а + + Ь + с = З • 10, а + Ь + с = ЗО. Отже, периметр трикутника дорівнює ЗО см. В ідп овідь: ЗО см. w 421. .4 b § 14. Третя ознака рівності трикутників А 424. oo k. o Пряма розрізування проходить через точки О 1 Oj де О точка перетину АС і BD, О, — центр кола. Нехай АО = OB, ХА і. АО, ХВ 1 ВО, ХА = ХВ. Оскільки в трик>тниках АОХ і BOX. АО = OB, ХА = Х В, ОХ — спільна сторона, то ДАОХ = АВОХ за третьою ознакою рівності трикутників. Звідси ZAOX = ZBOX тобто ОХ — бісектриса кута АОВ. rg 418.В w w Нехай ААВС — рівносторонній, тоб­ то AB = ВС = AC. Оскільки точка О рІБНовіддалена від точок А, В, С, то АО = =ВО = CO. Оскільки AB = ВС =AC і АО = = ВО = СО, то ААВО = АВСО = АСАО. Із рівності тр и кутн и ків маємо, що ZAOB = ZBOC = ZAOC, а також ZOAB = = ZOBA = ZOCA. 422. Нехай АВ = ВС, ВН ± АС. Оскільки ВН — медіана рівнобедреного трикут­ ника ABC, то ВН — медіана (АН = СН) і ВН — бісектриса (ZABH = Z.CBH). а) ААМН = АСМН (за першою ознакою рівності трикутників, оскільки АН - СН, МН — спільна сторона, /1АНМ = ZCHM = = 90°). Із рівності цих трикутників маємо МА = MC. б)ААВМ = АСВМ (за першою ознакою рівності трикутників, оскільки АВ = =ВС — за умовою, ВМ — спільна сторона, ZABM - ZCBM — бо ВН — бісектриса кута В). в) ААМН = АСМН (за першою ознакою рівності трикутників, оскільки АН = =СН, бо ВН — медіана, МН — спільна сторона. ZAHM = ZCHM = 90°). 425. Нехай АВ CDiAD Ц Оскільки AS |CD, ВС. і то Z1 = Z2 — як внутрішні різносторонні кути при паралельних прямих АВ і CD та січній АС. Оскільки AD ЦВС, то Z4 = =Z3 — як внутрішні різносторонні кути в
  • г с = ZD = 80°, ZA = 2 • 70°= 140°, Zß = 2 • 30° = 60°. ZA = ZD = 70°, ZC = 80° + 30° = 110°, ZB = 80° + 30° = 110°. В ZA = ZD= 70°, ZC = 2 ■80° = 160°, Zß = 2 • 30° = 60°. В .4 bo ok .o 426. rg ZB = ZD= 30°, ZA = 70° + 80° = 150°, ZC = 70° + 80° = 150°. В ідп овідь: 140°, 80°, 60°, 80°; 70°, 60°, 70°, 160°: 30°, 140°, 30°, 160°; 80°, 100°, 80°, 100°: 70°, 110°, 70°, 110°, 70°; 30°, 150°, 30°, 150°. Нехай у трикутн и ку ABC AB = ВС, а у тр и кутн и ку A ,ß jC j А ,В , = В,С, 1 за умовою задачі AC = A^C^, AB = = A ,ß,, тоді ВС = ß,C ,. ДАВС = AAjßjC, за трьома сторонами, оскільки АС АВ = А ,В ,, ВС = = B fi,. 427. в в. w w w ZB = ZD = 30°, ZC = 2 • 80° = 160°, ZA = 2 • 70° = 140°. ZC = Zö = 80°, ZA = 70° + 30° = 100°, ZB = 70° + 30° = 100°. Нехай ДАВС — рівносторонній (АВ = = ВС = АС), &A^B^C^ — ріввосторонній (A jß, = В ,С, = А ,С,) і за умовою задачі АВ = А,В,, тоді ВС = B,Cj, АС = =А,С,. Отже, ЛАВС = AAjßjC, за трьома сторонами. 428.
  • а) ЮАВ = ДОВС = д о е л за трьома сто­ ронами, оскільки ОА = OB = ОС — як радіуси, OB = ОС = ОА — як радіуси, AB = ВС = АС — за умовою. б) Із рівності трикутників АОВ, ВОС, ОСА маємо w w w .4 bo ok .o rg умовою, AM = А^М^ — я к половина рівних сторін АС і А,С,). Із рівності цих трикутників маємо, що ZA = ZA,. ДАВС = ДА,В,С, — за двома сторонами і кутом м іж ними (AB = A ,ß , — за умовою, АС = А,С, — за умовою, ZA = ZA, — за доведеним). 360“ ZAOB = ZBOC = ZCOA = = 120 °. 431. Рисунок 178. ААВС =ACDA за трьома сторонами (Aß = в) Оскільки AB - ВС =АС, то ZA = Zß = =CD — за умовою, AD =ВС — за умовою, = ZC = 60°. Оскільки трикутники OAß, АС — спільна сторона). Із рівності цих ОВС, ОСА — рівнобедрені і рівні, то трикутників маємо ZB = ZD. ZAOB = ZOBA = ZOBC = ZOCB = ZOCA = AABD = ACDB за трьома сторонами (AB = CD — за умовою, AD = ВС — 60° = ZOAC = — =30°. за умовою, BD — спільна). Із рівності цих трикутників маємо ZA = ZC. Рисунок 179. ABCD = ADAB за трьома сторонами (Aß = = CD — за умовою, AD =ВС — за умовою, BD — спільна сторона). Із рівності цих 429. трикутників маємо ZA = ZC. AABD =ACDA за трьома сторонами (Aß = = CD — за умовою, ВС =AD — за умовою, АС — спільна сторона). Із рівності цих трикутників маємо ZB = ZD. 432. Оскільки Aß = CD — за умовою, Нехай AB = ВС = CA. АОАВ = АОАС — за ВС = AD — за умовою, АС — спільна трьома сторонами, тоді із рівності трикутників сторона, то за ознакою рівності трикут­ ників за трьома сторонами матимемо маємо ZBAO = ZCAO =— =30°. 2 ДАВС = ACDA. а) ДАЙМ = ААСМ за двома сторонами 433. і к у т о м м іж н и м и (A B = АС — за умовою, AM — спільна сторона, ZBAM = = ZCAM — за доведеним). Із рівності цих трикутників маємо ВМ = CM. б) АОВМ = АОСМ за трьома сторонами (OB = ОС — як радіуси, ОМ — спільна сторона, ВМ = CM — за доведеним). І випадок. Із рівності цих тр и кутн и ків маємо Нехай АВ = ВС,А Р = PC. ZOBM = ZOCM. а) ААВР = АСВР за трьома сторонами. Із рівності трикутників маємо ZPAB = 430. = ZPCB. б) Із рівності трикутників АВР і СВР маємо ZABP = ZCBP. ААВО = АСВО за двома сторонами і кутом між ними. с А. Тоді АО = ОС. В Нехай у трикутників ABC і А^В^С^ має­ мо AB = AB,, AC = = А,С,, ВМ = ß,M ,. AM = MC, A,M, = M,C, =^ЛС = • AABM = ДА,5,М, за трьома сторонами (AB =A,ß, — за умовою, ВМ =В,М, — за
  • в) Оскільки AABC — рівнобедрений 438. ZA + ZB+ZC 180° =60°. і АО = ОС, то АС ± ВР. П випадок. В ідп овідь: 60°. Нехай AB = ВС, АР = PC. а) AABP = ііСВР за трьома сторонами. 439. Оскільки см, то а + З (ü Із рівності трикутників маємо ZPAB fO = ZPCB. + і» + с = з • 20 см = 60 см; де а, 6, CO < б) Із рівності трикутників РАВ і РСВ маємо с — довжини сторін трикутника. u LD ZABP = ZCBP, отже ВО — бісектриса В ідп овідь: 60 см. рівнобедреного трикутника ABC, тоді лля а+ь+с ВО — медіана цього трикутника, отже, 440. — - — = р, тоді а + Ь + с = 2р, <3 АО = ОС. T а +Ь+с _ 2р s в) Оскільки в о —бісектриса рівнобедреного З “Т ’ I тр и к утн и ка A BC, то ВО — висота цього трикутника, отже, ВО ХАС, тоді В ідп овідь: Q. . 5 ВР 1 АС. E о 434. 441. or g s Q. ti S Ш ok . О ІЗ КОЖ НИХ чотирьох рівних тр и кутн и ків м о ж н а с кл асти т р и к утн и к. bo 435. ZA+ ZB + ZC + ZD = (Z1 + ZB + Z3) + + (Z2 + Z4 + ZD) = 180° + 180° = 360°. ZA +ZB +ZC + ZD 360° - =90°. w В w 436. .4 В ідп овідь: 90°. w С к- Два рівних рівносторонніх трикутники можна сумістити 6 способами, суміща­ ючи сторону AB з K P , а сторону ВС зі стороною РТ або KP; AB з РТ, а сторону ВС зі стороною КТ або KP; AB з КТ, а сторону ВС зі стороною K P або РТ. В ідп овідь: шістьма. Вправи для повторення 437. tn § 16. Прямокутний трикутник 446. 90°-10° 90“+10° 100° 2 2 2 +3+4 180'>-4 = 80°. 2 +3 +4 В ідп овідь: 40°, 60°, 80°. =40°, =50°. В ідп овідь: 40° і 50°. 447. Знайдемо найбільший кут три180°-8 180°-8 кутника: - =90°. Отже, 3 +5 +8 16 даний трикутник прямокутний. 448. в 4 ^ =60= 2 +3 +4 80°
  • Нехай ZC = х°, тоді Z B = х° - 30°, ZA = д:° + 30°. О скільки ZA + ZB = ZC = 180°, то д: + л г - 3 0 + л; + 30 = 180, звідси Zx = 180, X = 60. Отже, ZC = 60°, ZB = = 30°, ZA = 90°. В ідп овідь: 30°, 60°, 90°. 449.А AABD = ACBD за гіпотенузою і гострим кут о м , бо Z1 = Z2 — з а умовою , BD — спільна сторона. Із рівності цих трикутників випливає, що DA = DC. 452. Z3)= 180°- i z A + i z ß =180°U 2 oo k. o ААВС — прямокутний, ZC = 90°, Z1 = = Z2, Z3 = Z4. АОВ = 180° - Z2 - Z3 = 180° - (Z2 + - i( Z A +Zß) = 1 8 0 °-i-9 0 ° =180°-45° = 2 2 =135° • АО = OB. Проведемо В К 1 т , AL X т. AALO = АВКО за гіпотенузою і гострим кутом (АО = ВО — за умовою, Z1 = = Z2 — як вертикальні). Із рівності цих трикутників маємо AL = ВК. Отже, точки А і В рівновіддалені від прямої т. w w w .4 b Тоді ZBOL = 180° - ZAOß = 180° - 135° = 45°. Отже, кут між бісектрисами гострих кутів прямокутного трикутника дорівнює 45°. 450. А rg AABK =ІЛВМ — за катетом і гіпотенузою (ВК = ВМ — за умовою, AB — спільна гіпотенуза). Із рівності цих трикутників маємо: Z1 = Z2, отже, AB — бісектриса кута А. На рисунку AB ± ВС, В К X АС, ZABK = = 50°, ZABC = 90°. Із трикутника АВК маємо ZA - 90° - ZABK = 90° - 50° = 40°. Із трикутника ABC маємо ZC = 90° - ZA = 90° - 40° = =50°. Отже, кути трикутника дорівнюють 40°, 50°, 90°. В ідп овідь: 40°, 50°, 90°. 451. Оскільки в прямокутному рівнобедреному трикутнику ABC (ZC = 90°) катети рівні; АС =ВС, то щоб виміряти ширину річки АС, досить виміряти довжину катета ВС.
  • Проведемо промінь B f i , тоді ZACA, = ZACK + /.КСА^ = (180° - ZAC5 - ZBCB,) + (180° - / .B fA ) = (180° - 90° - а) + (180° - 90°) = 90° - а + 90° = = 180° - а. В ідп овідь: 180° - а. 456. А Аі — ..... в Сі к Отже, AABD — рівносторонній: Z1 = ZB = =ZD = 60°. О скільки ВС — медіана і висота, тоді ВС — бісектриса трикут­ ника ABD. / д fiO° Отже, ZDBC = ZCBA =— =— =30°. 2 HyJQt 2 І. ^Ві Нехай у прямокутних трикутниках ABC (ZC = 90°) і А.В,С, (ZC, = 90°) ВС = B , C j , ZA = Z A , . Оскільки ZA - ZA,, то ZB = ZB, = 90° - ZA, тоді ДАВС = AAjBjC, за катетом і прилеглим гострим кутом. Нехай AB = 18 CM, ZB = 30°, ZC = 90°. а) Відстань від точки А до прямої ВС — це довжина відрізка AC: АС =-|а В =І-18 = 9 (см). or g 457.В С б) Проекцією похилої AB на пряму АС є відрізок АС, тоді с bo ok . АС =І а В =І-18 = 9 (см). А ^ В ідп овідь: а) 9 см; б) 9 см. А Оскільки ZB = 90° - ZA = 90° - 60° 460. А = 30° і AB = 32 см, то АС =І а В =І 32 = 2 2 w w .4 = 16 (см). В ідп овідь: 16 см. w 458. D С А Якщо в прямокутному трикутнику катет дорівнює половині гіпотенузи, то проти цього катета лежить кут в 30°. Нехай в трикутнику ABC ZC = 90° і АС =-А В . 2 На прямій АС відкладемо відрізок CD, який дорівнює відрізку АС. ііАВС = = ADBC за двома катетами. Тоді AD = =АВ = BD. Нехай ZA= ZB = 45°, тоді ZC = 180° - ZA - ZB = 180° - 45° - 45° = 90°. AB = = 19 CM . Проведемо CK 1 AB, тоді AK = CK = = K B. а) Відстань від точки С до прямої AB дорівнює довжині відрізка СА- =І а в =| і 9 = 9,5 (см). б) Проекцією відрізка АС на пряму AB є відрізок АС, АК =^ AB =~ 19 = 9,5 (см). 2 2 В ідп овідь: а) 9,5 см; б) 9,5 см. 461.
  • Нехай а I Ь, ZABK = 30°. AB = 54 см. I Із прям окутного тр и к утн и ка А ВК (де АК X Ь) маємо: АК =-А В =і- 5 4 = 27 (см). А А В ідп овідь: 27 см. 462Д ААВС = &ADC за трьома сторонами. Із рівності цих трикутників маємо, що Z1 = = Z2 = Z3 = Z4 = 45°. ABCD = ABAD за трьома сторонами. Із рівності щіх трикутників маємо: Z5 =Z6 = = Z7 = Z8 = 45°. ААОВ =АВОС =&COD =ADOA за стороною і двома прилеглими кутами, тоді АО = =В0 = С0 =DO, ZAOB = ZBOC = ZCOX» = = ZDOA = 90°. Отже, квадрат ABCD в ід р ізк а м и АС і B D р о зб и вається на 4 рівних прямокутних рівнобедрених трикутники. bo ok . Нехай ZB =90°, Z1 =Z2 =45», Z3 =Z4, ZAOL = = 70», тоді ZAOL = 180° - 70° = 110°. Із трикутника АОВ маємо: Z3 = 180° - гАОВ - ZABO = 180° - 110° - 45° = 25°. Тоді ZA = 2Z3 = 2 • 25° = 50°. ZC = 90° - ZA = 90° - 50° = 40°. Отже, кути трикутника дорівнюють 40°, 50°, 90°. В ідп овідь: 40°, 50°, 90°. or g 465. ДАВС 463. А АКТР. w w .4 466. w Припустимо, що ZAOL = 40°, ZC = 90°, г і = Z2. Z3 = Z4 = 45°. Тоді ZCOA = 180° - ZAOL = = 180° - 40° = 140°. Z1 = 180° - ZACO - ZAOC = 180° - 140° - 45° = 40° - 45° = = -5°, що неможливо. Отже, бісектриси двох кутів прямокутного трикутника не можуть перетинатися під кутом 40°. Медіана рівнобедреного трикутника, проведена до основи, розбиває його на два менших трикутники, рівних між собою. На рисунку AB = ВС, AM = MC, тоді AAMB = ACMB. 467. ZA = ZB =^ 2 =45°. Оскільки CM — висота рівнобедреного трикутника, проведена до основи, то СМ — бісектриса ZACM = ZMCB = 45°.
  • &АСМ — рівнобедрений, СМ =AM = т, тоді AB = 2т. В ідп овідь: 2т. 472. 468. В го го ш ф LO Оскільки Zß = 30°, тоді ZA = 90° - 30° = 3 = 60° і AC =^ О скіл ьки ZA = 60°, то ді ZACK = = 30° і А*: =і л С =і іО =5 (см). В ідп овідь: 5 см. 473. Вправи для повторення о. 469. А А, bo ok . о ш =^ =10 (см). or g S S I т а сс с Оскільки AB = CD і АО = СО, то ВО =DO. AAOD = ACOß. Оскільки кути трикут­ ника AOZ) пропорційні числам 2, З і 5, то і кути трикутника СОВ пропорційні числам 2, З і 5 і дорівнюють: 180° 2 180°-З = 36°, =54°, 2Ч-3 +5 2+3-І-5 180°-5 = 90°. 2 +3-І-5 В ідп овідь: 36°, 54°, 90°. Щоб розрізати зафарбовану фігуру на дві частини рівних площ, слід провести розріз по прямій ОМ, де О — центр кута, М — точка перетину діагоналей прямокутника. w w w .4 Якщо основа і протилежний кут одного рівнобедреного трикутника дорівнюють основі і протилежному куту другого рівнобедреного трикутн и ка, то т ак і трикутники рівні. Нехай ВС = B fi^ і ZA = ZA,. Оскільки äABC і AA^B^C^ рівнобедрені, 180°-ZA то ZB = ZC =-----, ZA=ZC,= in 180°-Z A § 16. Нерівність трикутника А 477. а) Оскільки ZA = 45°, ZB = 60°, то ZC = 180° - 60° - 45° = 75°, тоді Оскільки за умовою ZA = ZA,, то ZB = AB — найбільша, а ВС — найменша = ZC = ZB^ = ZC,. сторона трикутника ABC. ДАВС = ДА,В,С, за другою ознакою рів­ б) Оскільки ZA = 50°, ZB = 110°, ZC = 180° ності трикутників, оскільки ZB = Zßj, - 100° - 50° = 30°, тоді АС — найбільша, ZC = ZC^, ВС = ß,C ,. AB — найменша сторона трикутника 470. Оскільки ДАВС =MNK, ZA = 70°, ABC. ZB = 80°, тоді ZM = ZA = 70°, ZN = ZB = в )О с к іл ь к и Z B = 7 5 “, ZC = 90°, то ZA = 180° - 90° - 75° = 15°, тоді = 80°, Z K = 180° - 70° - 80° = 30°. AB — найбільша, ВС — найменша сто­ В ідп овідь: 30°, 70°, 80°. 471. Такого трикутника не існує, бо рона трикутника ABC. сума кутів не дорівнює 180° (91° + 52° + 478. 1 )О скільки A B = З м , В С = = 4 м, АС = 5 м, то ZB — найбільший, + 44° = 187° it 180°). а ZC — найменший. В ідп овідь: не існує.
  • 2) Оскільки AB - ВС = 2 м, ВС - AC = = 1 м, то AB = ВС + 2м, ВС = АС + 1 м, тоді найменшою стороною є AC, а най­ більшою — AB, отже, ZB — найменший, /С — найбільший. 484. в с Основа рівнобедреного тр и кутн и ка не може бути вдвічі довша від бічної сторони, оскільки основа дорівнює сумі бічних сторін трикутника, що суперечить нерівності трикутника. Основа рівнобедреного трикутника може бути вдвічі коротша від бічної сторони, наприклад, на рисунку АВ = ^АС =-В С . 2 Отже, кожна сторона трикутника менша від половини його периметра. 485. Сума двох сторін трикутника не може дорівнювати половині його периметра, бо в супротивному випадку третя сторона дорівнювала б сумі двох інших сторін, що суперечить нерівності трикутників. ok .o 2 Оскільки AB < ВС +AC, тоді 2АВ <ВС + р + АС+АР або 2АВ < Р, тоді AB <—. rg 479. інших сторін дорівнювала б половині периметра, і тоді не виконується нерів­ ність трикутника. 480. Не може кожний кут трикутника 486. w w w .4 bo бути меншим від 60°, бо тоді сума кутів трикутника мала б бути менше 180°, що суперечить теоремі про суму кутів трикутника. 481. Такого тр и к утн и ка не існ ує, бо сума кутів такого трикутника мала б бути більшою від 180°, що суперечить теоремі про суму кутів трикутника. Нехай у трикутнику ABC проведено висоту ВИ (ВН ± АС) і медіану ВМ . О скіл ь ки В Н — п е р п ен д и к ул яр , а В М — похила або перпендикуляр, то В Н > В М . Р івн ість досягається у випадку, якщо AB = ВС. 483. Однак сторона трикутника не може дорівнювати половині його периметра, бо в супротивному випадку сума двох Оскільки AB < ВС -t- AC, тоді AC > >A B-В С . О скільки А В -В С > А Н —R C 2 , А В -В С то маємо АС>----------- . 2 487. Такого трикутника не існує. Дійсно, якщо припустити, що існує трикутник, для якого виконується умова а = Ь - с, тоді Ь = а + с , а ц е суперечить нерівності трикутника. 488. Якщо АВ =5 ш,АС =3 с м , то ВС< AB + АС = = 5 + 8 = 13 (см), ВС > > А С -А В = 8 - 5 = = З (см).
  • Отже, З см < ВС < 13 см. В ідп овідь: З см < ВС < 13 см. zaob =h 489. :i 5 2 : = ^ = io5°. ZßOC =1 5 2 1 r ^ =150: =75°. 2 2 В ідп овідь: 75° і 105°. 493. Оскільки Aß < ВС +AC, AC < CD+AD, то AB < В С + AC < ВС-^(СО + AD) = ВС + + CD+ AD. Отже, AB < ВС + CD +AD. Таким чином, кожна сторона чотирикутника менша від суми трьох інших сторін. 490. в ь, а г Нехай Z1 + Z3 = 200°, тоді, враховуючи, 200 ° що Z1 = Z3, маємо Z1 = Z3 =------ = 100°. Z2 = Z4 = 180° - 100° = 80°. В ідп овідь: 80° і 80°. ok .o Нехай AB = 28 см, ВС = 98 см, тоді 98 - 28 < АС < 98 + 28 або 70 см < АС < <12 6 см. Звідси 28 + 98 + 70 < Aß + + ВС +АС < 28 + 98 + 126, 196 см < Р < < 252 см. В ідп овідь: 196 см < Р < 252 см. в rg 494. bo в .4 491. Нехай ААВС — рівнобедрений (Aß = =ВС), тоді ZBAC = ZBCA. Оскільки АО і ОС — бісектриси рівних кутів ВАС і ВСА, то Z.OAC = ZOCA і, отже, ДАОС — рівнобедрений (АО = СО). 0,3 Р. 495. w 0,3 Р w 0,4 Р w Нехай AB = ВС, тоді AB = ВС = 0,6Р : 2 = = О,ЗР, д е Р — периметр трикутника, АС = 0.4Р. Кут між рівними сторонами більший 60°. Дійсно, якщо трикутники, що ZB < < 60°, тоді ZA < 60°, ZC = < 60° і ZA + + ZS + ZC < 180°, що суперечить теоремі про суму кутів трикутника. Вправи для повторення Нехай Z1 = Z2, А ґ ЦВС. Оскільки AF I ВС, то Z2 = Z3 (як внут­ I рішні різносторонні кути при прямих AF і ВС та січній АС), Z1 = Z4 (як відповідні кути при паралельних прямих AF і ВС та січній AB). Оскільки Z1 = Z2, то Z3 = = Z4. Отже, ААВС — рівнобедрений. 496. 492. о Нехай ААВС — рівнобедрений {AB = ВС) і MN I AB. I
  • Оскільки äABC — рівнобедрений, то / 1 = /І2. Оскільки M N II AB, то Z1 = Z3 (я к відповідні кути при паралельних прямих MN і AB та СІЧНІЙ АС). Оскільки Z1 = = Z2, = Z3, то Z2 = Z3, і, отже, &MNC — рівнобедрений. Самостійна робота 4 Варіант 1 1. Трикутник називається рівнобедреник, якщо у нього дві сторони рівні. 2. ^ = 90° - ZB = 90° - 70° = 20°. В ідп овідь : 20°. А Варіант З 1, У рівнобедреному трикутнику кути при основі рівні. 2. 90° = 45°. Zß=ZA =- rg 3. АКВС =&РСВ за першою ознакою рівності трикутників, оскільки ВС — спільна сто­ рона, /.КВС =/.РСВ — як кути при основі ВС рівнобедреного трикутника ABC, ВК = = СР — як середини рівних сторін. 4, Нехай ZA = л:°, тоді ZB = 2х°, ZC = = х° - 12°, тоді X ■ 2х ■ X - 2 = 180,¥ ¥ 4л: - 12 = 180, іх = 192, д: = 48. Отже, ZA = 48°, ZB = 96°, ZC = 36°. В ідп овідь: 48°, 96°, 36°. .4 bo ok .o В ідп овідь: 45°. w w w Нехай А В=А С,А К = К В , АР = PC. &АКС = ААРВ за другою ознакою рів­ ності трикутників, оскільки АС =AB — за умовою, ЛАГ = АР — я к половини рівних сторін, ZA — спільний. 4. Нехай ^ =л°, тоді ZS =2i° і ZC = = 2х° + 40°, тоді І + 2л + 2х + 40 = 180, 5х = 140, X = 28. Отже, ІА = 28°, = = 66°, ZC = 96°. В ідп овідь: 28°, 56°, 96°. Варіант 2 1. Трикутник називається прямокут­ ним, якщо один із кутів прямий. 180°- Z S 180°-70° = 55°. 2. В ідп овідь: 55®. 3. А Нехай AB =АС, АК = К В , АР = PC. НехайЛВ =ВС, гВКА =ZBMC, тоді ZBKM = =ZBMJC =180° - ZBKA. Оскільки ZBKM = = ZBM K, то 6АКМ — рівнобедрений і, отже, ВК = ВМ. 4. Нехай ZA = д:°, ZB = 3*°, ZC = 3 i° + + 40°, тоді ж + Здс + Ззс + 40 = 180. Звідси їх = 140, * = 20. Отже, ZA = 20°, ZB = = 60°, ZC = 100°. В ідп овідь: 20°. 60°, 100°. Варіант 4 1. Якщо катет і гіпотенуза одного прямокутного трикутника дорівнюють відповідно катету і гіпотенузі другого, то такі трикутники рівні. 2. ZB = 180° - 2ZC = 180° - 2 • 50° = = 80°. В ідп овідь: 80°. 3. Нехай AB = ВС, ZBKA = ZBMC. Оскільки ikABC — рівнобедрений, то ZA = ZC.
  • Оскільки ZA = ZC, ZBKA = ZBMC, то ZI = Z2 = 180° - ZA - ZBKA. В w w w .4 bo ok .o rg б)ЛВАС = ADCB за трьома сторонами (AB = CD — за умовою, АС = BD — за умовою, ВС — спільна сторона), тоді ZD = 30°. О скільки ZAOD — зовніш ній к у т Г О трикутника OCD, тоді ZAOD = ZOCD + m + ZD = 60° + 30° = 90°. CO O l В ідп овідь: 90°. LO 3. а) ААВС =ACDA за трьома сторонами (AB = CD — за умовою, ВС = AD — AABK = ACBM за другою ознакою рів­ за умовою, АС — спільна сторона). Із ro ності трикутників (AB = ßC, ZI = Z2, рівності трикутників маємо ZBCA = ZA = ZC). Із рівності цих трикутників = ZDAC і оскільки ці кути — внутрішні s I T маемо AK = MC. різносторонні при прямих ВС і AD та Ё: 4. Нехай ZA = x“, ZB = 2x°, ZC =x“ - січній АС, то ВС II AD. 5 - 5'', тоді x -^ 3 x + x - 5 = 180. Звідси б) Оскільки Z1 = Z2, то ZABM = ZACM, Ъ 5x 185, д: = 37. Отже, ZA = 37“, ZB = отже ДАВС — рівнобедрений (AB =АС) о = 111°, ZC = 32°. і AM — його медіана (ВМ = MC), тоді S AM — висота і, отже, AM 1 ВС. В ідп овідь: 37°, 111°, 32°. ос 4. а)Оскільки Z1 = Z2, Z3 = Z4, тоді ZBAD = ZCDA = 180° - Z1 - Z4. Задачі за готовими рисунками AABD =ADCA за другою ознакою рівності трикутників (AD — спільна сторона, 1. а) Оскільки ZA =90° - ZB =90° - 60° = Z4 =Z3 — за умовою, ZBAD = ZCDA — за доведеним). Із рівності трикутників = 30° і ВС = а, то AB = 2 • ВС = 2а. маємо AB = CD. В ідп овідь: 2а. ДАВО = ADCO за другою ознакою (AB б) ZB = 90° - ZA = 90° - 30° = 60°, = CD — за доведеним, Z1 = Z2 — за умовою, ZBAO = ZCDO = 180° ZB 60° Z1 = Z2 = = 30°. - Z1 - ZAOB). 6)ADAB = ADCB за другою ознакою ААКВ — рівнобедрений, тоді AK - BK = рівності трикутників, оскільки Z1 = = 10 . = Z 2 — з а ум о во ю , Z 3 = Z 4 — ABKC — прямокутний (ZC = 90°, Z2 = за умовою, DB — спільна сторона. = 30°), тоді Із рівності цих трикутників маємо AB = = ВС. ААВС — рівнобедрений: AB = ВС КС =- В К =- 10 =5. і ВО — бісектриса, тоді ВО — висота, 2 2 отже, АС 1 BD. В ідп овідь: 10 і 5. 2. а) ZKAM =ZKBM =30°, оскільки Тестові завдання 4 АК = К В = 8. Із прямокутного трикутника АКМ має­ Номер завдання Правильна мо ІСМ = ІаК - =І -8 = 4. відповідь 2 2 1 Б ZCAB = 90° - ZB = 60°, ZCAK = 60° 2 В 3 Б - ZKAM = 60° - 30° = 30°. 4 А Із прямокутного трикутника АСК маємо 5 В 6 Б СК =-А К =- - 4 = 2. 7 В 2 2 8 А 9 Г C J Тоді СВ = СК + К В = 2 + 8 = 10. V 10 В В ідп овідь: СВ — 10, КМ = 4. CB
  • Типові задачі для контрольної роботи 1, (112 - 34) : 2 = 39 (см). В ідп овідь: 39 см. 2. в Нехай AS =ВС =ЛС, тоді ZA = ZB = ZC = = 60°, AM = MB = NB = NC = CL = LA. AABL =ABCM =diCAN за першою ознакою рівності трикутників (ЛВ =ВС = СА — за умовою, AL =ВМ =CN — як половини рівних сторін, ZA = ZB = ZC - 60°). Із рівності цих тр и кутн и ків маємо BL = CM = AN. 8. ZA = 90°, ZB = ZC =^ =45°. В ідп овідь : 90°, 45°, 45°. 3. 54 - 2 • 17 =20 (см). В ідп овідь: 20 см. 4. КН = ВС = 5 см. В ідп овідь: 5 см. 9. rg Ві А .4 bo ok .o 5. Нехай ZA = ZA, = 90°, AB = А,В,, AC = = AjCj, тоді ДАВС = ДА,В,С, за першою ознакою рівності трикутників. м Нехай AB = АС, тоді /В = ZC = х°, ZA = Зл:°. Оскільки зс +л + Здг = 180, тоді Ьх = 180, х = г = 36. Отже, Z B ^ Z C = 36°, ZA = 108°. В ідп овідь: 36°, 36°, 108°. В w 6. 7. w w Нехай AB - ВС = X с м , АС =(х +7) см, тоді х + х + х + Т = 73. Звідси Зле = 66, х = 22. Отже, AB = ВС = 22 CM, AC = 29 см. В ідп овідь: 22 см, 22 см, 29 см. А 502. ОА, О В , о с — р адіуси , A B, СВ — хорди, СВ — діаметр. Мі Сі Нехай AB =А,В,, ВМ = В ,М ,, АС =А,С,, тоді AM = AjM^ (як половини рівних сторін АС і A^C^). ААВМ = ДА,В,М, за трьома сторонами. Із рівності цих трикутників маємо ZA = ■ = ZAy ААВС = ДА,В,С, за першою ознакою рівності трикутників, оскільки ЛВ =А,В, — за умовою, АС =А,С, — за умовою, ZA = = ZA, — за доведеним. 10. &ABD = DCA за трьома сторонами (AB = CD — за умовою, BD = АС — за умовою, AD — спільна сторона). Із рівності цих трикутників маємо ZBDA = = ZCAD = 35°. ZCOD — зовнішній кут трикутника AOD, тоді ZCOD = ZODA + ZOAD = 5° + + 35° = 70°. В ідп овідь: 70°. РО ІЛ IV ЗД коло ІК Г. ГЕ М Т Ч І П Б Д В РУ О Е РИ Н О У О И § 17. Коло і круг Аі
  • Два кола, радіуси яки х З см і 4 см, а відстань між центрами кіл дорівнює 5 см, перетинаються. На рисунку АО = З см. О,А = 4 см, ОО, = = 5 см. 503. fO (V) CD < Нехай AB — довільний діаметр, радіус D LQ якого дорівнює г, а ВС — хорда кола, відмінна від діаметра. Доведемо, що AB > ВС. 5^ У трикутнику ВОС маємо ВС < ВО +ОС = = г + г= 2г = АВ. I Отже, ВС < AB. T >s Q. 504. 5 ‘c о .4 bo ok .o rg S oc За умовою AB = CD, тоді ААВО = &CDO за трьома сторонами, оскільки AB = =CD — за умовою, АО =СО — як радіуси, OB = 0D — я к радіуси. Від точки А відкладаємо за допомогою циркуля відрізки АС і AB, довжини яких дорівнюють MN = а. w w 505. 1) AOAOj = АОВО, за трьома сторонами, оскільки ОА = OB — як радіуси кола з центром О; 0|А = О,В — я к радіуси кола з центром О^, ОО^ — спільна сторона. 2) ДАОЛ — рівнобедрений, оскільки ОА = = OB — як радіуси кола з центром О. AOjAB — рівнобедрений, оскільки О^А = = Ojß — як радіуси кола з центром О^. w а ) 0 0 , = ОА + 0,Л = 5 + 7 = 12 (см); б) OOj = 0,А - ОА = 7 - 5 = 2 (см). В ідп овідь: а) 12 см; б) 2 см. 506. Оскільки ОА = О,А = ОО, — як радіуси, то ДОАО, — рівносторонній і, отже, ZOAOj = Z A0,0 = ZAOO, = 60°. Оскільки OB = 0|ß = OOj — як радіуси, то AOßO, — рівносторонній і, отже, ZOBO, = Z B O fi = ZßOO, = 60°. Тоді ZAOB = ZAOO^ + ZßOOj = 60° + + 60° = 120°. В ідп овідь: 120°, 60°.
  • oo k. o Нехай AB = CD, OK X AB, ОМ 1 CD, тоді AK = K B , CM = MD. äAOK = АСОМ як прямокутні трикутни­ ки, у яких АК = CM, АО = CO. Із рівності цих трикутників випливає, що OK = ОМ. Отже, рівні хорди рівновіддалені від центра кола. rg О скільки OjOj = O^Og = 0 ,0 з — я к радіуси рівних кіл, то ДО^О^О, — рівносторонній. Щоб побудувати дотичну до кола, яка перпендикулярна прямій а, треба: 1) провести пряму с, яка проходить через точку О і паралельна прямій а; 2) через точку А (6) — точку перетину прямої с з колом проведемо пряму Ь (ftj), яка перпендикулярна прямій а; 3)і> (6,) — шукана пряма. 513. Описана таким способом фігу­ ра — коло, тому що кожна точка фігури рівновіддалена від деякої точки (кілка). Якщо мотузка буде намотуватися на кілок, то описана таким способом фігура не буде колом. =4 (см); ОИ =^ =12 (см). w .4 b О.Л = ^ w w 2-й випадок (внутрішній дотик) Нехай задано коло з центром О і пря­ ма а. 0,А =і ^ =8 (см): а) Щоб побудувати дотичну до кола, яка ■ паралельна прямій а, треба: 1) провести пряму ОА 1 а, яка перетне О.А =і ^ = 24 (см). коло в точці В (або в точці С); В ідп овідь: 4 см, 12 см або 8 см, 24 см. 2) через точку В (С) провести пряму Ы О А (fej 1 ОА); 515. Нехай В, С — точки дотику до кола пря­ мих AB і АС, тоді ВО X AB, СО 1 AC. ЛАВО = AACO за катетом і гіпотенузою (ВО = СО, АО — спільна гіпотенуза).
  • Із рівності цих трикутників маємо: = Z2, тобто АО — бісектриса кута ВАС. 516. 03 m CQ o > LD Нехай В, С — точки дотику до кола T прямих AB і АС, ZBAC = 60 см, АО = O 10 CM. s I АО — бісектриса кута ВАС (задача 515), T тоді Z.OAB = /.ОАС = 30°. Із трикутника АВО маємо 5 'c ВО = а О = іО = 5 ( с м ). а) Оскільки О,а: = КО^ = О ^ =РО^ = = =ТО, як радіуси рівних кіл, то 0 ,0 j =О^О, = = OjO, і — рівносторонній. б) АО^ТК = ко^К Р = АО^РТ — за першою ознакою рівності трикутників (О^Т = = О^К = ОР — я к радіуси, О,К = О^Р = = О^Т — як радіуси, ZO, = ZO^ = ZO, = = 60°). Із рівності трикутників маємо ТК =KP = = РТ. о Оскільки промені ОА, OB, ОС розбили коло на три рівні дуги, то АС = AB = СВ. АОАС =АОВА =АОСА за третьою ознакою рівності трикутників (ОА =OB = ОС — як радіуси, АС = ВА = СВ), тоді ok .o rg 517. ZCOA = /ЛОВ = ZCOB = w .4 bo Нехай В і С — точки дотику до кола прямих AB і АС, AB = ВО = AC = СО, тоді ВО ± AB, СО X АС. ААВО = ААСО — як рівнобедрені пря­ мокутні трикутники, що мають одну гіпотенузу, тоді ZBAO = ZCAO = 45°. Звідси ZBAC = 2 • ZBAO = 2 • 45° = 90°. В ідп овідь: 90°. 518. w Q. В ідп овідь: 5 см. w s = 120°. 2 Оскільки довжина кола дорівнює 2яД, то довжина дуги дорівнює 2лД що за З ’ ZnR умовою дорівнює з см, тоді ------= 3; З 2яД = 9; й =^ =1,4 (см). 2л В ідп овідь: 120°; — =1,4 см. 2л Оскільки AB =АС = ВС, то ААВС — рівносторонній і ZA = 60°. В ідп овідь: 60°. 519. Нехай г > г^, г = т. Площа великого круга дорівнює S = = лН, а площа малого круга S^=nr^, тоді площа кільця дорівнює пг^ -к г^ =^2к(г^ -г^ ) =~ 2к{г +г^ )(г-
  • § 18. Геометричне місце точок Вправи для повторення 522. f- F М го m ш О ) 534. LO в Нехай AB = а , АС =CD = DB =— , З AF = FC = DM = M B =- , тоді 6 а а а 2а FM = r c +CI) +I)M =- +- +- =— . 6 3 6 З Отже, FM :A B =^. З 2 В ідп овідь: — а. Геометричним місцем точок, рівновіддалених від точок А і Ö, є пряма CD — серединний перпендикуляр. 535. 'к І т >ч Q. .5 с о S .4 bo ok .o rg Геометричним місцем точок, що знахо­ дяться всередині кута ВАС, є бісектриса АК цього кута. 536. w w В ідп овідь: 12 см. 537. = 2АО ВО =2^ А С ^АС =^АС‘ = 2 2 =1 .102 = 122 =50 (см^). 2 2 В ідп овідь: 50 см^. З* 2 ь L г L А а h с г Геометричним місцем точок, що знаходяться на відстані Л від прямої а, є дві прямі 6 і с, як і паралельні прямій а і знахо­ дяться від прямої а на відстані Л. 538. S . ^ ^ = S ^ , = 4 S ^ ^ = 4 -A O B O = о ш Геометричним місцем точок, віддалених від точки о на даній відстані а, є коло з центром О і радіусом а. w Нехай AD —бісектриса, =40 см, =20 см, =З см, тоді О +2AD = + + 40 +2AD =20 +ЗО, звідси 2AD = 10, AD = 5. Отже, AD = 5 см. В ідп овідь : 5 см. 524. Нехай а + ft + с = 36 см, де а, ft, с — сторони трикутника, тоді а+Ь+с 36 . , - ^ =- =12 (см). о. а А Ь В Геометричним місцем точок, рівновіддалених від двох паралельних прямих а 1 ft, є пряма с, яка паралельна прямим а 1 ft і знаходиться від них на однаковій відстані AB 1 а, AB X Ь, AB 1 с , АС = а с .
  • 539. N Геометричним місцем центрів кіл, як і дотикаються сторін гострого кута ВАС, є бісектриса AO^ даного кута. 02 го го ш ш ш f V , о ^ і Ох го ІС S X Геометричним місцем точок центрів >ч кіл, що проходять через дві дані точки о . Л і ß , є серединний перпендикуляр 0 ,0 j 5 до відрізка A ß. (Aß X O fi^, АО = ВО). ъ т 540. а) Геометричним місцем центрів кіл радіуса 2г, я к і дотикаються до кола р ад іуса г і з центром в точці О, є коло радіуса Зг і з центром в точці О та дане коло. .4 bo ok .o rg о 3 тс о. fc w w 541. w Геометричним місцем центрів рівних кіл, що дотикаються до даної прямої а, є дві прямі Ь і с , я к і паралельні прямій а і зн ахо дяться від неї на відстані R (Ь I а, с I а, АС = ВС = R). I I Геометричним місцем центрів рівних кіл р адіуса R, я к і проходять через точку О, є коло з центром в точці О і радіуса R. 542. es б) Геометричним місцем центрів кіл радіуса 2г, я к і дотикаються до кола радіуса Зг і з центром в точці О, є два концентричні кола з центром в точці О і радіусами г і 5г. 544. Геометричним місцем точок, я к і ділять діаметри кола з центром в точці О і радіуса 6 см у відношенні 1 ; 2, є коло з центром О і радіуса 1 см.
  • ъ в а) Якщо ABCD — даний прямокутник (AB = З см, ВС = 5 см), то шукане гео­ метричне місце точок — прямокутник KLMN, причому KL = З см, LM = 1 см, KL I ВС, LM I CD. I I oo k. o Геометричним місцем точок, як і лежать між даними паралельними прямими а 1 Ь і відстань від яких до цих прямих пропорційна числам 1 і 2, є пряма с, яка паралельна прямим а і Ь і знахо2 диться на відстані — AB від прямої а З 2 та на від стан і — AB від прям ої Ь, З де AB — відстань між прямими а і Ь. 547. Геометричним місцем точок, відстань від яких до даних паралель­ них прямих а і Ь пропорційна числам 2 і З, є чотири прямі, я к і паралельні прямим а і 6 і знаходяться від прямої а на відстанях: , СІ С ним місцем точок, віддалених від точки В на відстань 8 см, є коло з центром в точці В і радіусом 8 см. Геометричним місцем точок, віддалених від точки А на відстань 6 см і на відстань 8 см від точки В, є точки С і D — точки перетину цих кіл. Геометричним місцем точок, відда­ лених від точки А на відстань 8 см і на відстань 6 см від точки В, є точки F і К. Отже, шукане геометричне міс­ це — чотири точки. В ідп овідь: чотири точки. rg Геометричним місцем вершин прямих кутів, дві сторони яки х дотикаються до кола з центром О, є концентричне коло. 546. а___ ____________ ; D 1 сз F. В Сі 1 w w Ь А _________ w а С2 В L -іМ ■ *N .4 b J К Q 3_________________ 1 ___ б) Якщо ABCD — даний прямокутник (Aß = З CM, ВС = 5 см), то шукане гео­ метричне місце точок — чотири відрізки KL, MN, PR, QS, причому KL = PR = =ВС = 5 см, KL I ВС, PR I AD, MN =CD = I I = QS = З CM, MN I CD, QS ЦAß. I 550. с К CA =і AB, DA =-A B , FA =-A B , 2 3 2 К А = 2А_В, де AB — відстань між пря­ мими а і Ь. D К Геометричним місцем точок, віддалених від точки А на відстань 6 см, є коло з центром А і радіусом 6 см, а геометрич­ Нехай AAj і ß ß j — бісектриси кутів А і В трикутника ABC (Z1 = Z2, Z3 = Z4), 0 — точка перетину цих бісектрис. OK 1 A B ,0 L 1 AC, ОМ 1 ВС. &ALO = ААКО за гіпотенузою і гострим кутом, оскільки АО — спільна гіпотенуза 1 Z1 = /2. З рівності цих трикутників маємо LO = КО. АВКО = АВМО за гіпотенузою і гострим
  • В Висота прямокутного рівнобедреного трикутника, проведена до основи, ділить його на два рівнобедрених трикутники. На рисунку ДАБС, AADC, ABDC — рівнобедрені. ^ О С =1 ^ = 135"; 1 +3 ^С0Б =І ^ =450. 1 +3 В ідп овідь: 125°. в or g 555. bo ok . 552. м в Може. На рисунку AL 1 ВС, В К 1 АС, CM 1 AB і AL = 200 см, КВ = СМ = 1 см, тоді AL = + CM). .4 a. с/ w о 3 551. w го s X T >4 CL 5 ‘c Нехай АО і СО — бісектриси кутів А і С трикутника ABC, ZKOC = 45°. Тоді Z1 + Z3 = 45° або 2 • Z1 + 2 ■Z3 = = 90°, або ZA + ZC = 90°, тоді г В = 180° - гЛ - ZC = 180° - 90° = 90°. Отже, ДАВС — прямокутний. В ідп овідь: в прямокутному. Вправи для повторення w го m m ш LD кутом, оскільки в о — спільна гіпотенуза і Z3 = Z4. З рівності цих трикутників маємо КО = МО. Оскільки LO = КО і КО = МО, то LO = =КО =МО. Отже, точка О рівновідцалена від сторін трикутника ABC. Може. На рисунку BL X АС, АК 1 ВС, MC 1 Aß і BL = 1 см. АК = MC = 50 м, тоді ВЬ =^ (А К - -С М ). 100 553. Нехай гАОВ = гвос, ZAOC = 90°. Про­ ведемо промінь АО, тоді якщо ZAOB = = х°, то ZBOD = X - 90° і, враховуючи, що ZAOB + ZBOD = 180°, матимемо: х + +ж - 90 = 180°. Звідси 2х = 270; jc = 135. Отже, ZAOB = ZBOC = 135°. В ідп овідь: 135°. S 19. Коло і трикутник А
  • ZOAO =iz ß A C =і - 60° =30°, то 2 Нехай AB = ВС = АО = ВО = СО, тоді ^АВО і АВОС — рівіїосторонні, ZABC = ZAßO + ZOßC = 60° + 60° = 120°. AABC — рівнобедрений і ZABC = 120°, тоді ZBAC = ZßCA =1 5 0 ! z ^ = 180°-120° = 30°. 2 = 2, отже, —= 2, або Д : г = 2 : 1. OD г В ідп овідь: 2 : 1 . 569. Коло, вписане в трикутник, і коло, описане навколо трикутника, не можуть дотикатися. 570. Центр кола, вписаного в трикут­ ник, може бути центром кола, описаного навколо того ж трикутника за умови, що трикутник рівпосторонній. 571. в w w w .4 bo ok .o rg Отже, кути трикутника ABC дорівнюють 120°, 30°, 30°. В ідп овідь: 120°, 30°, 30°. 565. О скільки прям а може мати з колом одну або дві спільні точки, то існує коло, як е проходить через три точки однієї прямої. 566. Якщо припустити, що два різних кола мають три спільних точки А, В, С, тоді навколо трикутника ABC можна описати два різних кола, що суперечить теоремі 18. Периметр трикутника ABC менший від довжини кола, оскільки АВ<АО + ВО = 2R, ВС < ВО + СО = 2R, AC < АО + ОС = 2R, тоді AB + ВС +AC = = 2Д + 2Д + 2Я = 6Д < < 2лй s 6,28Д. Отже, AB + ВС + АС < 2лД. 568. в Оскільки ZBAO = ZABO =--6 0 ° =30°, 2 то ZAOB = 180° - (ZBAO + ZABO) = = 180° - 30° - 30° = 120°. Отже, кожну сторону рівностороннього трикутника видно із центра кола, описаного навколо цього трикутника, під кутом 120°. В ідп овідь: 120°. 573. Нехай hABC — рівпосторонній трикут­ ник, АО = R, OD = r. Оскільки AAOD — прямокутний і В
  • 2 s X т з тс Q. fc Нехай трикутник ABC рівносторонній. АВ = ВС= АС. АОАВ = &ОВС = АОСА за трьома сторона­ ми, оскільки ОА =OB = ОС — як радіуси і AB = ВС = AC — за умовою. .4 bo ok .o 5 'с о рівностороннього трикутника, співпадає з точкою перетинних перпендикулярів, а серединні перпендикуляри співпадають з прямими, що містять висоти трикут­ ника. О скільки висоти трикутн и ка співпадають з бісектрисами, то точки їх перетину збігаються. Отже, центри цих кіл співпадають, б) Оскільки 0D — радіус кола, вписаного в рівносторонній трикутник, АО — радіус кола, описаного навколо рівносторон­ нього трикутника ABC, а трикутник AOD — прямокутний з кутом OAD, щ о дорівнює 30°, то OD : АО = 1 : 2 . 578. а) Оскільки АР = AT. СК = СР, ВТ = В К , то додавши почленно три ці рівності, одержимо АР + СК + ВТ =AT + + BK + CP, що і треба було довести. б) Aß + В С -А С = А Т + ТВ + В К + С К - (АР -н PC) = AT + В К + В К + С К - (AT + ■ СК) = АТ+ 2ВК + СК - AT ¥ - С К = 2ВК. Оскільки AB + ВС - АС = 2ВК, то В К = = 0,5(АБ + ВС - АС), щ о і треба було довести. 579. 2г = а + Ь - с. Оскільки а = З, Ь = =4, с = 5, то 2г = З -t- 4 н 5, 2г = 2, звідси г= 1. В ідп овідь; 1. 580. Оскільки 2 г = а + Ь - с , то а + Ь = = 2г + с , тоді Р = а + Ь + с = (2г + с) -н + с = 2г + 2с. В ідп овідь: 2г -н 2с. rg s ш O l ю Оскільки ZBAO = ZABO =- - 60° =30°, 2 T ZAOB = 180° - (ZJ3A0 + /АВО) = 180° O - 30“ - 30° = 120°. Отже, кожну сторону рівностороннього трикутника видно із центра кола, вписаного в цей трикутник, під кутом 120°. В ідп овідь: 120°. О 575. Оскільки радіус кола, описаного w w w навколо прямокутного трикутника, дорівнює половині гіпотенузи, то радіус цього кола дорівнює 10 см : 2 = 5 см. В ідп овідь: 5 см. 576. Оскільки сторони трикутника дорівнюють 15 м, 20 м, 25 м, і вони пропорційні числам З, 4 і 5, то даний трикутник прямокутний. Тоді радіус кола, описаного навколо цього трикут­ ника, дорівнює половині гіпотенузи, тобто 25 : 2 = 12,5 (м). В ідп овідь: 12,5 м. 577. ем а) О скільки центр кола, вписаного в рівносторонній трикутник, співпадає з точкою перетину бісектрис трикут­ ника, а центр кола, описаного навколо К В + А Р ^ (КВ + А О)+ = {ВМ AM) + + АВ+АВ = 2АВ = 2 • 17 = 34 (см). В ідп овідь: 34 см. Нехай AB = SC = 4 см, /ЛВС = 120°.
  • AABC — рівнобедрений, ВО X AC, тоді ВО — бісектриса трикутника ABC, тоді ZABO = ZCßO = 60°. ДДАО — рівнобедрений, оскільки ВО = А0 — як радіуси і ZABO = 60°, тоді ААВО — рівносторонній, отже АО =ВО = = AB = 4 см. Отже, радіус кола дорів­ нює 4 см. В ідп овідь: 4 см. пропорційні числам 2, З і 4, тоді сторони трикутника MNK дорівнюють; =10 (см), т ^ г^ = 15 (см). 4 2 +3-Н4 2-НЗ-І-4 45 4 =20 (см). 2-НЗ +4 В ідп овідь: 15 см, 10 см, 20 см. 587. Оскільки ДАВС = AMNK і АС = = 17 см, то М К = 17 см, MN + NK = = -Рл«™ - 17 = - 17 = 38 - 17 = = 21 (см), тоді МЛГ =- ^ і ^ = 13 (см), 2 NK =? ~ =8 (см). Вправи для повторення rg 39 5 = 15 (см), найбільша сторона дорів5-1-8 39 8 , нює - —г- = 24 (см), а третя сторона 5+8 15-7 24-7 , дорівнює ------=— =21 (см). -— 5 8 В ідп овідь: 15 см, 21 см, 24 см. б) Найменша сторона дорівнює 9*5 =15 (см), найбільша сторона дорів8— 5 oo k. o М едіана прямокутного трикутника, проведена до гіп отенузи , розбиває цей трикутник на два рівнобедрених трикутники. Оскільки О — центр кола, описаного навколо прямокутного три­ кутника ABC, то АО = ВО = СО, отже, ДАОВ і ЛВОС — рівнобедрені. В ідп овідь: 8 см, 13 см, 21 см. 588. а) Найменша сторона дорівнює w w w .4 b 584 С = 2 n R = 2л • 8 = 16rt » « 50,24 ( c m ) ; S = nR^ = K 8‘ = 64n » 200,96 ( cm ^ ). В ідп овідь: 16it c m » 50,24 c m ; 64it c m “' = » 200,96 CM^ Нехай AB = CD = X c m , тоді AD = BC = = 1,5a: m і за умовою задачі маємо 2 ■х + +2 ■ 1,Ьх = 200. Звідси 5х = 200, д: = = 40. Отже, АВ = CD = 40 м, AD = ВС = 1,5 X X 40 = 60 (м). Тоді S = АВ ■AD = 40 • 60 = 2400 (м^). В ідп овідь: 2400 м“ “. 586. Оскільки ААВС = AMNK і сторони трикутника ABC пропорційні числам 2, З і 4, то і сторони трикутника MNK 9-8 = 24 (см), а третя сторона 8 -5 15-7 24-7 , , дорівнює ------=------- = 21 (см). 5 8 В ідп овідь: 15 см, 21 см, 24 см. в) Нехай 7х см, 5х см, 8д: см — сторони • с 7х+5х+8х трикутника, тоді 5х +12 =-----, або 5л: -н 12 = 10л:, 5х = 12, х = 2,4. Отже, сторони трикутника дорівнюють 7дг = 7 • 2,4 = 16,8 (см), 5х = 5 • 2,4 = = 12 (см), 8д: = 8 • 2,4 = 19,2 (см). В ідп овідь: 12 см, 16,8 см, 19,2 см. г) Нехай 7ж см, 5х см, 8х см — сторони трикутника, тоді 8ж - 8 = 7д: -н5х. Звідси 4л: = 8, д: = 2. Отже, сторони трикутника дорівнюють 7л: = 7 ■2 = 14 (см), 5л: = 5 • 2 = 10 (см), 8л: = 8 ■2 = 16 (см). В ідп овідь: 10 см, 14 см, 16 см.
  • § 20. Геометричні побудови А 590. го m ш 01 LO rg і діаметром AB; 2 -3 ) з точок А і В проводимо кола радіуса АС > AB; 4) проводимо пряму СО, ZCOB = 90“; 5-6) з точок С і В проводимо кола, що перетинаються в точці D; 7) проводимо п р ям у OD, ZCOD = ZDOB = 45°. bo ok .o го % 1 т >ч Q. . 5 1) Проводимо коло з центром в точці с А і радіусом AB; о 2-3) з точок В і С проводимо кола радіуса з AB, як і перетинаються в точці D; 2 4) проводимо AD — бісектрису кута Q. ВАС; tu 5) з точки F проводимо коло радіуса AB, яке перетинає кола 2 і З в точках КІН; 6) проводимо промінь АН; 7) проводимо промінь АК. ZBAK = ZKAF = ZFAH = ZHAC = w .4 =-АВАС. 2 591. w w © © © о 1) Па п р ям ій позначаємо то ч ку О і проводимо коло з центром в точці О 'і радіуса РА; 2 -3 ) з точок В і А проводимо кола радіуса, який більший від радіуса ОА; ці кола перетинаються в точці С; 4) проводимо пряму CO. ZAOC = ZßOC = 90°. 6) 1) Проводимо коло з центром о і діаметром AB; 2 -3 ) з точок А і В проводимо кола радіуса АС > AB; 4) проводимо пряму СО ZCOB = 90°; 5-6) з точок С І В проводимо кола, що перетинаються в точці D; 7) прсшодимо пряму 0D, ZCOD=ZDOB =45°; 8-9} з точок В і К проводимо кола, що перетинаються в точці F; 10) проводимо пряму OF, ZBOF = ZDOF = = 22,5°.
  • в, г) 1) Проводимо коло 3 центром в точці о і діаметром AB; 2-3) з точок А і В проводимо коло радіуса AB, як і перетинаються в точці С; 4) проводимо пряму с о , ZCOB = 90°; б) проводимо пряму СВ, ZOCB = 30°, ZCBO = 60°. 7) з точки А проводимо коло радіуса ВАГ, яке перетне відрізок AB в точці Н, AH = HF = FK =B K =-A B . 4 595. © ............. .4 bo ok .o rg ©С© ® Нехай AB — даний відрізок. 1-2) Проводимо рівні кола довільного радіуса з точок А і Б, я к і перетинають відрізок AB в точках М і N, & продовження Нехай /ЛОВ — даний кут. відрізка AB — в точках К і L; 1) Проводимо коло з центром О і ра­ 3-4) із точок К і М проводимо рівні кола, діусом ОА, яке перетне другу сторону радіус яких більше половини відрізка кута в точці Б; КМ , я к і перетинаються в точці С; 3) з точки В проводимо коло радіуса AB, 5 -6 ) із точок N і L проводимо рівні яке перетне перше коло в точці С; к о л а , р ад іус я к и х дорівню є M C , 3) з точки С проводимо коло радіуса AB, я к і перетинаються в точці D-, 7) проводимо пряму CD, яка перетинає яке перетне перше коло в точці D-, 4) проводимо п р ям у OD, ZAOD = відрізок AB в точці О, АО = ВО. = 3ZA0B. © 596. ------------- )----- © w A B С Нехай AB — даний відрізок. 1) Проводимо промінь AB; 2) із точки В проводимо коло радіуса AB, яке перетне продовження відрізка AB в точці С, тоді АС = 2АВ. 597. ------------ --)---- w w А в с D Нехай AS — даний відрізок. 1) Проводимо промінь АВ; 2) із точки В проводимо коло радіуса Нехай AB — даний відрізок. АВ, яке перетне продовження відрізка 1-2) З точок А і В проведемо рівні кола, АВ в точці С; радіус яких більше половини AB, як і 3) із точки С проводимо коло радіуса АВ, яке перетне продовження відрізка перетнуться в точках С і D; 3) проводимо пряму CD, яке перетне ВС в точці D, AD - ЗАВ. відрізок AB в точці F, AF = FB = АВ; 4-5) з точок F і В проведемо рівні кола, радіус яких більший від половини FB, я к і перетнуться в точках М і N; 6) проводимо пряму MN, яка перетне відрізок FB в точці К , FK = K B =- F B =-AB-, 2 4
  • Нехай AB — дана дуга. 1-2) Із точок А і 1і проводимо рівні кола, радіус я к и х більший від ЛО, як і перетинаються в точці F, N — точка перетину дуги і OF; 3-4) із точок N і В проводимо рівні кола, які перетинаються в точці М, D — точка перетину ОМ і дуги; 5-6) із точок N iA проводимо рівні кола, які перетинаються в точці К, С — точка перетину дуги і OK. Точки D, N, С поділили дугу AB на чотири рівні кола. 1) На довільній прямій а відкладаємо А,В,, Л,В, =ЛБ; 2-3) із точок А, і В, проводимо кола, радіуси яких дорівнюють Aß, я к і пере­ тинаються в точці С. ДА,В|С — шуканий. 601. .---------------------- L rg 599. .4 bo ok .o Нехай А 5 — основа, АС — бічна сторона рівнобедреного трикутника. 1)На прямій а відкладаємо А,5^, A ,ß, = = AB-, 2-3) із точок А, і ß , проводимо кола, радіуси яких дорівнюють АС, я к і пере­ тинаються в точці С,. ДА,В,С, — шуканий. © 602. w w w Нехай ABC — даний трикутник. 1) Проводимо пряму а; 2) на прямій а від точки А^ відкладаємо відрізок AjC,, AjCj = AC; 3 -4 ) із точок С і А проводимо кола, радіуси як и х дорівнюють ВС і AB, як і перетинаються в точці В,. AAjßjCj — шуканий. 600. А - В Нехай AB — сторона рівностороннього трикутника. Нехай а і Ь — катети прямокутного трикутника. 1) На довільній прямій від точки А відкладаємо AB, AM, AB ~AM = а; 2 -3) із точок М і В проводимо рівні кола, радіус яких більший від поло­ вини відрізка M B, як і перетинаються в точці N;
  • 4) на прямій AN від точки А відкладаємо AC, AC = Ь. іЛВС — прямокутний трикутник, AB = S Ü, АС —Ь, 603..--------- 2-------- - Нехай а — бічна сторона, ZC — кут при вершині рівнобедреного трикутника. 1-4) Будуємо кут С,, який дорівнює куту С; 5) на променях С^А і С,В відкладаємо відрізки С,Л, С,В, С,Л = Cjß = а. АС^АВ — шуканий. 2_____ _ .4 bo ok .o rg 605. і w 604. w w кут. 1-4) Будуємо кут С|, який дорівнює куту С; 5) на промені С,В відкладаємо відрізок С,В, С,В = а; 6) на промені відкладаємо відрізок С ^ , С,Л = Ь. ДС,АВ — шуканий. - Нехай а — сторона, ZB і ZC — кути шуканого трикутника. 1) На довільній прямій від точки В, відкладаємо відрізок В,С,, B^C^ = а; 2 -5 ) будуємо кут В ,, який дорівнює куту В; 6 -9 ) будуємо кут С,, який дорівнює куту С. ДАВ,С, — шуканий, В,С, = а, ZBj = ZB, ZC, = ZC. 606. в ©
  • го го m О ) L) £ Нехай а — основа, ZB — кут при основі рівнобедреного трикутника. 1) На довільній прямій від точки В, відкладаємо відрізок В^С, В^С = а; 2-6) будуємо кути ß j і С, я к і дорівню­ ють куту В. ЛАВ^С — шуканий, S,C = а, Zß, = /С = = ZB. Нехай ABC — даний трикутник. 1) Будуємо середину N відрізка A ß, NC — медіана; 2) будуємо середину М відрізка ВС, AM — медіана; 3) через точку О перетину медіан NC і AM проводимо медіану ВК. AM, В К і CN — медіани трикутника ABC. 609. в го I о 3 607. З см _ £ см . 5 см Нехай З CM, 4 см, 5 см — довжини сторін трикутника ABC. Побудуємо цей трикутник. © C L Нехай ABC — даний трикутник. 1) Будуємо бісектрису AM кута А; 2) будуємо бісектрису ВК кута В; 3) будуємо бісектрису CN кута С. AM, ВК , CN — бісектриси кутів А, В і С трикутника ABC, як і перетинаються в точці О. rg т >s Q. 5 с oo k. o fc о w w w .4 b 610. Оскільки AB 1 РМ , РК ± РМ, то РК I AB (дві прямі, які перпендикулярні I до третьої, паралельні між собою). 1) На довільній прямій а будуємо відрізок AB, який дорівнює 5 см; 2-3) із точок А і В будуємо кола, радіуси яких 4 см і З см, я к і перетинаються в точці С. ААВС — шуканий, AB = 5 см, АС = 4 см, ßC = З см. Оскільки &АЛС — прямокутний, то середина і'іпотенузи AB є центром кола, описаного навколо трикутника ABC; 4-6) будуємо середину О відрізка AB; 7) описуємо коло з центром О і радіуса АО = ВО ■ CO. = а) ААВС — гострокутний. 1) проводимо AN X ВС; 2) проводимо ВК 1 АС; 3) проводимо СМ 1 AB. Висоти AN, ВК , СМ трикутника ABC перетинаються в точці О. 608. б) ААВС — прямокутний (ZA = 90°). О скіл ьки A B _L AC, то проведемо AIV1 ВС. Висоти AB, АС, AN перетинаються в точці А.
  • 614. в в) AABC — тупокутний (Zß > 90°). 1) Проводимо B K 1 AC; 2) проводимо AL X ВС 3) проводимо CM J_ AB. П родовж ення висот AL, B K і CM перетинаються в точці С. Оскільки AB = ВС, ZB = 90°, тоді I8n°-Qn° ZBAC = ZBCA = — — ^ = 45°, тоді 2 ZDAC = ZDCA = 90° - 45° = 45°. Отже, кожна сторона квадрата ABCD з прямою АС утворює кути по 45°. го со ш ю го X т CL 5 ъ 612 rg о .4 bo ok .o Нехай а + Р = 180° - у, тоді 180° - Y < Y. звідси 180° < 2у, Y > 90°. Отже, ААВС — тупокутний. В ідп овідь: тупокутний. 616. w w w Нехай через точку А прямої а слід про­ вести пряму Ь, як а перетинає пряму а від кутом а. 1) Від точки Л прямої а від променя АС відкладаємо кут САВ, який дорівнює куту а ; 2) проводимо п р ям у Ь через точки А і В. Пряма Ь — шукана пряма. Завдання для повторення / і м л h Оскільки ААВС — рівносторонній, то ВК, AM — бісектриси, медіани і висоти трикутника ABC. О — точка перетину AM і ВК. ААОК — прямокутний, причому ZK = 90°, ZOAK- =|ZA = |-60° =30°, тоді ZAOK = 180° - 90° - 30° = 60°. Отже, дві медіани рівностороннього трикутника перетинаються під кутом 60°. В ідп овідь: 60°. 4 ом 617. Нехай Z1 + Z2 + Z3 = 300°, Z1 = л:°, тоді Z2 = Z3 = 180° - Z1 = 180° - ж°. Звідси д: + 190 - д: + 180 - л: = 300, тоді д: = 60. Отже, шуканий кут дорівнює 60°. В ідп овідь: 60°. з тс о. 5 о
  • Нехай AB = 4 см. 1) Побудуємо AABC, в якому AB = ВС = = AC = 4 см; 2) побудуємо медіани CD, AM трикутника ABC, я к і перетинаються в точці О; 3) проводимо коло з центром в точці О і радіуса АО = CO. 618. - w w w .4 b 619. oo k. o Нехай а, h — основа і висота, проведена до основи рівнобедреного трикутника. 1) Будуємо АС, АС = а; 2) ділимо АС навпіл, AD = DC; 3) проводимо DB X АС; 4) на DB відкладаємо DB = Л. ААВС — шуканий, АС = а, BD X АС, BD = Л. 2) Нехай а і Ь — катет і гіпотенуза прямокутного трикутника. 1) Будуємо прямий кут С; 2) на стороні СВ кута С відкладаємо СВ = а-, 3) з точки В проводимо коло радіуса с, яке перетинає сторону АС кута С в точці А. ААВС — шуканий. с rg § 21. Задачі на побудову А 3)Нехай о, ß — катет і прилеглий кут даного прямокутного трикутника. 1) Будуємо прямий кут С; 2) на стороні ВС відкладаємо відрізок ВС = а; 3) будуємо ZCBA = а. ААВС — шуканий. 1) Нехай с — гіпотенуза, а — гострий кут прямокутного трикутника. 1) Будуємо ZA, який дорівнює а , ZA = = а; 2) на стороні AB кута САВ відкладаємо AB, АВ = с; 3) із точки В проводимо ВС 1 АС. ААВС — шуканий, ZC = 90°, ZA = а, АВ = с. 4) Нехай а, а — катет і протилежний до нього кут прямокутного трикутника. 1) Будуємо прямий кут В; 2) на стороні ВС кута В відкладаємо ВС = а;
  • 3) будуємо CD 1 ВС; 4) відкладаємо кут DCA, ZDCA = a . AABC — шуканий. 6 20 . 622. A aO Нехай задано ВС - a, АС - b, AD = m, BD = DC. Будуємо трикутн и к ADC за трьома сторонами AC - b, AD = 1) Нехай ZA = 90°, AB = АС = а. Будуємо прямий кут А, на сторонах якого відкладаємо відрізки AB = а, АС = а. ААВС — шуканий. В DC = Проведемо промінь CD і відкладаємо на .4 bo ok .o &АВС — шуканий. 2) Нехай АС = а, AB = ВС, Z.B = 90° Будуємо відрізок АС, АС = а. rg а ньому від точки D відрізок BD =— . 2 w w w 3) Нехай ZB = 90°, АМ = М В = М В = а. Будуємо відрізок АС = 2а. AM = MC. Будуємо коло з центром в точці М 1) Нехай ВС = а , АС = Ь, BD ± АС, і радіуса AM. BD = Л,. Будь-яку точку В кола, відмінну від точок Будуємо прямокутний трикутник BDC Л І С , з’єднаємо з точками А і С. за гіпотенузою ВС = а і катетом BD = ААВС — шуканий. Будуємо промінь CD, на якому від точки С відкладаємо відрізок АС = Ь. ААВС — шуканий. 2) Нехай ВС = a ,C D l. AB, = CD. Будуємо прямокутний трикутник BCD за гіпотенузою ВС = а і катетом CD = h^. Точка А — точка перетину променя BD і кола з центром С і радіуса АС = Ь. ААВС — шуканий. Нехай задано пряму а, точку А і відрі­ зок AB. Проводимо коло з центром А радіуса AB, яке перетинає пряму а в точках X і У. Точки X і У — шукані. Задача може мати або два розв’язки (дві точки X і У), або один розв’язок (якщо коло дотикається до прямої А), або жодного (якщо коло не дотикається і не перетинає пряму а).
  • Нехай задано AB = с, ВС = а і радіус R описаного кола навколо трикутника ABC. Будуємо коло з центром о радіуса Л. З довільної точки В кола відкладаємо відрізки ВА = с , ВС = а. ЬАВС — шуканий. 624 O Q Ш Ш ( О iC s z T a Нехай задано пряму a і точки А і В. Проводимо серединний перпендикуляр CD до відрізка AB, який перетинає пряму а в точці С. Точка С — шукана. Задача має або один розв’язо к (одна точка перетину), або не має розв’язку (пряма CD паралельна прямій а). 5 Нехай задано АС = а, BD = т , AD = DC, R — радіус кола, описаного навколо трикутника ABC. Будуємо коло з центром О і радіуса R. Будуємо хорду АС, АС = а і ділимо її навпіл, D —середина хорди АС. Проводимо хорду ВВ^ через точку D. ДАВС, ДАБ,С — шукані трикутники. 'E 3 .4 bo ok .o rg S Q. fc w w w Нехай задано кут ABC, точка А — точ­ ка дотику шуканого кола до сторони кута. Будуємо бісектрису ВО до кута ABC, будуємо АО і. AB. Точка О — точка перетину бісектриси 8 0 і перпендикуляра АО до прямої AB. Нехай задано АО = R, АС = а. Будуємо відрізок AB, причому АО = = ВО = R. Будуємо коло з центром в точці О і радіуса АО = Л. З точки А будуємо коло, радіус якого дорівнює а, яке перетинає побудоване коло в точці С. ААВС — шуканий. 629. с Нехай AB = а,АС = ВС, R — радіус кола, описаного навколо трикутника ABC. Будуємо коло з центром О і радіуса R. Будуємо хорду AB, AB = а. Проводимо серединний перпендикуляр СС, до відрізка AB, який перетинає побудоване коло в точках С і С,. ААСВ і ААС^В — шукані трикутники. 630. 627. CSI Нехай задано ZA = а, ZC = 90°, R — радіус кола, описаного навколо трикутника ABC.
  • Будуємо коло з центром в точці О і радіуса Л, проводимо діаметр AB. Будуємо кут САВ. ZCAB = а. ААВС — шуканий. Знаходимо середину F відрізка 0,0^ і будуємо відрізки О^М = O^L = O fi = O J i - fO j, тоді М К і LN — ш укані дотичні. б) Із центра О, більшого кола проводимо коло, радіус якого дорівнює різниці радіусів даних кіл. До цього кола проводимо дотичну О^А, проводимо промінь OjA, який перетне більше коло в точці В. Далі проводимо ВС, ВС J. 0|В, де С — точка дотику. Пряма ВС — шукана. Точку О знаходимо як точку перетину прямої с, як а паргілельна прямим а і Ь і ділить відрізок BD пополам, і кола з центром А і радіусом ВК . Задача має два розв’язки. 632. ok .o rg Задача має два розв’язки. Нехай AB = с — гіпотенуза і — висота, проведена із вершини прямого кута. Спочатку будуємо відрізок AB, AB = с, ділимо його пополам: АО = ВО. Будує­ мо коло з центром в точці О і радіуса ОА. Проводимо пряму а і а AB, яка ] перетинає коло в точках С, і С^. ААВС. і ААВС, — шукані. w 633. w ZB = ZA^ 60°. w .4 bo Будуємо коло з центром о і даного радіуса R. Відкладаємо від довільної точки А кола хорди AM, ВМ , NB, CN, СК, я к і дорівнюють R. ААВС — шуканий, оскільки ZBOM = = гМОА = 60°, 1ЯП° — 120° ZOBA = ZOAB = ^ ^ ^ ^ ~ Y ^ =30’‘, тоді а) Нехай О,, — центри кіл. Проводимо відрізок 0 ,0 j і проводимо ML 1 0,0^. NK 1 О р^ , точки А. В. С, D — точки перетину прямих ML і NK з колами. АС і BD — шукані дотичні. Нехай задано катет а та сум а Ь + с двох інших сторін. Спочатку будуємо прямокутний трикутник ABC, де AB = =а, ВС = Ь + с. Далі будуємо серединний перпендикуляр DF до сторони ВС, який перетне сторону АС в точці F. AABF — шуканий. Нехай задано катет а і радіус вписаного кола г прямокутного трикутника. Будуємо прямий кут А, вписуємо коло
  • радіуса г в прямий кут А (AM =AN = г, О — точка перетину перпендикулярів ON і ОМ до сторін кута). На одній із сторін кута відкладаємо відрізок а, AB = = а. Із точки В проводимо дотичну ВС до кола. ААВС — шуканий. 640 637. а) Нехай задано коло з центром О. Побудуємо кут АСЕ, ZAOB = 60° і кут АОС, ZAOC = 45°. Д угу ВС поділимо приблизно на три рівні частини, тоді ZAOD X 51°. Від точки А робимо засіч­ ки по колу радіусом DA. Тоді точки А, F, К , L, М , N, D розділять коло на сім рівних частин. с .4 bo ok .o rg Нехай задано основу а і радіус г впи­ саного кола. Будуємо відрізок AB, AB = а. Проводимо серединний перпендикуляр OD до AB. Будуємо коло радіуса г з центром в точці О. З точок А і В проводимо дотичні до побудованого кола, я к і перетнуться в точці С. б) Нехай задано довільний кут ABC, ААВС — шуканий. проведемо його бісектрису BD. Із точки 638. ----В, я к із центра кола, опишемо коло довільним радіусом, яке перетне сторони кута в точках А і С, а бісектрису кута в точці F. Потім дуги AF і FC поділимо у відношенні 1 : 2, рахуючи від точки F, отримаємо точки М і N, тоді ZABM = Нехай задано відрізок а. Побудуємо відрізок AB, AB = а. Знай­ = ZMBN = ZNBC. демо середину О відрізка AB. Побудує­ w w w мо коло з центром О і радіусом — . 2 Геометричним місцем точок, із яких даний відрізок а видний під кутом 90°, є побудоване коло за виключенням точок А і В. 639. Нехай задано м едіану т і висоту Л прямокутного трикутника, проведені до гіпотенузи. Будуємо допоміжний прямокутний трикутник ОС^М за гіпотенузою ОС і катетом CM, ОС = т , CM = /і. Проводимо пряму ОМ і коло з центром в точці О і радіуса ОС, як і перетнуться в точках А і В. ААВС — шуканий. в) Нехай задано довільну дугу AB кола з центром О і радіусом ОА. Побудуємо кут АОВ і поділимо його на 16 рівних (спочатку поділити кут АОВ на дві рівні частини, потім утворені частини на дві рівні частини, потім утворені частини ще на дві рівні частини і на кінець утворені частини ще на дві рівні частини).
  • Від точки А робимо засічки по дузі кола радіусом АК ЛК =АС +i ß c j . Тоді точки К, М , N, L розіб’ють дугу AB на п’ять рівних частин. 641. В ok .o Довільним радіусом проводимо дугу кола з центром А даного кута до її перетину в точках В і С з його сторонами. Цим же радіусом із точок В і С, як із центрів, проводимо дуги кіл , я к і перетинають першу дугу в точках К і L. Точки К і L з’єднуємо з вершиною Л. ZBAK - ZKAL = = ZLAC = 30°. Нехай ZABC і /.DBF — вертикальні, і ВМ і BN — їх бісектриси. Оскільки ZABC = ZDBF, то Z1 = Z2 = = Z3 = Z4 = a. Оскільки ZABC + ZABD = 180°, то 2а + + ZABD = 180°, звідси ZABD = 180° - 2а. Тоді ZMBN = ZMBA + ZABD + ZDBN =а + ZAND + а = 2а + 180° - 2а = 180°. Оскільки ZMBN = 180°, то промені ВМ і BN лежать на одній прямій. Отже, бісектриси двох вертикальних кутів лежать на одній прямій. 644. ААОВ = АВОС = АСОА за трьома сторонами, оскільки АО = ВО =АО і Aß =ВС =AC — як сторони рівностороннього трикутника ABC. 645. а) Перетинаються; б) перетинаються; в) дотикаються; г) не перетинаються. rg Вправи для повторення bo 642. w w .4 м н 1) Нехай ВН ± АС, AM = MC, АН = = З см, AC = 10 см. Оскільки AC = 10 см, то w АМ =-А С = - 1 0 = 5 (см), тоді НМ = 2 2 = AM - АН = 5 см - 3 см = 2 см. В Спочатку кут АОВ ділимо на дві рівні частини: ZAOC і ZCOB ділимо навпіл: ZAON = ZNOC = ZCOM = ZMOB. Задачі за готовими рисунками Н А М С 1. а) ЛАВО = ACDO за двома сторонами 2) Пехай ВН X АС, AM = MC, АН = і кутом м іж ними: АО = СО = ВО = = DO — як радіуси, ZAOB = ZCOD — = 3 см, АС = 10 см. як вертикальні. Оскільки ЛС = 10 см, то AM =-А С = Із рівності трикутників маємо ZABO = = ZCDO. =i-1 0 =5 (см), тоді НМ = АН + ААІ = Оскільки ZABO і ZCDO — внутрішні різносторонні кути при прямих AB = 3 см + 5 см -- 8 см. і CD та січній АС і ZABO = ZCDO, В ідп овідь: 1) 2 см; 2) 8 см. то AB I CD. I
  • If б) &ABO — рівносторонній, оскільки АО = ВО — як радіуси і ZA = ZB = 60°, тоді ZAOB = 180° - 60° - 60° = 60°. Отже, АО = ВО = AB = 8 см. AOKD — прямокутний із кутом 30° і OZ) = 8 ом, тоді 0А" = І 0 І ) =і- 8 = 4 (см). а ^ В ідп овідь: 4 см. AST = АО - А'О = 12 - З = 9. В ідп овідь: 9. 2. a)B M = BN = 5, ІСС = ЛГС = 3, тоді ВС = В А = 5 + 3 = 8, тоді AM = ВА - В М ^ ВС - В М = 8 - 5 = 3, тоді А К = Л М = 3. = AB + ВС + + АС = 8 + 8 + 6 = 2 ^ В ідп овідь: 22. б)М В = BN = 3, МА = АК = 5, тоді KC =NC = - 2SiV - 2АМ), ЛГС= ЛГС=- (3 0 -2 3 -2-5 ), КС = NC = = 7, тоді ВС = BJV -н JVC = З + 7 = 10, АС =AK:-^^i:C = 5 -І-7 = 12. В ідп овідь: ВС = 10, АС = 12. а)г = АС +В С -А В 7-1-24-25 or g 3. В ідп овідь: г = 3. б) Нехай AN =АМ = 3х, NB = ВР = 2х, PC = MC = 4, тоді = 2AN + 2BN + 2РС, або 48 = 2 • 2 ■2д: + 2 ■4, звідси 10л: = 40, X = 4. Тоді AN = AM = =12, NB = BP = 8. Отже, AB = BN +AN = = 12 + 8 = 20, AC = AM + MC = 12 + 4 = = 16, ВС = BP + PC = 8+ 4 = 12. В ідп овідь: AB = 20, AC = 16, ВС = 12. 4 . а) ZABC = 90° - 60° = 30°, AB = 2AC = bo ok . В ідп овідь : г, = 6, = 9. б) Нехай OjA = X , тоді О,А = Зд: і О А = = O.Oj + OjA, то маємо рівняння Зле = = 10 + зс. Звідси 2х = 10, X = Ь. Отже, OjA= 5, 0,А = 15. В ідп овідь: О^А = 5, = 15. 3. а) Нехай ОА = х, тоді ОВ = З х і AB = =0 В - ОА або 18 = Зх - х, тоді 2х = 18, 1 = 9. Отже, ОА = 9, ОВ = З • 9 = 27. В ідп овідь: ОА = 9, ОВ = 27. б)0А, =2 0 в , =2-5 = 10,тоді COj=iAOj або СО^ =і(А О , + 5 +СО2). Звідси w w w .4 2C0j = 15 + COj, тоді COj = 15. В ідп овідь : СО^ = 15. 4 . а) = 2(АВ - ВК ) + 2ВК + 2СК, 24 = 2{ЛВ - 7) + 2 • 7 + 2 • 2, звідси 2(ВК - 7) = 6, тоді АБ - 7 = З, AB = 10. = 2 • 10 = 20, тоді АС =І а В = --2 0 = 10. В ідп овідь: 10. 2 2 б) = 12. тоді AM + M P + PN+AN = В ідп овідь: 10. = 12. Враховуючи, що РМ = MB, PN = 180“-120° = JVC, тоді AM + M B + NC + AN = 12, б) ZBAC = ZBCA = =30°, {AM + M B) + (NC+AN) = 12, ОС + OB = = 12, 20B = 12, OB = 6. ВО ± AC, тоді ВО — бісектриса кута В ідп овідь : 6. ABC, тоді ZABO = 60°. ЛАВО — рівносторонній, оскільки ZAOB = = 60°, тоді ZBAO = 60°, ZAOB = 60°, тоді AB =АО = ВО = 7. Завдання за готовими рисунками В ідп овідь: AB = 7. 1. a)ZA =60°, тоді ZBAO =30°, ос­ кільки ОВ = 5, тоді АО = 10, AST =АО - А = 10 - 5 = 5. ГО В ідп овідь : AK = 5. б) ZBAC = 60°, тоді ZBAO = 30°, оскіль­ ки ОВ = 6. то АО = 2 ■6 = 12. ZOBK = 1. = ZABO - ZABK = 90° - 60° = 30°. Із трикутника ВКО маємо А = ів О =і - 6 =3. ГО 2 2 Самостійна робота 5 Варіант 1 С = 2гМ = 2л • 10 = 20it (см). l^ = jC =~ 2 0 n = 4 4
  • Варіант 4 =5я (см) = 15,7 (см). 2. / у р Якщо АО = ВО = СО = = г, тоді AB = 2AO = =2r. 1. В ідп овідь: 5я см я 15,7 см. Ч ^ =4.5 см; ВС = =8см. ВО =АО = СО = m C Q Ш В ідп овідь: 2г. AC = 4 см, AB = =З см, ВС =3,5 см, АО = ВО = СО. Пряма, яка проходить через середину відрізка і перпендикулярно до нього, називається серединним перпендику­ ляром до даного відрізка. 2. Варіант 2 3. 1. В S= = Т • 20^ см^ = І = 400л см^. Коло називається вписаним в три­ кутник, якщо воно дотикається всіх сторін трикутника. 5^03 = j- 400л см'“ = ‘І = 100л см* » 314 см^ oo k. o Тестові завдання 5 В ідп овідь: ІООя см^ = 314 см^. AB = 4 CM, АС = 8 CM. 2. А АО = ВО = СО = 4 см. ^ Номери завдань w w w .4 b В 3, Пряма, яка мае з колом тільки одну спільну точку, називається дотичною до кола. Варіант 3 1. г = OK = ОМ = =ON = 5 см, AB + + АС = ВС + 2г, тоді (Aß +AC) - ВС = 2r, звідси ^ (А В+ А С)-ВС = = 2 • 5 = 10 (см). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Правильні відповіді А Г В Б Г А В Б Б А Типові задачі для контрольної роботи В ідп овідь: на 10 см. AB = 5 CM, AC = 8 см, 2. А АО = ВО = СО = 4 см. 3, Коло називається описаним навколо трикутника, якщо воно проходить через всі вершини трикутника. та X т rg 3. АО =ВО =— = —5 см =2,5 суі. AB ■ 2 2 В ідп овідь: 2,5 см. .5 ‘Е о S 2 а. Ь О
  • 2. Якщо радіуси К ІЛ дорівнюють 2 см і 5 см, то відстань між їх центрами 8 см, то кола не перетинаються (не мають спільних точок). В ідп овідь: не мають спільних точок. 3. в ААВС — рівносторонній, ZA = ZB = = ZC = 60°. ДАЛО =д в о е =АСОА за трьома сторонами, тоді ZOAB = ZOBA = ZOBC = ZOCB = 60” = ZOCA = ZOAC = =30°. 7. Оскільки ZA = 30°, ZB = 60°, то ZC - 180° - Z A - ZB = 180° - 60° - ЗО = 90°. Оскільки ААВС — прямокутний, то АВ 10 ^ АО=ОВ=ОС : ---- =---- =5 (см). 2 2 В ідп овідь: 5 см. 8. д. or g Із трикутника ЛОВ маємо ZAOB = 180° - 30° - 30° = 120°, тоді ZAOB = ZAOC = = ZBOC =120°. В ідп овідь: 120°. O,A = ^ ^ г::^ =i ^ =10 (см). 8 16 З 6 (см). 5+3 8 В ідп овідь: 6 см. bo ok . 4. В АВ = З см, ЛС = 5 см, w w .4 Нехай ЛВ = а, тоді провівши промінь AD і відклавши ВС = AB, CD = AB будемо мати AD = ЗАВ. w Нехай ZAOB = 130°, AC і. АО, OB X ВС. д о л е = л о в е за катетом і гіпотенузою (ОА = OB — як радіуси, ОС — спільна), 130" тоді ZAOC = ZBOC =- - =65° 6. CM, 9. AOAOj = AOBOj — за трьома сто­ ронами (ОА = OB — я к радіуси, О,Л = = О,В — я к радіуси, ОО, — спільна сторона). Із рівності цих трикутників ZAOO, = ZBOOj, тобто OOj — бісектриса кута AOB. Оскільки в рівнобедреному трикутнику АОВ (ОА = OB — як радіуси), ОО, — бісектриса кута АОВ, то ОО, J. АВ. 10. ^0. тоді ZACO = ZBCO = 90° - 65° = 25°. Звідси ZACB = 2ZACO = 2 • 25° = 50°. В ідп овідь: 50°. Нехай 0 ,0 j = 16 АО =ВО =СО =— = і ■ см =2,5 см. AC 5 2 2 О,A : АО^ = 5 : 3. 1) Будуємо відрізок АВ, АВ = 6 см; 2) точка М — точка перетину кіл , проведених з точок А і В як із центрів радіуса 5 см і З см; 3) будуємо трикутник АВМ; 4) проводимо промінь ВМ і відкладаємо на ньому відрізок MC, MC = З см. ААВС — шуканий, оскільки АВ = ВС = = 6 см, AM = 5 CM і ВМ = MC.