df bdxfb xcf bxcv bcvb cvbcvbcv bcvb

1. РОЗДІЛ 1. ВИМІРЮВАННЯ КУТІВ, ПОВ'ЯЗАНИХ з колом
Завдання 1
1. Рис. 5а. Градусна міра кута а дорів­
нює 110°; а = 110°.
Рис. 1.56. Градусна міра кута ß дорів­
нює 360° - 85° = 275°; ß = 275°.
Відповідь: а = 110°, ß = 275°.
2. zcoc^ = zcoc, + гср с^ = і80° н
-
-Ь 110° = 290°.
Відповідь: 290°.
3. а) ZAOB -І- ZBOC = ZAOC;
б) ZBOC + ZCOD + ZDOA = ZBOA;
в) ZDOA + ZAOB + ZBOC + ZCOD =
= ZDOD = 360°.
Відповідь: а) ZAOC; б) ZBOA; в) ZDOD =
= 360°
4. а)Рис. 1.8. ZCOC, =180°-30°+ 180°-
- 40° = 150° -І- 140° = 290;
б) Рис. 1.9. гСОС, = 2 (180° - 60°) = 240°.
Відповідь: а) 290°; б) 240°.
5. Оскільки ОР — бісектриса кута
М ОК, то ZM O P = (360° - ZK O M ) : 2 =
= (360° - 78°) : 2 = 282° : 2 = 141°.
Відповідь: 141°.
7. Оскільки M F 1 NF, H F 1 GF, т
оZ I +
+ /!2 = 360° - ZM FN - ZHFG = 360° - 90° -
- 90° = 180°.
Відповідь: 180°.
Оскільки ZRO M = 100°, ZROT - Z T O M =
= 20°, то ZROT + ZTO M = 360° - 100° =
= 260°.
^ROT = ^ = 140°,
ZTO M = 260° - 20° ^ j20°.
Отже, градусні міри утворених кутів
100°, 140°, 120°.
б)
М О
Оскільки ZROM = 3ZROT, ZTOM--
360° 1
2ZR0T,
то ZROT =
ZRO M =
ZTO M =
l-t-7-1-4
360° З
ІЧ-2 + 3 -
360° 2
= 30°,
180°,
120° .
1+2 + 3
Отже, градусні міри утворених кутів
60°, 180°, 120°.
Оскільки ZRO M :ZRO T:ZTO M = 1:7:4,
то ZROM = J ^ = 30^
ZROT = = 210°,
ZTO M =
1+ 7 + 4
360° 4
= 120°.
1+ 7 + 4
Отже, градусні міри утворених кутів
30°, 210°, 120°.
Відповідь: а) 100°, 140°, 120°; б) 60°,
180°, 120°; в) 30°, 210°, 120°.
8. Оскільки сума градусних мір двох
вертикальних кутів дорівнює 360°, а
вертикальні кути рівні, то їх градусна
міра дорівнює 360° : 2 = 180°. Отже,
кути розгорнуті.
Відповідь: кути розгорнуті.
9. а) За 12 год. годинна стрілка повер­
неться на 360°.
6) За 4 год. годинна стрілка повернеть-
360° 4
12
= 120° .
в) За 2 год. ЗО хв. годинна стрілка по-
в е р н е т ь с я н а ! ^ ^ 3 „ „
12 2
Відповідь: а) 360°; б) 120°; в) 75°.

2. 10. a) Якщо годинник показує 2 год.
15 хв., то кут між його стрілками дорів­
нює 22°30'.
б) Якщо годинник показує 1 год. 18 хв.,
то кут між його стрілками дорівнює 36°.
в) Якщо годинник показує 7 год. 18 хв.,
то кут між його стрілками дорівнює 111°.
І Відповідь: а) 22°30'; б) 36°; в) 111°
І ..
І П . а) Щоб побудувати кут, градусна міра
] якого 270°, слід перегорнути аркуш паперу
І навпіл, потім утворену половину поділити
j знову навпіл і вирізати одну четверту
І аркуша. Розгорнувши аркуш, отримаємо
І кут, градусна міра якого 270°.
а б
б) Щоб побудувати кут, градусна міра
якого 315°, слід перегорнути аркуш папе­
ру навпіл, потім утворену половину поді­
лити знову навпіл, утворену четвертину
о б
12. а) Спочатку будуємо розгорнутий
кут АОС, потім ділимо кут навпіл і,
нарешті, ділимо кут ВОС навпіл, тоді
ZAOD = 135°.
б) Спочатку будуємо розгорнутий кут
АОС, потім ділимо цей кут навпіл.
Далі будуємо рівносторонній трикутник
ODF (OD = DF = OF) і ділимо кут DOF
навпіл, отримуємо кут DOK (ZDOK = 30°)
і, нарешті, ділимо кут DOK навпіл, тоді
ZAOG = ZAOB + ZBOC + гСОО + ZDOG =
= 90° -І- 90° -t- 90° -І- 15° = 285°.
в г
аркуша перегорнути навпіл по бісектрисі
прямого кута і вирізати одну утворену
частину. Розгорнувши аркуш паперу, от­
римаємо кут, градусна міра якого 315°.
13. Нехай кут АОВ більший за розгорну­
тий. Спочатку побудуємо бісектрису ОС
менший у розгорнутого, потім проведемо
додатковий промінь OD до променя ОС,
тоді OD — бісектриса кута >10В.
А

3. 14. Нехай кут AGA — повний кут. Про­
вівши промінь OB, — доповняльний до
променя ОА, матимемо OB — бісектрису
повного кута АОА.
Й
§ 2. Центральний кут. Градусна міра
дуги кола
Завдання 2
1. Центральний кут зображено на
малюнку б),
2. а) yjAKM = 360° - 135° = 225°.
б) иАК М = 360° - 82° - 89° = 189°.
Відповідь: а) 225°: б) 189°.
3. а) иАКВ = иАМ В = 180°;
б) kjAKA = 360°.
JC
4. а) Якщо радіус кола збільшити на
5 см, то градусна міра дуги кола, що
відповідає центральному куту в 67°, не
зміниться.
б) Якщо радіус кола зменшити вдвічі,
то градусна міра дуги кола, що від­
повідає центральному куту в 67°, не
зміниться.
5. а) uAB = 85°: б) uAß = 125°;
в) k
jAB = 245°.
а)
6. а) Якщо різниця градусних мір цент­
ральних кутів дорівнює 4°, то міри двох
дуг кола, що відповідають центральним
кутам, відрізняються на 4°.
б) Якщо різниця градусних мір цент­
ральних кутів дорівнює 120°, то міри
двох дуг кола, що відповідають цент­
ральним кутам, відрізняються на 120°.
7.
а) А б)
а) ZAOB = 90°; б) ZAOB = 60°;
в) ZAOB = 180°: г) ZAOB = 120°.
8. -____ S
О
Якщо АВ — діаметр кола, то jAmB
= иАпВ = 180°.

4. 9. a) Трьома точками поділити коло
на дуги, градусні міри яких 132°, 183°,
48°, не можна, бо 132° + 183° + 48° з*
360°.
б) Трьома точками поділити коло на
дуги, градусні міри яких 56°, 204°,
100°, можна, бо 56° + 204° + 100° =
360°.
в) Трьома точками поділити коло на
дуги, градусні міри яких 244°, 90°, 16°,
не можна, бо 244° + 90° + 16° 360°.
10. а) Щоб дуги сектора мали рівну
градусну міру 60°, круг слід розрізати
на шість рівних секторів.
б) Щоб дуги сектора мали рівну гра­
дусну міру 10°, круг слід розрізати на
тридцять шість рівних секторів.
Хорди, що стягують ці дуги, будуть
рівні.
11. Нехай AB і CD — діаметри кола,
тоді ÜAOD = АВОС за двома сторонами
і кутам між ними (АО = ВО = СО —
DO — як радіуси одного кола, ZAOD
= ZBOD — як вертикальні кути). Із
рівності цих трикутників випливає,
12. Оскільки AB = РК, то k
jAB = иРК,
тоді uAß + иВК = ijABK,
j PK + uBJf =
= ^
jPKB, звідси ^АВК = ^РКВ (якщо до
рівних дуг додати одну й ту ж дугу, то
отримаємо рівні дуги), отже, AK = PB.
13. а) Якщо ZAOB = 180°, тоді AB =
= АО + ВО = 16 + 16 = 32 (см).
б) Якщо ZAOB = 60°, то ДАОВ — рів-
носторонній, оскільки Z.OAB = ZOBA =
180° - ZAOB 180° - 60°
2 2
Отже, AB = 16 см.
= 60°
в) Якщо ZAOB = 300°, то ДАОВ — рівно-
сторонній, оскільки ZAOB = 360° - 300° =
= 60, ZOAB = ZOBA = = 60°,
тоді AB = 16 CM.
Відповідь: а) 32 см; б) 16 см; в) 16 см.
14. Оскільки uAC = иВС, то АС = ВС
і ААВС — рівнобедрений. Оскільки
СО — медіана трикутника ABC, тоді
СО — висота цього трикутника.
А
ДАОС і Д ВОС — прямокутні й рів-
нобедрені, тоді ZOAC = ZOCA = 45°,
ZOCB = ZOBC = 45°. Отже, ZA =
= ZB = 45°, ZACB = ZACO + ZOCB =
= 45° + 45° = 90°. Отже, кути трикут­
ника дорівнюють 45°, 45°, 90°.
Відповідь: 45°, 45°, 90°.
15. Нехай AB — діаметр кола, uAK =
= ^К Р = иРВ.
Оскільки uAJC = <^КР = иРВ, то АК =
= K P = РВ (в одному колі рівні дуги
стягуються рівними хордами).

5. AAOK = AKOP = АРОВ (за трьома сто­
ронами), тоді
ZAOK = ZKO P = АЮ В = = 60°,
ZOAK = ZAKO =
180°-60°
= 60°,
Z.OBP = Z.OPB = 60°. Із трикутникаABC
маємо /:С = 180° - ZA - ZB = 180° - 60°-
- 60° = 60°.
Отже, ZA = ZB = ZC = 60°.
Відповідь-. 60°, 60°, 60°.
16. а) Нехай задано коло з центром О.
На колі позначаємо довільну точку А і
робимо засічки на колі розхилом цир­
куля, що дорівнює радіусу кола AB -
= BC = CD = DF = K F = A K =АО. Точки
А, В, С, D, F, К поділять коло на шість
рівних частин.
б)Спочатку поділимо коло на шість рів­
них частин (див. задачу 16а), а потім
з’єднати відрізками три точки поділу
(через одну). Тоді точки А, В, С поді­
лять коло на три рівні частини.
17. Нехай задано радіус кола R та дві
сторони Ь і с трикутника ABC.
R
Спочатку побудуємо коло заданого
радіуса R з центром у точці О. Потім
на колі відмічаємо довільну точку А і
робимо засічки на колі В і С, причому
AB = с, AC = b. AABC — шуканий.
18. AOFG = A O K L (за трьома сто­
ронами), тоді Z.K O L = jCEOG —
= 90°, тоді UÄ-Z, = 90°, ^K FL = 360° -
- 90° = 270°.
Відповідь: 90° і 270°.
19. Нехай точки А і В поділяють коло
на дві дуги, різниця градусних мір яких
дорівнює 160°, тоді
360° -160° 200°
jAnB :
KjAmB •
360° н-160°
2
520°
= 100°,
= 260°.
Відповідь: 100°, 260°.
20. Нехай точки А, В, С поділяють коло
на три дуги, градусні міри яких відно­
сяться як 1 : 2 : З, тоді uAB =
360° 1 360°-2
1+ 2 + 3
360° З
60°, ВС--
1-к2-ьЗ
= 120°,
иЛС
1-І-2 + 3
= 180°.

6. Відповідь: 60°, 120°, 180°.
21. Нехай uAB = 60°, AB = 12 см.
Оскільки uAS = 60°, то ZAOB = 60°,
тоді ZOAB = ZOBA =
180° - 60°
= 60°
Отже, АЛОВ — рівяосторонній і ОА =
= OB = AB = 12 см, тоді діаметр кола
дорівнює 12 ' 2 = 24 (см).
Відповідь: 24 см.
22. Нехай uAB = 60°, тоді ZAOB =
- 60°.
Оскільки ЛАОВ — рівнобедрений (ОА =
OB — як радіуси), то ZOAB = ZOBA =
1ЯП
®_ ßn®
= = 60°. ДАОВ — рівносторон-
ній, тоді AB = ОА = OB = ^ = 7(см).
Відповідь: 7 см.
23. Нехай серединний перпендикуляр
до хорди AB перетинає коло в точках Р
і М, ZAOB = 120°, тоді ZAOP = ZPOB =
120°
2
= 60°. ZAOAf = 180° - ZAOP =
= 180° - 60° = 120°, ZBOM = 180° -
- ZPOB = 180° - 60° = 120°. Тоді иВР =
: 60°, uAP
: 120°.
: 60°, uAM = 120°, ußM :
Відповідь: 60°, 60°, 120°, 120°.
24. 4ex.a&ZAOB:ZBOC:ZAOC = 2 :b :b .
Точки А і С не можуть лежати в одній
півплощині відносно прямої OB, тоді
360° 2
^А В =
2 + 5 + 5
= 60°,
иАС = UJ5C =
360° 5
2 + 5 + 5
= 150°.
Отже, градусні міри дуг, які стягують
ці хорди, дорівнюють 60°, 150°, 150°.
Відповідь: 60°, 150°, 150°.
25. І випадок
Нехай ZM O K = jc°, тоді ZM OA = х° +
+ 20°, ZKOB= 2ї°, тодіZAOM + Z M O K +
+ ZKOB ^ х + х + 20 + 2х = 180;
4х = 160; * = 40. Отже, ZM O K = 40°,
ZM OA = 60°, ZKOB = 80°; uAM = 60°,
^uMK = 40°. kjKB = 80°.
О
m
0
1
о
с
<
со
2
S
X
т
о !
сс
о
3
2
о.
II випадок
Нехай ZM O K = х°, тоді ZM OA = x° +
+ 20°, ZKOB = 2x°, тоді ZM OB = ZKOB -
- ZM O K = x°, ZAOK = ZAOM - ZK O M =
= x° + 20° - я:° = 20°.
ZAOK + ZK O M + ZM OB = 180, 20 +
+ X + x = 180, 2x = 160, X = 80. Отже,
ZM O K = 80°, ZM OA = 100°, ZKOB =
= 160°, тоді ^A K = 20°, uX M = 80°,
uM B = 80°.

7. Відповідь: 40°, 60°. 80 ° або 20°, 80°, 80°.
26. Нехай ZM O K = лг°, тоді ZAO M =
-= Зж°, ZKOB = 6х°.
І випадок
ZAOM + ZM O K + ZKOB = 180°; х +
+ Зх + 6х = 180, Юх = 180, X = 18. Тоді
ZMOK = 18°, ZAOM = 54°, ZKOB =108°.
Звідси k
jA M = 54°, ^ К М = 18°, <^КВ =
= 108°.
II випадок
ZAOK = ZAOM - ZK O M = Zx° - х° =
= 2х°, ZBOM = ZBOK - ZK O M = 6х° -
- х° = 5х°. Тоді ZAOK + ZK O M +
+ ZM OB = 180°, 2х + х + 5х = 180°, 8х =
= 180°, X = 22°30'.
Отже, ZMOK = 22°30', ZAOK =2 •22°30'=
- 45°, ZBOM = 5 ■22°30' = 112°30'.
Отже, иЛАГ= 45°, иЛГМ = 22°30'і иМ В =
= 112°30'.
Відповідь: 54°, 18°, 108° або 45°, 22°30',
112°30'.
27. Нехай точки Р і Af лежать по різні
боки від діаметра ВС, і градусні міри
дуг м е р і М Е Р відносяться як 4 : 5,
тоді ZBOM = = 60°, ZMOC =
180°-2
1 + 2
■ = 120° .
Оскільки
j MCP : ^М В Р = 4 : 5, то (120 +
+ х) : (60 + 180 - л:) = 4 : 5, 600 + 5х =
= 240 + 720 - 4х, 9х = 360, ї = 40.
Отже, ZPOC = 40°, ZBOP = 140°, тоді
иВМ = 60°, uAfC = 120°, иРС = 40°,
иВР = 140°.
Відповідь: 60°, 120°, 40°, 140°.
28. Нехай ZAOB = 40°, тоді
ZOAB = ZOBA = ^80°- ^0° = 70°,
ZCAB = ZCAO - ZOAB = 90° - 70° = 20°.
Відповідь: 20°.
29. Нехай ZCAB = 23°. тоді ZOAB = 90° -
- 23° = 67°, ZAOB = 180° - 67° - 67° = 46°.
Отже, uAB = 46°, uAmß = 360° - 46° =
= 314°.
Відповідь: 46° і 314°.
1.
2.
= 110°;
в) а =
§ 3. Вписаний кут
Завдання З
Вписаними є кути б) і г).
а) а = = 55°; б) а = 2 55° =
180°
= 90°; г) а = 192° : 2 = 96°.
Відповідь: а) 55°; б) 110°; в) 90°; г) 96°.
3. а) 48° : 2 = 24°; б) 143° : 2 = 71°30';
в) 180° : 2 = 90°; г) 322° ; 2 = 161°;
Д) Р : 2 = |.
Відповідь: а) 24°; б) 71°30'; в) 90°;
г) 161°; д) |.
4. а) 13° • 2 = 26°; б) 90° ■ 2 = 180°;
в) 128° 2 = 256°; г) 87° 2 = 174°;
д) 2 •а = 2а.

8. Відповідь: а) 26°; б) 180“; в) 256°;
г) 174°: Д) 2а.
5. а)24° : 2 = 12': б) 57° : 2 = 28°30':
в) 90” : 2 = 45°: г) 126“ : 2 = 63“;
д) 180° : 2 = 90°.
Відповідь-, а) 12°; 6) 28°30'; в) 45°;
г) 63°; д) 90°.
6. Якщо К М = M S, О — центр кола,
ZKOS = 242°, тоді ZK M S = = 121°,
zjcsM = zsjrM = 1 8 2 1 ^ = 5|l=
= 29°30'
Відповідь: 121°; 29°30'; 29°30'.
7. a)uAC = 115° • 2 = 230°; yjAOC =
= 360° - 230° = 130°, ZAOC = 130°;
б) uAC = 360° - 127° = 233°, ZAOC =
= 233° : 2 = 11в°30'.
Відповідь: а) 130°; б) 116°30'.
8. a)uAß = 360°-132» = 228°,/:AÄfß =
= 228° : 2 = 114°:
б) uAB = 118° 2 = 236°, ZAOB = 236°,
uAMB = 360° - 238° = 124°, ZAOB = 124°.
Відповідь: a) 114°; 6) 124° або 236°.
ZAOC = 120°, uABC = 120°, тоді uAC ^
= 360° - - 120° = 240°, гЛВС = 240° : 2 ^
= 120° .
^AC = 120°, тоді /ABC = 120° : 2 = 60°.
Відповідь: 60° або 120°.
10. a) Нехай ZAOß = 110°, ZAOC = 120°,
ZBOC = 130°, тоді <jAB = 110°, uAC =
= 120°, uBC =
11П
®
130*’ . ZACB = = 55®,
ZABC = = 60°, ZBAC = = 65°
Отже, кути трикутника дорівнюють
55°, 60°, 65°.
б) Нехай ZBOC = 150°, ZAOB = 110°,
г л о с = 40°, тоді ^ВС = 150°, uAß = 110°,
иЛС = 40°: = 360° - 150° = 210°,
210° 40°
ZBAC = - ^105°, /АВС ■
■ ■= 20°,
Отже, кути трикутника дорівнюють
105°, 20°, 55°.
Відповідь: а) 55°, 60°, 65°; б) 105°, 20°,
55°.
11. Ні, не можуть. їх сума повинна
дорівнювати 360°, або сума двох менших
кутів дорівнювати найбільшому куту.
12. а )х = 360° - 215° - 2 • 20° = 105°;
б) ж= 360° - 180° - 2 30° = 120°:
360° - 80° -120° 160°
в) х =
г) х =
360°-117°-175°
2
68'
= 80°;
= 34°.
2 2
Відповідь: а) 105°; б) 120°; г) 80°; д) 34°.
13. Нехай uAMB : uAWß = 5: 7,
360° 5
тоді ^А М В =
150°
5 + 7
:150°, ZANB =
= 75°; kjANB =
Z A ^ ß = ^ = 105°.
360°-7
5 + 7
= 210°,

9. Відповідь: 75° і 105°.
14. Якщо ZBAC = 74°, ZACB = 54°, тоді
uAB = 54° •2 = 108°, ußC = 74° •2 = 148°,
иЛС = 360° - 148° - 108° = 104°, ZAOB =
= 108°, ZBOC = 148°, ZAOC = 104°.
Відповідь: 108°, 148°, 104°.
15. Нехай uAß : ußC : uAC = 2 : 7 : 6 ,
тоді uA B = = 48°, гЛСВ =
= І|1 = 24°: иВС = = 168°,
ZBAC = i ^ = 84°; uAC = 360° ■6
= 144°, ZABC =
144°
2 + 7 + 6
= 72°.
Отже, кути трикутника ABC дорівню­
ють 24°, 84°, 72°.
Відповідь: 24°, 84°, 72°.
16. '-’S fT = 50° 2 = 100°, uSQT = 360° -
- 100° = 260°, ZSFT = = 130°.
Відповідь: 130°.
17. Оскільки ZACB = 40°, то <
jAB =
= 40° ■ 2 = 80°. Оскільки uAS = 80°,
тоді ZADB = ^ = 40°.
Відповідь: 40°.
18. Оскільки ZABC = 45°, тоді uAC =
= 45° • 2 = 90°, тоді ZADC = і и АС =
= |-90° = 45°.
Відповідь: 45°.
19. Нехай ZMNK = 87°, тоді ^MLN =
= 87° ■2= 174°, yjMKN = 360“- 174° = 186°,
Z M L N = I и M K N = і •186° = 93°.
Відповідь: 93°.
20. ZAOC = uAKC = 90° 2 = 180°.
ZAKC = і u ABC = і •180° = 90°.
A ^
Відповідь: 180°, 90°.
21. I випадок
Нехай ZAOB - ZACB = 30°. Нехай ZAOB =
= x°, тоді <uACB = x°, yjAB = 360° - x°,
ZACB = ^° = 180° - Y і маємо
л:-180 + 1 = 30, ^ = 210, j
c = 140.
Отже, /ЛОВ = 140°.
II випадок
Нехай ZAOB - ZACB = 30°. Нехай
ZAOB = х°, тоді ZACB = -^ і маємо
J
C- 1 = ЗО, І = ЗО, X = 60.
Отже, ZAOB = 60°.
Відповідь: 60° або 140°.
22. ZABC = 35°, тоді uAC = 35° •2 = 70°.
Оскільки АС = M L, то uAC = jML = 70°,

10. Z M K L = I и MZ. = I 70° = 35°.
Відповідь: 35°.
23. Оскільки MS - SP, T
O<uMS=uSi>=
= 20° • 2 = 40°, тоді ZSPM = ^ u S M =
= і 40° = 20°. -iSPQ=ZSPM+ ZMPQ =
= 20“ + 90° = 110°.
Відповідь: 110°.
24. Оскільки UT = TR, то ut/Г =uTR =
= 25° •2 = 50°. uÄSa = 360° - 50° - 50° =
= 260°, ^UTR = і u RSU = і •260° = 130°.
Л a
Відповідь: 130°.
25. I випадок
гВАС = і u ВС = h'uACB - иAC) ■
■
= I (115° - 43°) = I •72° = 36°
II випадок
ZBAC = і u BC = i(360° - uAB -
- uAC) = I ■(360° -115° - 43°) =
= i - 202° = 101°.
Відповідь: 101 або 36°.
26. I випадок
Нехай P M = N M , тоді
ZM K N = і и M PN = і •(360° - u M N ) =
1 1
= і •(360° - 2 23°) = і •314° = 157°.
А Z
II випадок
НехайРМ = NM, тодіZM K N ^^<j M N =
= і U РМ = і •2 ■23° = 23°.
Z А
Відповідь: 23° або 157°.
27. Нехай ЛВ — діаметр кола, Z.KPA =
= 32°, тоді:
а) ZK PB = ZKPA + ZAPB = 32° + 90° =
= 122°'
б) Z x Ä b = і U ІГРВ = і •(180° - иАЛГ) =
1 1
= І •(180° - 64°) = і ■116° = 58°.
Відповідь: а) 122°; б) 58°.
28. Нехай ДАВС — прямокутний, СЯ X
1 AB, тоді иАК = = 110°,
ZACK = І U АЛ: = = 55°,
ZBCK = і и BJS: = і 70° = 35°.
ZCBA = ZACÄ- = 55°, ZCAB = ZKCB =
= 35°. А
ґ
о
V " у
Відповідь: 35° і 55°.
29. а) Нехай AB ЦCD. Доведемо, що
wAC = uBD. Оскільки AB |
|CD, то Z I =
= Z2 як внутрішні різносторонні кути
при паралельних прямих A B і CD

11. та січній ВС. Z I = і и ЛС, Z2 = I Ul BD,
тоді і w AC = ^ w BD, звідки иЛС =
BD. _______
<В
= ^ B l
б) Нехай ВС Im, А — точка дотику, тоді
A K 1 I, A K 1 ВС, AABC — рівнобедре-
ний, ZB = ZC.
Оскільки ZB = ^ и АС, ZC = ^ и AB,
1 1 2 2
то —u AC = -x'~J AB, звідси wAC = uAß.
b) Нехай l II /,, AB — діаметр, АО -L l,
OB 1 тоді uAmB = uAnB = 180°.
n
l
О
h
30. Нехай AB = CK, AB |
|CK. Оскільки
uAß = jCK, uBK = ^ C , TO ZAOK = kjAB
+ uBK = 180°; ZCOB = ^BK + kjCK =
= 180°.
A,
Оскільки ZAOK = 180° і ZCOB = 180°,
TOAK 1BC — діаметри кола.
31. Нехай AABC — рівносторонній.
Оскільки AB = ВС = AC, то uAB = ußC =
= uAC = 120°. ZAAfß + ZBPC + ZCHA =
= I 240° + I 240° + I •240° = 120° +
+ 120°+ 120° = 360°.
Відповідь: 360°.
32. <^AB + ußC + uAC = 360°.
ZAKB + ZBLC + ZCTA = | ■(u5C +
+ OAC) + і ■(и AB + и A C) + і •('uAB +
А ^
+ u ß C ) =uA B + ußC + uAC = 360°.
В
Відповідь: 360°.
33. ZABC + ZCDE + ZEFG + ZGHA =
= і (360° - и ABC) + і ■(360° - uCDE) +
+ і ■(360° - G) + і (360° - иА Я С ) =
= 720° - і •(uAßC + uC£»£ + ^E FG +
+ uAf/G) = 720° - 1 •360° = 720° - 180° =
Відповідь: 540°.
37. ZOAH = і и fG = і ■(180° - <jFGA) =
= і (180° - иГС - uAC) = 90° - і и fC ■
Z 2

12. -1 u AC = (90° - ZFAC) - ZABC =
=ZACB - ZABC.
В
ZOAH = ^ u DF = y (180° - uABD) =
= і (180° - uA S - <
j BD) = 90° - 1 u a s -
- і u BD = 90° - 1 u - ZACB =
= 90 - ZBAH - ZACB = ZABC - ZACB.
A
Отже, ZOAH = ZABC - ZACB.
38. Нехай два кола перетинаються :
точках А і В, тоді ZKBM = 180° - ZAKB -
Оскільки иАпВ і і^АтВ — сталі, то
ZK B M — сталий.
39. Нехай два кола перетинаються в
точках А і В, M jM j |
|N^N^.
Оскільки uM,W, = <jAmB, то M,W, =
= АВ.
Оскільки KjAnB = то =АВ.
Оскільки MjiVj = AB, AB = то
M,W, =
40. Нехай два кола перетинаються в
точках А і В. За теоремою про міру
вписаних кутів маємо: ZPEB + ZBCD =
= ZPAB + ZDAB = ZPAD, ZAEB + ZACB =
= ZAPB + ZADB. Звідки маємо: ZPEC +
+ ZECD = ZPEB + ZAEB + ZACB +
+ ZBCD = ZPAD + ZAPD + ZA D P =
= 180°.
Оскільки ZPEC і ZECD — внутрішні
односторонні при прямих ЕР і CD та
січній EC і ZPEC + ZECD = 180°, то
ЕР II CD, що й треба було довести.
41. а)
О
ш
0
1
U
О
с
<
00
2
S
X
т
а
5
'с
З
к
а.
О
uAmC = 120°, ZAKC = 60°;
б)
uAmC = 90°, ZAKC =
в)
45°;
uAmC = 60°, ZAKC = 30°;

13. г)
fuAmC = 2а, ZAKC = а.
42. Нехай задано коло з центром О
і точка А на ньому. Проведемо 11 ОА,
тоді І — дотична до кола. Далі будуємо
кут АОС = 90° і ділимо його навпіл
(OB — бісектриса кута АО С), тоді
ZAOB = 45° і AB — шукана хорда.
43. Шукане геометричне місце точок —
дуги АтВ і АпВ (без кінців Л і В) кола,
діаметром якого є даний відрізок AB.
А
44. Нехай висота і медіана, які прове­
дені до гіпотенузи, дорівнюють Л і т .
Спочатку побудуємо прямокутний три­
кутник ВОН з висотою ВН = Л і медіа­
ною ВО = т.
Потім проведемо пряму ОН і від точки
О відкладемо в різні боки від точки О
відрізки АО і СО, причому АО = СО =
т. AABC — шуканий.
45. Нехай точка В — точка перетину
висот прямокутного трикутника, точка
О — середина гіпотенузи, Н — основа
висоти, проведеної до гіпотенузи.
Спочатку будуємо трикутник ВНО,
потім проводимо пряму о н і від точки
о в різні боки на прямій відкладаємо
відрізки АО і СО, причому АО = СО
= ВО. AABC — шуканий.
46. a) Нехай R — радіус описаного
кута, а — основа рівнобедреного три-
кутника.Спочатку будуємо коло ра­
діуса R з центром в точці О. Від
довільної точки А відкладаємо відрі­
зок AB, причому AB = а. Потім прово­
димо серединний перпендикуляр до
відрізка AB, який перетне коло в точ­
ках С і D. Трикутники АСВ і ADB —
тукані.
б) Нехай R — радіус описаного кола,
Л — висота рівнобедреного трикутни.і
ка, проведена до основи.
Спочатку будуємо коло радіуса Я і з
центром в точці О. Потім будуємо діа­
метр CF і від точки С на промені CF
відкладаємо відрізок CD, причому CD =
h. Далі через точку D проводимо пер­
пендикуляр до прямої CF, який перетне
коло в точках А і В, тоді ААВС — шу­
каний.
47. Геометричним місцем точок, з яких
даний відрізок AB видно під кутом а, є
дві дуги (двох кіл) без кінців, для яких
AB є хордою.

14. 48. a) Нехай R — радіус описаного
кола, с — сторона трикутника, т —
медіана проведена до сторони с.
Будуємо коло з центром О і радіусом
Л. Від довільної точки А кола відкла­
даємо відрізок AB, причому AB = с.
Знаходимо точку М — середину AB і
від точки М відкладаємо відрізки MC,
і MCj, причому MC, = MCj = т (бу­
дуємо дугу кола з центром М і радіу­
сом т). Тоді &АВС^ і ААВС^ — шукані
трикутники.
б) Нехай задано радіус описаного кола
R, сторона трикутника с, висота Л,
опущена на сторону с.
Будуємо коло з центром в точці О
і радіусом R. Від довільної точки А
кола відкладаємо відрізок AB, при­
чому AB = с. Потім проводимо пря­
му, яка паралельна стороні AB і зна­
ходиться на відстані А від сторони.
Ця пряма перетинає коло в точках
С, і С,. ДАВС, і äABCj — шукані три­
кутники.
49. а) Будуємо довільне коло з центром
О, потім будуємо центральний кут ВОА,
який дорівнює 60°. Центр О, другого
кола знаходимо як точку перетину
променів ВО^ і АО,, причому ßO, |
|ОА,
АО, II OB.
б) Будуємо довільне коло з центром о,
потім будуємо центральний кут АОВ,
причому /ЛОВ = 45°. Центр О, другого
кола знаходимо як точку перетину
променів ВО, і АО,, причому АО, ЦOB,
ВО, II АО.
в) Будуємо довільне коло з центром о,
потім будуємо центральний кут АОВ,
причому ZAOB = 30°. Центр О, другого
кола знаходимо як точку перетину
променів ВО, і АО,, причому АО, |
|OB,
ВО^ IIАО.
§ 4. Вимірювання кутів між хордами
й січними, між дотичною та хордою
Завдання 4
1. а) Якщо різниця градусних мір дуг
AD і ВС дорівнює 90°, то
ZAPD = ^ = 45°.

15. і ВС дорівнює 240°, то ZAPD =
= 120“. ^
в) Якщо <иВС = 20°, <
jAD = 130°, то
130°-20°
ZA PD . = 55°.
Відповідь: а) 45°; б) 120°; в) 55°.
2. Якщо U4-B : иВС : uCJD : uDA = З :
360° 4
: 2 : З : 4, то >_iAD =
360° 2
иЛС:
г л р о =
+ 2 + 3 + 4
uAD - ujBC
3 + 2 + 3 + 4
=60°,
120“ - 60°
= 120°,
= 30°.
3. Якщо uAB : ^jßC : uC£> : <uDA = 1 :
: 2 : 3 : 4 . - r a u A D = ^ Ä ^ = 144°,
360°-2 V 2?
<uBC =
ZAPD--
1+ 2 + 3 + 4
uAD + ußC
= —
—;
2
144° + 72°
= 108°.
C
4
J
4. Якщо uCD = 30°, TO ZAPB = 86°, то
ZAPB = 180° - 86° = 94°. Оскільки
ZAPB = t To2ZAPB = uAB +
2
+ <uCD, тоді uAB = 2ZAPB - =
= 2 94° - 30° •= 158°.
Відповідь: 158°.
5. НехайAB —дотична (точкаА —точ­
ка дотику), АС — січна, uAC = 40°, тоді
ZBAC = AC = і - 40° = 20°.
Відповідь: 20°.
6. Нехай AC — дотична (точка А — точ­
ка дотику), AB — хорда, ZCAB = 60°,
тоді uAB = 2ZCAB = 2 • 60° = 120°,
ZA05 = uAß = 120°.
Відповідь: 120°.
7, НехайЛС — дотична (точкаЛ — точка
дотику), AB — хорда, щ>ичомуAB =АО =
= OB, тоді ZAOB = 60°, звідси <МВ = 60°,
гІСАВ = і U AB = І 60° = 30°.

16. Відповідь: 30°.
8. НехайЛВіВС — хорди, uAB : ußC =
= 9 : 4 , В С І AC. Оскільки uAB = 180°,
то ußC = = 80°, тоді uAC =
= 180° - 80° = 100°.
ZABC = I u AC = I 100° = 50°.
Відповідь: 50°.
9. Нехай AB = ВС, KL — дотична до
кола (точка В — точка дотику).
ZK BA = ^<j AB, ZBAC = | u ß C .
Оскільки AB = ВС, то иЛВ = uBC і тоді
ZKBA = ZBAC.
Оскільки ZKBA і /.ВАС — внутрішні
різносторонні і ZKBA = ZBAC, то KL Ц
І АС, що й треба було довести.
10. Нехай uAß : ußC : uCA = 5 : 2 : 3 ,
AB — січна, PC дотична (точка С —
точка дотику), тоді
= 180°, u ß C =
u A 8 =
860° 5
5 + 2 + 3
uAC =
■= 72°.
5 + 2 + 3
360° -З _ -
Ш
лпо /Лп
/
п_ 1 .
5 + 2 + 3
= 108°.ZAPC = І АС -
- | и В С = 54°-36° = 18°
Відповідь: 18°.
12. Нехай ВА і СА — дотичні до кола,
точки В і А — точки дотику.
а) Якщо ZBAC = 60°, тоді ZBOC = 360° -
- 90° - 90° - 60° = 120°, тоді иВлС =
= 120°, ußmC = 360° - 120° = 240°.
б) Якщо ZBAC = у, тоді ZBOC = 360° -
- 90° - 90° - Y = 180° - Y, тоді иВпС =
= 180° - у, иВ тС = 360° - 180° + 7=
Відповідь: а) 120° і 240°; б) 180° - у і
180° + у.
13. ZACB = ^ (< jA m B -u M B ) =
= і •(180° - иМ В) = 90° - і U MB,
А
отже, ZACB — гострий.
Таким чином, з будь-якої точки поза
колом, діаметр кола, продовження яко­
го не проходить через цю точку, видно
під гострим кутом.
14. ZACB = ^{KjAm.B + uKL) =
= І ■(180° + yjKL) = 90° + і и KL,
отже, ZACB — тупий. Таким чином,
з будь-якої точки всередині кола.

17. діаметр кола, який не проходить через
цю точку, видно під тупим кутом.
15. Нехай РА і РВ — дотичні до кола
(точки А іВ — точки дотику), ВС — діа­
метр кола. ZCOA = иЛС,
/ІСАО = 180° - ^СОА ^ 180° - uAC ^
2 2
= 90° - і U АС. ZAOK = ^АК = | и АКБ =
= і •(180° - иЛС) = 90° - і U АС.
А Р
Оскільки ZCAO = ZAOK і ці кути —
внутрішні різносторонні при прямих
АС і ОР та січній АО, то АС Ц РО.
16. Нехай кола з центрами в точках
і Oj дотикаються один до одного зов­
нішнім чином в точці М, ВС і AD — до­
тичні до кіл (точки В і А — точки до­
тику).
ZCBM, = І U ВМ = І ZßO.M = І •(180° -
- 2ZBMO^) = 90° - ZBMO^.
ZDAM, = ^ kjAM = izA O jM = | •(180° -
- 2Z0^MA) = 90° - ZO^MA.
Оскільки ZBMO^ = ZOJtIA, t o ZCBO^ =
= ZDAO^ і ці кути — внутрішні різно-
сторонні при прямих ВС і AD та січній
AB, то ВС і AD.
17. Два кола з центрами О і О, перети­
наються в точках А І В , через точку О
проходить друге коло, ВС — дотична до
другого кола (О^В 1 ВС). АОАВ — рівно-
бедрений, бо QA = OB, тоді ZOAB = ZOBA.
л ове — рівнобедрений, бо ОС = OB, тоді
ZOBC = ZOCB.
Оскільки ZOBC = ^ и О В і ZOAB =
= і и ОВ, то ZOAB = ZOBA = ZOBC =
= ZOCB. АСОВ = АЛОВ (за стороною
і двома прилеглими кутами), тоді AB =
= ВС.
18. Нехай AB — діаметр, І — дотична
до кола, А — точка дотику, ВМ — січ­
на, РК — дотична до кола (Р — точка
дотику).
Нехай ZOBP = а, тоді ZOPB = а (бо
АОВР — рівнобедрений), ZOAP = 90° -
- а (бо АОВР — прямокутний). ZM A P =
= 90° - ZOAP = 90° - 90° а = а, тоді
ZA M P = 90° (бо ААРМ — прямокут­
ний), Z N P M = ZB PK = ZO PK - ZOPB =
= 90° - а.
Оскільки у трикутнику M N P Z N M P =
= Z N P M = 90° - а, то AM NP — рівно­
бедрений.
§ 5. Сегмент, що містить заданий кут
Завдання 5
1. Навколо трикутника ABD опишемо
коло, тоді точка С також належить
цьому колу, оскільки геометричним
місцем точок, з яких відрізок AD видно
під одним і тим же кутом, є дуга зазна­
ченого сегмента.

18. 2, Навколо трикутника ABD опишемо
коло, тоді точка С також належить цьому
колу, оскільки ^ABD + uACZl = 360°.
В
3. Побудуємо коло, діаметр якого є
AB. Тоді точки Aj і належать цьому
колу, оскільки ZAB^B = Z A A fi = 90°,
/.CAB = і •(^А В - и Л А ) = (180° -
- u A ß ,) = 9 0 ° - | u A ß ,.
= 180° - - ZCAjß, = (90° -
- ^A,B,C) + (90° - ZCAfi^) = ZBB^A +
+ ZCA^B. = і и BA, + 1 u AB. = і •(180°-
-и Л ,В ,) = 9 0 ° - | и Л А -
^ С
Отже, /ССАВ = ZCA^B^.
4. Побудуємо коло з центом у точці М
і діаметром AB, тоді точки К і Р нале­
жать цьому колу, оскільки ZA K B =
= ZAPß = 90°. М Р = М К = ^АВ , тоді
АКМР — рівнобедрений, тобто середин­
ний перпендикуляр до основи K P про­
ходить через точку М.
5. Нехай точка С рухається дугою
кола, яку стягує хорда AB. F — інцентр
трикутника ABC. ZAFB = 180° - ZBAF
-Z A B F = 180° - 1 Z B A C -і ZABC =
= 180° - 1 •(ZBAC + ZABC) = 180° -
- 1 (180° - ZACB) =180° - 90° + 1 ZACB =
= 90°-t-i ZACB.
3 інцентра трикутника видно його сто­
рону під кутом, який на 90° більший за
половину кута, протилежного до цієї
сторони. Тому шуканим геометричним
місцем точок буде дуга, що стягується
6. Будуємо Z A M B = а і трикутник
А В М , у якого AB дорівнює заданому
відрізку.
Будуємо ZBM C = ß і трикутник ВМС,
у якого ВС дорівнює заданому відріз­
ку. Шукана точка М — точка перети­
ну кіл, описаних навколо трикутника
А М В і ВСМ.
7. Будуємо трикутник ABC зі стороною
AB і протилежним кутом С, потім опи­
суємо коло навколо трикутника ABC.
Далі проводимо пряму І, яка паралель­
на прямій AB і знаходиться від прямої
AB на відстані Л. Пряма І перетинає
коло в точках С, і Cj. tiA C fi і йАС^В —
8. Будуємо трикутник ABC зі сторо­
ною AB і протилежним кутом С, потім
описуємо коло навколо трикутника ABC.
Будуємо дуги кола, яке проходить через

19. точку D — середину AB і радіус якого
дорівнює медіані. Ці дуги перетинають
коло в точках і С^. ААС^В і ААС^В —
шукані.
9. Нехай задана медіана A M , тоді
проведемо промінь A M і відкладемо
відрізок М Р = AM .
Побудуємо геометричне місце точок,
з яких A M видно під кутом ß, а М Р —
під кутом а, в одній півплощині від­
носно прямої АР. Точку їх перетину
позначимо В. Проводимо промінь ВМ
і відкладаємо відрізок MC на ньому,
причому MC = MB. ДАВС — шука-
10. Оскільки з івцентра трикутника
видно його сторону під кутом на 90°
більшим за половину кута протилеж­
ного до цієї сторони, то побудуємо
трикутник зі стороною AB та проти­
лежним кутом 90° + 2«• Нехай це три­
кутник ABF. Потім на відстані, що
дорівнює радіуса вписаного кола, про­
водимо пряму І, яка паралельна AB
і перетинає коло в точках і F^.
Будуємо геометричне місце точок,
з яких AB видно під кутом а. Будуємо
= ZBAF, і = AF^BA. ДАС,В
і ААС^В — шукані.
11. Нехай Z A M B = 60°, A M X ОЛ,
M B 1 OB, тоді Ю А М = Ю ВМ, звідси
ZAM O = ZBMO = 30°, тоді ОМ = 20А.
Отже, геометричне місце точок — ко­
ло, концентричне даному і радіус яко­
го удвічі більший за даний радіус.
12. Нехай A M = ВМ, ОА 1 AM , OB ±
1 ВМ, тоді Ю А М = Ю ВМ.
Отже, шукане геометричне місце то­
чок М є коло, концентричне даному,
радіус якого дорівнює ОМ.
Запитання до розділу І
1. 360°.
2. Центральним кутом називається
кут із вершиною в центрі кола.
3. Градусна міра центрального не
залежить від радіуса кола.
4. Градусна міра центрального кута
змінюється в межах від 0° до 360°.
5. Градусною мірою дуги кола нази­
вається градусна міра відповідного їй
центрального кута.
6. а) В одному колі рівні дуги стягу­
ються рівними хордами.
б) В одному колі рівні хорди стягують
рівні дуги.
7. Див. стор. 18 підручника.
8. Вписаним кутом називається кут (мен­
ший за 180°), вершина якого належить ко­
лу, а його сторони перетинають це коло.
9. Вписаний кут вимірюється полови­
ною дуги, на яку він спирається.

20. 10. Див. стор. 21 підручника.
11. 1)Вписані кути, що спираються на
одну й ту ж дугу, рівні.
2) Вписані кути, що спираються на
рівні дуги, рівні між собою.
3) Будь-який вписаний кут, що спи­
рається на діаметр — прямий.
4) Будь-який прямий вписаний кут
спирається на діаметр.
5) Центр кола, описаного навколо пря­
мокутного трикутника, є серединою
його гіпотенузи.
6) Медіана, проведена до гіпотенузи
прямокутного трикутника, дорівнює
половині цієї гіпотенузи.
12. а) Кут між дотичною до кола та
хордою, проведеною через точку доти­
ку, вимірюється половиною градусної
міри дуги, що лежить усередині цього
кута.
б) Градусна міра кута між двома хор­
дами, які перетинаються усередині ко­
ла, вимірюється півсумою градусних
мір двох дуг, на які спирається цей
кут і вертикальний до нього.
в) Градусна міра кута між двома січ­
ними, які перетинаються поза колом,
вимірюється піврізницею градусних
мір дуг, що містяться всередині цього
кута.
г) Кут між дотичною й січною, про­
веденими з однієї точки, вимірюється
піврізницею градусних мір більшої та
меншої дуг, замкнених між січною та
дотичною.
д) Кут між дотичними, проведеними
до кола з однієї точки, вимірюється
піврізницею градусних мір більшої та
меншої дуг, замкнених між дотични­
ми.
13. а) KjAnB =
360° ■1
l-t-4
= 72°,
і^АтВ =
360° 4
1-І-4
= 288°
б) ZACB = і и АпВ = І ■72° = 36°,
= і U АтВ = і 288° = 144°.
Відповідь: а) 72° і 288°; б) 36° і 144°.
14. а) Якщо AB = ВС = АС, то ААОВ =
= АВОС = ЛАОС (за трьома сторонами).
б) Нехай М , N, К — середини сторін
рівностороннього трикутника ABC,
тоді ААКМ = ABMN = ÜCNK (за двома
сторонами і кутом між ними), звідси
К М = M N = NK. Тоді ЛКМО = AMNO =
= ANKO (за трьома сторонами), звідси
120°.
Відповідь: а) 120°; б) 120°.
15. а) wAB = - = 60°, иВС =
Тоді ZB = ^^j AC = 180° : 2 = 90°,
ZA = і U ВС = 120° : 2 = 60°,
ZC = і U AB = 60° : 2 = 30°.

21. Отже, кути трикутника дорівнюють
30°, 60°, 90°.
б) Нехай BD X АС, тоді oAD = uAB =
= 60°, yjDC = kjBC = 120°
Відповідь: a) 30°, 60°, 90°; б) 60° і
120°.
16. а) иЛС = 90° 2 = 180°, иВАС = 180° +
+ 40° = 220°,
ZBKC = І V
JВАС = І 220° = 110°.
б) uADC = 360° - uAß - иВС = 360° -
- 120° - 80° = 160°.
Оскільки /АБО = ZDBC, то uAD = <uDC=
= 160° : 2 = 80°, ZAOZ) = wAD = 80°.
в) uAC = 2 59° = 118°,
ZCAK = I и AC = I 118° = 59°.
r) uAE = 2 • 55° = 110°,
ZAKE = |(uAE - 40°) = | •(110° - 40°) = 35°.
Д ) <jGF = 2 50° = 100°, ^GDF = 360° -
- 100° = 260°,
ZGFT = і и GDF = I 260° = 130°.
Відповідь-, a) 110°; 6) 80°; в) 59°; г) 35°;
Д) 130°.
17, I випадок
ZAOC = 40°, тоді uAC = 40°,
uAB = uBC = 360° - = 160°.
Тоді ZABC = i v j AC = і 40° = 20°,
/.ВАС = ZBCA = і 160° = 80°.
Отже, кути можуть дорівнювати 80°,
80°, 20°.
II випадок
ZAOC = 40°, тоді uABC = 40°,
K
JAB = ußC = - ^ = 20°,
uAnC = 360° - 40° = 320°,
ZABC = і u AnC = і 320° = 160°,
2 2
ZBAC = ZACB = ~ = 10°.Отже, кути
можуть дорівнювати 160°, 10°, 10°.
Відповідь-. 80°, 80°, 20° або 160°, 10°, 10°.
18. а) uAB =
360° 2
= 144°, ^АпВ =
ОСП
° Q 2 + 3
= = 216°. ZACB = і(иА лВ - kjAB) =
= і (216° -144°) = і ■72° = 36°.
ZCAB = ZCBA = ^<j AB = ^ 144° = 72°.
Л А
Відповідь: 36°, 72°, 72°.
б) Нехай ZBAC = х°, тоді ZBOC = f ,
л: + І = 180, Зх = 360, X = 120. Отже,
ZBAC = 120°.
Відповідь: 120°.
в) Нехай ZAM^: = jc°, тоді ZAOM = 90”-a f,
qn° - r° r°
ZA K O = - ^ = 4 5 ° - Y -
3a умовою 2ZAMB = ZAKB, тоді 2 ■2д
с =
= 2° ■^45° ~ Y > = 90° - Л, 5д: = 90°,
J
c = 18°, тоді 2x = 2 18° = 36°, тобто
ZAM B = 36°.
Л м
Відповідь: 36°.

22. г) Нехай ZADC = x°, тоді uAC = 2x°,
yjADC = 360° - 2i°,
гАВС = і (иADC - K
JAC) = і (360° - 2x° -
2 2
-2x°) = 180°-2i°.
За умовою 2x = 180 - 2x, ix = 180, x = 45,
тоді 180 - 2x = 180 - 2л 45 = 90.
Отже, кут між дотичними дорівнює 90°.
Відповідь: 90°.
19. а) /йСАВ = ZKCB (бо вони є вписани­
ми і спираються надугу ^В). М К Р = ііСВР
(за стороною і двома прилеглими кутами:
АР = РС, ZKAP = гВСР, ZAPK = ZCPB),
б) Оскільки AB = CD, то uAS = <uDC,
звідси yjBC = uAD (як різниці рівних дуг
иАВ - <МС = <uDC - иАС). &АВС = ÜCDA
за двома сторонами і кутом між ними
(АВ - CD — за умовою, АС — спільна
сторона, ZACB = /ССАВ = і и ВС =
= і и AD). Із рівності трикутників має­
мо ВС = AD. діВСР = и>АР за стороною
і двома кутами (ВС = AD — за доведен­
ням, Z.CBP = ZADP = і ЛС,
ZBCP = ^DAP = I u BD), тоді PC = PA.
20. ZC = ZD = а (бо вони є вписаними
і спираються на одну дугу).
ZA — Z.B - ß (бо вони є вписаними
і спираються на одну дугу).
ZAPC = 180° - ZA - ZC = 180° - ß - а,
ZBPD = 180° - г в - /,В = 180° - а - ß,
звідси ZAPC = Z.BPD.
206. ZDBA = 90°, бо ZDBA спирається
на діаметр DA.
ZCBA = 90°, бо ZCBA спирається на
діаметр АС.
Точки D, В іС лежать на одній прямій,
оскільки ZDBA + ZCBA = 90° + 90° =
= 180°.
Оскільки ZDBA = ZABC = 90°, то AS ±
± DC.
21. Через точку о проводимо пряму т,
яка перпендикулярна до прямої І.
Пряма т перетинає коло в точках А
і В. Через точки А і В проводимо прямі
і 1^, які паралельні прямій І. Прямі 2
,
і /j — шукані прямі.
Готуємося до тематичного
оцінювання № 1
1. а) KjAnB ■
■
Варіант 1
360° - 210°
75°,
иАтВ
360° + 210°
285°.
'О
m
0
1
о
с
<
cd
lj
s
s
X
T
.5
Ъ
g
Q.
О
Ш
6) ZAOB = uAmB = 75°.
b ) ZANB = і о AmB = = 142°30',
ZAM B = і u AnB = ^ = 37°30'.
2 2
r) ZC = I (uAmB - uAnB) = | •(285° -
- 75°) = I 210° = 105°, ZCAB = ZCBA =
= і u AnB = I 75° = 37°30'.
Відповідь: а) 75° і 285°; б) 75°; в) 37°30'
і 142°30'; г) 37°30' і 105°.
2. АВ =АС, ZA = 56°, тоді
180° - 56°
ZB = ZOCB = ■62°.
ZAKC = 90°, тоді ZACK = 90“ - ZA =
= 90° - 56° = 34°, тоді uAX = 2 • 34° = ем

23. = 68°, ^КСМ = 62° - 34° = 28°, тоді
^иКМ = 2 •28° = 56°, оМ С = 180° - 68° -
- 56° = 56°.
В л ^ — =1
Відповідь-. 56°, 56°, 68°.
3. Оскільки A B = C D , то uACß = kjC B D ,
тоді uAC = kjB D ( я к різниця рівних дуг
u A ß - kjB C = w C Z ) - u ß C ) , тоді Z .C D A =
= Z B C D ( я к вписані кути, що спирають­
ся на рівні дуги).
Оскільки ZCDA і ZBCD — внутрішні
різносторонні при прямих ВС і AD та
січній CD і вони рівні, то ВС |
|AD.
1.
Варіант 2
а) иЛпВ = = 144°,
<jAmB =
360° •З
2 + 3
= 216°.
2 + 3
б) ZAOB = uAnß = 144°.
в) ZANB = і U АтВ = і •216° = 108°,
ZAM B = і U АпВ = і •144° = 72°.
г) ZCAB = ZCBA = і U АпВ = і •144° =
^ А
= 72°, = і ■(216° -144°) = 36°.
А
Відповідь: а) 144° і 216°; б) 144°; в) 72°
і 108°; г) 72°, 72°, 36°.
2. Оскільки Z C A B =Z A B D , то ^ D B =
= lu A C D , тоді <
j B D = uAC (як різниці
рівних дуг ^ D B - kjC D = K jA C D - uCZl),
тоді Z A B C = Z B C D = k j A C = ^ B D .
і А
Оскільки ZABC і ZBCD — внутрішні
різносторонні при прямих AB і CD а
січній ВС і вони рівні, то AB ЦCD.
3. иВС = иВ£>, тоді ZCMB = ZBMD,
отже, MB — бісектриса кута CMD між
прямими MC і MD. Отже, ZAM B = 90°,
то М А X MB, то М А — бісектриса кута
K M D між прямими MC і MD.
Отже, промені М А і M B ділять навпіл
кути, утворені при перетині прямих
M C і M D.
§ 7
Завдання 7
1. а) S, = 180° •(9 - 2) = 180° 7 = 1260°;
б) S,j = 180° (12 - 2) = 180° ■10 = 1800°;
в) = 180° (20 - 2) = 180° •18 = 3240°.
2. а) Сума кутів опуклого багатокутника
обчислюється за формулою = 180° х
X(л - 2). За умовою S, = 1620, тому 180° х
X (га - 2) = 1620°, л - 2 = 9, л = 11.
Отже, якщо сума кутів багатокутника
дорівнює 1620°, то у багатокутника 11
вершин.
б) S„ = 180° • (л - 2). За умовою =
= 720°, тому 180° •(л - 2) = 720°, л - 2 =
= 4, л = 6.
Отже, якщо сума кутів багатокутника
дорівнює 720°, то це — шестикутник.
3. а) Нехай у багатокутника л вершин,
тоді сума кутів = 180° ■(л - 2), а за
умовою 135°л. Тому 180° (л - 2) = 135°л,
180°л - 135°л = 360°, 45°л = 360°, л = 8.
Отже, багатокутник має 8 вершин.
б) Нехай у багатокутника л вершин.
Тоді S„ = 180° ■(л - 2) або S, = 140°л.
Тому 180° (л - 2) = 140°л” 180°л -
- 140°л = 360°, 40°л = 360°, л = 9.
Отже, багатокутник має 9 вершин.

24. 4. a) a — гострий кут, тому О< а <
< 90°.
У п’ятикутнику 4 гострих кути, їх су­
ма S,: О < S, < 360°.
П’ятий кут ß може мати градусну мі­
ру: О < ß < 180°.
Тоді сума кутів п’ятикутника О < <
< 540°.
Тобто сума кутів такого п’ятикутника
менща, ніж 540°, але = 180° ■(5 -
- 2) = 180° • З = 540°. Тому можна зро­
бити висновок: такий п’ятикутник, у
якого 4 гострих кути, побудувати не­
можливо.
б) а — гострий кут. П ’ять гострих
кутів 5а = 540°. Шостий кут ß < 180°.
Тому сума кутів такого шестикутника
меша, ніж 630°, а це неможливо, бо су­
ма кутів шестикутника S, = 180° • (6 -
- 2) = 180° 4 = 720°.
Отже, побудувати такий шестикутник
неможливо.
5. = 180° • (4 - 2) = 360° — сума
кутів чотирикутника. Якщо всі чоти­
ри кути — гострі, то сума кутів була
б меншою, ніж 360° (гострий кут має
градусну міру, меншу 90°). Тому всі
4 кути гострими бути не можуть.
Отже, хоча б один з чотирьох кутів
повинен бути більший, ніж го<^рий,
тобто прямим або тупим.
6. Нехай у багатокутника п кутів.
4 них — гострі, їх градусна міра менша,
ніж 360°. Решта (п - 4) кути мають
градусну міру більшу, ніж - 360° =
= 180° • (п - 2) - 360° = 180°л - 720° =
= 180° (п - 4).
Якщо багатокутник опуклий, то ко­
жен з (л - 4) кутів має градусну міру
меншу, ніж 180°(п - 4), а у нашому
багатокутнику (л - 4) кути мають гра­
дусну міру більшу, ніж 180° ■(л - 4).
Отже, багатокутник — неопуклий.
7. а) Враховуючи результат задачі
№ 6, можна зробити висновок: опуклий
багатокутник не може мати більше трьох
гострих кутів.
б) Опуклий багатокутник не може ма­
ти більше 4 прямих кутів.
8. Можуть, якщо у багатокутника
більше, ніж 4 кути.
9. а) Нехай з л кутів найбільший кут
107°. Всі л кутів у сумі дають 180° ■(л -
- 2). Один із кутів 107°, тоді рещта (л - 1)
кутів у сумі дають 180° ■(л - 2) - 107° *=
= 180°л - 360° - 10Г = 180°л - 467°.
Ця умова виконується цри л « 4. ^хще
л = 4, один з кутів 107° найбільший,
решта З кути займають 253°, а 253°
можна розділити на З кути таким чи­
ном, щоб кожен з них був меншим аа
107°. Якщо л = 5, один з куті« 107° — най­
більший останні 4 кути в сумі дають
433°, а 433° неможливо розділити на
4 кути таким чином, щоб кожен з них
був меншим, ніж 107°.
Отже, таким багатокутником, у якого
найбільший кут 107°, е чотирикутник.
Таким чином, опуклий багатокутник
може мати найбільший кут 107°.
б) Нехай у багатокутника л кутів.
Якщо кожен з них 165°, то сума всіх
кутів 165°л або 180° <л - 2).
Отже, 180° (л - 2) = 165°л, 180°л -
- 360° = 165“л, 180°л - 1б5°л = 360°,
15°л = 360°, л = 24.
Отже, багатокутник, у якого кожен
кут 165°, існує. Це — 24-кутник.
10. ABCDM — п’ятикутник. AB = ВС =
= CD = D M = МА, ^ в = г с = ш .
Проведемо відрізок MB. MDCB — квад­
рат. M B = CD. M tA B — правильний,
тому ZAM B = гМ В А = гМ А В = 60°,
тоді /.DMA = ZB M B + ZS M A = 90° -(•
+ 60° = 150°. = 60°. ZCBA = ZCBM +
+ ААВМ = 90° -І- 60° = 150°.
Отже, г А = 60°; Z M = 150°; ZB = 150°;
ZC = 90°; ZZ) = 90°.
11, Більше, « ж З гострих кути, у ба­
гатокутника бути не може. Отже,
у п’ятикутнику принаймні два — туяі
кути. А тому знайдеться сторона, до

25. якої прилеглі кути в сумі дадуть біль­
ше 180°.
12. а) Багатокутник має л кутів. Три кути
по 80° в сумі дають З •80° = 240°, решта
(п - 3) кути по 150° в сумі дають 150° х
х(п - 3). Сума всіх кутів багатокутника
180° ■(п - 2) або 240° + (л - 3) 150°.
Отже. 180° (п - 2) = 240° + 150° (л -
- 3), 180°л - 360° = 240° + 150° -450°,
180°л - 150°л = 240° + 360° - 450°,
30°п = 150°, л = 5.
Отже, багатокутник має 5 вершин.
б) Багатокутник має л кутів. Три кути
по 90° в сумі дають З • 90° = 270°, реш­
та (л - 3) кути по 150° — 150°- (л - 3).
Сума всіх кутів 180° •(л - 2), або 270° -t-
-I- 150° • (л - 3).
Отже, 180° (л - 2) = 270° -І- 150° х
X(л - 3), 180°л - 360° = 270° -І- 150°л -
- 450°, 180°л - 150°л = 360° + 270° -
- 450°, 30°л = 180°, п = 6.
Отже, багатокутник має 6 вершин.
в) Сума всіх кутів дорівнює 180° •(л - 2).
Тоді один кут має градусну міру
180° (л - 2) 180°л - 360°
= 180° -
360°
п п п
Одержаний результат не більший, ніж
360°
120°. 180°--
л
< 120.
Ця умова виконується при п дорівнює;
6; 5; 4; 3.
г) Багатокутник має л кутів. Тоді сума
всіх кутів 180° • (л - 2). Три кути по
113° в сумі складають 339°. Решта (л
- 3) в сумі дають 180° • (л - 2) - 339°,
тоді один кут має градусну міру
180° ■(л - 2) - 339°
л - 3
180° ( л - 2)-180°-159°
л - 3
180° ( л - 3 ) 159°
л - 3
= 180°-
159°
л - 3 л - З ■
За умовою: градусна міра кожного ку­
та — ціле число, тому л - 3 — дільник
159, тому л - 3 = 3, л = 6 або л - З =
= 53, л = 56.
13. ABCKMPN... — даний багатокутник.
D е AB; F е ВС; Е е СК; О є КМ; R є
є МР-, S є PN...
DFEORS... — утворений багатокутник.
З ^BDF: DF < BD + BF.
З ACf£: FE < F C + СЕ.
З АКЕО: ЕО < Е К + КО.
З AOMR: O R < O M + MR.
З ARSP: R S < R P + PS.
DF + FE + ЕО + OR + RS < BD + (BF -t-
-bFC) + (CE -I-E K ) + (КО + O M ) + (M R +
+ RS) + PS + -.
p < P
^ D F E O R S - ^ Л В С Ж М Р И -
Тобто периметр утвореного багатокут­
ника менший, ніж периметр даного
багатокутника.
14. З ANB: A N + B N > AB.
З ВОС: ВО + О С > ВС.
З CFD: CF + F D > CD.
З DEK: D E + Е К > DK.
ЗА РК -.А Р + Р К > А К .
Звідси: A N + BN + ВО + ОС + CF + FD +
+ DE + E K + A P + P K > A B + BC + CD +
+ DK + AK.
Але AC + AD + BD + B K + CK > A N +
+ BN + BO + ОС + CF + FD + DE +
+ E K + A P + PK, томуAC + AD + BD +
+ BK + CK > AB + BC + CD + DK +
+ AK.
Отже, сума діагоналей опуклого
п’ятикутника більша, ніж периметр
п’ятикутника.
18. В
і)ABCDKM — шестикутник, у якого
всі кути рівні.
ZA = ZB = ZC = /J) = ^JC = Z M =
180° (6 -2 ) 180° 4
~ 6 6
: 120°.
Продовжимо сторони AB, CD і М К до
їх попарного перетину в точках N, F, Е.
ZABC = 120° за умовою, тому ZFBC =
= 60° (суміжний), ZBCD = 120°, тому
ZFCB = 180° - 120° = бО".

26. у &FBC: ZFBC = AFCB = 60°, тому
/.BFC = 60°. Отже, ДВГС — рівносто-
ронній. Нехай BF = FC = ВС = а. Ана­
логічно, у AANM: A N = M N = A M = b
і Z N = 60°. У AKDE: KD = DE = KE =
= с і = 60°. У &NFE: Z N = Z F = ZE =
= 60°, тому N F = FE = NE.
Проведемо відрізок BK.
3 ANBK, у якому Z N = 60°: ZN B K +
+ ZN K B = 120° (I).
3a умовою: ZN K B + ZBKD = 120° (II).
3 рівності (I): ZN B K = 120° - ZNKB.
3 рівності (II): ZBKD = 120° - ZNKB.
Звідси: ZN B K = ZBKD, але ZN B K і
ZBKD — внутрішні різносторонні при
прямих AB, KD і січна BK. Тому AB Ц
НKD. Аналогічно можна довести, що
ВС MKiCDAM.
б) AB = N F - а - b, KD = c, звідси AB -
- K D = N F - a - b - c .
Аналогічно M K - BC = N E - b - с - a,
CD - A M = E F - a - c - b .
Оскільки N F = NE = FE, то NF - a - b -
- с = N E - a - b - c = F E - a - b - c ,
A B - KD = M K - BC = C D - AM .
Тобто різниці протилежних сторін рів­
ні.
19. M NKPD — п’ятикутник.
Z M = Z N = Z K = Z P = Z D =
_ 180° (5 -2 ) 540°
5 5
Проведемо діагональ М К .
У AMNK: Z N = 108°.
Нехай ZN M K = X, тоді Z N K M = 180° -
- 108° - д
: = 72° - л:.
Оскільки Z N M K = X , то ZK M D = 108° -
- X .
Z N K M = 72° - ж, тоді Z M K P = 108° -
- (72° - х) = 36° -І- лг.
Z N K M і ZK M D — внутрішні різносто­
ронні при прямих N K і M D і січний
М К .
Оскільки ці кути не рівні, то N K і M D
не паралельні.
Z M K P і ZK M D — внутрішні односто­
ронні при прямих K P і M D та січній
М К .
Z M K P + ZK M D = 36° -І- X -І- 108° - х =
= 144° ^ 180°, тому K P і M D не можуть
бути паралельними.
Аналогічно K P не паралельна M NB
і т. д. Тому у п’ятикутнику немає па­
ралельних сторін.
§8
Завдання 8
1. = З 1 = 3; = 5 1 = 5; =
= 6 • 1 '= 6; S, = 6 1 = 6.
2. а) 1 см* = 100 мм’ ; 200 дм* = 2 м*;
1 га = 100 ар;
б) 40 ООО см» = 4 м»: 13 дм» = 1300 см»;
4 дм* = 400 см*.
3. а —сторона квадрата. Р = 4а; 4а =
= 100, а = 25 (см).
= а" = 25 25 = 625 (см*).
1 м* = 10 О
О
О см*. В 1 м* міститься
1000 : 625 = 16 квадратів з перимет­
ром 100 см.
4. Так, е такий прямокутник; шири­
на — 4 см, довжина — 8 см, 5 = 4 -8 =
= 32 см*.
Можна розрізати цей прямокутник на
два квадрати зі стороною 4 см.
5. ААВС — прямокутний. AB — гіпо­
тенуза, К — середина ЛВ. ААСК і ДСІГІ»
мають спільну висоту СМ.

27. s ^ , ^ a k c m = a b - c m -
= ^ A B C M -, S ^ ^ ^ = k P C M =
= ^ -^ A B C M = ^ A B C M -,
2 2 4
^ІАХС - ^ІВКС-
6. F,.
7. ^AßCD = Д
® -‘-
,„ = ^ D M AK, n e A K lD M .
AK — спільний перпендикуляр (висо­
та) для чотирикутника ABCD і ІЛ М О .
Тому = S ^ „ .
8. Проведемо ЕК X Л0. ЕК Ц ВА.
ААВМ = АЕРМ — прямокутні. AM
= £М (за умовою), ZBM A = ZPM E -
вертикальні. Звідси ЕР = AB, але AB
= РК. Отже, AB = ^Е К .
S ^ C D = ^ - ^ ’ s ^ ^ = a d e k .
Оскільки AB = - ЕК, то ^ . л в =
= ^ A D ЕК, тому
9. ABCD — квадрат. М, N, Р, К — се­
редини сторін.
Нехай ZNBO = а, тоді з АВСР: ZCPB =
= 90° - а.
ВСР = ACDK = ADAM = AABN (прямо­
кутні; за двома катетами: ВС = CD =
= DA = AB — сторони квадрата; СР =
= DK - A M = BN = -|<1. ле а — сторо­
на квадрата. Тому ZCBP = ZBAN =
= ZADM = ZDCK = а; ZCPB = ZDKC =
= ZAM D = ZBNA = 90° - а; ВР = D M =
= С К = AN.
У ABNO: ZNBO = а; ZBNO = 90° - а,
тому ZBON = 180° - (а 90° - а) =
= 90°; ZZOS = ZBON (вертикальні), то­
му ZZOS = 90°.
Аналогічно можна довести, що ZOSE =
= ZSE Z = ZEZÖ = 90°, тому ZOSE —
прямокутник.
BN = СР = DK = A M (як половини рів­
них сторін квадрата; ZOBN = ZSCP =
= ZED K = ZM A Z = а, тому ABON =
= ACSP = ADEK = AZM . Звідси:
BO = CS = D E = A Z = x ;N O = SP = EK =
= Z M = у, OS = ВР - ВО - SP = ВР -
- х - у , SE = C K - C S - ЕК = С К - X -
- у; EZ = DM - х - у ; ZO = AN - х - у .
Оскільки ВР = СК = D M = AN, то ВР -
- X - у = СК - X - у = D M - X - у =
= AN - X - у, або OS = SE = EZ = Z0.
Тому OSEZ — квадрат. ВС = а — сто­
рона квадрата, СР = -Xа (за умовою).
2
і
ВР = .
г - і — - —

28. з &CSP: CS* = - SP*.
(а JE
3 ACSB: CS* = a* -
' a-jb
- S P
тому а - - S P = ^ - S P ^ ;
o* - ^ + o>/5 SP - Si>* = ^ - SP*;
4 4
„Vs SP = ^ + ^ - a * : a S SP = ^ -,
4 4 4
S P . j 5 - .
ßS
oVs _ а _ 4a _ 2a
2
3 ABON, у якого BN = ^ ;
NO = SP = -4 -: bo = Vb n * - no* =
2V5
. І2І “ 1 - Іба’ - а ’ [ Z .
4 ~ 20 ~ У 20 ~ y 5
OS = B S -ß O = ^ - ^ = ^ ;
а
.VsJ
о
5
Q
>os« - 5 •
3a умовою а* = Q, тому S,
10, AKPLiDNMO — дваlÜBmквадрати.
б г " т
LD о
Розріжемо їх по діагоналях KL і DM.
З чотирьох трикутників AKL, KPL,
D N M і DMO можна скласти квадрат
зі стороною, яка дорівнює діагоналі
квадратів KL, DM.
11, а — довжина сторони квадрата.
-J-“ 4 -“
12. Прямокутник 4 x 9 має площу
4 - 9 = 36. Якщо поділити на дві рівні
частини, з яких можна скласти квадрат,
то площа квадрата повинна дорівнюва­
ти 36, а сторона — 6.
9
б
§ 9
Завдання 9
1. a)S = 1,5» = 2,25 (см*);
B)S = (3>^)* = 9 2 = 18(м*).
2. a)S = a*;S = 160cM*;
а = -ЛбО = 4'Ло (см);
б) S = 12 м*: a = -Jl2 = 2 S (м);
в) S = 1,69 дм*; а = Vl. 69 = 1,3 (дм).
3. a)S = a Ь= 5 -4 = 20(см*):
б) S = eft = | і = | (м>);
в) S = ab = S-^y/E = 4>/30 (см*).
4. а) Площа збілипиться у 9 разів.
б) Площа зменшиться у 5,5 разів.
в) Площа зменшиться у ^ = - L рази.
2 :j2
5. а) о і а + 2 — шукані сторони; о(а +
+ 2) = 120 см*; а = 10 см; а + 2 = 10 + 2 =
= 12 см.
10 см і 12 см — сторони прямокутника,
б) а і 1,2а — шукані сторони.
а 1,2о = 120; 1,2а* = 120; а* = 100.
а = 10 (см) — одна сторона; 1,2 10 =
= 12 (см) — друга сторона.
6. Нехай одна сторона прямокутника
а см, тоді друга сторона *
S = 60 см*. Отже, X
( f - 4
60;
І* - 19і + 60 = 0; ї, = 15; х, = 4.
Якщо перша сторона 15 см, то друга —
4 см.
Якщо перша сторона 4 см, то друга —
15 см.

29. 7. о і 4a — шукані сторони прямокутни­
ка. За умовою Р = 50 см. Отже, (а + 4а) х
X 2 = 50; 10а = 50; а = 5 (см) — одна
сторона прямокутника, 4 •5 = 20 (см) —
друга сторона прямокутника. S = 5 •20 =
= 100 (см*).
8. 5х і 4х — сторони прямокутника. За
умовою 5х ■4х = 9680; 20х^ = 9680; х^ =
- 484; X = -22 — не задовольняє умові
задачі; х - 22. 5 • 22 = 110 см, 4 ■22 =
= 88 см — сторони прямокутника.
Р = (110 + 88)- 2 = 396 (см).
9. K M PN — квадрат. D є KP, DA ±
± PN, DC 1 М К . DA = 2,8 см; DC =
= 4,7 CM. DA X PN, DC 1 М К. PN |
|М К,
тому DA і DC лежать на одній пря­
мій.
МРАС — прямокутник. М Р = СА = CD
+ DA = 2,8 Н
- 4,7 = 7.5 (см); S = МР* =
= 7,5 • 7,5 = 56,25 (см*).
10. CD = CP + PD = A + Ь = (см).
АСВР — рівнобедрений, бо за умовою
ВР — бісектриса ZB. Тому ZCBP =
= 45°.
С4 смР 6 см Д
Звідси СВ = СР = 4 (см). S = C B C D =
= 4 • 10 = 40 (см*).
11. АВМ Р — прямокутник, АС — бі­
сектриса ZA-, С є ВМ. РК — бісектриса
ZP, К є ВМ. ВС=^СК = К М = 12 см.
С
ААВС — прямокутний (ZJ3 = 90°). АС —
бісектриса (за умовою). /.ВАС = 45°, то­
му ZBCA = 45°. Звідси ДАВС — рівно­
бедрений, AB = ВС = 12 ( c m ). ВМ = ВС +
+ СК + К М = 12-3 = 36 (cM ).S^^^=ABx
X ВМ = 12 ■36 = 432 (см*).
12. S = 24 ■ 24 = 576 (см*) — площа
квадрата.
За умовою площа квадрата дорівнює
площі прямокутника, тому площа пря­
мокутника дорівнює 576 (см*). Якщо
одна із сторін прямокутника 12 см, то
друга дорівнює 576 : 12 = 48 (см).
13. S = ЗО 12 - 24 8 = 360 - 192 =
= 168 (см*).
14. ^ a BOHCDEF ~ ^AFED ~ ^ванс'
Sat. . = 24 10 = 240 (см*). У прямо­
кутнику BGHC-. BG = 8 см; GH = FE -
- Л В - С І» = 2 4 - 1 0 - 8 = 6 (см).
S^Hc = 8 •6 = 48 (CM*). = 240 -
- 48 = 192 (CM*).
15. AE — бісектриса ZA, тому ZEAD =
= 45°. DE — бісектриса ZD, тому ZEDA =
= 45°.
Тоді äAED — рівнобедрений. AE = ED.
Якщо провести EK X AD, то E K — ви­
сота й медіана (властивість висоти рів-
нобедреного трикутника, проведеної
до основи). К — середина AD;
A K = ^ A D = 10 ( c m ).
N
к
AAEK — прямокутний; ZEAK = 45°,
тому ZAEK = 45°. Звідси AAEK — рів­
нобедрений. A K = EK = 10 ( c m ).
S ^ , , = S ^ , - S ^ , = U - 2 Q - a D E K =
= 240 - і •20 •10 = 240 - 100 = 140 (см*).
Л
16. а) K M P N — квадрат, описаний
навколо кола, радіус якого г. К М = 2г.
S = К М ‘ = (2г)* = 4г*.
М Р
б) K M PN — квадрат, вписаний в коло
радіусаR. KP = Ш —
- діагональ; M N = KP.

30. S = ^ K P M N = 2R 2R = 2R
£
i ^
17. Спробуємо плитку класти таким
чином, щоб вздовж З м її класти сторо­
ною, яка має ЗОсм. В 1 ряд поміщається
10 плиток. На 12 рядів витрачено буде
120 плиток. Але 12 рядів всю площу
не закриють. Залишиться прямокутник
10 X 300. Щоб його облицювати потріб­
но або 10 цілих плиток, або 5 плиток,
порізаних навпіл. Отже, потрібно 125
або 130 плиток.
2,5 м
ЗО см ЗО
18. 1)(220 + 160) • 2 = 760 м — довжина
паркану;
2) 760 : 4 = 190 м — сторона ділянки
квадратної форми:
3) 220 •160 = 35 200 (м^) — площ а пря­
мокутної ділянки:
4) 190 190 = 36 100 (м^) — площ а
квадратної ділянки:
5) 36 100 - 35 200 = 900 (м^) — на
стільки площ а квадратної ділянки
більш а.
Відповідь: площ а квадратної ділянки
на 900 м^ більш а.
20. ABCD — прям окутни к, І — вісь
сим етрії АС, І перетинає ВС в т. М, AD
в т. N. ВМ = 12 см, MC = 13 CM.
12 см М 13 CM
З м
З 6.CND — прямокутного:
CD = л
/CN" - ND'‘ = Vl3^ -12^ =
= Vl69-144 =V25 = 5.
= 25 • 5 = 125 (cm“
“).
21. KMPD — прямокутник. P = 70 c m ,
тоді K M + M P = 35 c m . K P = 27 c m .
Af 3 5 - X
&MOC = ANOA (прямокутні, CO = AO,
^MCO = ZNAO). 3 рівності трикутни­
ків: M O = ON, MC = AN = 13 CM, ND =
= AD - A N = 25 - 13 = 12 CM (AD = BC =
= 12 И З = 25 C M ). AAfOC = ^NOC (M 0=
= ON, CO — спільний катет, ZMOC -
ZCON = 90°). Звідси CN = 13 c m .
AKMP — прямокутний. Нехай K M = x,
тоді M P = 35 - X . За теоремою Піфаго-
ра: КМ^ + МР^ = К Р‘ .
х^ + (35 - x f = 2V х^ + 1225 - 70д: +
+ х^ - 729 = 0: 2х^ - 70л: -Ь 496 = 0:
- 35д: -І- 248 = 0: D = 1225 - 4 248 =
35 + ^ 35-л/233
2
=233: =
Якщо К М =
35 + n
/233 (см), то
М Р = 3 5 - + >/233 _ 35 - V233 (^м).
2 2
35-^ / Ш
2
35-^^/MЗ
Або навпаки М Р = ■
К М =

31. _ 35 + V233 35 ~ V233 _
= 1 2 2 5 ^ = 24і (см«).
22. ABCD — прямокутник,
^A
B
C
D= тому AB + ВС = 32 (см).
В / — С
Д = 12 см — радіус кола, описаного
навколо прямокутника, Д = і AC;
AC = 2Д = 2 12 = 24 см. ^
Нехай AB = д:, тоді ВС = 32 - х. ЛАВС —
прямокутний, тоді AB* + ВС* = AC*,
ж* + (32 - л)* = 24*: л:* + 1024 - 64л: +
+ х‘ - 576 = 0; 2л:* - 64дг + 448 = 0;
х* - 32 + 224 = 0; jc, = 16 + ,/32,
= 16 - -J32. AB = 16+ у/32 (см),
ВС = 16 - (см). Або навпаки.
S = (16 + у/32) (16 - ^ ) = 256 - 32 =
= 224 (см*).
23. а — сторона квадрата. S = а*, Р =
= 4а.
За умовою а* = 4а, а* - 4а = О, а(а -
- 4) = О, а = О — не задовольняє умові
задачі, а = 4.
а = 4, S = 4*= 16.
24. а) а — сторона квадрата. ДАВС —
прямокутний. АС = Va^To^ = а>/2.
^лвсл - “ *• умовою а* = ау/г,
о* - а->^ = О
, а(а - л/2) = 0, а = О — не
задовольняє умові задачі, а = ^2 —
довжина сторони квадрата.
S = a‘ = ф .? = 2.
В
25. а) ABCD — прямокутник. A M — бі­
сектриса. AM ділить ABCD на трикутник
А ВМ і чотирикутник AMCD.
У ДАВМ ZBAM = 45° (бо A M — бісек­
триса). ZB = 90°, тоді ZBM A = 45°.
Отже, &АВМ — рівнобедрений, AB =
= ВМ.
За умовою AB : AD = 3 : 4 . Нехай AB =
= Зх, AD = 4х, тоді ВМ = Зі.
, = S.,
=|- 3 х - 3 х = 4,5ж*.
- S. = Зх 4л - 4,5л:* = (12 - 4,5)х* =
= 7,5х*.
‘^мв.и _ 4,5.У* _ 45 _ З ^мср _ _
5
7,5х*“ 7 5 ~ 5 ’
б) Нехай DA- і АС. СК : КА = 9
СК = 9х, А К = 16х.
l^C D — прямокутний, DK J. АС.
В М
З ’
16,
А D
DK = -Ja k КС = V9x ы х = i2x.
3ACKD-. CD = уІ(9хУ Т(Ї2х7 = 15х;
AD = 406х^ Г ( Ї 2 ^ = 20х. S ^ ,„ =
= I AB ВМ = I 15л: 15j
c= 112,5л:*:
^AM
CD ~ ^ABCD ~^ЛАВМ = 15jC • 20* -
- 112,5x* = 300л:* - 112,5л:* = 187,5л::
■
S
aabm ^ 112,5л:* 1125 45 З
Samcd 187,5л:* 1875 75 5 '
26. с II d II m: о — відстань між с і d:
6 — відстань між d im . ADCM — квад­
рат, А е с; D е d; С е т. Через т. D
проведемо KP X с: через т. М проведемо
S N 1 с. У чотирикутнику KSNP всі кути
прямі, тому KSNP — прямокутник.
К А S с
Нехай гЗ А М = а, тоді ZSMA = 90° - а.
ZCMW = 180° - (ZSM A + ZAM C) =
= 180° - (90° - а 90°) = а, ZMCN =
= 90° - а, аналогічно, ZDCP = о, ZCDP =
= 90° - а, ZKDA = а, ZKAD = 90° - а.
AASM = AMNC = ACPD = ADKA (гіпоте-

32. вузи рівні як сторони квадрата, гострі
кути відповідно рівні). Звідси AS =
= M N = CP = D K iS M = CN = DP = KA.
K S = K A + AS, SN = SM + M N .
Оскільки KA = SM , AS = M N , то KS =
= SN, тому KSNO — квадрат. Сторона
квадрата (а + b). K D = A S = M N = PC =
= a, DP = CN = SN = AK = b.
^ADJU ~ ~ ~ ^iCPD ~ 2
Samcp = = (a + - 4 I a&=
0
» + 2ab + 6“ - 2ab = a* + b‘.
§ 10.
Завдання 10
1, а) Фігура в) — не чотирикутник,
б) Чотирикутники а, б, г — опуклі.
2. а)П аралелограм; б) трапеція;
г) ромб.
3, а) 2 см; 2 см; З см; 6 см.
Чотирикутник з такими сторонами іс­
нує.
6 < 2 + 2+ 3— правильно;
2 < 2 + 2+ 6— правильно;
3 < 2 + 2+ 6— правильно.
б) 1 см; Зсм; 5 см; 9 см.
Чотирикутника з такими сторонами не
.існує, б о 9 < 1 + 3 + 5 — неправильно.
в) 5 см; 17 см; З см; 7 см.
Чотирикутника з такими сторонами не
існує, бо 17 < 5 + 3 + 7 — неправильно.
4. а) І сторона — а мм;
II сторона — (а - 3) мм;
III сторона — (о - 4) мм;
IV сторона — (а - 5) мм.
і* = 6 см = 60 мм. Тому а + а - З + а -
- 4 + а - 5 = 60, 4а = 72, а = 18 мм —
I сторона; 18 - З = 15 мм — II сторона,
18 - 4 = 14 мм —- III сторона, 18 - 5 =
= 13 мм — IV сторона.
б) І сторона — о см;
II сторона — (а - 8) см;
III сторона — (а + 8) см;
IV сторона — (а - 8) ■З см.
Р = 66 см, тому а + а - 8 + а + 8 + (а -
- 8) З = 66; За + За - 24 = 66; 6а =
= 66 + 24; 6а = 90; а = 90 : 6; а = 15.
І сторона — 15 см, II сторона — 15 - 8 =
= 7 см, III сторона — 15 + 8 = 23 см,
IV сторона — 7 ■З = 21 см.
5.
Р А
N , Ж
Г У
М ' Р
а) АВ = ВК = KP; б) AB = CD;
в) M N = N K = K P = M P.
6. а) Сума кутів чотирикутника 180° х
X (4 - 2) = 360°. 45° + 65° + 87° + 32° =
= 229°, 229° * 360°. Отже, такого чоти­
рикутника, у якого кути 45°, 65°, 87°,
32° не існує.
б) 123°+ 98°+ 111°+ 156° = 488°, 488° 5
t
^ 360°, тому такого чотирикутника не
існує.
7. а) Оскільки сума кутів чотирикут­
ника дорівнює 180° •(4 - 2) = 360° і три
кути прямі (по 90°), то четвертий кут
повинен дорівнювати 360° - З • 90° =
= 360° - 270° = 90°, тобто бути прямим.
Такого чотирикутника з трьома прямими
й одним гострим кутом — не існує.
б) H K m oZl=Z2 + Z3 + Z 4 , a Z l + (Z2 +
+ Z3 + Z4) = 360°, то Z1 = 360° : 2 =
= 180°, а у чотирикутника не може бу­
ти кут 180°. Отже, такого чотирикут­
ника не існує.
8. а) Гострих кутів може бути три.
б) Тупих кутів може бути три.
в) Прямих кутів може бути чотири.
9. в опуклому чотирикутнику не може
бути кута, більшого за 180°.
10. Якщо в опуклому чотирикутнику
три гострі кути, то четвертий кут —
тупий. Нехай а — гострий кут, ß — ту­
пий. 90° < ß < 180°, тоді сума всіх чо­
тирьох кутів чотирикутника 360° і тому
градусна міра трьох гострих кутів може
змінюватися в межах 360° - 180° < За <
< 360° - 90°; 180° < За < 270°, звідси
60° < а < 90°.
Отже, гострий кут може змінюватися
в межах від 60° до 90°.
1 1 . Сума кутів чотирикутника 360°.
Якщо кути рівні, то всі вони по 360° : 4 =
= 90°.

33. 12. a) ZA + Zß + ZC = 360° - 150° =
= 210°.
За умовою: ZA = Zß = ZC, тому ZA =
= Zß = ZC = 210° : 3 = 70°.
6) ZA + ZC + Zß + Z£) = 360°; ZA + ZC =
= 360° - (Zß + Zß); ZA + ZC = 360° -
- (120° + 20°); ZA + ZC = 220°. 3a умо­
вою ZA = а, ZC = За; а + За = 220°, 4a =
= 220°, a = 55°.
Отже, ZA = 55°, ZC = 3 • 55° = 165°.
b ) Zß = 180° - X (властивість суміжних
кутів), ZA = 180° - 2л:. ZA + Zß + ZC +
+ ZD = 360°.
180° - 2 x + 180° - x + 150° + 30° = 360°;
-3 x = -180°; л: = 60°, тоді Zß = 180° -
- 60° = 120°, ZA = 180° - 2 x = 180° -
- 2 • 60° = 180° - 120° = 60°.
Отже, ZA = 60°, Zß = 120°.
13. a) Нехай Z N = x, тоді ZK - 2x. Z M =
= Z N = X, Z L = Z K ^ 2x.
Z N + Z K + Z M + Z L = 360°, X + 2X + X +
+ 2x = 360°, b x = 360°, д: = 60°.
Z N = Z M = 60°, Z L = Z K = 2 60° =
= 120°.
6) Z K = x, Z L = 2x, Z M = 4x, Z L = bx.
X + 2x + 4x + 5x = 360°; 12л: = 360°;
X = 30°.
Z K = 30°, ZL = 2 • 30° = 60°, Z M = 4 x
X 30° = 120°, ZL = 5 30° = 150°.
14. a) Z F = 70°, ZG = 1,5 • 70° = 105°
(за умовою).
Нехай Z H = X, тоді Z L = x - 85°.
Сума кутів чотирикутника дорівнює
180° •(4 - 2) = 180° 2 = 360°.
70° + 105° + X + х - 85° = 360°; 2х =
= 360° - 70° - 105° + 85°; 2х = 270°;
д
: = 135°.
Отже, Z H = 135°, Z L = 136° - 85° =
= 50°.
б) Z H становить 70 % градусної міри
ZF. Тому Z H =
70 ZF
100
= 0,7-90° = 63°.
ZG = 2 •Z H (за умовою), ZG = 63° • 2 =
= 126°. Z L = 360° - (63° + 90° + 126°) =
= 81°.
15. У чотирикутнику AßCD ZA = 100°,
Zß = 100°, ZABD = 50°.
Якщо Zß = 100°, ZABD = 50°, то ZDBA =
= 100° - 50° = 50°.
Якщо ZA = 100°, ZCAD = 60°, то ZßAC =
= 40°. AC перетинає BD і т. О.
З ABOA: ZBOA = 180° - 50° - 40° = 90°.
Отже, ВО 1 AC у AABC; ВО — висота,
проведена з Zß; ВО — бісектриса, то­
му ААВС — рівнобедрений, а ZBCA =
= 40°, до того ж ВО — медіана (влас­
тивість рівнобедреного трикутника).
Оскільки АО = ОС і BD ± АС, а отже,
DO ± АС, то AACD теж рівнобедрений,
тому ZACD = ZCAD = 60°.
ZC = ZBCD -Ь ZACD = 40° + 60° = 100°;
ZD = 180° - (60° -І- 60°) = 60° (з AACD).
16. а) Z1 = Z2, Z3 = Z4 (за умовою).
Za = 180° - (Z1 -(- Z3), (Z1 + Z3) -t-
+ (Z2 -I- Z4) = 360° - 76° - 90° = 194°.
Z1 -b Z3 = Z2 4
- Z4 = 194° : 2 = 97°. a =
= 180° - 97° = 83°.
6) Z1 -h Z2 -I- Z3 -(- Z4 = 360° - 100° -
- 70° = 190°. Z1 = Z2, Z3 = Z4 (за умо­
вою). Z I -Ь Z3 = Z2 -I- Z4, (Z1 -I- Z3)
+ (Z2 4
- Z4) = 190°, тому Z1 -I- Z3 = 190°:
: 2 = 95°. a = 360° - (100° (Z1 -1
- Z3)) =
= 360° - (100° -b 95°) = 165°.
b ) 3a умовою Z1 = Z4, Z2 = Z3. Z1 +
+ Z2 = Z3 + Z4. Z1 + Z2 = 180° -

34. - 88 = 92°, тоді Z I + Z2 + Z3 +
+ Z4 = 92° • 2 = 184°.
Тоді Z5 + Z6 + Z7 + Z8 = 360° - 184° =
= 176°.
Z5 = Z6, Z7 = Z8, тому Z6 + Z7 = 176° :
: 2 = 88°, a = 180° - 88° = 92°.
17. Припустимо, що у чотирикутнику
KM PD бісектриси Z M і ZP паралельні,
M N II PO. ZN M P = Z I, ZM PO = Z2.
Якщо M N I
I PO, TO Z I + Z2 = 180° (як
внутрішні односторонні кути при па­
ралельних M N , PO і січній M P. Але
M N — бісектриса, тому Z M = 2 ■Z1.
Аналогічно ZP = 2 ■Z1. Z M + Z N =
= 2 • (Z1 + Z2) = 2 • 180° = 360°, що
неможливо, бо у чотирикутника сума
всіх кутів дорівнює 360°. Тому M N
і РО не можуть бути паралельними.
18. а) У чотирикутнику АМРС: A N
і РО. A N — бісектриса ZA, РО — бі
триса ZP. ZA і ZP — протилежні.
сек-
б) У чотирикутнику АВКР бісектриси
протилежних кутів А і К лежать на
одній прямій.
А Р
19. У чотирикутнику АВКМ-. A N —
бісектриса ZA; K P — бісектриса ZK-,
A N II KP.
Нехай Z.BAN = х, тоді ZN A M = х,
оскільки A N II KP, А Р — січна, то
Z K P M = ZN A M (як відповідні при
A N І K P і січній АР), тому Z K P M =
= д:. Нехай Z M K P = у, тоді ZPKB = у,
ZBNA = ZPKB = у (як відповідні при
K P II NA і січній ВК).
З AABN: ZB = 180° - (х + у).
З АРКМ: Z M = 180° - (х + у). Звідки
ZS = ZM .
Отже, якщо бісектриси двох проти­
лежних кутів паралельні, то два інщі
кути рівні.
Якщо ж бісектриси протилежних кутів
лежать на одній прямій, то рівність
кутів в і М впливає з рівності ААВК
ІК АМ К .
У цих трикутниках АК — спільна сто­
рона і прилеглі кути до цієї сторони в
ААВК рівні прилеглим кутам до сторони
А К вА А М К .
20. а ) AB II CD, ВС II AD.
б) AB і KP — протилежні сторони.

35. AB і K P лежать на перпендикулярних
прямих.
в) K P > MP-, K P > KM-, K P > PD-, K P >
KD-, M D > M P; M D > PD-, M D > M K;
M D > KD.
r) MO — менша за будь-яку сторону.
ВС — менша за будь-яку сторону.
21. а) MDCA — опуклий чотирикут­
ник. О є M D; S є АС.
D С
З чотирикутника ODCS: OS < OD +
+ DC CS. OS < ОМ + МА + AS
(з AMOSA).
OS OS < (OD + О М ) -і- DC М А +
+ (CS + AS); 20S < M D + D C M A -і-CA;
20S < P; OS< i p .
6) AMDC — довільний чотирикутник,
MC — діагональ.
З AftfDC: MC < M D + DC.
З ДАМС: М С < А М + AC.
M C + MC < M D + DC + A M + AC;
2 M C < P ; M C < p .
22. У чотирикутнику K M PD ; M D X
= ^ M O К О + ^ M O O P + ^ P O OD +
+ jO D K 0 =
■ß
^^M O KO + ^ M O OP
PO OD + jO D ко
И
МО(КО +
+ OP) + i0Z)(0i> + OÄT) = і м о ІГР +
+ ^O D PK = ^ O D ■PK = ^ P K (M O +
Л £ Z
+ OD) = ^ P K M D.
23. a)ABKC — чотирикутник. D — се­
редина AB, S — середина BK, О — се­
редина КС, М — середина АС.
Розглянемо чотирикутник DBKO; DO <
< DB + BK + КО, DO < AD + A C -і-СО
(з чотирикутника DACO).

36. 2DO < {D B + A D ) + B K +A C + (KO + ОС):
2DO < A B + BK + AC + КС;
2 D O < P ; D O k ^ P .
Аналогічно, розглянувши чотирикут­
ники ABSM і MSKC, матимемо:
в о < S M < тому DO + S M <
< l p + ip a 6 o Z )0 + S M < Р .
б) З ДВОМ: ВО + ОМ > ВМ.
8 AA07V: АО + ON > AN.
Тоді ВО + О М + АО + ON > В М + AN;
ISO + ON) + (АО + О М ) > В М + AD;
BN + A M > B M + AD.
b) Ураховуючи результати задачі 216:
A M < ^ P ; B N < ^ P , тому
A M + BN < ^ P + ^ P a6oAM + B N < P .
Ураховуючи результати задачі 236:
A M + B N > B M + AN; A M + BN > AB +
+ M N ;
A M + BN + A M + BN > B M + A N +
+ AB + M N ;
2 (4 M + BN) > P або A M + BN >
Отже, < A M + BN < P .
24. ABCD — чотирикутник. AC пере­
тинає BD і T. O. BO = OD.
Якщо AB > AD, то ZAOB > ZAOD, бо у
&АОВ і 6AOD — АО — спільна сторона;
ВО = OD. ZCOD = ZAOB (вертикальні);
ZCOB = ZAOD (вертикальні).
Оскільки ZAOB > ZAOD, то і ZCOD >
> Z.COB.
у hCOD і АСОВ: СО — спільна сторона.
ВО = OB, бо ZCOD > гСОВ, т
о CD >
> СВ, отже, СВ < DC.
25. Учотирикутнику ABCD ZB і / Л —
тупі. Побудуємо коло з діаметром АС.
Центр кола — середина відрізка АС.
Якщо т. В лежить на колі, то /ІАВС —
прямий, якщо В — поза колом, то
ZABC — гострий, якщо В — всередині
кола, то ZABC — тупий.
За умовою ZABC і ZADC — тупі. Отже,
D і В лежать в середині кола. Тому BD
менший, ніж діаметр кола. Оскільки діа­
метр кола — відрізок АС, то DB < АС.
26. а) о, Ь, с, d — сторони, т — діа-
тчзналь.
За даними треба побудувати чотири­
кутник.
1. Побудуємо промінь і на ньому від­
кладемо відрізок довжиною т, відрі­
зок АС = ш.
2. Коло з центром А, радіусом а пере­
тне коло з центром С радіусом Ь у г . В.

37. 3. Коло з центром А, радіусом с пере­
тне коло з центіюм С радіусом d у т
. D.
4. ABCD — шуканий чотирикутник.
б)
1. Побудуємо ZA.
2. На одній стороні відкладемо AB = а,
на другій — A M = ft.
3. Побудуємо коло з центром в т. В,
радіусом с і коло з центром в т. М ,
радіусом d.
4. Перетин цих кіл — точка К.
АВКМ — шуканий чотирикутник.
27. ВС + CD
1. Побудуємо кут А. На одній із сто­
рін кута А відкладемо відрізок AD, на
другій — відрізок AB.
2. Від півпрямої ВА відкладемо кут В
в півплощині, в якій знаходиться т. D.
3. На стороні ZB, відмінній від ВА,
відкладемо відрізок ВК = ВС + CD.
4. З’єднаємо т. ß і т. К.
5. Від півпрямої D K в півплощину,
в якій знаходиться т. В. відкладемо
кут, рівний ZBKD.
6. Сторона цього кута, відмінна від
DK, перетне відрізок ВК в т. С.
7. ABCD — шуканий чотирикутник.
ADCK — рівнобедрений, за побудовою
iZBKD = ZKDC), тому СК = CD. Отже,
ВС + CD = ВК.
§ 11.
Завдання 11
1. Рис. 2.44
Оскільки навколо чотирикутника мож­
на описати коло, то
Z N + Z L = 180°; ZN = 180° - ZL = 180° -
- 85° = 95°; ZÄ4- Zß = 180°; Zß = 180° -
- AK = 180° - 100° = 80°.
Рис. 2.45
Проведемо відрізок BD ZABD — впи­
саний, спирається на діаметр, тому
ZABD = 90°. ABCD — рівнобедрений.
ZCBD = ZCDB = а, тоді ZB = 90° + а;
ZC = ZB.
У ДВС£»: ZCBD + ZCDB + ZC = 180°;
а + а -f 90° -І- а = 180°; За = 90°; а =
= 30°.
Тоді ZB = ZC = 90° -І- 30° = 120°. ZB -I-
+ ZD = 180° (протилежні кути вписано­
го чотирикутника). Тому ZD = 180° -
- 120° = 60°. Аналогічно, ZA = 60°.
Рис. 2.46
ZQ — вписаний, спирається на діа­
метр. ZQ = 90°. AQPC — прямокутний,
QP = ^PC, тому ZPCQ = 30°, тоді
ZQPC = 60°. Аналогічно з APRC: ZRCP =
= 30°, ZRPC = 60°. Отже, ZQ = ZR =
= 90°, Z P = ZQPC + ZRPC = 60° -І- 60° =
= 120°. ZC = ZQCP + ZRCP = 30° -і- 30° =
= 60°.
2. а) 72°, 105°, 108°, 75°. 72° + 108° =
= 105° -І- 75° = 180°.
Сума протилежних кутів дорівнює
180°. Тому навколо такого чотирикут­
ника можна описати коло,
б) 138°, 44°, 52°, 126°. 138° + 52° =
= 190° 180°, 44° -І- 126° = 170° ^ 180°.

38. Навколо такого чотирикутника коло
описати не можна.
в) 56°, 112°, 124°, 82°. 56° + 124° =
= 180°, 112° + 82° = 194° ^ 180°.
Такого чотирикутника не існує, бо
сума всіх кутів цього чотирикутника
більша, ніж 360°.
3. а) Можна, бо сума протилежних кутів
у будь-якого прямокутника дорівнює
180°.
б) Можна, бо сума протилежних кутів
у будь-якого квадрата дорівнює 180°.
4, /ЛВС = ZADC = 90° (вписані, спи­
раються на діаметр АС).
Аналогічно Z.BAD = ZBCD= 90°. Отже,
ABCD — прямокутник.
5. Можна.
6. Рис. 2.47.
Якщо у чотирикутник вписано коло,
то суми протилежних сторін рівні.
AD + ВС =ЛВ + DC; AD + 18 = 15 13;
AD = 28 - 18; AD = 10 см.
Рис. 2.48.
Аналогічно: K N + L M = LK + M N ; M N -b
+ 0,5 = 0,7 -I- 0,5; M N = 0,7 дм.
7. Якщо в чотирикутник можна впи­
сати коло, то суми протилежних сторін
рівні. Р = 15 • 2 = зо (см).
8. а) Не можна, бо суми протилежних
сторін у прямокутника не рівні.
б) Можна, бо суми протилежних сторін
рівні у будь-якого квадрата.
в) Можна, бо суми протилежних сторін
рівні у будь-якого ромба.
9. Якщо сторони Aß : ВС : CD = І :2 :
: З, то AB = їх , ВС = 2х, CD = Zx.
Оскільки чотирикутник описаний, то
AB + CD = ВС + AD-, Ix + Zx = 2х +
+ AD; AD = 2x.
3a умовою задачі P = 96 см. Тому Ijc +
+ 2 x + 3 x + 2x = 96; 8л: = 96; д
: = 12.
AB = 12 см, ßC = 2 • 12 = 24 см, CD =
= 3 • 12 = 36 CM, AD = 24 cm.
10. a) Якщо суми протилежних сторін
рівні, то в такий чотирикутник коло
можна вписати.
7 + 5 = 3 + 9 — правильно. Отже, ко­
ло можна вписати в даний чотирикут­
ник.
б) 12 -І- 8 10 -І- 7. В даний чотирикут­
ник коло вписати не можна.
в) З + 5 20 + 7. В даний чотирикут­
ник коло вписати не можна.
11. а) а; 2а; 5а; 4а — сторони чоти­
рикутника. а -t- 5а = 2а + 4а. В цей
чотирикутник можна вписати коло.
б) 2а; 7а; 5а; 1а — сторони чотирикут­
ника. 2а -І- 5а 7а + 1а. В цей чотири­
кутник коло вписати не можна.
в) За; 5а; 4а; 2а — сторони чотирикут­
ника. За + 4а = 5а + 2а. В цей чотири­
кутник можна вписати коло.
г) 12а; 4а; За; 2а — сторони чотири­
кутника. 12а -І- За 4а -І- 2а. В цей чо­
тирикутник коло вписати не можна.
12. S = р ■г, р — півпериметр чотири­
кутника, р = і(2-н1-і-3-(-4) = 5 см.
г = 1,3 см — радіус вписаного кола.
S = 5 • 1,3 = 6,5 см^
13. а) S = | P r = І 10-2 = 10 см^
б) = 14 см“
“; = 12 см^
1 94
= ^ А В г, тоді AB = =
2 14 28 „
~ 7 ~ = Т -
С Д - 2S.cz« _ 2 -12 ,2 4
г г г
Оскільки в чотирикутник можна впи­
сати коло, то AB + DC = AD + CD.
ко
P = 2(AB + CD} = 2 ---- , а півпериметр
P = f - = P = ^ r = 52 CM^