/
Text
Ч Ч
ПІДРУЧНИК ДЛЯ КЛАСІВ З ПОГЛИБЛЕНИМ
ВИВЧЕНіЙмЖтЕМАТИКИ
>
М*Мі
Д. Г. Мерзляк
В. Б. Полонський
М. С. Якір
УДК 373:512
БЬК 22.151я721
М52
Реко.иендова но
Міністерством освіти і нерки України
{Лист під 19.06.2004 р. №1/11 1351)
Відповідальний за випуск
Головний спеціаліст Міністерства освіти і науки України
II. С. Пракопенко
Мерзляк Л. Г., Полопський В. Б., Якір М. С.
М52 Геометрія: ІІідруч. для 9 кл. шкіл з ноглибл. ниичрппям
математики.— X.: Гімназія, 2009.— 272 с.: іл.
І8ВХ 978-966-474-060-6.
УДК 373:512
і;і.!< 22.151я721
І8ВМ 978-906-4 74-060-0
Я А. Г. Мерзляк, В. Б Полоне ькиїі.
М. С. Якір. 2009
і* С. Е. Кулніїїіч. художнє
оформлення, 2009
© ТОВ ТО * Гімназія и,
оригінал-макет, 2009
ВІД АВТОРІВ
Любі дев’ятикласники!
Ми маємо надію, що ви не розчарувалися, обравши не-
легкий шлях навчатися в математичному класі. У цьому
навчальному році ви продовжите вивчати математику за
поглибленою програмою. Ми сподіваємося, що цьому спри-
ятиме підручник, який ви тримаєте.
Ознайомтеся, будь ласка, з його структурою.
Підручник розділено на сім параграфів, кожний з яких
складається з пунктів. У пунктах викладено теоретичний
матеріал. Особливу увагу звертайте на текст, виділений
жирним шрифтом. Також не залишайте поза увагою слова,
надруковані курсивом.
Зазвичай виклад теоретичного матеріалу завершуєть-
ся прикладами розв’язування задач. Ці записи можна
розглядати як один з можливих зразків оформлення
розв’язання.
До кожного пункту підібрано задачі для самостійного
оозв’язування, приступати до яких радимо лише після за-
своєння теоретичного матеріалу. Серед завдань є як прості
й середні за складністю вправи, так і складні задачі (особ-
ливо ті, які позначено зірочкою (*)). Свої знання можна
перевірити, розв’язуючи задачі у тестовій формі з рубрики
«Перевір себе».
Якщо після виконання домашніх завдань залишається
вільний час і ви хочете знати більше, то рекомендуємо
звернутися до рубрики «Коли зроблено уроки». Матеріал,
викладений там, є непростим. Але тим цікавіше випробу-
вати свої сили!
Дерзайте! Бажаємо успіху!
Шановні колеги!
Ми знаємо, що підготовка до уроку в класі з поглибленим
вивченням математики — робота нелегка. Організація такого
навчального процесу вимагає великих зусиль учителя, який
формує навчальний матеріал по крихтах, збираючи його
в багатьох посібниках. Ми сподіваємося, що цей підручник
стане надійним помічником у вашій нелегкій і шляхетній
праці, і будемо щиро раді, якщо він вам сподобається.
У книзі дібрано обширний і різноманітний дидактич-
ний матеріал. Проте за один навчальний рік усі задачі
розв’язати неможливо, та в цьому й немає потреби. Разом
з тим набагато зручніше працювати, коли є значний запас
задач. Це дає можливість реалізувати принципи рівневої
диференціації та індивідуального підходу в навчанні.
Червоним кольором позначено номери задач, що реко-
мендуються для домашньої роботи, синім кольором — но-
мери задач, які з урахуванням індивідуальних особливостей
учнів класу на розсуд учителя можна розв’язувати усно.
Матеріал рубрики «Коли зроблено уроки» може бути ви-
користаний для організації роботи математичного гуртка
і факультативних занять.
Бажаємо творчого натхнення й терпіння.
УМОВНІ ПОЗНАЧЕННЯ -
п завдання, що відповідають початковому і середньому
рівням навчальних досягнень;
п завдання, що відповідають достатньому рівню на-
вчальних досягнень;
п" завдання, що відповідають високому рівню на-
вчальних досягнень;
п задачі для математичних гуртків і факультативів;
О* задачі, у яких отримано результат, що може бути
використаний при розв’язуванні інших задач;
п (ш) задача, яка пропонується в різних пунктах для
розв’язування різними способами (номер т вказує
місцезнаходження цієї задачі в іншому пункті);
▲ закінчення доведення теореми.
ПОВТОРЕННЯ
Й СИСТЕМАТИЗАЦІЯ
НАВЧАЛЬНОГО МАТЕРІАЛУ
З КУРСУ ГЕОМЕТРІЇ 8 КЛАСУ
§1
1. Задачі на повторення навчального
матеріалу з курсу геометрії 8 класу
1.1. ” Бічна сторона АВ і менша основа ВС трапеції АВСВ до-
рівнюють відповідно 16 см і 15 см. Який з відрізків перетинає
бісектриса кута ВАВ — основу ВС чи бічну сторону С£)?
1.2. ” Пряма АВ дотикається до кола в точці В, а пряма АС пере-
тинає коло в точках С і В. Знайдіть відрізок СВ, якщо АВ = 6 см,
АС = 9 см.
1.3. ° На одній стороні кута з вершиною в точці А позначили
точки В і С, а на другій — точки В і Е, причому АВ = 10 см,
АС = 18 см, АВ : АЕ =5:9. Знайдіть СЕ, якщо ВВ = 20 см.
1.4. Площа паралелограма АВСВ дорівнює 5. Знайдіть площу
зафарбованої фігури (рис. 1.1).
Рис. 1.1
1.5. ° Знайдіть відношення площ і трикутників, зображе-
них на рисунку 1.2 (довжини відрізків дано в сантиметрах).
1.6. ” Відрізок АВ — бісектриса трикутника
АВС, площа трикутника АВВ дорівнює 12 см2,
а трикутника АСВ — 20 см2. Знайдіть відно-
шення сторони АВ до сторони АС.
1.7. ” Діагоналі рівнобічної трапеції є бісек-
трисами її гострих кутів і точкою перетину по-
діляються у відношенні 5:13. Знайдіть площу
трапеції, якщо її висота дорівнює 90 см.
Рис. 1.2
1.8. ’ Катети прямокутного трикутника дорівнюють 18 см
і 24 см. Знайдіть бісектрису трикутника, проведену з вершини
меншого гострого кута.
1.9. ° Медіани АМ і СК трикутника АВС перпендикулярні. Зна-
йдіть сторони трикутника, якщо АМ = 9 см і СК = 12 см.
1.10. ’ У трикутнику АВС медіани ВМ і СК перпендикулярні
і перетинаються в точці О. Знайдіть довжину відрізка АО, якщо
ВМ = 36 см і СК — 15 см.
1.11. ’ У трикутнику АВС відомо, що 4В = ВС, ВВ і АМ - ви-
соти трикутника, В В : АМ = 3:1. Знайдіть сов С.
1.12. “ У трикутнику АВС відомо, що АВ = ВС, ВВ і СК - ви-
з
соти трикутника, созА = -. Знайдіть відношення СК : ВВ.
7
1.13. ° Діагональ рівнобічної трапеції перпендикулярна до
бічної сторони і утворює з основою трапеції кут 30°. Знайдіть
висоту трапеції, якщо радіус кола, описаного навколо трапеції,
дорівнює В.
1.14. ° Побудуйте квадрат, площа якого дорівнює сумі площ
двох даних квадратів.
1.15. ’ На медіані АМ трикутника АВС позначено точку В гак,
що АВ : ВМ =1:3. Через точку В проведено пряму, паралельну
стороні АС. У якому відношенні ця пряма ділить сторону ВС,
рахуючи від вершини С?
1.16. ’ У чотирикутнику АВСВ відомо, що АВ = АВ, СВ = СВ-
Доведіть^ що АВ ± ВС.
1.17. ° На основі АС рівнобедреного трикутника АВС позначили
точку М, а на бічних сторонах АВ і ВС відповідно точки К і N
так, що МК Ц ВС, Ж II АВ. Знайдіть'довжину бічної сторони,
якщо відомо, що периметр чотирикутника МКВКІ дорівнює
ЗО см.
1.18. ° У прямокутнику АВСВ відомо, що АВ = 2АО. Точка К
середина сторони АВ. Знайдіть кут СКВ.
1.19. ° Побудуйте квадрат за трьома точками, які є серединами
трьох його сторін.
1.20. ’ Діагоналі рівнобічної трапеції АВСВ (ВС II АВ) перети-
наються в точці М. Відомо, що /. СМВ — А ВАВ. Доведіть, що
ВС = АВ.
1.21. ’ У рівнобічній трапеції АВСВ (ВС || АВ) бісектриси гострих
кутів ВАВ і СВА перетинаються в точці, яка належить основі ВС.
Знайдіть периметр трапеції, якщо ВС = 36 см, А ВАВ = 60°.
1.22. ' Побудуйте паралелограм за його вершиною і серединами
сторін, яким ця вершина не належить.
1.23/ Перпендикуляр, опущений з вершини кута прямокутника
на його діагональ, ділить цю діагональ на відрізки, довжини яких
відносяться як 1 : 3. Знайдіть кут між діагоналями прямокутника.
1.24/ На стороні АВ прямокутника АВСВ позначили точку М
так, що М£) = СД, МА — МС. Знайдіть кут між діагоналями
прямокутника.
1.25/ Висоти ВВ і ВМ ромба АВСВ, проведені з його тупих
кутів ВІВ, перетинаються в точці Е. Знайдіть кути ромба, якщо
ВЕ ЕВ = МЕ : ЕВ = 1 : 2.
1.26/ Сума довжин катетів АВ і ВС прямокутного трикутника
АВС дорівнює а. На гіпотенузі АС поза трикутником побудовано
квадрат АСМВ, діагоналі якого перетинаються в точці О. З точ-
ки О на прямі ВА і ВС опустили перпендикуляри ОК і ОЕ відпо-
відно. Знайдіть периметр чотирикутника ВКОЕ.
1.27. " Серединний перпендикуляр діагоналі прямокутника
утворює з його більшою стороною кут 60е. Відрізок цього пер-
пендикуляра, який міститься всередині прямокутника, дорівнює
12 см. Знайдіть більшу сторону прямокутника.
1.28/ На медіані ВВ трикутника АВС позначено точку М так,
що ВМ : МВ = 3:2. Пряма АМ перетинає сторону ВС у точці Е.
У якому відношенні точка Е поділяє сторону ВС, рахуючи від
вершини В?
1.29/ Бісектриса кута А паралелограма АВСВ перетинає діаго-
наль В В і сторону ВС у точках Е і Е відповідно так, що ВЕ : ЕВ =
= 2:7. Знайдіть відношення ВЕ : ЕС.
1.30/ Медіани АІ) і ВМ трикутника АВС перетинаються в точ-
ці О. Через точку О проведено пряму, яка паралельна стороні АС
і перетинає сторону ВС у точці К. Знайдіть ВВ, ВК і КС, якщо
ВС — 18 см.
1.31/ Коло, центр якого належить гіпотенузі прямокутного
трикутника, дотикається до більшого катета і проходить через
вершину протилежного гострого кута. Знайдіть радіус кола, якщо
катети дорівнюють 5 см і 12 см.
1.32. " Катети прямокутного трикутника дорівнюють 6 см
і 8 см. Знайдіть відстань від вершини меншого гострого кута
трикутника до центра вписаного кола.
1.33. " Площа рівнобічної трапеції дорівнює 36>/2 см2, а го-
стрий кут — 45°. Знайдіть висоту трапеції, якщо в неї можна
вписати коло.
1.34/ Бісектриса кута А трикутника АВС (А С = 90 ) поділяє
катет ВС. на відрізки завдовжки 6 см і 10 см. Знайдіть радіус
кола, яке проходить через точки А, С і точку перетину цієї бісект-
риси з катетом ВС.
1.35/ Центр кола, вписаного в рівнобічну трапецію, віддалений
від кінців її бічної сторони на 12 см і 16 см. Знайдіть периметр
трапеції.
1.36/ Діагональ рівнобічної трапеції поділяє висоту, проведе-
ну з вершини тупого кута, на відрізки завдовжки 15 см і 12 см,
а бічна сторона трапеції дорівнює її меншій основі. Знайдіть
площу трапеції.
1.37/ Більша діагональ прямокутної трапеції поділяє висоту,
проведену з вершини тупого кута, на відрізки завдовжки 15 см
і 9 см. Більша бічна сторона трапеції дорівнює її меншій основі.
Знайдіть площу трапеції.
1.38/ У трапеції АВСВ (ВС II АВ) точка М — середина АВ.
Знайдіть площу трикутника СМВ, якщо площа даної трапеції
дорівнює 8.
1.39/ Коло, побудоване на діагоналі АС ромба АВСВ як на діаме-
трі, проходить через середину сторони АВ. Знайдіть кути ромба.
1.40. " На сторонах АВ і ВС трикутника АВС побудовано в зо-
внішній бік квадрати АВВЕ і ВСВС. Виявилося, що ВС [| АС.
Доведіть, що трикутник АВС є рівнобедреним.
1.41. " У трикутнику АВС проведено висоту АН і медіану ВМ.
Відрізок МН перетинає бісектрису СК в її середині. Доведіть, що
трикутник АВС є рівнобедреним.
1.42. " Побудуйте чотирикутник за його сторонами і відстанню
між серединами діагоналей.
1.43. " Точка С належить прямому куту ВОА (рис. 1.3). Дове-
діть, що периметр трикутника АВС більший, ніж 2ОС.
1.44. " На аркуші паперу в клітинку накреслено трикутник
АВС з вершинами у вузлах сітки (рис. 1.4). За допомогою лінійки
побудуйте точку перетину медіан цього трикутника.
1.45. " У трапеції довжина однієї з діагоналей дорівнює сумі
основ, а кут між діагоналями дорівнює 60°. Доведіть, що трапеція
є рівнобічною.
1.46. " На стороні АС трикутника АВС позначили точку К так,
що вписані кола трикутників АВК і ВСК дотикаються. Доведіть,
іцо точка К належить вписаному колу трикутника АВС.
1.47. " На сторонах АВ і СВ трапеції АВСВ (ВС II А_О) відповід-
но позначили точки К і В такі, що А ВАВ = А СВК. Доведіть,
що А ВВА = А САГВ.
1.48. *' У гострокутному трикутнику АВС відрізок АВ є висотою.
З точки Н на сторони АВ і АС опущено перпендикуляри НК і НВ
відповідно. Доведіть, що чотирикутник ВКВС — вписаний.
1.49. " Точка належить трикутнику АВС і А ВЛС - 90" + ~ А ВАС.
Відомо, що пряма АЛ містить центр описаного кола трикутни-
ка В<ВС. Доведіть, що Л — центр вписаного кола трикутника АВС.
1.50. " Дано два кола. Перше з них проходить через центр О
другого кола і перетинає це коло в точках А і В. Хорда ОС першо-
го кола перетинає друге коло в точці <7. Доведіть, що точка <7 —
центр вписаного кола трикутника АВС.
1.51. " У трикутнику АВС проведено висоти АН і СР. Знайдіть
величину кута В, якщо відомо, що АС - 2РН.
1.52. " На стороні АС трикутника АВС позначили точку В таку,
що А АВВ — А ВСВ і АВ = СВ. Бісектриса кута А перетинає сто-
рону ВС в точці Е. Доведіть, що ВВ || АВ.
1.53. " Точка В — середина сторони АС трикутника АВС, ВВ
і ВВ — бісектриси відповідно трикутників АВВ і СВВ. Відрізки
ВВ і ВВ перетинаються в точці М. Доведіть, що ВЛ7 = ^ВВ.
1.54. " У прямокутному трикутнику АВС (А С = 90 ) відрізки
СН, СВ і СМ — відповідно висота, бісектриса і медіана трикут-
ника. Знайдіть довжину СВ, якщо СН = 6, СМ 10.
1.55. " У трикутнику АВС проведено бісектрису ВВ. Відомо,
що АВ = 15 см, ВС — 10 см. Доведіть, що ВВ < 12 см.
1.56. " В опуклому чотирикутнику АВСВ діагоналі перетина-
ються в точці О. Відомо, що А ВАС = А СВВ, А ВСА = А СВВ.
Доведіть, що СО-СА = ВО-ВВ.
1.57. " Бісектриси кутів А і В трикутника АВС перетинають
описане коло трикутника АВС у точках К і В відповідно. Відрізки
. .. . г,, . АО ВО „
АК і ВІ. перетинаються в точці О так, що -= --. Доведіть, що
ОК ОР
трикутник АВС — рівнобедрений.
1.58. '" Трапеція АВСВ (АВ || СВ) така, що коло, описане навколо
трикутника АВВ, дотикається до прямої ВС. Доведіть, що коло,
описане навколо трикутника ВСВ, дотикається до прямої АВ.
1.59. " У трикутнику АВС проведено бісектрису ВК. На
сторонах ВА і ВС позначили відповідно точки М і N такі, що
ЕАКМ = ЕСКЕ = — ЕАВС. Доведіть, що пряма АС — дотична
2
до кола, описаного навколо трикутника МВЇ\!.
1.60. "* У колі проведено хорду СВ паралельно діаметру АВ так,
що в трапецію АВСВ можна вписати коло. Знайдіть довжину
хорди СВ, якщо АВ = 2В.
1.61. " На медіані АМ трикутника АВС позначили точку Р.
Точки К і N — основи перпендикулярів, проведених з точки Р
на сторони АВ і АС відповідно. Знайдіть відрізки РК і СУ. якщо
РК + РК - а, АВ - с, АС - Ь.
1.62. ” У трикутнику АВС проведено чевіани АА}, ВВр СС{, які
перетинаються в точці М. Відомо, що площа трикутника АМВ1
дорівнює площі трикутника АМС{, площа трикутника ВМС}
дорівнює площі трикутника ВМА}, а площа трикутника СМА}
дорівнює площі трикутника СМВГ Доведіть, що М — точка
перетину медіан.
1.63. " У трапеції АВСВ (АВ || ВС, АВ > ВС) на діагоналі АС
позначили точку Е так, що ВЕ II СВ. Доведіть, що площі трикут-
ників АВС і ВЕС рівні.
1.64. * На медіані ВМ трикутника АВС позначили точку В.
Через точки СіВ провели прямі, паралельні відповідно прямим
ВМ і АВ. Проведені прямі перетинаються в точці Е. Доведіть,
що ВЕ = АО.
1.65. * На основі АО трапеції АВСВ позначили точку М. Відомо,
що периметри трикутників ЛВМ, МВС і СМВ рівні. Доведіть,
що АО = 2ВС.
1.66. * У коло вписано чотирикутник АВСВ. На хорді АВ по-
будуйте точку М таку, що А АВМ = Е. ВСМ.
1.67. * Точки М і N — середини основ АО і ВС трапеції АВСВ
відповідно. На сторонах АВ і СВ позначили точки Р і С> відповід-
но так, що РС} II АО (АР * РВ). Доведіть, що прямі РЛ', М(? і АС
перетинаються в одній точці.
7- ~ і ю
РОЗВ'ЯЗУВАННЯ
ТРИКУТНИКІВ
2. Синус, косинус, тангенс і котангенс кута
від 0° до 18СГ
Поняття «синус», «косинус», «тангенс» і «котангенс» гострого
кута вам знайомі з курсу геометрії 8 класу. Розширимо ці поняття
для будь-якого кута а, де 0е < о. < 180°.
У верхній півплощині координатної площини розглянемо
півколо з центром у початку координат, радіус якого дорівнює 1
(рис. 2.1). Таке півколо називають одиничним.
одиничного півкола, якщо АМОА = а, де точки О і А мають від-
повідно координати (0; 0) і (1; 0) (рис. 2.1). Наприклад, на рисун-
ку 2.1 куту, який дорівнює 90°, відповідає точка С; куту, який
дорівнює 180°, — точка В; куту, який дорівнює 0°, — точка А.
Нехай а — гострий кут. Йому відповідає деяка точка М(х; у)
дуги АС (рис. 2.2). З прямокутного трикутника ОІШ маємо:
ОХ ЛЖ
со8сс =--, зіп а =---.
ОМ ом
Оскільки ОМ = 1, = х, = у, то х — соз а, у = зіп а.
Отже, косинус і синус гострого кута а — це відповідно абсциса
і ордината точки М одиничного півкола, яка відповідає куту а.
Отриманий результат підказує, як визначити синус і косинус
будь-якого кута а, де 0° < а < 180°.
Означення. Кос инусом і синусом кута а (0 < а < 180)
називають відповідно абсцису х і ординату у точки М одинич-
ного півкола, яка відповідає куту а (рис. 2.3).
Користуючись таким озна-
ченням, можна, наприклад, за-
писати: 8ІП 0 = 0, соз 0° = 1,
зіп 90° = 1, соз 90° = 0,
зіп 180' = 0, соє 180° = -1.
Якщо М (х; у) — довільна точ-
ка одиничного півкола, то -1 <
<х<1і0<у<1. Отже, для
будь-якого кута а, де 0° < а С
< 180°, маємо:
0 < зіп а < 1,
—1 < соз а < 1.
Якщо а. — тупий кут, то абсциса точки одиничного півкола,
що відповідає цьому куту, є від’ємною. Отже, косинус тупого кута
є від’ємним числом. Зрозуміло, що справедливе і таке тверджен-
ня: якщо соз а < 0, то сс — тупий або розгорнутий кут.
З курсу геометрії 8 класу ви знаєте, що для будь-якого гострого
кута а виконуються рівності
зіп (90 - а) = соз а,
соз (90° - а) = зіп а.
Ці формули залишаються справедливими і для а = 0°, і для
а = 90° (переконайтеся в цьому самостійно).
Нехай кутам а і 180° - а, де а * 0°, а 90° і а £ 180°,
відповідають точки М (х^ уг) і N (х2; у2) одиничного півкола
(рис. 2.4).
Прямокутні трикутники ОММу і ОЛ'Л^ рівні за гіпотенузою
і гострим кутом (С^ = ОМ = 1, /. МОМ( = А. N0^ = а). Звідси
~ У і і Х2 ~ ~ хт Отже,
віп (180° - а) = 8іп ос,
сов (180° - а) = - сов а
Переконайтеся самостійно, що ці рівності залишаються пра-
вильними для а = 0°, а = 90°, а — 180°.
Якщо а — гострий кут, то, як ви знаєте з курсу геометрії
8 класу, справедлива тотожність
віп2 а + сов2 а = 1,
яка залишається правильною для сс = 0°, а = 90°, ос = 180° (пере-
конайтеся в цьому самостійно).
Нехай ос — тупий кут. Тоді 180е — сс є гострим кутом. Маємо:
віп2 ос + сов2 а = (віп (180° - ос))2 + (-сов (180° — ос))2 =
= віп2 (180° - а) + сов2 (180° - а) = 1.
Отже, рівність віп2 сс -І- сов2 а = 1 виконується для всіх
0° < ос < 180°.
З геометричних міркувань зрозуміло, що коли 0° < ос < р С 90°,
то віп ос < віп Р (рис. 2.5); коли 90° < ос < Р < 180°, то віп сс > віп Р
(рис. 2.6); коли 0г < сс < Р < 180°, то сов а > сов Р (рис. 2.5, 2.6).
Означення. Тангенсом кута а, де 0° < а < 180° і а * 90°,
віп а
називають відношення -----, тобто
сов сс
віп а
сов о
Оскільки сов 90° = 0, то і£ сх не визначений для сх = 90°.
Означення. Котангенсом кута а (позначають сі£ а), де
лО _ _ -а ол° * СОЙ СХ
О < а < 180 , називають відношення —-, тобто
8Іп а
Оскільки він 0° = зіп 180° = 0, то сіє а не визначений для
а = 0° і а = 180°.
Очевидно, що кожному куту сі (0° < а < 180°) відповідає єди-
на точка одиничного півкола. Отже, кожному куту сі відповідає
єдине число, яке є значенням синуса (косинуса, тангенса для
сх Ф 90°, котангенса для а Ф 0° і а & 180°). Тому залежність зна-
чень синуса (косинуса, тангенса, котангенса) від величини кута
є функціональною.
Функції / (а) = зіп а, § (а) = соз сх, й (а) = іє а, р (а) = сіє а,
які відповідають цим функціональним залежностям, називають
тригонометричними функціями кута а.
О—» Задача. Доведіть, що іє (180° - <х) = -іє сх, сіє (180° -
- а) = -сіє а.
Р оз є’я зання
4. /і оло \ 8ІП (180° - сх) зіп а зіп а
ІЄ (180° - а) =-=--------------=--------= -іє а;
соз (180°-а) -соз а соз а
, по™ ч соз(180°-сх) - сова соз а
сіє (180° - а) =---------=-------= - ----- - сіє а.
зіп (180° - сх) зіп а зіп а
Приклад. Знайдіть зіп 120°, соз 120°, іє 120°, сіє 120°.
Р о з в’я зання. Маємо:
зіп 120° = зіп (180° - 60°) = зіп 60° = —;
2
соз 120° = соз (180°-00°) = -соз 60° = -
2
120° = (180° - 60°) = - іє 60° = - ч/з;
х/з
сіє 120° = сі§ (180° -60°) = - сіє 60° = -—.
З
2.1. ° Чому дорівнює:
1) зіп (180° — а), якщо зіпо. = —;
З
2) соб (180° — а), якщо соб а = 0,7;
п 4
3) сов (180 - а). якщо сова = —;
9
4) (180° - а), якщо і£ а = -5;
5) сі£ (180° - а), якщо сі£а = -—?
З
2.2. * Кути ос і Р суміжні, созсс = —
1) Знайдіть соб р.
2) Який із кутів а і Р є гострим, а який — тупим?
2.3. ° Знайдіть значення виразу:
1) 2 біп 90° 4- 3 сов 0° + сіє 90";
2) 3 біп 0° — 5 соз 180° + 180°;
3) і£ 23° Чє 0°Чє 106°;
4) 6 Іе 180° + 5 біп 180° + соб 180°;
5) соз2 165° + біп2 165°;
„ БІТІ 0° + БІП 90°
6}-------------.
СОБ 0° — СОБ 90°
2.4. " Обчисліть:
1) 4 соз 90° + 2 соб 180° — сіє 90°;
2) соз 0° - соз 180° + зіп 90° + і£ 180°.
2.5. ° Чому дорівнює синус кута, якщо його косинус дорівнює:
1) 1; 2) 0?
2.6. ' Чому дорівнює косинус кута, якщо його синус дорівнює:
1) 1; 2) 0?
2.7. ' Чому дорівнює тангенс кута, якщо його котангенс дорів-
нює: 1) 1; 2) -і?
З
2.8. Чому дорівнює котангенс кута, якщо його тангенс дорів-
нює: 1) -1; 2) З?
2.9. ° Знайдіть зіп 135°, соб 135°, 135°, сіє 135°.
2.10. * Знайдіть віп 150°, сов 150°, 150°, сі£ 150е.
2.11. Чи існує кут ех, для якого:
1
1) віп а = —;
2
2) віп а = 0,3;
3) сова---;
4) сов а = - 0,99;
5)соє а = 1,001;
6) зіпа = -^?
2.12. Знайдіть:
1) сов а, якщо
З
єіпа = - і 0° < а < 90е;
5
2) соє а, якщо
віпа = — і 90° < а < 180°;
З
3) сов а, якщо
єіпа = —;
4
4) віп а, якщо соз а = -0,8;
4
5) сс, якщо зіпа = — і 90е < а < 180°;
6) сія а, якщо соє а =— і 0° < сс < 90°.
13
2.13 Знайдіть:
5
1) сов а, якщо зіп а =— і 90° < а < 180°;
2) зіп а, якщо соз ос = —;
6
3) І£ а, якщо зіпос = — і 0° < сс < 90°;
13
,, , 8
4) сщ а, якщо соє ос =--.
17
2.14. Чи є правильним твердження (відповідь обґрунтуйте):
1) косинус гострого кута більший за косинус тупого кута;
2) існує тупий кут, синус і косинус якого рівні;
3) існує кут, синус і косинус якого дорівнюють нулю;
4) косинус кута трикутника є невід’ємним числом;
5) синус кута трикутника може дорівнювати від’ємному
числу;
6) косинус кута трикутника може дорівнювати нулю;
7) синус кута трикутника може дорівнювати нулю;
8) косинус кута трикутника може дорівнювати —1;
9) синус кута трикутника може дорівнювати 1;
10) синус кута, відмінного від прямого, менший від синуса
прямого кута;
11) косинус розгорнутого кута менший від косинуса кута,
відмінного від розгорнутого;
12) синуси суміжних кутів рівні;
13) косинуси нерівних суміжних кутів є протилежними чис-
лами;
14) якщо косинуси двох кутів рівні, то рівні й самі кути;
15) якщо синуси двох кутів рівні, то рівні й самі кути;
16) тангенс гострого кута більший за тангенс тупого кута;
17) тангенс гострого кута більший за котангенс тупого
кута?
2.15. ” Порівняйте з нулем значення виразу:
1) зіп 110° соз 140°; 4) зіп 70“ соз 90° іє 104°;
2) зіп 80° соз 100° соз 148°; 5) сіє 100° зіп 114° соз 11 ;
3) зіп 128° соз2 130° іє 92°; 6) соз 85° зіп 171° сіє 87°.
2.16. ” Знайдіть значення виразу:
1) 2 зіп 120° + 4 соз 150° - 2 іє 135°;
2) соз 120° - 8 зіп2 150° + 3 соз 90° соз 162°;
3) соз 180° (зіп 135° іє 60° — соз 135°)2;
4) 2 зіп2 30°+соз2 60° + зіп2 45° + іє2 60° - сіє2 30°.
2.17. ” Чому дорівнює значення виразу:
]) 2 зіп 150° - 4 соз 120° + 2 іє 135°;
2) іє 45° зіп 60° сіє 30°;
3) зіп 90° (іє 150° соз 135° - іє 120° соз 135°)2?
2.18. " Знайдіть значення виразу, не користуючись таблицями
і калькулятором:
зіп 18' 2) соз 18°
? зіп 162°’ } соз 162°’
2.19/ Обчисліть:
соз49' . 12°
? соз 131°’ } і£168°’
і£18с
і£162°’
зіп 53"
зіп 127°’
сі,£ 18°
сіє 162°’
2.20. ” Знайдіть суму квадратів синусів усіх кутів прямокутного
трикутника.
2.21. Знайдіть суму квадратів косинусів усіх кутів прямокут-
ного трикутника.
2.22. ° Порівняйте:
1) зіп 17° і зіп 35°; 3) соз 89° і соз 113°; 5) - і зіп 40°;
2) соз 1і соз 2°; 4) зіп 50° і зіп 140°; 6) і соз 130°.
2.23. Порівняйте:
1) зіп 118° і зіп 91°; 3) соз 75° і соз 175°; 5) — і соз 20°;
2
2) соз 179° і соз 160°; 4) зіп70° і зіп105°; 6) і зіп 130°.
2.24. ° У трикутнику АВС відомо, що ЛВ = 60°, точка О —
центр вписаного кола. Чому дорівнює косинус кута АОС?
2.25. * Точка О — центр вписаного кола трикутника АВС. Відо-
мо, що соз /. ВОС----. Знайдіть кут А трикутника.
2.26/ У непрямокутному трикутнику АВС відомо, що А В = 30°,
точка Н — ортоцентр. Чому дорівнює тангенс кута АНС?
2.27/ Точка Н — ортоцентр трикутника АВС. Відомо, що
л/2
соз/АНС=-----. Знайдіть кут В трикутника.
2.28/ Точка О — центр вписаного кола трикутника АВС. Відо-
мо, що зіп А АОС = —. Знайдіть кут В трикутника.
2
2.29. " Точка Н — ортоцентр трикутника АВС. Відомо, що
\/з
зіп^АЧС =----. Знайдіть кут В трикутника.
2.30/ Точка О — центр описаного кола трикутника АВС. Відо-
мо, що зіп А АОС — —. Знайдіть кут В трикутника.
2
2.31/ ’ Обчисліть сі£ 5° с1£ 15° сі& 25°•... -сі£ 75° сІ£ 85°.
2.32. " Обчисліть 10° 20° 30°-...70° 80°.
3. Теорема косинусів
З першої ознаки рівності трикутників випливає, що дві сторо-
ни і кут між ними однозначно визначають трикутник. Отже, за
вказаними елементами можна знайти третю сторону трикутника.
Як це зробити, показує така теорема.
Теорема 3.1 (теорема косинусів). Квадрат сторони
трикутника дорівнює сумі квадратів двох інших сторін мінус
подвоєний добуток цих сторін і косинуса кута між ними.
Доведення. Розглянемо трикутник АВС. Доведемо, напри-
клад, що ВС2 = АВ2 + АС2 - 2АВ -АС • сон А.
Можливі три випадки:
1) кут А — гострий; •
2) кут А — тупий;
3) кут А — прямий.
• Розглянемо перший випадок. Якщо /_ А < 90°, тоді хоча б
один з кутів В і С є гострим. Нехай, наприклад, /- С < 90°. Про-
ведемо висоту ВВ (рис. 3.1).
З ААВВ отримуємо: ВВ = АВ • ніп А, АВ = АВ • сон А.
З АВВС отримуємо: ВС2 = ВВ2 + СВ2 = В В2 + (АС - АВ)2 =
= АВ2 • ніп2 А 4- (АС - АВ • сов А)2 =
= АВ2 • ніп2 А + АС2 - 2АС • АВ сов А + АВ2 • сов2 А -
= АВ2 • (кіп2 А + сов2 А) + АС2 — 2АС • АВ • соз А -
- АВ2 + АС2 - 2АВ - АС • сов А.
Якщо /- С > 90°, то /. В < 90°. Тоді потрібно провести висоту
трикутника АВС з вершини С. Далі доведення аналогічне роз-
глянутому.
• Для випадку, коли кут А — тупий, проведемо висоту ВВ
трикутника АВС (рис. 3.2).
З Д АВВ отримуємо: ВВ = АВ - ніп /_ ВАВ =
= АВ • зіп (180° - А ВАС) = АВ - ніп £ ВАС,
АВ = АВ - сов А ВАВ = АВ • сов (180° - А ВАС) =
= —АВ - сов А ВАС.
З △ ВИС отримуємо: ВС2 = ВВ2 + СВ2 = ВВ2 + (АС + АВ)2 =
= АВ2 • віп2 А ВАС + (АС - АВ - сов А ВАС)2 =
= АВ2 + АС2 - 2 АВ -АС • сов А ВАС.
• Якщо кут А — прямий (рис. 3.3), то сов А = 0. Рівність, яку
потрібно довести, набуває вигляду
ВС2 = АВ2 + АС2
і виражає теорему Піфагора для трикутника АВҐ (А А = 90°). Ж
Та частина доведення, у якій розглянуто випадок, коли /.А —
прямий, показує, що теорема Піфагора є окремим випадком
теореми косинусів. Тому теорема косинусів є узагальненням
теореми Піфагора.
Якщо скористатися позначенням для сторін і кутів трикут-
ника АВС (див. форзац), то, наприклад, для сторони а можна
записати:
а2 = Ь2 + с2 - 2Ьс сов а.
За допомогою теореми косинусів, знаючи три сторони трикут-
ника, можна визначити, чи є він гострокутним, тупокутним або
прямокутним.
Теорема 3.2 (наслідок з теореми косинусів). Нехай
а, Ь і с — сторони трикутника АВС, причому а — його най-
більша сторона. Якщо а2 <Ь2 + с2, то трикутник є гострокут-
ним. Якщо а2 > Ь2 + с2, то трикутник є тупокутним. Якщо
а2 = Ь2 + с2, то трикутник є прямокутним.
Доведення. Маємо:
а2 = Ь2 + с2 - 2Ьс сов а.
Звідси 2Ьс сов а = Ь2 + с2 — а2.
Нехай а2 < Ь2 + с2. Тоді Ь2 + с2 - а2 > 0. Отже, 2Ьс сов а > 0,
тобто сов а > 0. Тому кут а — гострий.
Оскільки а — найбільша сторона трикутника, то проти неї
лежить найбільший кут, який на підставі вищедоведеного є го-
стрим. Отже, у цьому випадку трикутник є гострокутним.
Нехай а2 > Ь2 + с2. Тоді Ь2 + с2 — а2 < 0. Отже, 2Ьс сов а < 0,
тобто сов а < 0. Тому кут а — тупий.
Нехай а2 = Ь2 + с2. Тоді 2Ьс сов а = 0, тобто сов а = 0. Звідси
а = 90°. ▲
Теорема 3.3. Сума квадратів діагоналей паралелограма
дорівнює сумі квадратів усіх його сторін.
Доведення. На рисунку 3.4 зображено паралелограм АВСВ.
Нехай АВ = СВ = а, ВС = АВ = Ь, А ВАВ = а, тоді А. АВС =
= 180° - а.
З Д АВВ за теоремою косинусів
ВВ2 = а2 + Ь2 - 2аЬ соз а. (1)
З Д АСВ за теоремою косинусів
АС2 = а2 + Ь2 - 2аЬ соз (180° - а) або
АС2 = а2 + Ь2 + 2аЬ соз а. (2)
Додавши рівності (1) і (2), отримаємо
ВВ2 + АС2 = 2а2 + 2Ь2. А
Задача. Доведіть, що у трикутнику АВС (див. позна-
чення па форзаці):
2 262 + 2с2—а2
-----4---’
2 2с2 + 2а2 - Ь2
ть =-----л----’
4
2 2аи+262-сг
"'=—;—•
Розв’язання. Нехай відрізок ВМ — медіана трикутника
АВС. На промені ВМ позначимо таку точку В, що ВМ = МВ
(рис. 3.5). Чотирикутник АВСВ — паралелограм.
Використовуючи теорему 3.3, можна записати
ВВ2 + АС2 = 2АВ2 + 2ВС2 або 4тп2 +Ь2 = 2с2 +2а2.
2с2 +2а2 —Ь2
Звідси ті =
4
Аналогічно доводяться дві інші формули.
Приклад 1. На.стороні АС трикутника АВС позначено точку В
так, що СВ : АВ =1:2. Знайдіть відрізок ВВ, якщо АВ = 14 см,
ВС = 13 см, АС = 15 см.
Розв’язання. За теоремою косинусів з ДАВС (рис. 3.6):
АВ2 = АС2 + ВС2 - 2АС • ВС • соз С, звідси
_ АСг + ВСг~АВг 152 +132 -142
соє С =------------=-----------=
2АС•ВС
2-15-13
225 + 169-196 _ 33
2-15-13 ~ 65
Оскільки СВ : АВ = 1 : 2, то
С£> = — АС = 5 см.
З
Тоді з Д ВСВ:
В£>2 = ВС2 + С.О2 - 2ВС • СХ> • соє С = ІЗ2 + 52 -2 • 13 • 5 • — = 128.
65
Відповідь: 8\/2 см.
Приклад 2. На діаметрі АВ кола з центром у точці О взято
точки М і N так, що ОМ = ОХ. На колі позначили точку X. До-
ведіть, що сума ХМ2 + Х№ не залежить від вибору точки X.
Раз в’я оання. Нехай X — точка кола, відмінна від точок А і В.
Тоді радіус ОХ —- медіана трикутника МХХ (рис. 3.7). Скористав-
шіїся ключовою задачею, запишемо:
2ХМг + 2х№-м№
4
о - ХЛЛЛ-2 4ХО2+М№
Звідси ХМ + XXі --------------.
2
Оскільки ХО — радіус даного кола, то
значення правої частини останньої рівно-
сті не залежить від вибору точки X.
Випадок, коли точка X збігається
з точкою А або точкою В, розгляньте
самостійно.
Приклад 3. Відомо, що довжина найбільшої сторони трикут-
ника дорівнює -Уз. Доведіть, що три круги з центрами у верши-
нах трикутника і радіусами 1 повністю покривають трикутник.
Р о .і в'я з а н ня. Очевидно, що ці круги покривають сторони
трикутника.
Нехай у трикутнику АВС знайшлася непокрита точка О, яка
не належить сторонам. Очевидно, що один з кутів АОВ, ВОС,
СОА не менший від 120°.
Нехай, наприклад, це кут АОС. Тоді соє /. АОС < - V З А АОС
за теоремою косинусів АС2 = ОА2 + ОС2 — 2ОА • ОС • соз /_ АОС >
> ОА2 + ОС2 + ОА ОС. З умови випливає, що АС2 < 3. Тоді ОА2 +
+ ОС2 + ОА-ОС < 3. Оскільки точка О не покрита, то ОА > 1
і ОС > 1. Тоді ОА2 + ОС2 + ОА-ОС > 3. Отримали суперечність.
Отже, точок трикутника, не покритих одним з указаних кругів,
не існує.
Приклад 4. Додатні числа а, Ь, с такі, що с2 = а2 + Ь2 - аЬ.
Доведіть, що (а — с) (й - с) С 0.
Роз в'яза н н я. Побудуємо кут МО№, який дорівнює 60°. На
його сторонах ОМ і СУУ позначимо відповідно точки А і В так,
що ОА = а, ОВ = Ь (рис. 3.8). За те-
оремою косинусів АВ2 = а2 + Ь2 — аЬ. /
Отже, АВ = с.
У трикутнику ОАВ один з кутів А а /
і В не менший від 60°, а другий не у' '
більший за 60°. Отже, у трикутнику \
ОАВ сторона с не менша від однієї о Ь В N
з двох інших сторін і не більша за
другу. Звідси (а - с) (& - с) < 0. р 3 8
\ / ВПРАВИ
3.1. ’ Знайдіть невідому сторону трикутника АВС, якщо:
1) АВ = 5 см, ВС = 8 см, /_ В = 60°;
2) АВ = 3 см, АС = 2^2 см, А А = 135°.
3.2. Знайдіть невідому сторону трикутника ВЕР, якщо:
1) ВЕ = 4 см, ВР = 2^3 см, ЛВ = 30°;
2) ВР = 3 см, ЕР = 5 см, А Р = 120°.
3.3. " Сторони трикутника дорівнюють 12 см, 20 см і 28 см.
Знайдіть найбільший кут трикутника.
3.4. Сторони трикутника дорівнюють >18 см, 5 см і 7 см.
Знайдіть середній за величиною кут трикутника.
3.5. ° Установіть, гострокутним, прямокутним чи тупокутним
є трикутник, сторони якого дорівнюють:
1) 5 см, 7 см і 9 см; 3) 10 см, 15 см і 18 см.
2) 5 см, 12 см і 13 см;
3.6 Сторони трикутника дорівнюють 7 см, 8 см і 12 см. Чи
є правильним твердження, що даний трикутник є гострокут-
ним?
3.7. Доведіть, що трикутник зі сторонами 8 см, 15 см і 17 см
є прямокутним.
3.8. ° Сторони паралелограма дорівнюють 2 ^2 см і 5 см, а один
з кутів дорівнює 45°. Знайдіть діагоналі паралелограма.
3.9. ' У трапеції АВСВ (ВС II АВ) ВС = 3 см, АВ =10 см,
СВ = 4 см, /_ В = 60°. Знайдіть діагоналі трапеції.
3.10. ° На стороні АВ рівностороннього трикутника АВС по-
значено точку В так, що АВ : ВВ = 2:1. Знайдіть відрізок СВ,
якщо АВ = 6 см.
3.11. ° На гіпотенузі АВ трикутника АВС позначено точ-
ку М так, що АЛІ : ВМ =1:3. Знайдіть відрізок СМ, якщо
АС = ВС = 4 см.
3.12. ° У трикутнику АВС відомо, що А С = 90°, АС = 20 см,
ВС = 15 см. На стороні АВ позначено точку М так, що ВМ = 4 см.
Знайдіть довжину відрізка СМ.
3.13. ° На продовженні гіпотенузи АВ прямокутного рівно-
бедреного трикутника АВС за точку В позначено точку В так,
що В В = ВС. Знайдіть відрізок СВ, якщо катет трикутника АВС
дорівнює а.
3.14. У трикутнику АВС відомо, що С = 90°, АВ = 13 см,
АС — 12 см. На продовженні гіпотенузи АВ за точку В позначено
точку В так, що ВВ = 26 см. Знайдіть довжину відрізка СВ.
3.15. ” Центр кола, вписаного в прямокутний трикутник,
знаходиться на відстанях а і Ь від кінців гіпотенузи. Знайдіть
гіпотенузу трикутника.
3.16. Точка О — центр кола, вписаного в трикутник АВС,
ВС = а, АС = Ь, X. АОВ = 120°. Знайдіть сторону АВ.
3.17. ° Дві сторони трикутника, кут між якими дорівнює 60°,
відносяться як 5 : 8, а третя сторона дорівнює 21 см. Знайдіть
невідомі сторони трикутника.
3.18. Дві сторони трикутника відносяться як 1:2\/3 і утво-
рюють кут у 30°. Третя сторона трикутника дорівнює 2\/? см.
Знайдіть невідомі сторони трикутника.
3,19. ° Сума двох сторін трикутника, які утворюють кут
у 120°, дорівнює 8 см, а довжина третьої сторони становить 7 см.
Знайдіть невідомі сторони трикутника.
3.20. ' Дві сторони трикутника, кут між якими дорівнює 120°,
відносяться як 5 : 3. Знайдіть сторони трикутника, якщо його
периметр дорівнює ЗО см.
3.21. ' Дві сторони трикутника дорівнюють 16 см і 14 см, а кут,
протилежний меншій з відомих сторін, дорівнює 60°. Знайдіть
невідому сторону трикутника.
З 22.' Дві сторони трикутника дорівнюють 15 см і 35 см, а кут,
протилежний більшій з відомих сторін, дорівнює 120°. Знайдіть
периметр трикутника.
3.23. ’ Одна із сторін трикутника у 2 рази більша за другу,
а кут між цими сторонами становить 60°. Доведіть, що даний
трикутник є прямокутним.
3.24. ’ Доведіть, що коли квадрат сторони трикутника дорівнює
неповному квадрату суми двох інших сторін, то протилежний цій
стороні кут дорівнює 120°.
3.25. ' Доведіть, що коли квадрат сторони трикутника дорівнює
неповному квадрату різниці двох інших сторін, то протилежний
цій стороні кут дорівнює 60°.
3.26. ’ Дві сторони паралелограма дорівнюють 7 см і 11 см,
а одна з діагоналей — 12 см. Знайдіть другу діагональ парале-
лограма.
3.27. Діагоналі паралелограма дорівнюють 13 см і 11 см,
а одна зі сторін — 9 см. Знайдіть периметр паралелограма.
3.28. ° Діагоналі паралелограма дорівнюють 8 см і 14 см, а одна
зі сторін на 2 см більша за другу. Знайдіть сторони паралело-
грама.
3.29. ’ Сторони паралелограма дорівнюють 11 см і 23 см, а його
діагоналі відносяться як 2 : 3. Знайдіть діагоналі паралелограма.
3.30. ° Сторони трикутника дорівнюють 16 см, 18 см і 26 см.
Знайдіть медіану трикутника, проведену до його більшої сторони.
3.31. Дві сторони трикутника дорівнюють 12 см і 14 см,
а медіана, проведена до третьої сторони, — 7 см. Знайдіть
невідому сторону трикутника.
3.32. ' Дві сторони трикутника дорівнюють 3 см і 4 см, а синус
Тз5 „ .
кута між ними дорівнює ----. Знайдіть третю сторону трикут-
6
ника.
3.33. " На стороні ВС трикутника АВС позначено точку £>
так, що СВ = 14 см. Знайдіть відрізок АВ, якщо АВ = 37 см,
ВС = 44 см і АС — 15 см.
3.34 На стороні АВ трикутника АВС позначено точку К, а на
продовженні сторони ВС за точку С — точку М. Знайдіть відрізок
МК, якщо АВ = 15 см, ВС = 7 см, АС = 13 см, АК = 8 см,
МС = 3 см.
3.35. * У трикутнику АВС відомо, що АВ — ВС, А АВС = 120е.
На продовженні відрізка АВ за точку В позначено точку Л
так, що ВВ = 2АВ. Доведіть, що трикутник АСВ рівнобед-
рений.
3.36. " Знайдіть діагональ АС чотирикутника АВСВ, якщо
навколо нього можна описати коло, і АВ = 3 см, ВС = 4 см,
СВ = 5 см, АВ = 6 см.
3.37. Чи можна описати коло навколо чотирикутника АВСВ,
якщо АВ = 4 см, АВ = 3 см, ВВ = 6 см і А С = 40°?
3.38. " Доведіть, що проти більшого кута паралелограма ле-
жить більша діагональ. Сформулюйте і доведіть обернене твер-
дження.
3.39. ' Основа рівнобедреного трикутника дорівнює 4\/2 см,
а медіана, проведена до бічної сторони, — 5 см. Знайдіть бічну
сторону трикутника.
3.40. " Доведіть, що в трикутнику АВС виконується рівність
/а* + т2ь + тІ =3
і
3.41. * Доведіть, що коли в трикутнику АВС виконується
рівність ті + т'І = 5тІ, то цей трикутник є прямокутним.
3.42. Доведіть, іцо коли в трикутнику АВС виконується
рівність аг + Ь2 — 5с2, то медіани, проведені з вершин А і В,
перпендикулярні.
3.43. * Доведіть, що сума квадратів довжин медіан трикутника
не менша від квадрата його півпериметра.
3.44. ' Дано два кола, які мають спільний центр (такі кола на-
зивають концентричними). Доведіть, що сума квадратів відстаней
від точки одного з кіл до кінців діаметра другого кола не зале-
жить ні від обраної точки, ні від обраного діаметра.
3.45. ” Доведіть, що сума квадратів діагоналей чотирикутника
в два рази більша за суму квадратів відрізків, які з’єднують се-
редини протилежних сторін.
3.46. ” В опуклому чотирикутнику відрізки, які з’єднують
середини протилежних сторін, дорівнюють т і п, кут між ними
дорівнює 60°. Знайдіть діагоналі чотирикутника.
3.47. Діагоналі опуклого чотирикутника дорівнюють а і Ь,
кут між ними дорівнює 45°. Знайдіть відрізки, які з’єднують
середини протилежних сторін чотирикутника.
3.48. ” Відстань між серединами діагоналей трапеції дорівнює
5 см, а її бічні сторони дорівнюють 6 см і 8 см. Знайдіть відстань
між серединами основ.
3.49. ” У трапеції АВСВ (АВ II ВС) відомо, що АВ = 5 см,
ВС = 9 см, АВ = 16 см, совА = і. Знайдіть сторону СВ трапеції.
7
3.50. У трапеції АВСВ (АВ || ВС) відомо, що АВ = >/15 см,
ВС = 6 см, СВ = 4 см, АВ = 11 см. Знайдіть косинус кута В
трапеції.
3.51. ” У трапеції АВСВ (ВС || АВ) ВС = 1 см, АВ = 6 см,
АС — 3 см, ВВ = 5 см. Знайдіть кут АОВ, де О — точка перетину
діагоналей трапеції.
3.52. ” У трикутнику АВС проведено висоти АА1 і ССГ Відомо,
що А.С. : АС , АВ = с, ВС = а. Знайдіть АС.
2
3.53. ” З вершини В ромба АВСВ до сторони ВС проведено ви-
соту ВЕ. Діагональ АС перетинає відрізок ВЕ в точці Е так, що
ВЕ : ГЕ = 5:1. Знайдіть сторону ромба, якщо АЕ = 35 см.
3.54. В опуклому чотирикутнику АВСВ відомо, що АВ = а,
ВС = Ь, СВ = с, ВА = (і, причому а2 + с2 = Ь2 + (і2. Доведіть, що
діагоналі цього чотирикутника перпендикулярні.
3.55. " У паралелограмі АВСВ діагоналі АС і ВВ перетинаються
в точці О. Відомо, що АВ = а, ВС = Ь (а > Ь), А. ВОС = а. Доведіть,
. а2 - Ь2
що соза>—------.
а + о
3.56. ” На діаметрі кола з центром О радіуса В позначили
точку М. Доведіть, що сума квадратів відстаней від точки М до
кінців хорди, паралельної цьому діаметру, не залежить від ви-
бору хорди.
3.57. ” Кожна із сторін опуклого чотирикутника не більша за
7 см. Доведіть, що для будь-якої точки чотирикутника знайдеться
вершина, відстань від якої до цієї точки менша від 5 см.
3.58. * (теорема Стюарта). На стороні ВС трикутника АВС
взято точку В. Доведіть, що
АВ2 ВС + АС2 ВВ - АВ2 -ВС = ВС-ВС- ВВ.
3.59. * Знайдіть найменше значення виразу
-71 + х2 - х + ->/1 + х2 - х 7з.
3.60. " Доведіть, що -71 + х2 + ^1 + х2 —Ху/з > л/з.
3.61. * Доведіть, що для додатних чисел а, Ь і с виконується
нерівність
7я2 — аі> + Ь2 + 7&2 -Ьс + с2 > у/а2 + ас + с2.
3.62. * Чи існують такі три точки А, В і С, що для будь-якої
точки X хоча б один з відрізків ХА, ХВ, ХС має ірраціональну
довжину?
4 . Теорема синусів
З другої ознаки рівності трикутників випливає, що сторона
і два прилеглих до неї кути однозначно визначають трикутник.
Отже, за вказаними елементами можна знайти дві інші сторони
трикутника. Як це зробити, підказує така теорема.
Рис. 4.1
Теорема 4.1 (теорема синусів). Сторони трикутника
пропорційні синусам протилежних кутів.
Лема. Хорда кола дорівнює добутку діаметра на синус
будь-якого вписаного кута, який спирається на цю хорду.
Доведення. На рисунку 4.1 відрізок — хорда кола з цен-
тром у точці О. Проведемо діаметр МР. Тоді X МХР = 90° як
вписаний кут, що спирається на діа-
метр. Нехай величина вписаного кута
МР№ дорівнює а. Тоді з прямокутного
трикутника МРІЇ отримуємо
МК = МР віп а. (1)
Усі вписані кути, які спираються на
хорду МN, дорівнюють а або 180° - а.
Отже, їх синуси рівні. Тому отримана
рівність (1) справедлива для всіх впи-
саних кутів, які спираються на хорду
МХ.А
Тепер ми можемо довести теорему синусів.
Доведення. Нехай у трикутнику АВС АВ = с, ВС = а, СА = Ь.
Доведемо, що
а Ь с
вій А віп В від С
Нехай радіус описаного кола трикутника АВС дорівнює В. Тоді
за лемою а = 2В віп А, Ь = 2Іі він В, с = 2В віп С. Звідси
_2_ = _*_=_£_=2Я
віп А віп В еіп С
Наслідок. Радіус описаного кола трикутника можна об-
числити за формулою
а
2віп а’
де а — сторона трикутника, а — протилежний їй кут.
Приклад 1. У трикутнику АВС відомо, що АС-42 см,
ВС = 1 см, А В = 45°. Знайдіть кут А.
Р о з в’я зання. За теоремою синусів
ВС _ АС
віп А віп В
Тоді маємо:
ВСзіп В 1-віп45°
Зіп А =---------------;=-
АС Д2
Оскільки ВС < АС, то А А < А В. Отже, А А — гострий. Звідси,
ураховуючи, що віп А = ^, отримуємо А А = 30°.
Відповідь: А А = 30°.
Приклад 2. У трикутнику АВС відомо, що АС = ^2 см,
ВС — 1 см, А А = 30°. Знайдіть кут В.
Р о з в’я зання. Маємо:
ВС АС
віп А віп В
віп В =
АС віп А
ВС
Оскільки ВС < АС, то А А < А В. Тоді кут В може бути
як гострим, так і тупим. Звідси А В = 45° або / В = 180° —
- 45° = 135°.
Відповідь-. 45° або 135°.
Приклад 3. Відрізок ВВ — бісектриса трикутника АВС,
А В = 30°, А С = 105°. Знайдіть радіус кола, описаного навколо
трикутника АВС, якщо радіус кола, описаного навколо трикут-
ника ВВС, дорівнює 8л/б см.
Розв’я зання. Нехай Я1 — радіус кола, описаного навколо три-
кутника ВВС (рис. 4.2), В, =8\/б см.
А СВВ = -А АВС = 15°.
2
3 А ВВС-
А ВВС = 180° - {А СВВ + А С) -
Рис 4 о = 180° - (15° + 105°) = 60°.
ВС = 2В, кіп А ВВС = 2 8>/б кіп 60° = 24^2 (см).
З Д АВС:
АА = 180° - (А АВС + АС) = 180° - (30° + і 05°) = 45°.
Нехай В — шуканий радіус кола, описаного навколо трикут-
ника АВС.
Тоді ВС =2В, звідси В = —= —24= 24 (см).
зіп А 2зіп А 2кіп45°
Відповідь: 24 см.
Приклад 4. У рівнобічній трапеції основи дорівнюють 21 см
і 9 см, а висота — 8 см. Знайдіть радіус кола, описаного навколо
трапеції. о __________с
Р о з в’я зання. Проведемо висо- / \
ту ВМ рівнобічної трапеції АВСВ / \
(рис. 4.3). Відомо1, що /
М
Рис. 4.3
1 Див. ключову задачу пункту 10 книги «А. Г. Мерзляк, В. Б. Полонський,
М. С. Якір. Геометрія. Підручник для 8 класу з поглибленим вивченням ма-
тематики. - Харків: Гімназія, 2008* *. Далі посилатимемося на цю книгу так:
* Геометрія-8 *.
МВ — ВС + . Маємо: АХІ — 6 см, МВ = 15 см.
2
З Д АВМ отримуємо: АВ = \АМг + ВМ2 - \/б2 + 82 =10 (см),
. , ВМ 8 4
81 п А —-= — = —.
АВ 10 5
З Д МВВ отримуємо: ВВ = уіВМ2 + МВ2 — л/в2 +152 =17 (см).
Коло, описане навколо трапеції АВСВ, є також описаним
колом трикутника АВВ. Відрізок ВВ — хорда цього кола,
А — вписаний кут, що спирається на цю хорду. Позначив-
ши шуканий радіус В, можна записати: ВВ = 2К-зіп А. Звідси
ВР
2зіп А
17
2--
5
85
= — (см).
8
Приклад 5. На найбільшій стороні АС трикутника АВС по-
значено точку X, відмінну від вершин А і С. З точки X опущено
перпендикуляри ХМ і XX на прямі АВ і ВС відповідно. Знайдіть
таке положення точки X, при якому довжина відрізка МХ буде
найменшою.
Р оз в'я зання. На рисунку 4.4 показано випадок, коли точки
М і X лежать на сторонах трикутника, а на рисунку 4.5 — ви-
падок, коли тільки одна точка, наприклад точка М, лежить на
стороні трикутника.
Легко показати, що точки М, В, X, X лежать на одному колі
з діаметром ВХ. Відрізок МХ — хорда цього кола, на яку спи-
рається кут В (рис. 4.4) або кут, суміжний з кутом В (рис. 4.5).
Для кожного з цих випадків можна записати МХ = ВХ віп В.
Отже, довжина відрізка МХ набуває найменшого значення, якщо
набуває найменшого значення довжина відрізка ВХ. А ця умова
досягається тоді, коли точка X є основою висоти трикутника АВС,
проведеної з вершини В.
\ / вправи мапвшж
4.1. ° Знайдіть сторону ВС трикутника АВС, зображеного на
рисунку 4.6 (довжини відрізків дано в сантиметрах).
4.2. ” Знайдіть кут А трикутника АВС, зображеного на рисун-
ку 4.7 (довжини відрізків дано в сантиметрах).
Рис. 4.6
Рис. 4.7
4.3. Знайдіть сторону АВ трикутника АВС, якщо АС = >/б см,
А В = 120°, ^С = 45°.
4.4. У трикутнику АВС відомо, що АВ =12 см, ВС =10 см,
віп А = 0,2. Знайдіть синус кута С трикутника.
4.5. ” У трикутнику АВС відомо, що ВС = а, А А = а, А С = у.
Знайдіть АВ і АС.
4.6. Діагональ паралелограма дорівнює гі і утворює з його
сторонами кути а і р. Знайдіть сторони паралелограма.
4.7. ” Знайдіть кут А трикутника АВС, якщо:
1) АС = 2 см, ВС = 1 см, А В = 135°;
2) АС = л/2 см, ВС = 7з см, А В = 45°.
Скільки розв’язків у кожному з випадків має задача? Відпо-
відь обґрунтуйте.
4.8. ” Чи існує трикутник АВС такий, що віп А = 0,4, АС = 18 см,
ВС = 6 см? Відповідь обґрунтуйте.
4.9. ” На продовженні сторони АВ трикутника АВС за точку В
позначено точку £). Знайдіть радіус кола, описаного навколо
трикутника АС В, якщо /. АВС = 60°, А АВС = 45°, а радіус кола,
описаного навколо трикутника АВС, дорівнює 4 см.
4.10. Радіус кола, описаного навколо трикутника АВС, дорів-
нює 6 см. Знайдіть радіус кола, описаного навколо трикутника
АОС, де О — точка перетину бісектрис трикутника АВС, якщо
/. АВС = 60°.
Рис. 4.8 Рис. 4.9
4.11. ° За рисунком 4.8 знайдіть АВ), якщо СВ = а.
4.12. За рисунком 4.9 знайдіть АС, якщо ВВ = т.
4.13. ° На стороні АВ трикутника АВС позначено точку М так,
що А АМС = <р. Знайдіть відрізок СМ, якщо АВ — с, А А = а,
А АСВ = у.
4.14. " У трикутнику АВС відомо, що А А = а, А В = р. На
стороні ВС позначено точку В так, що А АВВ = <р, АВ = т.
Знайдіть сторону ВС.
4.15. " Доведіть, що існує трикутник, сторони якого дорівнюють
віп А, віп В, віп С, де А, В і С — кути даного трикутника АВС.
4.16. " Доведіть, користуючись теоремою синусів, що бісектриса
трикутника поділяє його сторону на відрізки, довжини яких
пропорційні прилеглим сторонам1.
4.17. " Доведіть, що бісектриса трикутника поділяє його сто-
рону на відрізки, довжини яких обернено пропорційні синусам
прилеглих до цієї сторони кутів.
4.18. " Для сторін і кутів трикутника АВС виконується рівність
ВС АС
----—------. Доведіть, що АС = ВС.
сов А. сов В
4.19. ' Дві сторони трикутника дорівнюють 6 см і 12 см, а ви-
сота, проведена до третьої сторони, — 4 см. Знайдіть радіус кола,
описаного навколо даного трикутника.
4.20. " Знайдіть радіус кола, описаного навколо рівнобедреного
трикутника з основою 16 см і бічною стороною 10 см.
4.21. " Сторона трикутника дорівнює 24 см, а радіус описаного
кола — 8^3 см. Чому дорівнює кут трикутника, протилежний
даній стороні?
4.22. " У трикутнику АВС АС = 6, А А = а, А С = у. Знайдіть
бісектрису ВВ трикутника.
1 Нагадаємо, що цей факт було доведено у 8 класі з використанням теореми
про пропорційні відрізки (див. вГеометрія-8‘», п. 16, теорема 16.2).
4.23. * Основа рівнобедреного трикутника дорівнює а, про-
тилежний їй кут дорівнює а. Знайдіть бісектрису трикутника,
проведену з вершини кута при основі.
4.24. ’ Відрізок СВ — бісектриса трикутника АВС, у якому
X. А = а, X В = р. Через точку £) проведено пряму, яка паралельна
стороні ВС і перетинає сторону АС у точці Е, причому АЕ = а.
Знайдіть СЕ.
4.25. ’ Медіана АМ трикутника АВС дорівнює т і утворює зі
сторонами АВ і АС кути а і 3 відповідно. Знайдіть сторони АВ
і АС.
4.2Й. ’ Медіана СВ трикутника АВС утворює зі сторонами АС
і ВС кути а і р відповідно, ВС = а. Знайдіть медіану СВ.
А.27.‘ У прямокутному трикутнику АВС через вершини А і С
і середину М гіпотенузи АВ проведено коло радіуса В. Знайдіть
радіус описаного кола трикутника СМВ, якщо / А = а.
О-» 4.28." Висоти непрямокутного трикутника АВС перети-
наються в точці Н Доведіть, що радіуси кіл, описаних навколо
трикутників АИВ, ВНС, АНС і АВС, рівні.
4.29. ’ Центр вписаного кола рівнобедреного трикутника ділить
висоту, проведену до основи, на відрізки завдовжки 5 см і 3 см,
рахуючи від вершини. Знайдіть радіус описаного кола.
4.30. ” Діагоналі описаного чотирикутника АВСВ перетина-
ються в точці О. Радіуси описаних кіл трикутників АОВ, ВОС,
СОВ, ВОА відповідно дорівнюють В}, В2, Н3, В . Доведіть, що
/ї] + Д3 = РС + Вл.
4.31. ” На стороні АВ трикутника АВС позначено точки М і N.
Відомо, що радіуси описаних кіл трикутників А№С і ВМС рівні.
Крім того, радіуси описаних кіл трикутників АМС і ВNС також
рівні. Доведіть, що трикутник АВС є рівнобедреним.
4.32. ” З точки М кола проведено три хорди = 1 см,
МР = 6 см, МО = 2 см. Відомо, що X ^ТМР -- X РМО. Знайдіть
радіус кола.
4.33. " З точки М, яка належить куту, на його сторони АВ
і АС опустили перпендикуляри, які дорівнюють у/7 см і 2л/7 см.
Знайдіть МА, якщо .4 А = 60°.
4.34. " Дано дві прямі, які перетинаються і кут між якими до-
рівнює а. Знайдіть геометричне місце точок А' таких, що відстань
між основами перпендикулярів, проведених з точки X до даних
прямих, дорівнює заданій величині а.
4,35. " З точки М кола на його діаметри АВ і С£> опустили
перпендикуляри. Доведіть, що відстань між основами перпенди-
кулярів не залежить від вибору точки М.
4.36. ** Навколо трикутника АВС описано коло. З довільної
точки М кола проведено перпендикуляри Мії і МК до прямих
АВ і АС відповідно. Для якої точки М довжина відрізка ВІК
є максимальною?
4.37. " Бісектриси трикутника АВС перетинаються в точці О.
Пряма АО вдруге перетинає описане коло трикутника ВОС в точ-
ці М. Знайдіть ОМ, якщо ВС = 3 см, К ВАС = 120°.
4.38. " Точка Л — центр вписаного кола трикутника АВС. Пря-
ма А^ вдруге перетинає описане коло трикутника АВС у точці £>.
Знайдіть £>е7, якщо ВС = 6 см, а радіус описаного кола дорівнює
2^/3 см.
4.39. " У трикутнику АВС на стороні АВ існує така точка В,
АВ АВ и „
що ----=---. Доведіть, що кут С — тупии.
ВС ВС
4.40. " На діагоналі ВВ квадрата АВСВ позначили точку Е.
Нехай С>1 і О2 — центри описаних кіл трикутників АВЕ і АВЕ
відповідно. Доведіть, що чотирикутник АО1ЕОг — квадрат.
4.41. * Діагоналі вписаного чотири-
кутника АВСВ перетинаються в точ-
ці К. Відомо, що АВ = а, СВ = Ь,
К ВКА = а. Знайдіть радіус кола,
описаного навколо чотирикутника.
4.42. * У коло вписано чотирикут-
ник АВСВ (рис. 4.10). Прямі АВ і СВ
перетинаються в точці М, а прямі
ВС і АВ — у точці N. Відомо, що
ВМ - Доведіть, що СМ = СК’.
Рис. 4.10
КОЛИ ЗРОБЛЕНО УРОКИ
Тригонометрична форма теореми Чеви
У 8 класі ви вивчали теорему Чеви. Нагадаємо її.
Теорема Чеви. Для того щоб чевіани АА^ ВВ, і СС, три-
кутника АВС перетиналися в одній точці (рис. 4.11), необхідно
й достатньо, щоб виконувалася рівність
АС, ВА, СВ,
С,В А,С В,А
(*)
Теорема синусів дозволяє записати
критерій конкурентності прямих АА,,
ВВ,, СС, в іншій формі.
Позначимо кути, які чевіани АА,, ВВ,
і СС, утворюють зі сторонами трикутника
С АВС, так, як показано на рисунку 4.11.
З трикутника АС,С отримуємо:
АС, зіп А 1
СС( зіп А С, АС
„ „ _ „ СС, зіп А С,ВС
З трикутника ВС.С отримуємо: —- =------! .
1 С,В зіп А 2
Звідси
АС^ зіп А1 зіп^С,ВС
С,В зіп А С,АС зіп 2^ 2
Аналогічно можна показати, що
ВА, зіп А 3 зіп А А,СА (2)
А,С зіп А С, ВС зіп А 4
СВ, зіп А 5 зіп А С, АС (3)
В, А зіп А А,СА зіп А 6
Перемноживши рівності (1), (2) і (3), отримаємо:
АС, ВА, СВ, _ зіп А 1 • зіп А 3 • зіп А 5
С,В А,С В,А еіп А 2 • зіп А 4 • зіп А 6
Тоді необхідну і достатню умови конкурентності чевіан АА.
ВВ, і СС, можна виразити такою рівністю:
зіп А 1 зіп А 3 зіп А 5
зіп А 2 - зіп А 4 • зіп А 6
Приклад. Шестикутник АВСВЕЕ вписано в коло. Доведіть,
що діагоналі АВ, ВЕ і СЕ перетинаються в одній точці тоді
і тільки тоді, коли
АВ • СВ-ЕЕ - ВС ВЕ • ЕА.
Розв’язання. Розглянемо три-
кутник АСЕ. Введемо позначення кутів
так, як показано на рисунку 4.12. Не-
хай радіус кола дорівнює В.
Тоді:
АВ = 2В віп А 1;
ВС = 2В віп А 2;
СВ = 2В віп А 3;
ВЕ = 2В віп А 4;
ЕЕ = 2В віп А 5;
ЕА = 2В віп А 6.
Звідси
віп А1 - віп А 3 віп А 5
віп А 2 віп А 4 • віп X 6
АВ•СВ-ЕЕ
ВС-ВЕ-ЕЛ'
Діагоналі АВ, ВЕ і СЕ є конкурентними тоді і тільки тоді,
коли ліва частина записаної рівності дорівнює 1. Звідси випливає
справедливість твердження, що доводиться.
1. На сторонах АВ, ВС і СА трикутника АВС позначено відпо-
відно точки Ср А1 і В, так, що прямі ААр ВВІ і СС} конкурентні.
Доведіть, що прямі АА2, ВВ2 і ССг, симетричні прямим ААр ВВ}
і СС1 відносно бісектрис кутів А, В і С відповідно, також конку-
рентні.
2. На сторонах АВ, ВС і СА
трикутника АВС позначено від-
повідно точки Ср А{ і В1 так, що
прямі ААр ВВ1 і СС1 конкурентні
(рис. 4.13). На сторонах А^р
ВГС, і С1А1 трикутника А1В1С1
позначено відповідно точки С2,
А2 і В2 так, що прямі А1А2, ВІВ2
і СгС2 конкурентні. Доведіть,
що прямі АА2, ВВ2 і ССг також А В1
конкурентні. Рис. 4.13
зіп а, АВ1‘С1А2
зіп а2 А2В1 АС\
Формула Ейлера для знаходження відстані між центрами
вписаного і описаного кіл трикутника
Теорема. Відстань д, між центрами вписаного і описаного
кіл трикутника обчислюється за формулою
а==^П2-2Вг
де г Ш — відповідно радіуси його вписаного і описаного кіл.
Доведення. Нехай ОДО — центри вписаного і описаного кіл
відповідно (рис. 4.14). Бісектриса кута В перетинає описане коло
в точці О. Згідно з ключовою задачею 18.25 («Геометрія-8»)
во1 • о,і) г= в2 - од)2 = в2 - а2.
Нехай вписане коло дотикається до сторони ВС у точці К. Тоді
з трикутника О.ВК отримуємо: ВО, =-----!----=---------.
зіп ВВС зіп А ВВС
За лемою п. 4 маємо: 2)С = 2В віп /_ ВВС. Згідно з ключовою
задачею 11.25 («Геометрія-8») 0,0 = ОС = 2 В віп А. ВВС. Отри-
мані результати підставляємо у формулу (*):
---------27? віп X ВВС = вг-аг.
зіп Л ВВС
Рис. 4.14
Звідси д2 — В2 - 2Вг. Ж
Оскільки (Г = Б? — 2Вг, то В2 —
- 2Вг > 0. Звідси отримуємо, що для
будь-якого трикутника виконується
нерівність
В > 2г.
У цій нерівності рівність досяга-
ється тоді і тільки тоді, коли центри
вписаного і описаного кіл трикут-
ника збігаються. Така властивість
притаманна лише рівносторонньому
трикутнику.
5. Розв'язування трикутників
Розв’язати трикутник — це означає знайти невідомі його сто-
рони і кути за відомими сторонами і кутами.
У 8 класі ви навчилися розв’язувати прямокутні трикутники.
Теореми косинусів і синусів дозволяють розв’язати будь-який
трикутник.
Приклад 1. Розв’яжіть трикутник (рис. 5.1) за стороною
а = 12 см і двома кутами Р = 36°, у = 119°.
Р о з в’я з а н ня. Маємо:
а = 180° - (р + у) = 180° - 155° = 25°.
За теоремою синусів:
Ь _ а
ВІП р віп о.
, о віп В 128Іп36° 12-0,588 *.
Ь —------- —--------~----------= 16,7 (см),
віп а віп 25° 0,423
с а
віп у віп а
а віп у _ 12 зіп 119° _ 12 віп 61г _ 12 • 0,875 _ 24 § (см)
віп а він 25° віп 25° 0,423
Відповідь: Ь ~ 16,7 см, с - 24,8 см; а = 25°.
Зауважимо, що значення тригонометричних функцій знайдено
за таблицею, розміщеною на с. 267 підручника. їх також можна
знайти за допомогою мікрокалькулятора.
Приклад 2. Розв’яжіть трикутник (рис. 5.1) за двома сторо-
нами а = 14 см, Ь = 8 см і кутом у = 38° між ними.
Р о з в’я зання. За теоремою косинусів:
с2 = а2 + Ь2 - 2аЬ сов у = 196 + 64 — 2 • 14 • 8сон 38° ~ 260 -
- 224-0,788 = 83,488;
с ~ 9,1 см.
Далі маємо:
а2 = Ь2 + с2 - 2Ьс сов а;
сов а =
Ьа+с2-аг
2Ьс
= -0,338.
Знайдемо кут такий, що сов а1 = 0,338.
Число 0,338 відсутнє в таблиці значень косинуса, найближчим
до нього є число 0,342. Тоді отримуємо а, - 70' . Звідси
а = 180° - а, = 110°.
Р = 180° - (а + у) = 180° - 148° = 32°.
Відповідь: с ~ 9,1 см, а = 110°, [3 = 32°.
Приклад 3. Розв’яжіть трикутник (рис. 5.1) за трьома сто-
ронами а = 7 см, Ь = 2 см, с = 8 см.
Р оз в’я зання. Маємо: а2 = Ь2 + сг — 2Ьссозсі., звідси
Ь2+с2-аг 4-64-49 „ т .
сов а =--------------------= 0,594. Тоді 0 = 54.
2Ьс
2-2-8
а Ь . Ьеіпа. 2зіп54° 2-0,809 Л
---------ешр = = = --= 0,231.
він а зіп р а-7-7
Оскільки Ь є найменшою стороною даного трикутника, то кут [З
є гострим, (3 = 13°.
Тоді у = 180° - (а + р) = 180° - 67° = 113°.
Відповідь: а ~ 54°, Р = 13°, у ~ 113°.
Приклад 4. Розв’яжіть трикутник (рис. 5.1) за двома сторо-
нами і кутом, який протилежний одній зі сторін: 1) а = 17 см,
Ь = 6 см, а = 156°; 2) Ь = 7 см, с = 8 см, р = 65°; 3) а = 6 см,
Ь = 5 см, Р = 50°.
а Ь
Розвязання. 1)---------=----,
віл а зіп р
. дзіпа 6 зіп 156° 6 зіп 24° 6-0,407 „ , ,
Зіп Р =-----=------------------=-------------- = 0.144.
а 17 17 7
Оскільки кут а даного трикутника тупий, то кут р є гострим,
Р = 8°.
Тоді у = 180’ - (а + р) = 16°.
а с а зіп у а зіп 16° 17 0,276 ,, _ , .
----=----, с =------=-------=---------------=11,5 (см).
зіп а зіп у зіп а зіп 156° 0,407
Відповідь: Р = 8°, у ~ 16 ’, с = 11,5 см.
о, Ь с сзіпР 8зіп65° 8-0,906 , л
2) =----, він у=----- =-------=---------= 1.035 >1, що
зіп Р зіп у Ь 7 7
неможливо.
Відповідь: задача не має розв’язку.
а Ь . азіпР 6 зіп 50“ 6-0,766
3) --------, зіп ос —-- =-------=---------= 0,919.
зіп а. зіп р Ь 5 5
Можливі два випадки: а = 67е або а ~ 180° — 67 = 113°.
Розглянемо випадок, коли а = 67°:
у = 180° - (а + 3) = 180° - 117° = 63°;
Ь с Ь зіп у 5 зіп 63° 5-0,891 ч
---= , с =------------ ~ = = 5,8 (см).
зіп Р зіп у зіп р зіп 50°---------0,766
При а = 113° отримуємо:
у = 180° - (а + Р) = 180° - 163° = 17°;
6 віп у 5 зіп 17° 5-0,292 , „ , ч
с =------ ~~--------------= 1,9 (см).
зіп Р зіп 50° 0,766
Відповідь: а ~ 67°, у = 63°, с = 5,8 см або а = 113°, у = 17°,
с ~ 1,9 см.
5.1. ° Розв’яжіть трикутник за стороною і двома кутами1:
1) а = 10 см, р = 20е, у = 85°;
2) Ь = 16 см, а = 40°, Р = 110°.
5.2. Розв’яжіть трикутник за стороною і двома кутами:
1) Ь = 9 см, а = 35°, у = 70°;
2) с = 14 см, р = 132°, у = 24°.
5.3. ° Розв’яжіть трикутник за двома сторонами і кутом між
ними:
1) Ь — 18 см, с = 22 см, а — 76°;
2) а = 20 см, 6=15 см, у = 104°.
5.4. ' Розв’яжіть трикутник за двома сторонами і кутом між
ними:
1) а = 8 см, е = 6 см, р = 15°;
2) Ь — 7 см, с = 5 см, а - 145°.
5.5. ° Розв’яжіть трикутник за трьома сторонами:
1) а = 4 см, Ь = 5 см, с = 7 см;
2) а = 26 см, Ь — 19 см, с = 42 см.
5.6. ' Розв’яжіть трикутник за трьома сторонами:
1) а = 5 см, Ь = 6 см, с = 8 см;
2) а = 21 см, 6 = 17 см, с = 32 см.
5.7. ° Розв’яжіть трикутник, у якому:
1) а = 10 см, Ь = 3 см, Р = 10°, кут а — гострий;
2) а = 10 см, 6 = 3 см, р = 10°, кут а — тупий.
1 У задачах №№ 5.1-5.9 прийнято позначення: а, Ь і с — сторони трикутника,
а, Р і у — кути, протилежні відповідно сторонам а, Ь і с.
5.8. ° Розв’яжіть трикутник за двома сторонами і кутом, який
лежить проти однієї з даних сторін:
1) а = 7 см, Ь = 11 см, Р = 46°;
2) Ь = 15 см, с = 17 см, Р = 32°;
3) а. — 7 см, с = 3 см, у = 27°.
5.9. Розв’яжіть трикутник за двома сторонами і кутом, який
лежить проти однієї з даних сторін:
1) а = 23 см, с = ЗО см, у = 1021 ;
2) а = 18 см, Ь = 25 см, а = 36°.
5.10/ У трикутнику АВС відомо, що АВ = ВС = 20 см,
А А = 70 . Знайдіть: 1) сторону АС; 2) медіану СМ; 3) бісектри-
су АВ; 4) радіус описаного кола трикутника АВС.
5.11. Діагональ АС рівнобічної трапеції АВСВ (ВС II АВ) до
рівнюс 8 см, А САВ = 38е, А ВАВ = 72°. Знайдіть: 1) сторони
трапеції; 2) радіус описаного кола трикутника АВС.
5.12/ Основи трапеції дорівнюють 12 см і 16 см, а бічні сто-
рони — 7 см і 9 см. Знайдіть кути трапеції.
КОЛИ ЗРОБЛЕНО УРОКИ
Тригонометрія —
наука про вимірювання трикутників
Ви знаєте, що стародавні мандрівники орієнтувалися за зір-
ками і планетами. Вони могли досить точно визначити місце-
знаходження корабля в океані або каравану в пустелі за розта-
шуванням світил на небосхилі. При цьому одним з орієнтирів
була висота, на яку піднімалося над горизонтом те або інше не-
бесне світило в даній місцевості у даний момент часу.
Рис. 5.2
Зрозуміло, що безпосередньо ви-
міряти цю висоту неможливо. Тому
вчені стали розробляти методи не-
прямих вимірювань. Тут суттєву
роль відігравало розв’язування три-
кутника, дві вершини якого лежа-
ли на поверхні Землі, а третя була
зіркою або планетою (рис. 5.2) —
знайома вам задача Ке 4.12.
Для розв’язування подібних задач стародавнім астрономам
необхідно було навчитися знаходити взаємозв’язки між елемента-
ми трикутника. Так виникла тригонометрія — наука, яка вивчає
залежність між сторонами і кутами трикутника. Термін «тригоно-
метрія» (від грецьких слів «тригоном» — трикутник і «метрео» -
вимірювати) означає «вимірювання трикутників».
На рисунку 5.3 зображено центральний кут АОВ, який дорів-
нює 2а. З прямокутного трикутника ОМВ маємо: МВ = ОВ зіп а.
Отже, якщо в одиничному колі виміряти половини довжин хорд,
на які спираються центральні кути з величинами 2°, 4°, 6°, ...,
180°, то таким чином ми обчислимо значення синусів кутів 1°,
2°, 3°, .... 90° відповідно.
Вимірюючи довжини півхорд, давньогрецький астроном Гіп-
парх (II ст. до н. е.) склав перші тригонометричні таблиці.
Поняття «синус» і «косинус» з’являються в тригонометричних
трактатах індійських учених у IV—V ст. У X ст. арабські вчені
оперували поняттям «тангенс», яке виникло з потреб гномоні-
ки — учення про сонячний годинник (рис. 5.4).
Рис. 5.4
У Європі перший трактат з тригонометрії «П’ять книг про
трикутники всіх видів», автором якого був німецький учений
Регіомонтан (1436—1476), було опубліковано в 1533 р. Він же
відкрив і теорему тангенсів:
а - Ь
а + Ь
Ь+е Р+7’
2
у - а
у + а
гг--
де а, Ь і с — сторони трикутника, а, Р і у — кути трикутника,
протилежні відповідно сторонам а, Ь і с.
Леонард Ейлер
(1707-1783)
Видатний математик, фізик,
механік, астроном
Сучасного вигляду тригонометрія набула в роботах видатного
математика Леопарда Ейлера (1707-1783).
6. Формули для знаходження площі
трикутника
З курсу геометрії 8 класу ви дізналися, що площу 8 трикут-
ника можна обчислити за формулами
„ 1 , 1,, 1 ,
В-—ап =—Ь?і.=—сії,
2 “ 2 6 2 ґ
де а, Ь і с — сторони трикутника, Ло, кь, Л, — висоти, проведені
до цих сторін відповідно.
Тепер у нас з’явилася можливість отримати ще кілька формул
для знаходження площі трикутника.
Теорема 6.1. Площа трикутника дорівнює півдобутку
двох його сторіу і синуса кута між ними.
Доведення. Доведемо, що площу 8 трикутника АВС можна
обчислити за формулою
8 = -аЬ аіп у,
2
де а і Ь — сторони трикутника, у — кут між ними.
Можливі три випадки:
1) кут у — гострий (рис. 6.1);
2) кут у — тупий (рис. 6.2);
3) кут у — прямий.
На рисунках 6.1 і 6.2 проведемо висоту В£> трикутника АВС.
Тоді 8 = -ВВ-АС = -ВВ-Ь.
2 2
З Д ВИС у першому випадку ВВ = а ніп у, а у другому ВВ =
—а ніп (180° - у) = а ніп у. Звідси для двох перших випадків ма-
Якщо кут С — прямий, то ніп у = 1. Для прямокутного три-
кутника АВС з катетами а і Ь маємо:
5 = — аЬ = -аЬ зіп 90° = -аЬ ніп у. А.
2 2 2
Теорема 6.2 (формула Герона 1). Площу 8 трикутника
АВС можна обчислити за формулою
<5 = р-а){р-Ь)(р- с),
де а, Ь, с — сторони трикутника, р — його піепериметр.
Доведення. Маємо: 5 = ^аЬніпу.
Звідси 82 = ~а2Ьг ніп2 у.
4
За теоремою косинусів с2 = а2 + Ьг — 2аЬ сон у.
г , ,2
а + Ь - с
Звідси сон у =------.
2аЬ
Оскільки ніп2 у = 1 - сон2 у = (1 - сон у) (1 + сон у), то маємо:
1 Герон Александрійський — давньогрецький учений, який жив
у І ст. и. е.
4 2аЬ 2аЬ
= ±(г-{д-ЬГ)((д+Ь)2-г)=С-а + Ь-С + а-Ь-а.+-Ь-С-а + Ь + С
16 2 2 2 2
_(а+Ь + е)-2а (а + Ь + с)-2Ь (а + Ь + с)-2с а+Ь + с
2 2 2 2
2р-2а 2р-2Ь 2р-2с 2р
= — ----— ------------~ = РІР ~ а)(р-Ь)(р - с).
с с
Звідси 8 = у!р(р-а)(р-Ь)(р-с). ▲
Теорема 6 3. Площу 8 трикутника АВС можна обчислити
за формулою
де а, Ь, с — сторони трикутника, В — радіус описаного кола
трикутника АВС.
Доведення. Маємо: 8=—&сєіпа. З леми пункту 4 випливає.
що Біпа = —. Тоді 3 = -&с8іпа = — Ьс- — = 2^. д
2П 2 2 2П 4В
Зауважимо, що доведена теорема дає змогу знаходити радіус
описаного кола трикутника за формулою
43
Теорема 6,4. Площа трикутника дорівнює добутку його
півпериметра на радіус вписаного кола.
Доведення. На рисунку 6.3 зображено трикутник АВС,
у який вписано коло радіуса г. Доведемо, що
8 — ргг
де 8 — площа даного трикутника, р — його півпериметр.
Нехай точка О — центр вписано-
го кола, яке дотикається до сторін
трикутника АВС у точках М, N і Р.
Площа трикутника АВС дорівнює сумі
площ трикутників АОВ, ВОС, СОА. Це
зручно записати в такій формі:
8 = 8аов + 8вос + 8соа-
Проведемо радіуси в точки доти-
ку. Отримуємо: ОМ ± АВ, ОМ ± ВС,
ОР ± СА. Звідси:
8лов = -АВ = ±Г- АВ; 8КОГ = ВС = ±г- ВС;
8еол = -ОР -АС-—г- АС.
сол 2 2
„ 1 „ „ 1 1 АВ + ВС + АС
Отже, 8 = —г • АВ + -г • ВС + -г АС = г •--
2 2 2 2
Вищезазначене узагальнює така теорема.
Теорема 6.5. Площа описаного многокутника дорівнює
добутку його півпериметра на радіус вписаного кола.
Рис. 6.4
Доведіть цю теорему самостійно (рис. 6.4).
Зауважимо, що теорема 6.5 дає змогу знаходи-
ти радіус вписаного кола многокутника за форму-
лою
8
г - —
р
Теорема 6.6. Площу 8 паралелограма можна обчислити
за формулою
8 = аЬ зіп а,
де а і Ь — сусідні сторони паралелогра-
ма, а — кут між ними.
Доведення. Розглянемо паралело-
грам АВСВ, у якому АВ = а, АВ = Ь,
X. ВАВ = а (рис. 6.5). Проведемо діа-
гональ ВВ. Оскільки А АВВ = А СВВ,
Рис. 6.5
то запишемо:
вдвічі більша за площу
5ЛГ,Г.Л = 25.,пп -2 -аЬ віп а = аЬзіп а. А
Теорема 6.7. Площа опук-
лого чотирикутника дорівнює
півдобутку його діагоналей
і синуса кута між ними.
Доведення. Через верши-
ни А, В, С і В чотирикутни-
ка АВСВ проведемо прямі,
паралельні його діагоналям
АС і ВВ (рис. 6.6). Отримаємо
паралелограм МІЇРф, у якому
А М = <р, = АС, = ВВ.
Площа цього паралелограма
чотирикутника АВСВ (доведіть це
самостійно). Звідси
= “5'млрє ~*зіп Ф = • ВВ • віп ер. А
2 2 2
Задача 1. Доведіть, що площу Я трикутника АВС можна
обчислити за формулою
5 = 2Вг віп А • віп В віп С,
де Я — радіус описаного кола трикутника АВС.
Р о з в’я зання. Маємо: Я — і а = 2В віп А, Ь = 2В віп В,
4Л
с = 2В зіп С.
_ . _ 2В зіп А • 2В зіп В • 2В зіп С пг>2 Л п
Звідси о =---------------------------= 2В віп А віп В віп С.
4В
Задача 2. Доведіть, що віп 2а =
= 2 віп а сов а.
Р о з в’я зання. Розглянемо рівнобед-
рений трикутник з кутом 2а при вершині
і бічними сторонами, які дорівнюють 1
(рис. 6.7).
Маємо:
^авс ~ ' 8*п АВС = -зіп 2а-
Також можна записати:
5.н,. = -ВВ • АС = ВВ- АВ = соз а біп а.
ляс 2
Тоді -еіп 2а — соз а біп а, тобто зіп 2а = 2 зіп а соб а.
2
Приклад 1. Сторони трикутника дорівнюють 17 см, 65 см
і 80 см. Знайдіть найменшу висоту трикутника, радіуси його
вписаного і описаного кіл.
Роз в’я зання. Нехай а — 17 см, Ь = 65 см, с = 80 см.
17 + 65 + 80 л, , , ..
Півпериметр трикутника р =---------=81 (см), його площа
2
5 = 7д(р-а)(р-Ь)(р-с) = Л/81(81-17)(81-65)(81-80) =
= ,/81-64-16 = 9 - 8•4 = 288 (см2).
Найменшою висотою трикутника є висота Л, проведена до його
найбільшої сторони с.
„ „ 1 , , 25 2•288 „ „
Оскільки 8 =-с/г, то Л = — =----= 7,2 (см).
2 с 80
„ . 8 288 32
Радіус вписаного кола г — —= (см)-
Радіус описаного кола
48
17-65-80 17-65-5 5525 , ч
---------=---------=----- (см).
4-288 4 18 72
Відповідь-. 7,2 см, — см, -------- см.
9 72
Приклад 2. З точки М,
яка належить куту АОВ, опу-
щено перпендикуляри ММІ
і ММ2 на сторони ОА і ОБ
відповідно (рис. 6.8). Доведіть,
що 8,... < — ОМ2 • зіп А АОВ.
Розв’язання. Очевидно,
що точки О, Мр М, М2 лежать
на одному колі з діаметром ОМ.
Тоді МЛМ2 = ОМ • зіп А АОВ.
В
Маємо:
имг
= — ОМ М.ЛГ.єіпср, де <р — кут між діагона-
о 1
лями чотирикутника ОМуММг.
Оскільки 0 < ЕІП(р < 1, то
^*шг < |оМ • М,М2 = 1 ОМ2 віп £ АОВ.
4-і
Приклад 3. На стороні АС трикутника АВС позначено довіль-
ну точку М, відмінну від вершин А і С. У кожний з трикутників
АВМ і МВС вписано коло (рис. 6.9). Доведіть, що сума радіусів
цих кіл більша за радіус кола, впи-
саного в трикутник АВС.
Розв'язання. Позначимо 5,
52 — площі, р, рх, р2 — півпери-
метри, г, Гр г2 — радіуси вписаних
кіл трикутників АВС, АВМ, МВС
відповідно. Маємо: 5 = 5^ + 52,
'Р = ^р, + гд,.
Легко отримати (зробіть це само-
стійно), що р, < р і р2 < р. Тоді гр = гїрі + ^2 < г\р + г^о. Звідси
Г < Г1 + Г2.
ВПРАВИ
6.1. ” Площа трикутника МКК дорівнює 75 см2. Знайдіть сто-
рону МК, якщо К№ =15 см, А К = 30°.
6.2. ° Знайдіть кут між даними сторонами трикутника АВС,
якщо:
1) АВ = 12 см, ВС = 10 см, площа трикутника дорівнює
30ч/ЇЇ см2;
2) АВ = 14 см. АС = 8 см, площа трикутника дорівнює
56 см2.
6.3. Площа трикутника АВС дорівнює 18 см2, АС = 8 см,
ВС = 9 см. Знайдіть кут С.
6.4. ” Знайдіть площу рівнобедреного трикутника з бічною сто-
роною 16 см і кутом 15° при основі.
6.5. Знайдіть бічну сторону рівнобедреного трикутника, площа
якого дорівнює 36 см2, а кут при вершині — ЗО".
6.6. ° Знайдіть найменшу висоту трикутника зі сторонами
13 см, 20 см і 21 см.
6.7. ' Знайдіть найбільшу висоту трикутника зі сторонами
11 см, 25 см і ЗО см.
6.8. ° Знайдіть радіуси вписаного та описаного кіл трикутника
зі сторонами:
1) 5 см, 5 см і 6 см; 2) 25 см, 29 см і 36 см.
6.9 Знайдіть радіуси вписаного та описаного кіл трикутника
зі сторонами 6 см, 25 см і 29 см.
О-» 6.10.” Доведіть, що 8<^аі>, де 8 — площа трикутника,
а і Ь — довжини його сусідніх сторін.
6.11. ° Чи може площа трикутника зі сторонами 4 см і 6 см
дорівнювати: 1) 6 см2; 2) 14 см2; 3) 12 см2?
6.12. ° Дві сусідні сторони паралелограма відповідно дорів-
нюють двом сусіднім сторонам прямокутника. Чому дорівнює
гострий кут паралелограма, якщо його площа вдвічі менша від
площі прямокутника?
6.13. ” Знайдіть відношення площ 8; і 82 трикутників, зображе-
них на рисунку 6.10 (довжини відрізків дано в сантиметрах).
Рис. 6.10
6.14. ° Знайдіть площу трикутника, сторона якого дорівнює а,
а прилеглі до неї кути дорівнюють 0 і у.
6.15. У трикутнику АВС відомо, що АС — Ь, /_ А = а, А. В — 0.
Знайдіть площу трикутника.
6.16. ” У трикутнику АВС кут А дорівнює а, а висоти ВВ і СЕ
дорівнюють відповідно Л, і Ля. Знайдіть площу трикутника АВС.
6.17. Відрізок ВМ — висота трикутника АВС, ВМ = Н,
А А = а, АВС = 0. Знайдіть площу трикутника АВС.
6.18. ° У трикутник зі сторонами 17 см, 25 см і 28 см вписано
коло, центр якого сполучено з вершинами трикутника. Знайдіть
площі трикутників, які при цьому утворилися.
6.19. ' Відрізок АО — бісектриса трикутника АВС, АВ = 6 см,
АС = 8 см, X ВАС = 120°. Знайдіть бісектрису АО.
6.20. * Знайдіть площу трапеції, основи якої дорівнюють 10 см
і 50 см, а бічні сторони — 13 см і 37 см.
6.21. ' Основи трапеції дорівнюють 4 см і 5 см, а діагоналі —
7 см і 8 см. Знайдіть площу трапеції.
6.22/ Сторони трикутника дорівнюють 39 см, 41 см і 50 см.
Знайдіть радіус кола, центр якого належить більшій стороні
трикутника і яке дотикається до двох інших сторін.
6.23. " Доведіть, що — + — + — = 1 де Л , А і її — висоти три-
А, Л2 А.( г
кутника, г — радіус вписаного кола.
6.24. ' Вершини трикутника сполучено з центром вписаного
в нього кола. Проведені відрізки розбивають даний трикутник
на трикутники, площі яких дорівнюють 26 см2, 28 см2 і ЗО см2.
Знайдіть сторони даного трикутника.
6.25. ' Медіани АА} і ВВ} трикутника АВС перетинаються
в точці М. Знайдіть площу трикутника АВС, якщо А41 = 9 см.
ВВ' = 12 см, А АМВ = 150'.
6.26. ’ Радіус вписаного кола трикутника дорівнює 4 см. Точка
дотику ділить одну із сторін трикутника на відрізки завдовжки
6 см і 8 см. Знайдіть дві інші сторони трикутника.
6.27. ' Доведіть, що площу £ трикутника можна обчислити за
формулою1
-8 = урАЛС
6.28/ Доведіть, що площу £ трикутника можна обчислити за
формулою
1 1 11 1 1 І 1 1 1 II 1 1 1 1
] + + і 4“ — II + — II + —
*«, кг АЛ, К ,г.- Л« )
6.29/ Доведіть, що площу £ трикутника можна обчислити за
[вії./і^
формулою £ = . І— .
V 2
6.30. ' Доведіть, що коли площа трикутника АВС дорівнює гг_,
то АС = 90<
6.31/ Чотирикутник АВСВ вписано в коло радіуса В. Кут між
його діагоналями дорівнює ф. Доведіть, що площу £ чотирикут-
ника можна обчислити за формулою £ = 2К~ віп А аіп В зіп ф.
1 У задачах 6.27 6.32, 6.36- 6.39 використовуються позначення, наведені на
форзаці.
О» 6.32."" Доведіть, що довжину бісектриси трикутника АВС
А
2Ьс сов
2
можна обчислити за формулою І =-------— .
Ь + с
6.33. " У трикутнику АВС проведено бісектрису АВ. Відомо,
що -^— + —^—=2—. Знайдіть кут ВАС.
АС АВ АВ
6.34. "* У трикутнику АВС відомо, що А АВС = 60°, АВ + ВС =
2
= 3 см. Відрізок ВВ — бісектриса трикутника, ВВ = -АС.
Знайдіть сторони трикутника.
6.35. "' Знайдіть площу трикутника, якщо відомо, що дві його
сторони дорівнюють 35 см і 14 см, а бісектриса трикутника, яка
виходить з їх спільної вершини, дорівнює 12 см.
2 + ^2
6.36. " Для трикутника АВС доведіть нерівність ----.
аг +аЬ + Ьг
6
6.37. " Для трикутника АВС доведіть нерівність: 1) £ <
2)
2 , .2
а - аі> + Ь
2
6.38. ” Доведіть, що для прямокутного трикутника виконується
нерівність В. + г > у/28, де В і г — радіуси описаного і вписаного
кіл відповідно.
6.39. " Для трикутника АВС доведіть нерівність Ло + + ііс > 9г.
6.40. *" У трикутник АВС вписано коло радіуса г. Через центр
цього кола проведено пряму, яка перетинає сторони АВ і ВС
у точках М і N відповідно. Доведіть, що > 2 г2.
6.41. " У трикутнику АВС проведено медіану ВМ. Чи може
радіус кола, вписаного в трикутник ВСМ, бути вдвічі меншим
від радіуса кола, вписаного в трикутник АВС?
6.42. " Довжини сторін трикутника не перевищують 1. Дове-
7з
діть, що його площа не перевищує —.
4
6.43. * У трикутнику позначено дві точки. Відстані від однієї
з них до сторін трикутника дорівнюють 1 см, 3 см і 15 см, а від
другої — 4 см, 5 см і 11 см (сторони розглядаються в тому самому
порядку). Знайдіть радіус кола, вписаного в даний трикутник.
6.44. * У чотирикутнику АВСВ відомо, що АВ = а, ВС — Ь,
СВ = с, ВА = сі. Доведіть, що (а + с)(Ь + сі), де $ — площа
4
чотирикутника.
6.45. ' Периметр чотирикутника дорівнює 4. Доведіть, що його
площа не перевищує 1.
6.46. * (формула Карно.) Точка О — центр описаного кола
гострокутного трикутника АВС. Точки М{, Мг, М3 — середи-
ни сторін ВС, АС і АВ відповідно. Доведіть, що ОМХ + ОМ2 +
+ ОМ& = й + г, де Я і г — радіуси відповідно описаного і вписа-
ного кіл трикутника АВС.
6.47. * Додатні числа х, у, г задовольняють систему
2
хй + ху + ^- = 25,
4 — + 22 =16,
З
2~ +2Х + Х2 =9.
Знайдіть значення виразу ху + 2уг + Зхг.
ПРАВИЛЬНІ
МНОГОКУТНИКИ
7. Правильні многокутники та їх властивості
Означення. Многокутник називають правильним, якщо
у нього всі сторони рівні і всі кути рівні.
З деякими правильними много-
кутниками ви вже знайомі: рівно-
сторонній трикутник — це пра-
вильний трикутник, квадрат — це
правильний чотирикутник. На
рисунку 7.1 зображено правильні
п’ятикутник і восьмикутник.
Ознайомимося з деякими властивостями, що притаманні всім
правильним п-кутникам.
Теорема 7.1. Правильний многокутник є опуклим много-
кутником.
Доведення. Достатньо показати, що в будь-якому многокут-
нику є хоча б один кут, менший від 180°. Тоді з того, що в пра-
вильному п-кутнику всі кути рівні, випливатиме, що всі вони
менші від 180°, тобто многокутник буде опуклим.
Розглянемо довільний многокутник і пряму а, яка не має
з ним спільних точок (рис. 7.2). Із кожної вершини многокутника
опустимо перпендикуляр на пряму а.
Порівнявши довжини цих перпенди-
кулярів, ми зможемо обрати вершину
многокутника, яка найменш віддалена від
прямої а (якщо таких вершин кілька, то
оберемо будь-яку з них). Нехай цю влас-
тивість має вершина А (рис. 7.2). Через
точку А проведемо пряму Ь, паралельну
прямій а. Тоді кут А многокутника ле-
жить в одній півплощині відносно пря-
мої Ь. Отже, А А < 180°. Ж
У правильному трикутнику є точка, рівновіддалена від усіх
його вершин і від усіх його сторін. Це точка перетину бісектрис
правильного трикутника. Точці перетину діагоналей квадрата
теж притаманна аналогічна властивість. Те, що в будь-якому
правильному многокутнику є точка, рівновіддалена від усіх його
вершин і від усіх його сторін, підтверджує така теорема.
Теорема 7.2. Будь-який правильний многокутник є одно-
часно вписаним і описаним, причому центри його описаного
і вписаного кіл збігаються.
Доведення. На рисунку 7.3
зображено правильний п-кутник
А1А,А.і...Ал. Проведемо бісектриси
кутів і А2. Нехай О — точка їх
перетину. З’єднаємо точки О і
Оскільки в трикутниках ОАуАг
і ОА^Ад кути 2 і 3 рівні, а також
А;Аг = А А., і ОА2 — спільна сто-
рона, то ці трикутники рівні за
першою ознакою рівності три-
кутників. Крім того, кути 1 і 2
рівні як половини рівних кутів.
РИС. 7,з Звідси трикутник ОА.А? — рівно-
бедрений, отже, рівнобедреним
є трикутник ОА А-і- Тому ОА} = ОА2 = ОА.Г 1
З’єднуючи точку О з вершинами А(, А., ..., Ап І, Ап, аналогічно
можна показати, що ОА, - ОА, = ... = ОА . = ОА .
•і 4 Л 1 П
Таким чином, для многокутника А А^4Ч...А існує точка,
рівновіддалена від усіх його вершин. Це точка О — центр описа-
ного кола.
Оскільки рівнобедрені трикутники
ОА" ІА", ОАпАІ рівні, то рівні і їх висо-
ти, проведені з вершини О. Звідси роби-
мо висновок, що точка О рівновіддалена
від усіх сторін многокутника. Отже,
точка О — центр вписаного кола. М
Точку, яка є центром описаного
і вписаного кіл правильного многокут-
ника, називають центром правильного
многокутника.
На рисунку 7.4 зображено фрагмент
правильного п-кутника з центром О
ОАгАг, ОА.^, ОА^Л.......
Рис. 7.4
і стороною АВ, довжину якої позначимо ап. Кут АОВ називають
центральним кутом правильного многокутника. Зрозуміло, що
ААОВ=—
п
У рівнобедреному трикутнику АОВ проведемо висоту ОМ. Тоді
А АОМ = А ВОМ = АМ = МВ = \ З Д ОМВ
п 2
ОВ =
МВ
180і
зіп
п
----2--- І ОМ =-------------.
180 180° 180°
2віп-- !£ - 2 Щ
п п п
Відрізки О В і ОМ — радіуси відповідно описаного і вписаного
кіл правильного /і-кутника. Якщо їх довжини позначити Вп і гя
відповідно, то отримані результати можна записати у вигляді
формул:
Підставивши у ці формули замість п числа 3, 4, 6, отримаємо
формули для знаходження радіусів описаного і вписаного кіл
для правильних трикутника, чотирикутника і шестикутника зі
стороною а:
Кількість сторін правильного п-кутника п = 3 п = 4 п — 6
Радіус описаного кола 3 3 ах/2 Л = 2 В= а її
Радіус вписаного кола л\/з 6 а 4 ’ 2 а \ 3 2
З отриманих результатів випливає, що сторона правильного
шестикутника дорівнює радіусу його описаного кола. Звідси отри-
муємо простий алгоритм побудови правильного шестикутника:
від довільної точки М кола потрібно послідовно відкладати хор-
ди, які дорівнюють радіусу (рис. 7.5). Таким чином отримуємо
вершини правильного шестикутника.
Сполучивши через одну вершини правильного шестикутника,
отримаємо правильний трикутник (рис. 7.6).
Для побудови правильного чотирикутника достатньо в колі
провести два перпендикулярні діаметри АС і ВВ (рис. 7.7). Тоді
чотирикутник АВСВ — квадрат (доведіть це самостійно).
Якщо вже побудовано правильний п-кутник, то легко побуду-
вати правильний 2п-кутник. Для цього потрібно знайти середини
всіх сторін п-кутника і провести радіуси описаного кола через
отримані точки. Тоді кінці радіусів і вершини даного п-кутника
будуть вершинами правильного 2п-кутника. На рисунках 7.8 і 7.9
показано побудову правильних 8-кутника і 12-кутника.
Рис. 7.8
Узагалі, якщо ви вмієте будувати правильний т-кутник, то
зможете побудувати будь-який правильний т -2"-кутник (п —
натуральне).
Задача побудови правильних многокутників за допомогою
циркуля і лінійки вивчалася ще давньогрецькими геометрами.
Зокрема, крім зазначених вище многокутників вони вміли бу-
дувати правильні 5-кутник і 15-кутник, що є досить непростою
справою.
Стародавні вчені, які вміли будувати будь-який із правильних
п-кутників, де л — 3, 4, 5, 6, 8, 10, намагалися розв’язати цю за-
дачу і для л = 7, 9. їм це не вдалося. Узагалі, більше двох тисяч
років ніхто не міг вирішити цю проблему. Лише в 1796 р. вели-
кий німецький математик Карл Фрідріх Гаусе зміг довести, що
за допомогою циркуля і лінійки побудувати правильні 7-кутник
і 9-кутник неможливо. У 1801 р. Гаусе показав, що циркулем
і лінійкою можна побудувати правильний л-кутник тоді і тільки
тоді, коли л = 2*, де к є IV, к > 1, або л = 2к • ргр2 -... • ря, де к —
ціле невід’ємне число, ру, р2, ..., ра — різні прості числа виду
2г +1, де т — ціле невід’ємне число, які називають простими
числами Ферма1. Зараз відомо лише п’ять простих чисел Ферма:
З, 5, 17, 257, 65537.
Гауссу вдалося побудувати правильний 17-кутник. Він надавав
цьому відкриттю настільки великого значення, що заповів зобра-
зити правильний 17-кутник на своєму надгробку. На могильній
плиті Гаусса цього рисунка немає, проте сам пам’ятник стоїть на
сімнадцятикутному постаменті.
Карл Фрідріх Гаусе
(1777-1855)
Великий німецький математик
Приклад 1. Чи існує правильний многокутник, кут якого
дорівнює: 1) 177°; 2) 155°? У разі позитивної відповіді вкажіть
вид многокутника.
Р о з в'я зання
1) Нехай л — кількість сторін шуканого правильного много-
кутника. З одного боку, сума його кутів дорівнює 180° (л — 2).
З іншого боку, ця сума дорівнює 177°л. Отже,
180° (л - 2) = 177°л; 180°л - 360° = 177°л; л = 120.
Відповідь', існує, це — стодвадцятикутник.
1 П’є р Ферма (1601-1665) — французький математик, один з фундаторів
теорії чисел.
2) Маємо: 180° (п — 2) — 155' п; 25°л = 360°; п — 14,4, що не-
можливо, оскільки п має бути натуральним числом.
Відповідь', не існує.
Приклад 2. У коло вписано правильний трикутник зі сторо-
ною 18 см. Знайдіть сторону правильного шестикутника, описа-
ного навколо цього кола.
Розв'язання. Радіус кола, описаного навколо правиль-
\ ного трикутника, обчислюється за форму-
Ь а \ аЛ
£\ лою Д3 =—-—, де а — сторона трикутника
/ (рис. 7.10). Отже, Д3 = *8ч/з _ (см).
За умовою радіус кола, вписаного в пра-
Рис. 7.10 бильний шестикутник, дорівнює радіусу
кола, описаного навколо правильного трикут-
г~ Ь\[з
пика, тобто г6 — Кд = 6ч/3 см. Оскільки г6 =——, де Ь — сторона
2г„ 2-6х/з
правильного шестикутника, то Ь — -~ — =— = 12 (см).
ч/З ч/З
Відповідь: 12 см.
Приклад 3. Побудуйте правильний п’ятикутник.
Розв’язання. Розглянемо правиль-
ний п’ятикутник АВСВЕ, сторона якого
дорівнює а. Нехай діагоналі ВЕ і АС пере-
тинаються в точці М (рис. 7.11). Легко
показати, що АС || ЕВ і ВЕ || СВ. Отже, чо-
тирикутник ЕМСВ — паралелограм. Звідси
МС = ЕВ = а.
Д АМВ Д АВС за першою ознакою поді- рИСе 7Л1
бності трикутників (доведіть це самостійно).
о АМ а АС -а
Звідси ---=----. Але АМ = АС - а. Маємо: ----=-----. Звідси
АС АВ АС а
лг 2 л агу й(ч/5+1)
ДС2 - а • АС - а2 = 0; АС =-------
Побудову відрізка завдовжки Дч/5 при заданому відрізку а
показано на рисунку 7.12.
Тепер легко побудувати відрізок
Отже, ми можемо побудувати за трьома а
сторонами трикутник АВС. у якому сто- Рнс-
рони АВ і АС — це сторони правильного
п’ятикутника, відрізок АС —- його діагональ. Завершіть побудову
правильного п’ятикутника самостійно.
Приклад 4. Чи існує опуклий семикутник, у якому будь-яка
сторона перпендикулярна до якої-небудь діагоналі?
А,
А,
А3
Розв’язання. У правильному
восьмикутнику для будь-якої сторони
знайдеться перпендикулярна до неї
діагональ. Доведіть це самостійно.
А?
Рис.7.13
Проведемо діагональ А^А^ правиль-
ного восьмикутника А1АгА3А4А_А6А7Ая
(рис. 7.13). Очевидно, що семикут-
ник А}А (А А^дА^д має потрібну
властивість.
ВПРАВИ Г Е1Г--
7.1. ° Скільки сторін має правильний многокутник, кут якого
дорівнює: 1) 160°; 2) 171°?
7.2/ Скільки сторін має правильний многокутник, кут якого
дорівнює: 1) 108°; 2) 175°?
7.3. ° Чи існує правильний многокутник, кут якого дорівнює:
1) 140°; 2) 130°?
7.4. ” Скільки сторін має правильний многокутник, якщо кут,
суміжний з кутом многокутника, становить — кута многокут-
ника?
7.5. Визначте кількість сторін правильного многокутника,
якщо його кут на 168° більший за суміжний з ним кут.
7.6. ° Нехай а3 — сторона правильного трикутника, Ліг —
відповідно радіуси описаного і вписаного його кіл. Заповніть
таблицю (розміри дано в сантиметрах):
аз я г
бТз
4>/з
2
7.7. Нехай — сторона квадрата, Я і г — відповідно радіуси
описаного і вписаного його кіл. Заповніть таблицю (розміри дано
в сантиметрах):
Я г
8
4
л/2
7.8. ° Радіус кола дорівнює 12 см. Знайдіть сторону вписаного
в це коло правильного: 1) шестикутника; 2) дванадцятикутника.
7.9. Радіус кола дорівнює 8ч/3 см. Знайдіть сторону описаного
навколо цього кола правильного шестикутника.
7.10. ° Сторона правильного многокутника дорівнює а, радіус
описаного кола дорівнює Я. Знайдіть радіус вписаного кола.
7.11. ° Радіуси вписаного і описаного кіл правильного много-
кутника дорівнюють відповідно г і Я. Знайдіть сторону много-
кутника.
7.12. Сторона правильного многокутника дорівнює а, радіус
вписаного кола дорівнює г. Знайдіть радіус описаного кола.
7.13. Навколо кола описано правильний шестикутник зі сторо-
ною 4>/з см. Знайдіть сторону квадрата, вписаного в це коло.
7.14 У коло вписано квадрат зі стороною 6х/2 см. Знайдіть
сторону правильного трикутника, описаного навколо цього кола.
7.15. ° Скільки сторін має правильний многокутник, кут якого
на 36° більший за його центральний кут?
7.16. Кут між радіусами вписаного кола правильного много-
кутника, проведеними в точки дотику цього кола до сусідніх
сторін многокутника, дорівнює 20°. Знайдіть кількість сторін
многокутника.
7.17. ° Доведіть, що всі діагоналі правильного п’ятикутника
рівні.
7.18. Доведіть, що кожна діагональ правильного п’ятикутника
паралельна одній з його сторін.
7.19. ” У коло вписано і навколо нього описано правильні шес-
тикутники. Знайдіть відношення сторін цих шестикутників.
7.20. ° Доведіть, що сторона правильного восьмикутника до-
рівнює Н\І2-\І2, де Я — радіус описаного кола.
7.21. Доведіть, що сторона правильного дванадцятикутника
дорівнює Рі\2- 7з, де Н — радіус описаного кола.
7.22. ° Знайдіть площу правильного восьмикутника, якщо ра-
діус описаного навколо нього кола дорівнює К.
7.23. Знайдіть діагоналі та площу правильного шестикутника,
сторона якого дорівнює а.
7.24. " Кути квадрата зі стороною 6 см зрізали так, що отри-
мали правильний восьмикутник. Знайдіть сторону утвореного
восьмикутника.
7.25. " Кути правильного трикутника зі стороною 24 см зрізали
так, що отримали правильний шестикутник. Знайдіть сторону
утвореного шестикутника.
7.26. " Знайдіть діагоналі правильного восьмикутника, сторона
якого дорівнює а.
7.27. ” У правильному дванадцятикутнику, довжина сторони
якого дорівнює а, послідовно сполучили середини шести сторін,
узятих через одну. Знайдіть сторону правильного шестикутника,
який утворився при цьому.
7.28. ' У правильному восьмикутнику, довжина сторони якого
дорівнює а, послідовно сполучили середини чотирьох сторін,
узятих через одну. Знайдіть сторону квадрата, який утворився
при цьому.
7.29. " У коло радіуса Н вписано правильний п-кутник і пра-
I '
вильний 2п кутник. Доведіть, що а‘2іі =2Кг — --
V 4
7.30. ’ На сторонах правильного л-кутника поза ним побудова-
но квадрати. Відомо, що 2л-кутник, утворений вершинами цих
квадратів, відмінними від вершин л-кутника, є правильним. При
яких значеннях п це можливо?
7.31. Дано правильний п’ятикутник АВСЕЕ. Позначили точ-
ку М таку, що трикутник ЕЕМ — правильний. Знайдіть кут
АМС.
7.32. ’ Усі кути вписаного шестикутника рівні. Чи можна ствер-
джувати, що цей шестикутник є правильним?
7.33. ' У правильному шестикутнику обчисліть: 1) кут між
діагоналями, які виходять з однієї вершини; 2) кут між наймен-
шими діагоналями, що перетинаються.
7.34. * Доведіть, шо сума відстаней від будь-якої точки, взятої
всередині правильного многокутника, до всіх прямих, які містять
його сторони, є величиною сталою.
7.35. ” Діагоналі АС і ВР правильного п'ятикутника АВСБЕ
перетинаються в точці М. Доведіть, що АМ2 - АС • МС.
7.36. " Дано правильний 30-кутник А А ...А з центром
у точці О. Знайдіть кут між прямими ОА3 і АА .
7.37. " Чи існує правильний л-кутник, у якого одна з діагоналей
дорівнює сумі довжин двох інших діагоналей?
7.38. " Дано правильний десятикутник А,А2...А10, вписаний
в коло радіуса Н. Знайдіть різницю А4А4 — А{А2.
7.39. Доведіть, що коли в п’ятикутник, у якого всі сторони
рівні, можна вписати коло, то він є правильним.
7.40. " Доведіть, що коли в п’ятикутник, у якого всі кути рівні,
можна вписати коло, то він є правильним.
7.41. " Доведіть, що площа правильного восьмикутника дорів-
нює добутку найбільшої і найменшої діагоналей.
7.42. * Форму яких рівних правильних многокутників можуть
мати дощечки паркету, щоб ними можна було замостити підлогу?
7.43. * Накреслено правильний шестикутник, довжина сторо-
ни якого дорівнює 1. Користуючись тільки лінійкою, побудуйте
відрізок завдовжки х/7.
7.44. * На колі з центром у точці О по-
значено точки А і В так, що ОА ± ОБ. Точ-
ка В — середина відрізка ОА. На діаметрі
АР позначено точку Р так, що ЕР = ЕВ
(рис. 7.14). Доведіть, що відрізок ВР може
бути стороною правильного п’ятикутника,
вписаного в дане коло1.
Рис. 7.14
7.45. * Усі кути вписаного п’ятикутника
рівні. Чи можна стверджувати, що цей
многокутник є правильним?
1 Ця задача показує, як за допомогою циркуля і лінійки побудувати пра-
вильний п’ятикутник. Цю побудову описано в роботі давньогрецького вченого
Птолемея «Альмагест».
7.46. * Кожну точку кола зафарбовано в один з двох кольорів:
червоний або синій. Доведіть, що в це коло можна вписати
рівнобедрений трикутник, усі вершини якого одного кольору.
7.47. * У правильному 15-кутнику довільним чином позначили
7 вершин. Доведіть, що серед позначених точок є три, які є вер-
шинами рівнобедреного трикутника.
7.48. * Усі кути п’ятикутника рівні. Доведіть, що сума відста-
ней від будь-якої точки п’ятикутника до його сторін є величиною
сталою.
8. Довжина кола. Площа круга
Як на практиці виміряти довжину лінії, зображеної на ри-
сунку 8.1?
Можна, наприклад, позначити кілька точок на лінії, а потім
послідовно сполучити їх відрізками так, як показано на рисунку
8.2. Потім виміряти довжину утвореної ламаної. Отримана вели-
чина наближено дорівнює довжині даної лінії. Зрозуміло, що
коли зменшувати довжини всіх ланок ламаної і збільшувати їх
кількість, то результат вимірювання довжини даної лінії стає
точнішим (рис. 8.3).
Рис 8.1
Рис. 8.2
Говорять, що довжину лінії, зображеної на рисунку 8.3, на-
ближено виміряно за допомогою довжини
ламаної, вписаної в дану лінію.
Для вимірювання довжини кола як
вписану ламану зручно використати лама-
ну, що складається зі сторін правильного
п-кутника, вписаного в це коло.
На рисунку 8.4 зображено правильні
4-кутник, 8-кутник і 16-кутник, вписані
в коло.
Ми бачимо, що при збільшенні
кількості сторін правильного л-кутника
його периметр Рп усе менше і менше відрізняється від довжини
С описаного кола.
Так, для нашого прикладу можна записати:
С - > С - Р8 > С - Р16 і т. д.
При необмеженому збільшенні кількості сторін правильного
многокутника його периметр як завгодно мало відрізняється від
довжини кола. Це означає, що різницю С - Рп можна зробити
меншою від, наприклад, 10'6, 10 9 і взагалі меншою від будь-якого
додатного числа.
Розглянемо два правильні п-кутники зі сторонами ап і а' та
радіусами описаних кіл Вій' відповідно (рис. 8.5). Тоді їх пери-
метри Рп і Р' обчислюють за формулами:
. 180°
Рп = нап = п • 2В зіп-,
п
Звідси
Р' = па'п = п 2В'зіп—
п
Р„ 2В
р; 2Я''
Рис. 8.5
Ця рівність справедлива при будь-якому значенні п (п — на-
туральне, п > 3). При необмеженому збільшенні значення п пе-
риметри Рп и Р' відповідно як завгодно мало відрізняються від
довжин С і С' описаних кіл. Тоді при необмеженому збільшенні п
відношення —у як завгодно мало відрізнятиметься від відношен-
ня —. З урахуванням рівності (*) доходимо висновку, що число
Х1Л - . А
---- як завгодно мало відрізняється від числа —. А це можливо
2П'-С'
С 2Н , С С'
лише тоді, коли — =--- або — = .
С' 2Л' 2Л 2Н'
Остання рівність означає, що для всіх кіл відношення довжи-
ни кола до діаметра є одним і тим самим числом.
Ви знаєте, що це число прийнято позначати грецькою буквою
я (читають: «пі»).
С
З рівності — = я отримуємо формулу для обчислення довжини
2Р
кола:
С = 2яН
Число я є ірраціональним, отже, його можна лише наближено
подати у вигляді скінченного десяткового дробу. Зазвичай при
розв’язуванні задач як наближене значення я приймають число
3,14.
Великий давньогрецький учений Архімед (ПІ ст. до н. е.),
виразивши через діаметр описаного кола периметр правильного
96-кутника, установив, що 3—<я<3—. Звідси й випливає, що
71 7
я = 3,14.
За допомогою сучасних комп’ютерів і спеціальних програм
можна обчислити число я з величезною точністю. Наведемо запис
числа я з 47 цифрами після коми:
я = 3,14159265358979323846264338327950288419716939937 ... .
У 1992 р. число я обчислили з точністю до 1 01] 196 691 цифри
після коми. Цей факт було занесено до Книги рекордів Гіннеса.
Саме число у книзі не наведено, оскільки для цього було б по-
трібно понад тисячу сторінок.
Знайдемо формулу для обчислення довжини дуги кола з гра-
дусною мірою п°. Оскільки градусна міра всього кола дорівнює
360 , то довжина дуги в 1 дорівнює ----=---. Іоді довжина І
360 180
дуги в п° обчислюється за формулою
_ кНп
~ 180
Досі вам доводилося обчислювати площі многокутників або
фігур, які можна розбити на кілька многокутників.
Розглянемо, як на практиці можна виміряти площу фігури,
зображеної на рисунку 8.6. У цю фігуру вписують многокутник
(рис. 8.7). Його площа є наближеним значенням площі даної
фігури. Якщо зменшувати довжини всіх сторін многокутника,
при цьому збільшуючи їх кількість (рис. 8.8), то результат ви-
мірювання площі даної фігури стає точнішим.
Рис. 8.6
Рис. 8.7
Рис. 8.8
Скористаємося цією ідеєю для знаходження площі круга.
Звернемося знову до рисунка 8.4. Бачимо, що при збільшенні
кількості сторін правильного п-кутника його площа 8п усе менше
і менше відрізняється від площі 5 круга. При необмеженому
збільшенні кількості сторін його площа наближається до площі
круга.
На рисунку 8.9 зображено фраг-
мент правильного п-кутника з цент-
ром у точці О, зі стороною АВ = ап
і радіусом описаного кола, який до-
рівнює В. Опустимо перпендикуляр
ОМ на сторону АВ. Маємо:
1 1 180°
8лпгі = _ АВ' ОМ — —а„ В соз--------.
АОВ 2 2 п
Оскільки радіуси, проведені у вер-
шини правильного п-кутника, роз-
бивають його на п рівних трикутників, то площа п-кутника 5п
у п разів більша за площу трикутника АОВ.
1 180°
Тоді 5„ = п • 8 = — па„ Я соя-------. Звідси
г* ЛіЄхГ» л Л
2 п
8„ = — Р„ 'ВсО5
2
180
п
де Рп — периметр даного правильного п-кутника.
180°
При необмеженому збільшенні значення п. величина --- буде
п
як завгодно мало відрізнятися від 0°, а отже, сой- наближати-
п
меться до 1. Периметр Рп наближатиметься до довжини С кола,
а площа 5п — до площі 5 круга. Тоді з урахуванням рівності (**)
можна записати 8 = іс-Я.
2
З цієї рівності отримуємо формулу для знаходження площі
круга:
5 = лЯ2
На рисунку 8.10 радіуси ОА і ОБ поділяють круг на дві части-
ни, які зафарбовано в різні кольори. Кожну з цих частин разом
з радіусами ОА і ОБ називають круговим сектором або просто
сектором.
Зрозуміло, що круг радіуса В можна поділити на 360 рівних
секторів, кожен з яких міститиме дугу в 1°. Площа такого секто-
ра дорівнює ---. Тоді площа 8 сектора, який містить дугу кола
360
в п°, обчислюється за формулою:
_ пЯ2ті
360
На рисунку 8.11 хорда АВ поділяє круг на дві частини, які
зафарбовано в різні кольори. Кожну з цих частин разом з хордою
АВ називають круговим сегментом або просто сегментом. Хорду
АВ при цьому називають основою сегмента.
Рис. 8.11
Щоб знайти площу сегмента, який зафарбовано в синій колір
(рис. 8.12), треба від площі сектора, який містить хорду АВ,
відняти площу трикутника АОВ (точка О — центр круга). Щоб
знайти площу сегмента, який зафарбовано в жовтий колір, тре-
ба до площі сектора, який не містить хорду АВ, додати площу
трикутника АОВ.
Якщо хорда АВ є діаметром круга, то вона поділяє круг на
два сегменти, які називають півкругами. Площу 5 півкруга об-
числюють за формулою , де В — радіус круга.
З пошуком формули для знаходження площі круга пов’язана
одна із знаменитих задач давнини — задача про квадратуру кру-
га: побудувати за допомогою циркуля і лінійки квадрат, площа
якого дорівнює площі даного круга.
Починаючи зі вчених Стародавньої Греції, цю задачу намагали-
ся розв’язати математики багатьох поколінь. Натхнення для своїх
пошуків вони багато в чому черпали з результатів, отриманих Гіп-
пократом Хіоським: ще в V ст. до н. е. Гіппократ знайшов низку
криволінійних фігур, рівновеликих деяким многокутникам.
Розглянемо одну з його конструкцій.
Рис. 8.13
Опишемо навколо квадрата коло,
а на кожній його стороні побудуємо
півколо в зовнішній бік (рис. 8.13).
Фігури, виділені на рисунку 8.13
жовтим кольором, називають сер-
пиками Гіппократа. Легко показати
(зробіть це самостійно), що сума
площ цих серпиків дорівнює площі
даного квадрата.
Спроби розв’язати задачу про
квадратуру круга припинилися лише
в кінці XIX ст., коли було доведено
неможливість її розв’язання.
Приклад 1. Довжина дуги кола, радіус якого 25 см, дорівнює
я см. Знайдіть градусну міру дуги.
о - о г пПп 180/
Розвя.зання. З формули І —---- отримуємо п —---. Отже
180 г.В
шукана градусна міра п'
180л
л 25
= 7,2°.
Відповідь: 7,2°.
Приклад 2. У коло з центром О, радіус якого дорівнює 8 см,
вписано правильний восьмикутник АВСВЕРМК (рис. 8.14).
Знайдіть площі сектора і сегмента, які
містять дугу АВ.
Р оз в'я зання. А АОВ — централь-
ний кут правильного восьмикутника,
Л АОВ -~-~-45с.
8
Тоді площа сектора, яку потрібно
„ „ я • 82 45 „
знайти, 5’ т =---------= 8п (см2), пло-
сект 360
ща сегмента
= ^ект - -5лаов = 8"~ОАг віп А АОВ = 8л -16>/2 (см2).
Відповідь: 8л см2, (8л-16>/2) см2.
8.1. ’ Обчисліть довжину червоної лінії, зображеної на рисун-
ку 8.15.
8.2. Обчисліть площу заштрихованої фігури, зображеної на
рисунку 8.16.
Рис. 8.16
8.3. ° Знайдіть площу круга, описаного навколо рівнобедреного
трикутника з бічною стороною Ь і кутом а при основі.
8.4. Знайдіть довжину кола, описаного навколо прямокут-
ника зі стороною а і кутом а між даною стороною і діагоналлю
прямокутника.
8.5. ° Радіус кола дорівнює 8 см. Знайдіть довжину дуги кола,
градусна міра якої дорівнює: 1) 4°; 2) 18°; 3) 160°; 4) 320°.
8.6. ° Довжина дуги кола дорівнює 12л см, а її градусна міра —
27°. Знайдіть радіус кола.
8.7 Довжина дуги кола радіусом 24 см дорівнює Зл см.
Знайдіть градусну міру дуги.
8.8. ” Обчисліть довжину дуги екватора Землі, градусна міра
якої дорівнює 1°, якщо радіус екватора наближено дорівнює
6400 км.
8.9/ Радіус круга дорівнює 6 см. Знайдіть площу сектора,
якщо градусна міра його дуги дорівнює: 1) 15°; 2) 144°; 3) 280°.
5
8.10. Площа сектора становить — площі круга. Знайдіть гра-
8
дусну міру його дуги.
8.11/ Площа сектора дорівнює 6п дм2. Знайдіть градусну міру
дуги цього сектора, якщо радіус круга дорівнює 12 дм.
8.12. Площа сектора дорівнює — см2, а градусна міра дуги
4
цього сектора становить 75°. Знайдіть радіус круга, частиною
якого є даний сектор.
8.13. ” Знайдіть площу кругового сегмента, якщо радіус круга
дорівнює 5 см, а градусна міра дуги сегмента дорівнює: 1) 45°;
2) 150°; 3) 330°.
8.14. Знайдіть площу кругового сегмента, якщо радіус круга
дорівнює 2 см, а градусна міра дуги сегмента дорівнює: 1) 60°;
2) 300°.
8.15. ° Радіус кола збільшено на а. Доведіть, що довжина кола
збільшиться на величину, яка не залежить від радіуса даного
кола.
8.16. ° Сторона трикутника дорівнює 6 см, а прилеглі до
неї кути дорівнюють 50° і 100°. Знайдіть довжини дуг, на які
поділяють описане коло трикутника його вершини.
8 17. Сторона трикутника дорівнює 5>/з см, а прилеглі до
неї кути дорівнюють 35° і 25°. Знайдіть довжини дуг, на які
поділяють описане коло трикутника його вершини.
8.18. ° На катеті АС прямокутного трикутника АВС (/.С- 90е)
як на діаметрі побудовано коло. Знайдіть довжину дуги цього
кола, яка належить трикутнику, якщо /- А = 24°, АС = 20 см.
8 19. Кут при основі рівнобедреного трикутника дорівнює 70°.
На висоті трикутника, яка проведена до основи і дорівнює 27 см,
як на діаметрі побудовано коло. Знайдіть довжину дуги кола, яка
належить трикутнику.
8.20. ° Доведіть, що площа
півкруга, побудованого на гіпо-
тенузі прямокутного трикутни-
ка як на діаметрі (рис. 8.17),
дорівнює сумі площ півкругів,
побудованих на його катетах як
на діаметрах.
8.21. ° У круг вписано квадрат
зі стороною а. Знайдіть площу
меншого із сегментів, основою
яких є сторона квадрата.
8.22. ° У круг вписано пра-
вильний трикутник зі стороною
а. Знайдіть площу меншого
Рис. 8.17
із сегментів, основою яких є сторона трикутника.
8.23. " Відрізок АВ розбили на п. відрізків. На кожному
з них як на діаметрі побудували півколо. Цю дію повторили,
розбивши даний відрізок на т відрізків. Знайдіть відношення
сум довжин півкіл, отриманих у першому і другому випад-
ках.
8.24. ' У круговий сектор, радіус якого дорівнює В, а цен-
тральний кут становить 60°, вписано круг. Знайдіть площу цього
круга.
8.25. ° Знайдіть площу розетки (заштрихованої фігури), яка
зображена на рисунку 8.18, якщо сторона квадрата АВСВ дорів-
нює а.
8.26. При побудові чотирьох дуг з центрами у вершинах квад-
рата АВСВ і радіусами, які дорівнюють стороні а квадрата, утво-
рилася фігура, обмежена червоною лінією (рис. 8.19). Знайдіть
довжину цієї лінії.
Рис. 8.18
Рис. 8.19
8.27.' Знайдіть довжину червоної лінії (рис. 8.20), де ОіУ О2,
Оя, ... — центри рівних кіл радіуса В.
Рис. 8.20
8.28. ’ Дано два кола, радіуси яких дорівнюють В і г (В > г).
Центр меншого кола лежить на більшому колі. Довжина дуги
меншого кола, розміщеної всередині більшого кола, дорівнює І.
Знайдіть довжину дуги більшого кола, розміщеної всередині
меншого кола.
8.29. ' На гіпотенузі і катетах як на діаметрах побудовано
півкруги (рис. 8.21). Доведіть, що площа зафарбованої фігури
дорівнює площі трикутника.
8.30. ’ Знайдіть площу спільної частини двох кругів з радіусами
1 см і >/з см, якщо відстань між їх центрами дорівнює 2 см.
8.31. ’ Три кола, радіус кожного з яких дорівнює Я, попарно
дотикаються. Обчисліть площу криволінійного трикутника, об-
меженого дугами цих кіл (рис. 8.22).
Рис. 8.21
Рис. 8.22
8.32. " На відрізках АВ, ВС і АС як на діаметрах побудова-
но півкруги (рис. 8.23). Відрізки МВ і АС перпендикулярні.
Доведіть, що площа зафарбованої фігури (її називають арбелос
Архімеда) дорівнює — пМВ2.
4
8.33. " Хорда АВ більшого з двох концентричних кіл дотика-
ється до меншого кола (рис. 8.24). Знайдіть площу зафарбованого
кільця, якщо АВ = а.
Рис. 8.24
Рис. 8.23
8.34. ’ Побудуйте круг, площа якого дорівнює сумі площ двох
даних кругів.
8.35. " Два кола, радіуси яких дорівнюють 4 см і 12 см, до-
тикаються зовнішнім чином. Знайдіть площу фігури, обмеженої
цими колами та їх спільною дотичною (рис. 8.25).
8.36. " Два квадрати зі сторонами 1 см мають спільний центр
(рис.
З
за —.
4
8.26) . Доведіть, що площа їх спільної частини більша
ДЕКАРТОВІ КООРДИНАТИ
НА ПЛОЩИНІ
9. Відстань між двома точками із заданими
координатами. Поділ відрізка в заданому
відношенні
У 6 класі ви ознайомилися з координатною площиною, тобто
з площиною, на якій зображено дві перпендикулярні координатні
прямі (вісь абсцис і вісь ординат) зі спільним початком відліку
(рис. 9.1). Домовимося координатну площину з віссю х (віссю аб-
сцис) і віссю у (віссю ординат) називати площиною ху. Ви вмієте
позначати на ній точки за їх координатами і навпаки, знаходити
координати точки, позначеної на координатній площині.
Координати точки на площині ху називають декартовими
координатами на честь французького математика Рене Декарта
(див. оповідання на с. 111).
Ви знаєте, як знаходити відстань між двома точками, задани-
ми своїми координатами на координатній прямій: для точок А (хт)
і В (х2) (рис. 9.2) маємо:
АВ = | х2 - хг |.
Рис. 9.1
Рис. 9.2
Навчимося знаходити відстань між точками А (Хр у ) і В (х2; у2),
заданими на площині ху.
У
Рис. 9.3
Розглянемо випадок, коли відрізок
АВ не перпендикулярний до жодної
з координатних осей (рис. 9.3).
Через точки А і В проведемо
прямі, перпендикулярні до коорди-
натних осей. Отримаємо прямокут-
ний трикутник АСВ. Очевидно, що
ВС = | х2 - хт |, АС = | у2 - у, |. Звідси
АВ2 = ВС2 + АС2 = | х2 - х, |г + | у2 -
- Уі І2 = (*2 ~ ^,)2 + (У2 ~ У,У-
Тоді формулу відстані між точ-
ками А (Хр уЗ і В (х2; у2) можна за-
писати так:
АВ=уІ(хг -хг)2 +(уг-Уі)2
Доведіть самостійно, що ця формула залишається правильною
і для випадку, коли відрізок АВ перпендикулярний до однієї
з осей координат.
Якщо X] = х2 і у1 = у2, то природно вважати, що АВ = 0. Цей
самий результат дає і отримана формула.
Теорема 9.1. Якщо точка М (х0; уо) поділяє відрізок АВ
- АМ . _
у відношенні --= Л, то координати цієї точки можна обчис-
лити за формулами
X. + \х,. у, +Ху9
Хо = —-----> Уо = -— (*)
0 1+А 0 1 + Х '
де (ж*; уг) і (х2; у2) — координати відповідно точок А і В.
Доведення. Розглянемо випадок, коли відрізок АВ не перпен-
дикулярний до жодної з координатних осей (рис. 9.4). Вважати-
мемо, що х2 > х} (випадок, коли х2 <_х}, розглядається аналогіч-
но). Через точки А, М і В проведемо прямі, перпендикулярні до
осі абсцис, які перетнуть цю вісь відповідно в точках Ар М] і Вг
За теоремою про пропорційні відрізки =Х, тобто | хп — х | =
= А. [ х2 — х0 |. Оскільки х2 > х0 > хр то можемо записати: х0 — х1 =
= л (х„ - х„). Звідси х,. =—-
2 0 1 + Л
Аналогічно можна показати,
У і + *-У2
Що Уо = —:—~
Формули для знаходження
координат точки М правильні
і у випадку, коли відрізок АВ
є перпендикулярним до однієї
з осей координат (доведіть це
самостійно). А
Якщо точка М є серединою
відрізка АВ, то X = = 1. Для
МВ
цього випадку формули (*) можна записати так:
. *і + *2 „ У\ +Уг
2 ’ “ 2
За цими формулами знаходять координати середини відрізка.
Приклад 1. Доведіть, що чотирикутник АВСВ з вершинами
в точках А (2; —1), В (1; 3), С (—3; 2) і В (—2; —2) є прямокутни-
ком.
Р о з в’я зання. Нехай точка М — середина діагоналі АС. Тоді
2-3 -1 + 2
абсциса точки М дорівнює ----= —0,5, а ордината — ------= 0,5.
2 2
Отже, М (—0,5; 0,5).
Нехай точка К — середина діагоналі ВВ. Тоді абсциса точки К
1-2 3-2
дорівнює —— = —0,5, а ордината — ---- = 0,5. Отже, К (-0,5; 0,5).
2 2
Тепер можна зробити висновок, що точки М і К збігаються.
Тобто діагоналі чотирикутника АВСВ мають спільну середину.
Звідси випливає, що АВСВ — паралелограм. Далі,
АС = ^(-3- 2)2 + (2 +1)2 = %/34, ВВ = >](-2 -1)2 + (-2 - З)2 = х/34.
Отже, діагоналі паралелограма АВСВ рівні. Звідси випливає,
що цей паралелограм є прямокутником.
Приклад 2. Дано прямокутник АВСВ. Знайдіть усі точки X,
для яких виконується рівність ХА2 + ХС2 = ХВ2 +- ХВг.
Р о .і в’я.і а нн я. Введемо на площині систему координат так,
щоб початок координат збігався з точкою А, а точки В і £> на-
лежали осям координат (рис. 9.5).
С(<ї; Ь)
Рис. 9.5
Нехай координати точки В
дорівнюють (0; Ь), а координати
точки Д — (сі; 0). Тоді точка С
має координати (сі; Ь).
Нехай Х(х; у) — довільна
точка координатної площини.
Маємо: ХА2 + ХС2 = (х - О)2 +
+ (у - О)2 + (х — сі)2 + (у — Ь)2;
ХВ2 + ХВ2 = (х - О)2 + (у - Ь)2 +
+ (х — сі)2 + (у — О)2. Звідси ХА2 +
+ ХС2 = ХВ2 + ХВ2. Тобто ця рівність виконується для будь-якої
точки X.
Приклад 3. Доведіть нерівність
5/х2+(1-у)г+7(1-х)2+у2 >72
Розв’язання. На площині ху розглянемо точки А (0; 1),
В (1; 0). Нехай М (х; у) — довільна точка площини. Маємо:
МА = уіх2 +(1 — у)2 , МВ= у! (1-х)2 + у2 , АВ — х/2. З нерівності три-
кутника випливає, що МА + МВ > АВ.
Приклад 4. На папері в клітинку зображено опуклий
«-кутник так, що всі його вершини розміщено у вузлах сітки
і жодний інший вузол сітки не належить цьому «-кутнику. До-
ведіть, що п = 3 або п = 4.
Розв’язання. На рисунку 9.6 зображено
трикутник і чотирикутник, які мають потрібну
властивість. Отже, ми показали, що для п = 3 р 0 6
і зі = 4 такі «-кутники існують.
Для будь-якої точки А (х; у), де х є 22, у є 2, має місце один
з 4 випадків: 1) х — парне, у — парне; 2) х — непарне, у — парне;
3) х — парне, у — непарне; 4) х — непарне, у — непарне.
Введемо систему координат так, щоб усі вузли сітки мали цілі
координати.
Припустимо, що п > 5. Тоді серед вершин « кутника знайдуть-
ся такі дві, що їх відповідні координати мають однакову парність.
Середина відрізка з кінцями в цих вершинах належить «-кутнику
і має цілі координати. Отримали суперечність.
X / ВПРАВИ ИТ1—Ґ
9.1. ° Вершинами трикутника є точки А (-1; 3), В (5; 9), С (6; 2).
Доведіть, що Д АВС — рівнобедрений.
9.2. ° Доведіть, що точка М (0; —1) є центром кола, описаного
навколо трикутника АВС, якщо А (6; -9), В (-6; 7), С (8; 5).
9.3. Доведіть, що кути В і С трикутника АВС рівні, якщо
А (5; -7), В (-3; 8), С (-10; -15).
9.4. ° Точка С — середина відрізка АВ. Знайдіть координати
точки В, якщо:
1) А (3; -4), С (2; 1); 2) А (-1; 1), С (0,5; -1).
9.5. Точка К — середина відрізка АВ. Заповніть таблицю:
Точка Координати точки
А ( -3; 1) (-8; 2)
В (-1; -3) (-9; 2)
К (- 4; 6) (1; 2)
9.6. ° Відомо, що точка С належить відрізку АВ, причому
ґ і з')
АС : СВ = 2:3. Знайдіть координати точки С, якщо А —;----,
\ З З У
в (2; 6).
9.7. ' Точка М ділить відрізок АВ у відношенні 2:1. Знайдіть
координати точки М, якщо А (—3; 6), В (3; —9).
9.8. ° Знайдіть довжину медіани ВМ трикутника, вершинами
якого є точки А (3; -2), В (2; 3) і С (7; 4).
9.9. Дано точки А (-2; 4) і В (2; -8). Знайдіть відстань від
початку координат до середини відрізка АВ.
9.10. ° Доведіть, що трикутник з вершинами в точках А (2; 7),
В (-1; 4), С (1; 2) є прямокутним.
9.11. Точки А (—1; 2) і В (7; 4) є вершинами прямокутного
трикутника. Чи може третя вершина трикутника мати коорди-
нати: 1) (7; 2); 2) (2; -3)?
9.12. ° Чи лежать на одній прямій точки:
1) А (-2; -7), В (-1; -4) і С (5; 14);
2) В (-1; 3), Е (2; 13) і Г (5; 21)?
У разі позитивної відповіді вкажіть, яка з точок лежить між
двома іншими.
9.13. " Доведіть, що точки М (-4; 5), N (-10; 7) і К (8; 1) лежать на
одній прямій, та вкажіть, яка з них лежить між двома іншими.
9.14. ” При якому значенні х відстань між точками С (3; 2)
і .О (х; -1) дорівнює 5?
9.15. ” На осі абсцис знайдіть точку, яка рівновіддалена від
точок А (-1; -1) і В (2; 4).
9.16/ Знайдіть координати точки, яка належить осі ординат
і рівновіддалена від точок В (—2; —3) і Е (4; 1).
9.17. ” Точка С (3; —0,5) поділяє відрізок АВ у відношенні 1 : З,
рахуючи від точки А (5; -3). Знайдіть координати точки В.
9.18. ” Чотирикутник АВСВ — паралелограм, А (-5; 1), В (-4; 4),
С (—1; 5). Знайдіть координати вершини В.
9.19/ Чотирикутник АВСВ — паралелограм, А (—2; -2), С (4; 1),
В (—1; 1). Знайдіть координати вершини В.
9.20. ” Доведіть, що чотирикутник АВСВ з вершинами в точках
А (-2; 8), В (3; -3), С (6; 2) і В (1; 13) є паралелограмом.
9.21. ” Доведіть, що чотирикутник АВСВ з вершинами в точках
А (-3; -2), В (-1; 2), С (1; -2) і В (-1; -6) є ромбом.
9.22. ' Доведіть, що чотирикутник АВСВ з вершинами в точках
А (-2; 6), В (—8; -2), С (0; -8) і В (6; 0) є квадратом.
9.23. ” Точки В (1; 4) і Е (2; 2) — середини сторін АС і ВС
трикутника АВС відповідно. Знайдіть координати вершин А і С,
якщо В (-3; -1).
9.24/ Знайдіть довжину відрізка, кінці якого належать осям
координат, а серединою є точка М(-3; 8).
9.25/ Точки А (х,; у}), В (х2; у2), С (х3; у3), В (х4; у,) є вер-
шинами чотирикутника АВСВ. Доведіть, що цей чотирикутник
є паралелограмом тоді і тільки тоді, коли х1 + х3 = х2 + х4 і у1 +
+ Уз = Уг + У л'
9.26. " Знайдіть координати вершини С рівностороннього три-
кутника АВС, якщо А (2; —3) і В (-2; 3).
9.27. " Знайдіть координати вершини Е рівностороннього три-
кутника ВЕЕ, якщо В (~6; 0) і Е (2; 0).
9.28/ У трикутнику АВС відомо, що АВ = ВС, А (5; 9),
С (1; —3), модулі координат точки В рівні. Знайдіть координати
точки В.
9.29/ Знайдіть координати всіх точок С осі абсцис таких, що
Д АВС — рівнобедрений, якщо А (1; 1), В (2; 3).
9.30. " Знайдіть координати всіх точок В осі ординат таких, що
△ АВС — прямокутний, якщо А (1; 3), С (3; 7).
Уз
9.31. " Знайдіть координати точки, яка рівновіддалена від осей
координат і від точки А (3; 6).
9.32. " Знайдіть координати точки, яка рівновіддалена від осей
координат і від точки В (—4; 2).
О—яг 9.33." Точки А (х1; ух), В (х2; у2), С (х3; у3) є вершинами
трикутника АВС. Доведіть, що точка перетину медіан цього три-
( х, + х, + х„ у. + и„
кутника має координати — ------———
ІЗ З
9.34. " Точки А (1; 2), В (2; 5), С (7; 0) є вершинами трикутника
АВС. Знайдіть довжину бісектриси ААг цього трикутника.
9.35. " Бісектриса зовнішнього кута трикутника АВС при
вершині В перетинає пряму АС у точці £). Знайдіть довжину
відрізка ВВ, якщо А (1; —5), В (0; —2), С (3; 7).
9.36. " Опишіть, як, знаючи координати вершин трикутника,
знайти координати центра його вписаного кола.
9.37. " Точки А (1; 1), В (3; 4), С (6; 4), В (7; 1) є вершинами
трапеції АВСВ. Знайдіть координати точки перетину діагоналей
трапеції.
9.38. " На папері в клітинку зображено 10-кутник так, що всі
його вершини розміщено у вузлах сітки. Доведіть, що в цьому
многокутнику існує щонайменше дві діагоналі, кожна з яких
містить вузол сітки, відмінний від вершини.
9.39. * На папері в клітинку виділено квадрат сітки, у якому
позначено три зершини (рис. 9.7). Дозволяється позначати нові
точки за таким правилом: якщо А і В — вже позначені точки, то
нову точку X можна позначити так, щоб точка В була серединою
відрізка АХ або точка А була серединою відрізка ВХ (рис. 9.8). Чи
можна за допомогою цього правила позначити і четверту вершину
виділеного квадрата?
10. РІВНЯННЯ фігури
Координати (х; у) кожної точки параболи, зображеної на
рисунку 10.1, є розв'язком рівняння у = х2. І навпаки, кожний
розв’язок рівняння з двома змінними у = х2 є координатами
точки, яка лежить на цій параболі.
У цьому разі говорять, що рівняння
параболи, зображеної на рисунку
10.1, має вигляд у = хг.
Узагалі, рівнянням фігури Е,
заданої на площині ху, називають
рівняння з двома змінними х і у, яке
має дві властивості:
1) якщо точка належить фігурі Е,
то її координати є розв’язком даного
рівняння;
2) будь-який розв’язок (х; у) дано-
го рівняння є координатами точки, яка належить фігурі Е.
Наприклад, рівняння прямої, зображеної на рисунку 10.2, має
вигляд у = 2х - 1, а рівняння гіперболи, зображеної на рисун-
ку 10.3, — у = —. Також прийнято говорити, що, наприклад, рів-
X
няння у = 2х — 1 і у — — задають пряму і гіперболу відповідно.
Якщо дане рівняння є рівнянням фігури Р, то цю фігуру можна
розглядати як геометричне місце точок (ГМТ), координати яких
задовольняють дане рівняння.
Користуючись цими міркуваннями, виведемо рівняння кола
з центром у точці А (а; Ь) і радіусом ґі.
Нехай М (х; у) — довільна точка даного кола (рис. 10.4). Тоді
АМ = Я або ^/(х - а)2 + (у- Ь)2 = В. Звідси
(х - а)2 + (у - Ь)2 = В2. (*)
Ми показали, що координати (х; у)
довільної точки М кола є розв’язком
рівняння (*). Тепер покажемо, що
будь-який розв’язок рівняння (х — а)2 +
+ (у — Ь)2 = Я2, де 7Ї > 0, є координатами
точки, яка належить даному колу.
Нехай пара (х^ у,) — довільний
розв’язок указаного рівняння. Маємо:
(х, - а)2 + (ух ~ Ь)2 = В2. Звідси
^(Хі -а)2 +(у, -&)2 = В.
Ця рівність показує, що точка N (х,; ут) віддалена від центра
кола А (а; Ь) на відстань, що дорівнює радіусу кола, а отже, точка
N (х^ У[) належить даному колу.
Отже, ми довели таку теорему.
Теорема 10.1. Рівняння
(х - а)2 + (у - Ь)2 = В2,
де В > О, є рівнянням кола з центром у точці А(а; Ь) і радіу-
сом В.
Якщо центром кола є початок координат, то а = Ь = 0. Рів-
няння такого кола має вигляд:
х2 + у2 = Я2.
Означення. Еліпсом назива-
ють ГМТ, сума відстаней від яких до
двох заданих точок Г, і Р2 є сталою
величиною, більшою ніж Р|Р2-
Точки Е] і Р2 називають фокусами
еліпса.
На рисунку 10.5 зображено еліпс,
фокуси Р] і Р якого мають відповідно
координати (—с; 0) і (с; 0). Відрізки
ОА = а і ОВ = Ь називають відповідно
великою і малою півосями еліпса.
На заняттях математичного гуртка ви можете переконатися
в тому, що рівняння еліпса, зображеного на рисунку 10.5, має
вигляд:
де а > Ь і а2 - Ь2 = са.
Якщо а = Ь, то рівняння (**) можна записати так: х2 + у2 = а2.
Отримали рівняння кола. У цьому разі с = 0 і точки Рх і Р збіга-
ються. Тому коло можна розглядати як окремий випадок еліпса,
у якого фокуси збігаються.
Означення. Гіперболою називають ГМТ, модуль різниці
відстаней від яких до двох заданих точок РІ і Г2 є сталою вели-
чиною, меншою ніж Р^Р^. Точки і називають фокусами
гіперболи.
Рис. 10.6
На рисунку 10.6 зображено
гіперболу, фокуси Р' і Р2 якої
мають відповідно координати
(-<?; 0) і (с; 0). Ця фігура склада-
ється з двох віток, які належать
кутам АОВ і СОВ.
Прямі АО і ВС мають таку
властивість: чим далі точка М,
що належить гіперболі, роз-
міщена від початку координат,
тим меншою є відстань від неї
до однієї з цих прямих, причому ця відстань може як завгодно
мало відрізнятися від 0.
Прямі АО і ВС називають асимптотами гіперболи.
Вітки гіперболи перетинають вісь абсцис у точках, рівновідда-
лених від початку координат. Нехай ці точки мають координати
(~а; 0) і (а; 0).
На заняттях математичного гуртка ви можете переконатися
в тому, що рівняння гіперболи, зображеної на рисунку 10.6, має
вигляд:
де Ь2 = с2 - а2.
Зрозуміло, що, змінивши положення фігури на координатній
площині, ми тим самим змінимо її рівняння.
Розглянемо гіперболу з перпендикулярними асимптотами.
Розмістимо її так, щоб осі координат збігалися з асимптотами
(рис. 10.7). Можна показати, що в цьому разі рівняння гіперболи
має вигляд у = —, к * 0. Це рівняння добре вам знайоме з курсу
X
алгебри.
Рис. 10.7
Приклад 1. Складіть рівняння кола, діаметром якого
є відрізок АВ, якщо А (-5; 9), В (7; -3).
Роз в’я зання. Оскільки центр кола є серединою діаметра,
то можемо знайти координати (а; Ь) центра С кола:
-5 + 7 , 9-3 „
а — •--— 1, о —---— З.
2 2
Отже, С (1; 3).
Радіус кола Я = АС. Тоді Л2 = (1 + 5)2 + (3 — 9)2 = 72.
Отже, рівняння, яке потрібно було знайти, є таким:
(х - І)2 + (у - З)2 = 72.
Приклад 2. Доведіть, що рівняння х2 + у2 + 6х — 14г/ + 50 = 0
задає коло. Знайдіть координати центра і радіус цього кола.
Р оз в’я зання. Подамо дане рівняння у вигляді (х - а)2 +
+ (у - Ь)2 = В2:
х2 + 6х + 9 + у2 — 14у + 49 + 50 - 58 = 0;
(х + З)2 + (г/ - 7)2 = 8.
Отже, дане рівняння є рівнянням кола з центром у точці
(-3; 7) і радіусом л/в.
Приклад 3. Доведіть, що існує коло, яке проходить через
початок координат і на якому немає інших точок, обидві коор-
динати яких раціональні числа.
Розв’язання. Покажемо, що, наприклад, коло, задане рів-
нянням (х —М+(У-72)2=4, є шуканим.
Маємо: х2 - 2х \2 + 2 + у2 - 2у \"2 + 2 = 4;
х2 +у2 =2уі2(х + у). (***)
Пара (0; 0) є розв’язком цього рівняння.
Якщо х є () іу є 0, то числа х2 + у2 і х + у — також раціо-
нальні. Разом з цим, ураховуючи, що число ^2 — ірраціональ-
не, отримуємо, що рівність (***) можлива лише при х = у = 0.
Отже, рівняння (***) має тільки один розв’язок (х; у) такий, що
х є 0 і у є 0.
10.1. ' Визначте за рівнянням кола координати його центра
і радіус:
1) (х - 8)2 + (у - З)2 = 25; 3) х2 + у2 = 7;
2) (х + 5)2 + у2 = 9; 4) х2 + (у + І)2 = 3.
10.2. Складіть рівняння кола, якщо відомо координати його
центра А і радіус Я:
1) А (3; 4), Е = 4; 3) А (7; -6), Е = <2;
2) А (-2; 0), Е = 1; 4) А (0; 5), Е = 77.
10.3. Складіть рівняння кола, якщо відомо координати його
центра В і радіус Е:
1) В (-1; 9), Е = 9; 2) В (-8; -8), Е = 7з.
10.4. Визначте координати центра і радіус кола, зображеного
на рисунку 10.8, і запишіть рівняння цього кола.
10.5. Радіус кола з центром у точці А дорівнює 4 (рис. 10.9).
Складіть рівняння цього кола.
10.6/ Складіть рівняння кола з центром у точці М (-3; 1), яке
проходить через точку К (-1; 5).
10.7. Складіть рівняння кола, діаметром якого є відрізок АВ,
якщо А (2; -7), В (-2; 3).
10.8. Доведіть, що відрізок АВ є діаметром кола (х - 5)2 +
+ (у + 4)2 = 17, якщо А (1; -5), В (9; -3).
10.9. Доведіть, що відрізок СР є хордою кола хг +
+ {у - 9)г = 169, якщо С (5; — 3), Р (—12; 4).
10.10. ’ Складіть рівняння кола, центром якого є точка Р (—6; 7)
і яке дотикається до осі ординат.
10.11. Складіть рівняння кола, центр якого знаходиться на
прямій у = -5 і яке дотикається до осі абсцис у точці 8 (2; 0).
10.12. ° Скільки існує кіл, радіуси яких дорівнюють 3%/5,
центри належать осі ординат і які проходять через точку (3; 5)?
Запишіть рівняння кожного такого кола.
10.13. Складіть рівняння кола, центр якого належить осі аб-
сцис і яке проходить через точки А (-4; 1) і В (8; 5).
10.14. ° Доведіть, що коло (х + б)2 + (у - З)2 = 36:
1) дотикається до осі ординат;
2) перетинає вісь абсцис;
3) не має спільних точок з прямою у = 10.
10.15. ° Установіть, чи є дане рівняння рівнянням кола. У разі по-
зитивної відповіді вкажіть координати центра і радіус В цього кола:
1) х2 + 2х + і/2 - Юу - 23 = 0;
2) х2 - 12х + у2 + 4г/ + 40 = 0;
3) х2 + у2 + 6у + 8х + 34 = 0;
4) х2 + у2 - 4х - 14г/ + 51 = 0.
10.16. Доведіть, що дане рівняння є рівнянням кола, і вкажіть
координати центра та радіус П цього кола:
1) х2 + у2 + 16г/ + 60 = 0;
2) х2 + у2 - 8х + 4у + 15 = 0.
10.17. ° Знайдіть велику і малу півосі і координати фокусів
2 2
X у
еліпса---ь — — 1
17 8
Xі 2
10.18. Знайдіть координати фокусів гіперболи ——^- = 1.
10.19. ° Яку фігуру задає рівняння:
1) 2х - Зг/ = 5; 2) х2 + 2у2 = 2; 3) х2 - у2 = 1?
10.20. ° Яку фігуру задає рівняння:
1) у = 2х2 - х + 2; 2) х2 + у2 = 5; 3) х2 - у2 = 2?
10.21. ° Знайдіть відстань між центрами кіл х2 + у2 — 2х + 4у =
= 9 і х2 + у2 — 8х - 4у = 21.
10.22. Знайдіть відстань між центрами кіл х2 + у2 — 20х — 4у =
= -68 і Xі + у2 4- 4х + 6г/ = —9.
10.23. * Доведіть, що трикутник з вершинами в точках А (—1; -2),
В (-1; 2), С (5; 2) є прямокутним, і складіть рівняння кола, опи-
саного навколо цього трикутника.
10.24. * Складіть рівняння кола, радіус якого дорівнює 5 і яке
проходить через точки С (-1; 5) і В (6; 4).
10.25. Складіть рівняння кола, радіус якого дорівнює >/Ї0
і яке проходить через точки М (-2; 1)іД(-4;-1).
10.26. * Складіть рівняння кола, яке дотикається до координат-
них осей і прямої у = —4.
10.27. " Складіть рівняння кола, яке дотикається до координат-
них осей і прямої х = 2.
10.28. " Складіть рівняння кола, яке проходить через точки:
1) А (-3; 7), В (-8, 2), С (-6, -2);
2) М (-1; 10), N (12; -3), К (4; 9).
10.29. " Дослідіть взаємне розміщення двох кіл:
1) х2 + у2 - 2х + 4у + 4 = 0 і х2 — 8х + у2 + 12 = 0;
2) х2 + у2 — 4х — 4у + 4 = 0 і х2 + у2 — Юх — 12і/ + 52 = 0;
3) х2 + у2 - 2х + 4у + 4 = 0 і х2 + у2 + 4х - 4у - 28 = 0;
4) х2 + у2 = 81 і х2 + у2 + 2х — 2у - 2 = 0;
5) х2 + у2 + 6х — 4у + 3 = 0 і х2 + у2 + 6х — 4у - 7 = 0.
10.30. ” Дано коло (х - І)2 + (у - І)2 = 4. Знайдіть рівняння
кола з центром (4; -3), яке дотикається до даного кола.
10.31. " Дано коло (х + І)2 + (у — 2)2 = 100. Знайдіть рівняння
кола з центром (3; -1), яке дотикається до даного кола.
10.32. ’* Знайдіть рівняння геометричного місця центрів кіл
радіуса 1, які дотикаються до кола х2 + у2 = 9.
10.33. " Складіть рівняння кола, яке проходить через точки
А (1; 0) і О (0; 0) і дотикається до кола х2 + у2 = 9.
10.34. " На колі Xі + у2 = 25 позначено точку А (3; 4). Знайдіть
координати вершин квадрата АВСВ, вписаного в це коло.
10.35. " На колі х2 + у2 = 12 позначено точку .а(0;2л/з). Зна-
йдіть координати вершин рівностороннього трикутника АВС,
вписаного в це коло.
10.36. " Знайдіть геометричне місце точок X таких, що ХА2 +
+ ХВг = а, де А (1; -1), В (3; -5), а — деяке число.
10.37. * Параболи у = х2-11іх = у2-12 перетинаються в чо-
тирьох точках. Доведіть, що ці точки лежать на одному колі.
11. Загальне рівнянь*» прямої
У попередньому пункті, розглядаючи коло як ГМТ, рівновід-
далених від даної точки, ми вивели його рівняння. Для того, щоб
вивести рівняння прямої, розглянемо її як ГМТ, рівновіддалених
від двох точок.
Нехай а — задана пряма. Оберемо дві точки А (хт; у,) і В (х,; у2)
такі, щоб пряма а була серединним перпендикуляром відрізка
АВ (рис. 11.1).
Точка М (х; у) координатної площини належить прямій а тоді
і тільки тоді, коли МА = МВ, тобто
у (х - х, )2 + (у - )2 = ^(х-х2)г +(у-у2)2.
Отже, рівняння (*) є рівнянням даної прямої а.
(*)
Проте з курсу алгебри 7 класу ви
знаєте, що рівняння прямої має наба-
гато простіший вигляд, а саме: ах +
+ Ьу = с, де а, Ь, с — деякі числа,
причому а і Ь не дорівнюють нулю
одночасно. Покажемо, що рівняння
(*) можна звести до такого вигляду.
Маємо: (х - х^2 + (у - у,)2 =
= (х — х2)2 + (у - у )г. Піднесемо всі
двочлени до квадрата і зведемо подіб-
ні доданки. Отримаємо:
2 (хг-х,) х + 2 (Уг-Уі) у = х2+у2-х2-у2.
Позначивши 2 (х2 — х ) = а, 2 (у - у,) = Ь, х2 + у2 - х2 — у2 = с,
отримаємо рівняння ах + Ьу = с.
Оскільки точки А (Хр у() і В (х,; у ) є різними, то хоча б одна
з різниць х2 - х1 і у2 - у, не дорівнює нулю. Отже, числа а і Ь не
дорівнюють нулю одночасно.
Таким чином, ми довели таку теорему.
Теорема 11.1. Рівняння прямої має вигляд
ах + Ьу = с,
де а, Ь і с — деякі числа, причому а і Ь не дорівнюють нулю
одночасно.
Справедливим є і таке твердження: будь-яке рівняння виду
ах + Ьу = с, де а, Ь і с — деякі числа, причому а і Ь не дорівнюють
нулю одночасно, є рівнянням прямої.
Зауваження. Якщо а = Ь = с = 0, то графіком рівняння
ах + Ьу = с є вгя площина ху. Якщо а = Ь = 0 і с 0, то рівняння
не має розв’язків. ----------—__
З курсу алгебри 7 класу
ви знаєте, що рівняння виду
ах + Ьу = с називають лінійним
рівнянням з двома змінними.
Схема, зображена на рисунку
11.2, ілюструє вищезазначене.
Лінійні рівняння
з двома змінними
Рівняння
ПрЯ'ЬІХ
Рис. 11.2
Також на уроках алгебри в 7 класі ми прийняли без доведення
той факт, що графіком лінійної функції у = кх + р є пряма. Зараз
ми це можемо довести.
Справді, перепишемо рівняння у = кх + р так: — кх + у — р. Ми
отримали рівняння виду ах + Ьу = с для випадку, коли а = -к,
Ь = 1, с = р.
А чи будь-яку пряму на площині можна задати рівнянням виду
у = кх + р? Відповідь на це запитання заперечна.
Річ у тім, що пряма, перпендикулярна до осі абсцис, не може
бути графіком функції. Отже, ця пряма не може мати рівняння
виду у = кх + р.
Разом з тим, якщо в рівнянні прямої ах + Ьу — с покласти
Є
Ь = 0, то його можна переписати так: х = —. Ми отримали окре-
мий вид рівняння прямої, усі точки якої мають однакові абсциси.
Отже, ця пряма перпендикулярна до осі абсцис. Її називають
вертикальною.
Якщо Ь * 0, то рівняння ах + Ьу = с задає невертикальну пря-
сі с _
му, і це рівняння можна переписати так: у = —х + —. Позначивши
Ь Ь
а , с
— = к, — = р, отримаємо рівняння у = кх + р.
Ь а
Отже, будь-яку невертикальну пряму можна задати рівнянням
виду у = кх + р.
Якщо Ь = 0 і а & 0, то рівняння прямої ах + Ьу = с задає
вертикальну пряму, якщо Ь * 0. то це рівняння задає невер-
тикальну пряму.
Тому рівняння ах + Ьу = с, де п® + Ь2 * 0, називають загальним
рівнянням прямої.
Дана таблиця підсумовує матеріал, розглянутий у цьому
пункті.
Рівняння Значення а, Ь, с Графік
ах + Ьу = с Ь Ф 0, а і с — будь-які невертикальна пряма
ах + Ьу = с Ь = 0, а * 0, с — будь-яке вертикальна пряма
ах + Ьу = с а = Ь = с = 0 уся координатна площина
ах + Ьу = с а = Ь = О, с^0 порожня множина
Приклад 1. Складіть рівняння прямої, яка проходить через
точки: 1) А (-3; 5) і В (-3; -6); 2) С (6; 1) і В (-18; -7).
Роз в'яза ння
1) Оскільки дані точки мають рівні абсциси, то пряма АВ
є вертикальною, і її рівняння має вигляд х = —3.
Відповідь: х = -3.
2) Оскільки дані точки мають різні абсциси, то пряма СВ є не-
вертикальною, і можна скористатися рівнянням прямої у вигляді
у = кх + р. Підставивши координати точок С і В у рівняння
у = кх + р, отримуємо систему рівнянь:
|6& + р = 1,
|-18/г + р = -7.
Розв’язавши цю систему рівнянь, знаходимо, що к — —, р = — 1.
З
Відповідь: у = ~х-1.
З
Приклад 2. Знайдіть периметр і площу трикутника, обмеже-
ного прямою 5х + 12у = -60 і осями координат.
Роз в’я зання. Знайдемо точки перетину даної прямої з ося-
ми координат.
З віссю абсцис: 5х = —60; х = —12.
З віссю ординат: 12р = -60; у = -5.
Рис. 11.3
Отже, дана пряма та осі координат
обмежують прямокутний трикутник
АОВ (рис. 11.3) такий, що А (-12; 0),
В (0, -5), О (0; 0). Тоді ОА = 12,
ОВ = 5, АВ = ^АОг+ВО2 =13. Шука-
ний периметр Р = ОА + ОВ + АВ = 30,
площа 8 = —ОА-ОВ = 30.
2
Відповідь: Р = ЗО, £ = ЗО.
11.1. ” Знайдіть координати точок перетину прямої 4х — 5у = 20
з осями координат. Чи належить цій прямій точка: 1) А (10; 4);
2) В (6; 1); 3) С (-1,5; 5,2); 4) В (-1; 5)?
11.2. Знайдіть координати точок перетину прямої Зх + 4у = 12
з осями координат. Яка з точок, М (-2; 4) чи К (8; -3), належить
цій прямій?
11.3. ” Складіть рівняння прямої, яка проходить через точ-
ку А (6; -3) і перпендикулярна до осі х. Які координати має точка
перетину цієї прямої з віссю х?
11.4. " Складіть рівняння прямої, яка проходить через точ-
ку В (5; —8) і перпендикулярна до осі у. Які координати має точка
перетину цієї прямої з віссю у?
11.5. ' Складіть рівняння прямої, яка проходить через точ-
ку С (-4; 9) паралельно: 1) осі абсцис; 2) осі ординат.
11.6. " Складіть рівняння прямої, яка проходить через точки:
1) А (1; -3) і В (-2; -9); 3) Е (-4; -1) і Г (9; -1);
2) С (3; 5) і В (3; -10); 4) М (3; -3) і К (-6; 12).
11.7. ” Складіть рівняння прямої, яка проходить через точки:
1) А (2; -5) і В (-3; 10); 2) С (6; -1) і В (24; 2).
11.8. " Точки А (-6; —1), В (1; 2) і С (-5; —8) — вершини три-
кутника АВС. Складіть рівняння прямої, яка містить медіану
АК трикутника.
11.9. " Точки А (-3; -4), В (-2; 2), С (1; 3) і В (3; -2) — вершини
трапеції АВСВ (ВС || АВ). Складіть рівняння прямої, яка містить
середню лінію трапеції.
11.10. " Абсциси середин бічних сторін трапеції рівні. Чи
є правильним твердження, що основи трапеції перпендикулярні
до осі абсцис?
11.11. " Знайдіть периметр трикутника, обмеженого осями ко-
ординат і прямою 4х — Зу = 12.
11.12. " Знайдіть площу трикутника, обмеженого осями коор-
динат і прямою 7у — 2х = 28.
11.13. " Знайдіть площу трикутника, обмеженого прямими
9
Зх + 2у = 6 і у — —х та віссю ординат.
11.14. ” Доведіть, що коло (х — 5)2 + (у — 5)2 = 9 і пряма
х + у = 7 перетинаються, та знайдіть координати їх точок пере-
тину.
11.15. Доведіть, що пряма х + у = 5 є дотичною до кола
(х — З)2 + (у + 2)2 = 8, і знайдіть координати точки дотику.
11.16. ° Доведіть, що коло (х — 4)2 + (у - 2)2 = 1 і пряма
Зх + у = 3 не мають спільних точок.
11.17. ’ Знайдіть відстань від початку координат до прямої
5х - 2у = 10.
11.18. ’ Знайдіть відстань від початку координат до прямої
х + у = -8.
11.19. ’ Знайдіть довжину хорди кола (х + І)2 + (у - 2)2 = 25,
яка лежить на прямій у = Зх.
11.20. * Складіть рівняння геометричного місця центрів кіл,
які проходять через точки А (1; —7) і В (—3; 5).
11.21. ' Складіть рівняння геометричного місця центрів кіл,
які проходять через точки С (2; 3) і £> (-5; -2).
11.22. ’ Складіть рівняння кола, яке проходить через точки
А (2; 0) та В(4; 0) і центр якого належить прямій 2х + Зу = 18.
11.23. ' Складіть рівняння геометричного місця центрів кіл,
радіус яких дорівнює 5 і які відтинають на осі абсцис хорду за-
вдовжки 6.
V
12. Рівняння прямої з кутовим коефіцієнтом.
Рівняння прямої, яка проходить через
дві дані точки
Розглянемо рівняння у = кх. Воно задає невертикальну пряму,
яка проходить через початок координат.
Покажемо, що прямі у = кх та у = кх + Ь, де Ь 0, паралельні.
Точки О (0; 0) і С (1; к) належать прямій у = кх, а точки А (0; Ь)
і В (1; к + Ь) належать прямій у = кх + Ь (рис. 12.1). Легко пере-
конатися (зробіть це самостійно), що середини діагоналей АС і ОВ
чотирикутника ОАВС збігаються. Отже, ОАВС — паралелограм.
Звідси АВ Ц ОС.
Тепер ми можемо зробити такий висновок:
якщо кх = к2 і Ь] * Ь2, то прямі у — кух + ЬІ і у = к„х + Ь2
паралельні (1).
Нехай пряма у = кх перетинає одиничне півколо у точці
М (х0; уІ}) (рис. 12.2). Кут АОМ називають кутом між даною пря-
мою і додатним напрямом осі абсцис.
Якщо пряма у = кх збігається з віссю абсцис, то кут між цією
прямою і додатним напрямом осі абсцис вважають рівним 0°.
Якщо пряма у = кх утворює з додатним напрямом осі абсцис
кут а, то природно вважати, що й пряма у = кх + Ь, яка пара-
лельна прямій у = кх, також утворює кут а з додатним напрямом
осі абсцис (рис. 12.3).
Розглянемо пряму МО, рівняння якої має вигляд у = кх
(рис. 12.2). Якщо А МОА = а, то а = 81П К - —. Оскільки точка
соз а х0
М (х0; і/0) належить прямій у = кх,
Таким чином, для прямої у =
= кх + Ь отримуємо, що
к = сс,
де а — кут, який утворює ця пря-
ма з додатним напрямом осі аб-
сцис. Тому коефіцієнт к називають
кутовим коефіцієнтом цієї прямої,
а саме рівняння у = кх + Ь назива-
ють рівнянням прямої з кутовим
коефіцієнтом.
Із вищезазначеного випливає, що коли невертикальні прямі
паралельні, то вони утворюють рівні кути з додатним напрямом
осі абсцис. Тоді тангенси цих кутів рівні, а отже, рівні їх кутові
коефіцієнти.
Таким чином,
якщо прямі у = к^х + Ьгі у = к2х + Ь2 паралельні, то к{ — к2 (2).
Висновки (1) і (і:> об’єднаємо в одну теорему.
Теорема 12.1. Прямі у = к^х + Ь1 і у = к2х + Ь2 є паралель-
ними, тоді і тільки тоді, коли кг = к2 і Ьг # Ь2.
У ряді випадків виникає потреба скласти рівняння прямої, зна-
ючи координати однієї її точки і кутовий коефіцієнт прямої.
Нехай пряма у = кх + Ь проходить через точку М (х0; у0). Тоді
у0 = кх0 + Ь. Звідси Ь = у0 — кх0. Тепер рівняння прямої з кутовим
коефіцієнтом можна записати так: у = кх + уГІ — кх0. Звідси
у = к (х - х0) + у()
Отримане рівняння називають рівнянням прямої з даним ку-
товим коефіцієнтом, яка проходить через дану точку М (х0; у0).
Пряму можна задати будь-якими двома її точками. Тому, зна-
ючи координати двох точок прямої, можна вивести її рівняння.
У попередньому пункті ви розв’язували таку задачу для деяких
окремих випадків (див. № 11.6, 11.7). Розв’яжемо цю задачу
у загальному вигляді.
Розглянемо дві точки А (х,; у^ і В (х2; уг).
Якщо х1 = х2 і у1 * у2, то пряма АВ є вертикальною і її рівнян-
ня має вигляд х = хг
Якщо уг = у 2 і х1 х2, то пряма АВ є горизонтальною і її рів-
няння має вигляд у = уг.
Нехай х1 * х2 і У] Ф у2. Запишемо рівняння прямої АВ так:
у = к (х — хг) + і/р де к — кутовий коефіцієнт прямої АВ. Оскіль-
ки точка В(х2, у2) належить прямій АВ, то можна записати:
у? “ У у
у2 = к (х2 - х^ + у,. Звідси к- —----. Підставивши знай-
да - X,
дене значення к в рівняння у = к (х - X]) + ур отримаємо:
у2 — у,
у =------(х-х,) + ур Звідси
хй-хі
х-*і = У-Уі
х2~хі Уг-Уі
Отримане рівняння називають рівнянням прямої, яка прохо-
дить через дві задані точки А (Хр уг), В (х2; у2).
Теорема 12.2. Прямі у = кхх + Ь, і у = к2х + Ь2 перпенди-
кулярні тоді і тільки тоді, коли кхк2 = —1.
один з кутів а, або а2 гострий,
ід, сх1 — гострий кут, сс2 — тупий
Доведе н ня.
• Нехай прямі у = кхх + 6, і у = к2х + Ь2 перпендикулярні.
Доведемо, що кук2 = -1.
Нехай кх = і# <\, й2 = і# а2 і прямі у = кхх + Ьх і у = к2х + Ь2
перетинаються в точці С, а вісь абсцис перетинають відповідно
у точках А і В (рис. 12.4).
У трикутнику АВС А А + А В = 90°. Тоді і# А і# В = 1. Звідси
і# а, і# (180° - сс2) = 1; а1 1% а2 = -1; кхк2 = -1.
Випадок, коли прямі у = кхх + Ьх і у = к2х + Ь, перетинаються
в точці, яка належить осі абсцис, розгляньте самостійно.
• Нехай кхк2 = —1. Доведемо, що прямі у — кхх + д, і у = к2х +
+ Ь2 перпендикулярні.
Маємо: і# а( І# сс2 < 0. То/
а інший тупий. Нехай, наприк
(рис. 12.4). Запишемо:
і# а, і# а2 = -1;
і# сх, (180° - а2) = 1;
і# а, =----------;
і#(180°-а2)
і# а1 = сі# (180° - а2);
сі§ (90° - а,) = сі# (180° - а2).
Оскільки кути 90° - і
180° - а2 — гострі та їх ко-
тангенси рівні, то рівні й самі
кути. Отримуємо:
90° - а, = 180° - а2;
сх, + (180° - а2) = 90°.
А це означає, що дані прямі
перпендикулярні. Ж
Доведемо, що відстань р від точки М (х0; і/0) до прямої, заданої
рівнянням ах + Ьу + с — 0, обчислюється за формулою
|й*0+6у0+е|
у/аг +Ьг
Нехай Ь Ф 0. Тоді кутовий коефіцієнт даної прямої дорівнює ——.
Ь
точки М опустимо перпендикуляр МР на дану пряму
(рис. 12.5). Тоді кутовий коефіцієнт прямої МР дорівнює — і її
а
рівняння має вигляд у = -(х-х0} + у0.
а
Для того щоб знайти координати точ-
ки Р, потрібно розв’язати систему
ах + Ьу + с = 0,
Ь
у = -(х-х0) + у0.
. а
Перепишемо цю систему в такому ви-
гляді:
а(х - х0) + Ь(у - у0) + ах0 + Ьу0 + с = 0,
У~Уо =-(х-Хо)-
а
Звідси легко отримати, що
а
х~хо=----ї—^(ахо + ЬУо + с)>
а + Ь
Ь
У~Уо= —^—^(ахо + ьУо + «)
а + о
Маємо: МР2 = (х - - х0 )2 + (у - у0 )2 = (ахо+/,Уо+с) звідси
а + Ь
МР =
|ах0 +Ьу0+с|
7^77
Зазначимо, що ця формула залишається справедливою при
Ь = 0, тобто у випадку, коли дана пряма є вертикальною.
Приклад 1, Складіть рівняння прямої, яка проходить через
точку А (-4; 3) і паралельна прямій у = 0,5х - 4.
Розв’язання. З теореми 12.1 випливає, що кутовий коефі-
цієнт шуканої прямої дорівнює 0,5. Ця пряма проходить через
точку А (-4; 3). Тому, скориставшись рівнянням прямої з даним
кутовим коефіцієнтом, запишемо: у = 0,5(х + 4) + 3.
Відповідь: у = 0,5х + 5.
Приклад 2. Точки А (1; І), В (4; 2), С (0; 7) є вершинами
трикутника АВС. Знайдіть рівняння прямої, яка містить висоту
трикутника, проведену до сторони АВ.
Розв’язання. Скориставшись рівнянням прямої, яка про-
ходить через дві задані точки, знайдемо рівняння прямої АВ:
х-1 у-1 1 2
----=----; у = —х + -.
4-1 2-1 З З
Звідси отримуємо, що кутовий коефіцієнт шуканої прямої
дорівнює -3.
Скориставшись рівнянням прямої з даним кутовим коефіці-
єнтом, яка проходить через дану точку С, запишемо:
у = -3 (х - 0) + 7;
у = —Зх + 7.
Приклад 3. Знайдіть рівняння дотичної до кола х2 + у2 = 5,
якщо відомо, що дотична паралельна прямій у = 2х + 9.
Р о з в’я зання. Рівняння дотичної має вигляд у = 2х + Ь.
І спосіб. Для того щоб пряма у = 2х + Ь була дотичною до кола
х2 + у2 = 5, система
у = 2х + Ь,
х2 + у2 = 5
повинна мати єдиний розв’язок.
[у — 2х + Ь,
Маємо: 5 , _
[х2 + (2х + і>)г =5.
Залишилося з’ясувати, при яких значеннях параметра Ь рів-
няння х2 + (2х + Ь)2 = 5 має єдиний розв’язок.
Запишемо: 5х2 + 4Ьх + Ь2 - 5 = 0; В == 16&2 - 2062 + 100; В = 0
при Ь = 5 або Ь = —5.
Шукані рівняння дотичних мають вигляд у = 2х + 5 і у =
- 2х - 5.
II спосіб. Пряма у = 2х + Ь є дотичною до кола х2 + у2 = 5,
якщо відстань від центра кола до цієї прямої дорівнює радіусу
кола, тобто відстань від точки О (0; 0) до прямої 2х — у + д = 0
дорівнює ч/б.
_ |2-0-0 + £>|
Запишемо: — пт-----г • Звідси Ь = 5 або Ь = -5.
722+(-і)
Відповідь: у = 2х + 5, у = 2х - 5.
X / ВПРАВИ
12.1. Чому дорівнює кутовий коефіцієнт прямої:
1) у = 2х - 7; 3) у = х + 10; 5) у = 4;
2) у = -Зх; 4) у = 5 - х; 6) Зх - 2у = 4?
• З
12.2. Які з прямих у = 6х - 5, у — 0,6х + 1, у = — х + 4,
у = 2 - 6х і у = 600 + 0,6х паралельні? $
12.3/ Які з прямих у = Зх + 2, у = -Зх - 4, у = 5 — — х,
2
у — — X
5
у — — х + 1, у = -2,5х + 3 перпендикулярні?
12.4. Яке число треба підставити замість зірочки, щоб були
паралельними прямі:
1) у = 8х - 14 і у = *х + 2;
2) у = *х - 1 і у = 3 - 4х?
12.5. Складіть рівняння прямої, що проходить через початок
координат і паралельна прямій:
1) у = 14х - 11; 2) у = — 1,15х + 2.
12.6. Складіть рівняння прямої, що проходить через початок
координат і паралельна прямій:
1) у = 0,їх - 3; 2) у = (2-Тз)х + 1.
12.7. ” Складіть рівняння прямої, яка проходить через точку
А (-3; 7) і кутовий коефіцієнт якої дорівнює: 1) 4; 2) -3; 3) 0.
12.8. Складіть рівняння прямої, яка проходить через точку
В (2; -5) і кутовий коефіцієнт якої дорівнює -0,5.
12.9. ” Складіть рівняння прямої, яка проходить через точку
М (-1; 9) і паралельна прямій: 1) у = -7х + 3; 2) Зх - 4у = -8.
12.10. Складіть рівняння прямої, яка проходить через точку
К\ ——; 10 ] і паралельна прямій: 1) у = 9х - 16; 2) 6х + 2у = 7.
к З )
12.11. ” Складіть рівняння прямої, яка проходить через точ-
ку М (2; -1) і перпендикулярна до прямої: 1) у = -0,2х - 3;
2) Зх — 6у = 2.
12.12 Складіть рівняння прямої, яка проходить через точку
А (-3; -1) і перпендикулярна до прямої: 1) у — — х + —; 2) 2х -Ь
+ У = -з.
12.13/ Складіть рівняння прямої, яка проходить через точку
А (2; 6) і утворює з додатним напрямом осі абсцис кут: 1) 60°;
2) 120°.
12.14 Складіть рівняння прямої, яка проходить через точку
В (3; —2) і утворює з додатним напрямом осі абсцис кут: 1) 45°;
2) 135°.
12.15. ° Складіть рівняння прямої, зображеної на рисун-
ку 12.6.
12.16. Складіть рівняння прямих, зображених на рисун-
ку 12.7.
12.17. ° Визначте, чи паралельні прямі:
1) 2х - 5у = 9 і 5у - 2х = 1;
2) 8х + 12у = 15 і 4х + 6у = 9;
3) 7х - 2у = 12 і їх - Зу = 12;
4) Зх + 2у = 3 і 6х + 4у = 6.
12.18. Доведіть, що прямі їх - бу = З
і 6у - їх = 6 паралельні.
12.19. ° Знайдіть координати точок пере-
тину прямої АВ з осями координат, якщо:
1) А (1; 1), В (2; 3);
2) А (3; -1), В (-2; 2).
12.20. ° Знайдіть відстань від точки
М (-1; 2) до прямої:
1) Зх - 4у = 2;
12.21 Знайдіть
2) —5х + 12у = 1.
відстань від точки перетину прямих АВ
і СВ до прямої 6х - 8у = -1, якщо А (1; -1), В (2; 1), С (3; 1),
Г> (-4; 2).
12.22. ' Складіть рівняння прямої, яка проходить через центри
двох заданих кіл:
1) х2 + у2 — 4х + 2у + 4 = 0 і х2 + у2 - Юх - 6у = 2;
2) х2 + у2 + 2х + 2у = 2 і х2 + у2 - 6х - 4у = 3.
12.23. ' Складіть рівняння прямої, яка паралельна прямій
у = 4х + 2 і перетинає пряму у = -8х + 9 у точці, що належить
осі ординат.
12.24. * Складіть рівняння прямої, яка паралельна прямій
у = Зх + 4 і перетинає пряму у — —4х + 16 у точці, що належить
осі абсцис.
12.25. ' Складіть рівняння прямої, яка перпендикулярна до
прямої у = 2х + 3 і перетинає пряму — х + Зу = —6 у точці, що
належить осі абсцис.
12.26. * Складіть рівняння прямої, яка перпендикулярна до
прямої 2х + у = 1 і перетинає пряму х — 4у — — 1 у точці, що на-
лежить осі ординат.
12.27. ' Дано точки А (-1; 5) і В (8; 2). Знайдіть рівняння пря-
мої, яка перпендикулярна до прямої АВ і перетинає відрізок АВ
у точці М такій, що АМ : МВ = 2:1.
12.28. ' Запишіть рівняння прямих, які містять висоти трикут-
ника АВС, якщо А (1; 3), В (5; -7), С (-1; 9).
12.29. ' Точки А (1; 2), В (2; 5), С (7; 0) є вершинами три-
кутника АВС. Знайдіть рівняння прямої, яка проходить через
вершину В і перпендикулярна до бісектриси, проведеної з верши-
ни А.
12.30. ' Дано трикутник АВС, де А (1; -2), В (3; 4), С (-1; 2).
Знайдіть рівняння прямої, яка проходить через вершину В і пер-
пендикулярна до медіани, проведеної з вершини А.
12.31. ' Знайдіть площу трикутника АВС, якщо А (1; -2),
В (1; 1), С (-3; -5).
12.32. ' Знайдіть рівняння кола з центром у точці М(-2; 1), яке
дотикається до прямої 8х - 15у = -2.
12.33. Знайдіть ГМТ, рівновіддалених від двох даних пара-
лельних прямих 5х - 12у = 1 і —5х + 12у - -3.
12.34. ' Знайдіть рівняння дотичної до кола х2 + (у — 2)2 = 25,
яка проходить через точку М (3; -2).
12.35. " Запишіть рівняння кола, центр якого належить прямій
2х + Зу = 5 і яке проходить через точки А (5; -3), В (-3; 5).
12.36. " Знайдіть ГМТ, рівновіддалених від прямих Зх - 4у =
= —7 і 4х - Зу = 8.
12.37. ’* Знайдіть відстань між двома прямими:
1) Зх + 4у = 8 і Зх + 4у = —12; 2) 4х + Зу = 5 і 8х + 6у = 3.
12.38. ” Запишіть рівняння кіл радіуса 1, які дотикаються до
прямих Зх — 4у = 1 і 4х — Зу = — 1.
12.39. ” Знайдіть рівняння дотичних до кола х2 + у2 - 2у = 9,
які проходять через точку М{7; 2).
12.40. " Знайдіть рівняння спільних дотичних до кіл х2 + у2 =
= 6х і х2 + у2 = 6у.
12.41. ” Точка А лежить на прямій Зх — 4у = -34, а точка В —
на колі х2 + у2 — 8х + 2у = 8. Знайдіть найменшу можливу від-
стань між точками А і В.
13. Метод координат
Ми часто говоримо: пряма у = 2х - 1, парабола у = х2, коло
х2 + у2 = 1, тим самим ототожнюючи фігуру з її рівнянням. Такий
підхід дозволяє зводити задачу про пошук властивостей фігури
до задачі про дослідження її рівняння. У цьому й полягає суть
методу координат.
Проілюструємо сказане на такому прикладі.
З наочних міркувань цілком очевидно, що пряма й коло ма-
ють не більше двох спільних точок. Проте таке твердження не
є аксіомою і його потрібно доводити.
Ця задача зводиться до дослідження кількості розв’язків сис-
теми рівнянь
[ах + Ьу = с,
|(х- т)2 +(у - п)2 =В2,
де параметри а і Ь одночасно не дорівнюють нулю і Я > 0.
Розв’язуючи цю систему методом підстановки, отримаємо ква-
дратне рівняння, яке може мати два розв’язки, один розв’язок
або взагалі не мати розв’язків. Отже, для даної системи є три
можливі випадки:
1) система має два розв’язки — пряма і коло перетинаються
в двох точках;
2) система має один розв’язок — пряма дотикається до кола;
3) система не має розв’язків — пряма і коло не мають спіль-
них точок.
З кожним із цих випадків ви зустрічалися, розв’язуючи задачі
11.14—11.16 відповідно.
«Агітує» за метод координат і така задача: чи можна вписати
в еліпс правильний шестикутник?
х2 2
Припустимо, що в еліпс — + ^—-1 (а * Ь) вдалося вписати
2 і-2
й С?
правильний шестикутник. Опишемо навколо шестикутника коло.
Тоді еліпс і коло мають не менше ніж шість спільних точок. Це
означає, що коли (х - т)2 + {у - п)2 — В2 — рівняння описаного
кола, то система
2 2
а2 Ь2
(х - т)2 +(у- п)2 = В2
має не менше шести розв’язків.
Можна показати, що ця система має не більше чотирьох
розв’язків. Тому відповідь на поставлене запитання заперечна.
Метод координат є особливо ефективним у тих випадках, коли
потрібно знайти фігуру, усім точкам якої притаманна задана
властивість, тобто знайти ГМТ.
Зафіксуємо на площині дві точки А і В. Ви знаєте, якою фі-
гурою є геометричне місце точок М таких, що -— к, де к 1.
МА
Це коло (коло Аполлонія). З досить непростим способом розв’язу-
вання цієї задачі ви ознайомились у 8 класі1. Метод координат
дозволяє розв’язати цю задачу набагато простіше.
Площину, на якій зафіксовано точки А і В, «перетворимо» на
координатну. Зробимо це так: за початок координат оберемо точ-
ку А, вісь абсцис проведемо так, щоб точка В мала координати
(1; 0) (рис. 13.1).
Точка М (х; у) координатної
площини належить шуканій фі-
гурі Р тоді й тільки тоді, коли
кМА = МВ, або к2МА2 = МВ2.
Звідси
к2 (х2 + у2) = (х - І)2 + у2-,
(к2 - 1) х2 + 2х +
+ (к2 - 1) у2 = 1.
Оскільки к Ф 1, то можна за-
писати:
1 Див. «Геометрія-8», п. 16, с. 108, п. 18, с. 119
Л 2
+ “5----Х + У =
А2 -1
1
А2 -1’
2 1,1 1
—5-х 4-2-5" + У — ~5-1-5-5" ’
2-1 (А2—І)2 А2-1 (А2-!)2
А2
(А2 - І)2 '
(*)
Таким чином, рівнянням фігури Р є рівняння (*), тобто фігу-
ра Р — це коло з центром у ТОЧЦІ о
—Ц-;0
1-А2
к
і радіусом —
Зазначимо, що застосування методу координат передбачає ви-
конання певної технічної робоїи, пов’язаної з перетвореннями
виразів, розв’язуванням рівнянь або систем рівнянь. Вигідний
вибір системи координат може значно полегшити викладки.
Перетворюючи площину на координатну, ми деяким точкам
приписуємо координати, які в рівняннях, що складаються, віді-
грають роль параметрів. Природно, слід прагнути до такого ви-
бору системи координат, щоб параметрів було якомога менше.
Наприклад, може здаватися, що для задання чотирьох вер-
шин прямокутника необхідно 8 параметрів. Проте якщо ввести
систему координат так, як показано на рисунку 13.2, то досить
двох параметрів.
О— Задача (формула Лейбніца). Нехай медіани трикут-
ника АВС перетинаються в точці М. Доведіть, що для будь-якої
точки X виконується рівність
ХА2 + ХВ2 + ХС2 = МА2 + МВ2 + МС2 + ЗХМ2. (*)
Р оз в'я зання. Щоб задати координати вершин трикутника,
здавалося б, потрібно 6 параметрів. Проте якщо обрати систему
Рис 13.3
координат так, як показано на
рисунку 13.3, то можна обійтися
трьома параметрами.
Оскільки ВМ : МО = 2 : 1, то
я, (Ь с\
точка М має координати —.
<3 3)
Нехай X (х; у) — довільна точ-
ка. Тоді
ХА2 = (х + а)2 + у2;
ХВ2 = (х - ЬУ + (у - с)2;
ХС2 = (х - а)2 + у2;
МА2
МВ2
МС2= —а] +—;
ІЗ 7 9
( ь X2 Л X2
ХМ2 = х-- + у-- .
І з7 І з)
Тепер легко переконатися (зробіть це самостійно), що формула
(*) є правильною.
Готфрід Вільгельм Лейбніц
(1646-1716)
Німецький математик, фізик і фі-
лософ, перший президент Берлінської
академії наук. Увів багато математич-
них термінів і понять (функція, алго-
ритм, координата тощо), заклав основи
сучасної математичної логіки. Одно-
часно з І. Ньютоном, але незалежно від
нього завершив створення диференцій-
ного і інтегрального числень.
/ ВПРАВИ ИИ5Е25»'.
13.1. ' Знайдіть ГМТ, різниця квадратів відстаней від яких
до двох даних точок А і В є величиною сталою.
13.2. " Знайдіть ГМТ, сума квадратів відстаней від яких до двох
даних точок А і В є величиною сталою.
13.3. * Знайдіть ГМТ, сума квадратів відстаней від яких до вер-
шин А і В трикутника АВС дорівнює квадрату відстані до третьої
його вершини — точки С.
13.4. ' Знайдіть ГМТ, сума квадратів відстаней від яких до
вершин трикутника АВС є величиною сталою.
13.5. ' Дано дві точки А і В. Знайдіть геометричне місце то-
чок Л4 таких, що АМ2 + 2ВМ2 = 6АВ2.
13.6. ’ Дано дві точки А і В. Знайдіть геометричне місце то-
чок М таких, що 2АМ2 - ВМ2 = 2АВ2.
13.7. ' Дано дві точки А і В. Знайдіть геометричне місце точок С
таких, що медіана АВ трикутника АВС має сталу довжину <і.
13.8. ' Дано дві точки А і В. Знайдіть геометричне місце то-
чок С таких, що медіана АВ трикутника АВС дорівнює його
стороні ВС.
13.9. ’ Дано дві точки А і В. Знайдіть геометричне місце то-
чок С таких, що висота СВ трикутника АВС дорівнює його ме-
діані АМ.
13.10. ’ Дано прямокутний трикутник АВС (АС = 90°). Знайдіть
геометричне місце точок М таких, що МА2 + М В2 = 2МС2.
13.11. ’’ На відрізку АВ довільним чином обирають точку С.
В одній півплощині від прямої АВ на відрізках АС і СВ як на
сторонах будують квадрати. Знайдіть геометричне місце середин
відрізків, які з’єднують центри квадратів.
13.12. “ На відрізку АВ довільним чином обирають точку С.
В одній півплощині від прямої АВ на відрізках АС і СВ як на
сторонах будують рівносторонні трикутники АМС і СNВ. Дове-
діть, що середина відрізка МВ, середина відрізка NА і точка С
є вершинами рівностороннього трикутника.
13.13. " Радіус кола, описаного навколо трикутника АВС,
дорівнює 2>/з. На стороні АВ позначено точку В так, що
АВ = 2ВВ і СВ = 2>/2. Знайдіть площу трикутника АВС, якщо
А АСВ = 60°.
13.14. ’ Хорда АВ стягує дугу, градусна міра якої дорівнює
120°. Точка С лежить на цій дузі, а точка В — на хорді АВ.
Відомо, що АВ = 2, В В = 1, СВ = ^2. Знайдіть площу трикут-
ника АВС.
13.15. " На діагоналях АС і ВВ паралелограма АВСВ позначе-
но відповідно точки Р і <2 так, що АР ; РС = 2 : 3 і РС : ($В =
= 1:4. Знайдіть довжину відрізка РС}, якщо АВ = 5, АВ = З,
X АВВ = 90°.
13.16. " Через довільну точку М мен-
шого з двох концентричних кіл, радіуси
яких дорівнюють В і г, проведено хорду ВС
більшого кола і хорду МА меншого кола
(рис. 13.4). Відомо, що ВС ± МА. Знайдіть
суму МА2 + МВ'г + МС2.
13.17. *’ Знайдіть найбільше і найменше
значення виразу (а — с)2 + (& - сі)2, якщо
а2 + Ь2 = 1, с2 + сі2 = 4.
13.18. " У ромб АВСВ з гострим кутом 45° вписано коло.
Доведіть, що для будь-якої точки X кола виконується рівність
ХА2 + ХВ2 + ХС2 + ХВ2 = - АВ2.
2
13.19. ’ У ромб АВСВ з гострим кутом 60° вписано коло.
Доведіть, що для будь-якої точки X кола виконується рівність
ХА2 + ХВ2 + ХС2 + ХВ2 = — АВ2.
4
13.20. У квадрат АВСВ вписано коло одиничного радіуса.
Доведіть, що для будь-якої точки X кола виконується рівність
ХА'-ХС2 + ХВ2-ХВ2 = 10.
13.21. " У правильному шестикутнику АВСВЕР сторони АВ
і СВ продовжено до їх перетину в точці К. Доведіть, що для
будь-якої точки X кола, описаного навколо шестикутника, вико-
нується рівність ХК2 = ХВ2 + ХС2.
13.22 (3.56)." Па діаметрі кола з центром О радіуса В позначи-
ли точку М. Доведіть, що сума квадратів відстаней від точки М
до кінців хорди, паралельної цьому діаметру, не залежить від
вибору хорди.
13.23. На діаметрі кола радіуса В позначено дві точки,
рівновіддалені від центра. Через одну з них проведено хорду, кінці
якої сполучено з другою точкою. Доведіть, що сума квадратів
сторін утвореного трикутника не залежить від вибору хорди.
13.24. " У колі з центром О проведено два перпендикуляр-
них діаметри АВ і СВ. На радіусі О В позначено точку К так,
що ОК = —ОВ, а на радіусі ОВ — точку М так, що ОМ = —ОВ.
З 2
Доведіть, що точка перетину прямих СК і АМ належить даному
колу.
13.25. " Діагоналі опуклого чотирикутника АВСВ перпенди-
кулярні. Через середини сторін АВ і АВ проведено прямі,
перпендикулярні відповідно до сторін ВС і ВС. Доведіть, що точка
перетину проведених прямих належить прямій АС.1
КОЛИ ЗРОБЛЕНО УРОКИ
Як будували міст між геометрією та алгеброю
Ідея координат зародилася дуже давно. Адже ще в давнину
люди вивчали Землю, спостерігали зірки, а за результатами своїх
досліджень складали карти, схеми.
У II ст. до н. е. давньогрецький учений Гіппарх уперше ви-
користав ідею координат для визначення місця розташування
об’єктів на поверхні Землі.
Лише в XIV ст. французький учений Ніколя Орем (близько
1323-1392) уперше застосував у математиці ідею Гіппарха: він
розбив площину на клітинки (як розбито аркуш вашого зошита)
і став задавати положення точок широтою і довготою.
Однак величезні можливості застосування цієї ідеї були роз-
криті лише у XVII ст. у роботах видатних французьких мате-
матиків П’єра Ферма (1601—1665) і Рене Декарта (1596—1650).
У своїх роботах ці вчені показали, як завдяки системі координат
можна переходити від точок до чисел, від ліній до рівнянь, від
геометрії до алгебри.
Попри те, що П. Ферма опублікував свою роботу на рік раніше
за Р. Декарта, систему координат, якою ми сьогодні користуємося,
називають декартовою. Р. Декарт у своїй роботі «Міркування про
метод» винайшов нову зручну буквену символіку, якою з незнач-
ними змінами ми користуємося й сьогодні. Слідом за Декартом ми
позначаємо змінні останніми буквами латинського алфавіту х, у,
з, а коефіцієнти — першими: а, Ь, с, ... . Звичні нам позначення
степенів хг, у\ 25 і т. д. також увів Р. Декарт.
1 Цю задачу ви розв’язували у 8 класі (див. *Геометрія-8», задача 9.30).
П’єр Ферма
Рене Декарт
Радні а лана піїт, дпох кіл
Розглянемо коло радіуса Н з центром у точці О. Нехай М —
довільна точка. Позначимо МО — <і. Величину, яка дорівнює
(Iі — К2, називають степенем точки М відносно даного кола.
Якщо точка М лежить всередині кола (рис. 13.5, а), то її сте-
пінь є від’ємним; якщо точка М належить колу (рис. 13.5, б),
то її степінь дорівнює нулю; якщо точка М лежить поза колом
(рис. 13.5, в), то її степінь є додатним.
Рис. 13.5
Через точку М, яка лежить поза колом, проведемо дотич-
ну МА (рис. 13.6). Оскільки ОА ± МА, то МА2 = МО2 - О А2 =
= а2 — В?, тобто величина МАг дорівнює степеню точки М від-
носно даного кола.
Розглянемо два кола з центрами О, і О2 і радіусами ВІ і В2 від-
повідно. Знайдемо ГМТ, які мають однаковий степінь відносно
даних кіл.
Точка X належить шуканому ГМТ тоді і тільки тоді, коли
хо;г-^ = хо^-і^.
Звідси
ХО?-ХО2 = -В2.
Оскільки різниця для даних кіл є величиною сталою,
то з ключової задачі 13.1 випливає, хцо шуканим ГМТ є пряма,
перпендикулярна до прямої О1Ог. Цю пряму називають радикаль-
ною віссю даних кіл.
Нехай кола з центрами О1 і О2 перетинаються в точках А і В
(рис. 13.7). Точки ті і В відносно даних кіл мають степінь, який
дорівнює 0. Отже, вони належать радикальній осі цих кіл. Це
означає, що пряма АВ — радикальна вісь.
Якщо кола дотикаються в точці А (рис. 13.8), то їх радикаль-
на вісь проходить через точку А і перпендикулярна прямій О}О2
(подумайте, чому).
Якщо через точку X, яка належить радикальній осі двох кіл,
проведено до цих кіл дотичні ХА і ХВ (А і В — точки дотику),
то отримаємо, що ХА = ХВ (рис. 13.9). Ця властивість підказує,
як побудувати радикальну вісь двох кіл.
Проведемо дві спільні зовнішні дотичні АВ і СД> (А, В, С і В —
точки дотику). Нехай точки М і N — середини відповідно відріз-
ків АВ і СВ (рис. 13.10). Тоді ці точки мають однаковий степінь
відносно даних кіл. Отже, пряма ММ — радикальна вісь.
Зрозуміло, що побудову радикальної осі цих кіл можна здій-
внутрішні дотичні ЕВ і Рф (Е, Е, Р
снити, провівши їх спільні
і в — точки дотику).
Рис. 13.11
Із сказаного випливає, що
середини відрізків АВ, СВ, ЕЕ
і РС^ лежать на одній прямій,
перпендикулярній до прямої
О1О2 (рис. 13.11).
Доведіть самостійно, що
кола, центри яких збігаються,
не мають радикальної осі.
Теорема. Якщо центри трьох кіл не лежать на одній пря-
мій і для кожної пари кіл проведено радикальну вісь, то всі ці
три радикальні осі перетинаються в одній точці.
Доведення. Позначимо цен-
три кіл О2, О3. Нехай прямі
і 12 — радикальні осі кіл з цен-
трами Ор О2 і О2, О3 відповідно.
Оскільки точки Ор О2 і О3 не ле-
жать на одній прямій, то І Ф
Ф 0. Нехай ІуГ\12 = М (рис. 13.12).
Тоді точка М має однаковий сте-
пінь відносно кіл з центрами О,
Рис. 13.12
і О.(> а отже, належить радикальній осі 13 цих кіл. Таким чином,
прямі /г і /3 перетинаються в одній точці. Її називають ради-
кальним центром трьох кіл. А.
Покажемо, як за допомогою цієї теореми побудувати радикаль-
ну вісь кіл, розміщених так, як показано на рисунку 13.13.
Проведемо третє коло, центр якого не лежить на прямій О^О.^
і яке перетинає кожне з даних кіл у двох точках. Точки пере-
тину позначено на рисунку 13.14 буквами А, В, С і Л. Тоді точ-
ка М перетину прямих АВ і СВ належить радикальній осі кіл
з центрами О] і О2. Залишилось провести через точку М пряму,
перпендикулярну до прямої ОХО2. Вона і буде шуканою радикаль-
ною віссю.
Рис 13.13 Рис 13 14
1. Три кола попарно дотикаються зо-
внішнім чином (рис. 13.15), А, В і С —
точки дотику. Спільні дотичні до кіл,
проведені через точки А і В, перетина-
ються в точці ЛІ. Доведіть, що МА =
- МВ = мс.
2. Дано коло і дві точки, які лежать
поза цим колом. Побудуйте коло, яке
дотикається до даного кола і проходить
через задані точки.
Вказівка. Радикальною віссю даного і шуканого кіл є їх
спільна дотична. Ця дотична проходить через радикальний центр
трьох кіл: даного кола і будь-яких двох кіл, які проходять через
дві дані точки.
3. На сторонах ВС і АС трикутника АВС позначили відповідно
точки і На відрізках АА2 і ВВг як на діаметрах побудовано
кола, які перетинаються в точках М і N. Доведіть, що пряма
містить ортоцентр трикутника АВС.
Вказівка. Доведіть, що ортоцентр трикутника АВС є радикаль-
ним центром двох вказаних кіл і кола, побудованого на стороні
АВ як на діаметрі.
4. Точки А, В, С і В у вказаному порядку лежать на одній
прямій. Кола з діаметрами АС і ВВ перетинаються в точках X
і У. Нехай Р — точка на прямій ХУ. Пряма СР перетинає коло
з діаметром АС у точках С і М, а пряма ВР перетинає коло з діа-
метром ВВ у точках В і N. Доведіть, що прямі АМ, N0, XX
перетинаються в одній точці.
Вказівка. Доведіть, що точки А, М, N і В лежать на одному
колі. Радикальний центр цього кола і кіл з діаметрами АС і ВВ
і є точкою перетину прямих АМ, NN і XX.
14. Поняття вектора
Ви знаєте багато величин, які визначаються своїми числови-
ми значеннями: маса, площа, довжина, об’єм, час, температура
тощо. Такі величини називають скалярними величинами, або
просто скалярами.
З курсу фізики вам знайомі величини, для задання яких не-
достатньо знати тільки їх числові значення. Наприклад, якщо на
пружину діє сила 5Н, то не зрозуміло, чи буде пружина стиска-
тися або розтягуватися (рис. 14.1). Потрібно ще знати, у якому
напрямі діє сила.
Рис. 14.1
Величини, які визначаються не тільки числовим значенням,
але й напрямом, називають векторними величинами, або просто
векторами.
Сила, переміщення, швидкість, прискорення, вага — приклади
векторних величин.
Є вектори й у геометрії. Це напрямлені відрізки.
Розглянемо відрізок АВ. Якщо ми домовимося точку А вважа-
ти початком відрізка, а точку В — його кінцем, то такий відрізок
буде характеризуватися не тільки довжиною, але й напрямом від
точки А до точки В.
Якщо вказано, яка точка є початком відрізка, а яка точка —
його кінцем, то такий відрізок називають напрямленим відріз-
ком, або вектором.
Вектор з початком у точці А і кінцем у точці В позначають
так: АВ (читають: «вектор АВ»),
На рисунках вектор зображують відрізком зі стрілкою, яка
вказує його кінець. На рисунку 14.2 зображено вектори АВ,
СЛ, МАГ.
Для позначення векторів також використовують маленькі
букви латинського алфавіту зі стрілкою згори. На рисунку 14.3
зображено вектори а, Ь, с.
Рис. 14.3
Домовилися вектор, у якого початок і кінець — одна й та сама
точка, називати нульовим вектором, або нуль-вектором, і позна-
чати 0. Якщо початок і кінець нульового вектора — це точка А,
то його можна позначити й так: АА. На рисунку нульовий вектор
зображують однією точкою.
Модулем вектора А В називають довжину відрізка АВ. Модуль
вектора АВ позначають так: |ав|, а модуль вектора а — так:
Модуль нульового вектора вважають рівним нулю: 101 = 0.
Означення. Ненульові вектори називають колінеарними,
якщо вони лежать на паралельних прямих або на одній прямій.
Нульовий вектор вважають колінеарним будь-якому вектору.
На рисунку 14.4 зображено колінеарні вектори а, Ь, МN.
Той факт, що вектори а і 6 колінеарні, позначають так:
а|[Ь.
На рисунку 14.5 ненульові колінеарні вектори а і Ь однаково
напрямлені. Такі вектори називають співнапрямленими і позна-
чають а ТТ Ь.
Рис. 14.4
Рис. 14.5
Рис. 14.6
Зрозуміло, що коли а ТТ Ь і Ь ?Т с, то а ТТ с (рис. 14.6).
На рисунку 14.7 ненульові колінеарні вектори а і Ь проти-
лежно напрямлені. Цей факт позначають так: аТ^Ь.
Нульовий вектор не вважають співнапрямленим (протилежно
напрямленим) з будь-яким іншим вектором.
Означення. Ненульові вектори називають рівними, якщо
їх модулі рівні й вони співнапрямлені. Будь-які два нульові век-
ори рівні.
На рисунку 14.8 зображено рівні вектори а і Ь. Це познача-
ють так: а — Ь.
Рівність ненульових векторів а і Ь означає, що а ТТ Ь і
І«І=ІЯ .................
Очевидно, що коли а—Ь і Ь = с, то а = с.
На рисунку 14.9 зображено вектор а з початком у гочці А.
Говорять, що вектор а відкладено від точки А.
Покажемо, як від довільної точки М відкласти вектор, рівний
даному вектору а.
Якщо вектор а нульовий, то шуканим вектором буде вектор
ММ.
Тепер розглянемо випадок, коли а&О. Нехай точка М лежигь
на прямій, яка містить вектор а (рис. 14.10). На цій прямій
існують дві точки Е і Е такі, що МЕ = МЕ = | а |. На цьому рисунку
вектор МЕ дорівнюватиме вектору а. Його і слід обрати.
Якщо точка М не належить прямій, яка містить вектор а,
то через точку М проведемо пряму, їй паралельну (рис. 14.11).
Подальша побудова аналогічна вже розглянутій.
Зрозуміло, що від заданої точки можна відкласти тільки один
вектор, рівний даному.
Приклад. Дано чотирикутник АВС£>. Відомо, що АВ-ВС
і | АС | = | В£> |. Визначте вид чотирикутника АВСВ.
Розв'язання. З умови АВ = ВС випливає, що АВ || ПС
і АВ - ВС. Отже, чотирикутник АВСВ — паралелограм.
Рівність 'АС|=|В£)| означає, що діагоналі чотирикутника
АВСВ рівні. А паралелограм з рівними діагоналями —- прямо-
кутник.
5^. ПРАКТИЧНІ ЗАВДАННЯ ИвЖАг
14.1. " Дано вектор а і точку А (рис. 14.12). Відкладіть від
точки А вектор, рівний вектору а.
14.2. Дано вектор Ь і точку В (рис. 14.13). Відкладіть від
14.3. ° Накресліть трикутник АВС і позначте точку М — сере-
дину сторони ВС. Від точки М відкладіть вектор, рівний вектору
АМ, а від точки В — вектор, рівний вектору АС. Доведіть, що
кінці побудованих векторів збігаються.
14.4. ' Накресліть трикутник АВС. Від точок В і С відкладіть
вектори, відповідно рівні векторам АС і АВ. Доведіть, що кінці
побудованих векторів збігаються.
14.5.° Укажіть рівні вектори, початки і кінці яких знаходяться
у вершинах квадрата АВСВ.
14.6. У ромбі АВСВ діагоналі перетинаються в точці О. Ука-
жіть рівні вектори, початки і кінці яких знаходяться у точках
А, В, С, В, О.
14.7. Які з векторів, зображених на рисунку 14.14: 1) рівні;
2) співнапрямлені; 3) протилежно напрямлені; 4) колінеарні?
14.8. ° Точки М і N — відповідно середини сторін АВ і СВ
паралелограма АВСВ. Укажіть вектори, початки і кінці яких
знаходяться в точках А, В, С, В, М, № 1) рівні вектору АЛ1;
2) колінеарні вектору СВ', 3) протилежно напрямлені з вектором
2УС; 4) співнапрямлені з вектором ВС.
14.9. ” Нехай О — точка перетину діагоналей паралелогра-
ма АВСВ. Укажіть вектори, початки і кінці яких знаходяться
в точках А, В, С, В.О'. 1) рівні; 2) співнапрямлені; 3) протилежно
напрямлені.
14.10. Точки М, N. Р — відповідно середини сторін АВ, ВС,
СА трикутника АВС. Укажіть вектори, початки і кінці яких
знаходяться в точках А, В, С, М, IV, Р: 1) рівні вектору М.\т;
2) колінеарні вектору АВ; 3) протилежно напрямлені з вектором
МР; 4) співнапрямлені з вектором СА.
14.11. Чи є правильним твердження:
1) якщо т = п, то |т| = |п|;
2) якщо т-п, то т||п;
3) якщо т — п, то т п;
4) якщо т*п, то | т | | п |?
14.12. ° Доведіть, що коли чотирикутник АВСВ — пара-
лелограм, то АВ - ВС.
14.13. Визначте вид чотирикутника АВСВ, якщо АВ ТТ ВС
і ВС||£>А.
Рис. 14.15
14.14. Визначте вид чотирикутника АВСВ, якщо вектори ВС
і АВ колінеарні і ВС|* АВ .
14.15. ° Знайдіть модулі векторів а і Ь (рис. 14.15), якщо
сторона клітинки дорівнює 0,5 см.
14.16. ° У прямокутнику АВСВ відомо, що
АВ = 6 см, ВС = 8 см, О — точка перетину
діагоналей. Знайдіть модулі векторів СА, ВО,
ОС.
14.1 і. у прямокутнику АВСВ діагоналі пере-
тинаються в точці О, .АВ =5 см, |ао| = 6,5 см.
Знайдіть модулі векторів ВВ і АВ.
14.18. Відомо, що АВ=ВС. Чи правильно, що точки А, В, С
і В є вершинами паралелограма?
14.19. Відомо, що АВ = ВС. Які ще рівні вектори задають
точки А, В, Сі О?
14.20. Дано чотирикутник АВСВ. Відомо, що АВ — ВС і
АВ =|ВС|. Визначте вид чотирикутника АВСВ.
14.21 Дано чотирикутник АВСВ. Відомо, що вектори АВ
і СВ колінеарні і |АС| = |В£>|. Визначте вид чотирикутника
АВСВ.
14,22. ’ Що випливає з рівності АВ = ВА?
14.23. ° У прямокутному трикутнику АВС точка М — середина
гіпотенузи АВ і / В = 30е. Знайдіть модулі векторів АВ і МС,
якщо АС = 2 см.
14.24. ’ У прямокутному трикутнику АВС (АС- 90°) медіана
СМ дорівнює 6 см. Знайдіть модулі векторів АВ і АС, якщо
А А = 30°.
14.25. ’ Відомо, що вектори Ь і с неколінеарні. Вектор а
колінеарний кожному з векторів Ь і є. Доведіть, що вектор а
є нульовим.
14.26. ° Відомо, що вектори АВ і АС колінеарні. Доведіть, що
точки А, В і С лежать на одній прямій. Чи правильне обернене
твердження: якщо точки А, В і С лежать на одній прямій, то
вектори АВ і АС колінеарні?
О-» 14.27.° Для чотирьох точок А, В, С, О відомо, що
АВ = СВ. Доведіть, що середини відрізків АВ і ВС збігаються.
Доведіть обернене твердження: якщо середини відрізків АВ і ВС
збігаються, то АВ-СВ.
14.28. ' Відомо, що МО = О№. Доведіть, що точка О — сере-
дина відрізка МN. Доведіть обернене твердження: якщо точка
О — середина відрізка МN, то МО-ОК.
15. Координати вектора
Розглянемо на координатній площині вектор а. Від початку
координат відкладемо рівний йому вектор ОА (рис. 15.1). Коор-
динатами вектора а називатимемо координати точки А. Запис
а (х; у) означає, що вектор а має координати (х; у).
Числа х і у називають від-
повідно першою і другою коор-
динатами вектора а.
З означення випливає, що
рівні вектори мають рівні від-
повідні координати. Наприклад,
кожний з рівних векторів а, Ь
і с (рис. 15.2) має координати
(2; 1).
Справедливе й обернене твер-
дження: як що відповідні коорди-
нати векторів рівні, то рівні й
самі вектори.
Справді, якщо відкласти такі
вектори від початку координат,
то їх кінці збігатимуться.
Очевидно, що нульовий вектор
має координати (0; 0).
Теорема 15.1. Якщо точки А у*) і В (х2; і/2) відповідно
є початком і кінцем вектора а, то числа х2 — хг і у2 — у 1 дорів-
нюють відповідно першій і другій координатам вектора а.
Доведення. Якщо а = 0, то теорема є очевидною. Нехай те-
пер а & 0. Відкладемо від початку координат вектор ОМ, рівний
вектору АВ. Якщо позначити координати точки М через Ц; а2),
то треба довести рівності а1 = х2 — х1? а2 = у2~ уГ
Оскільки АВ = ОМ, то, скориставшись результатом задачі
14.27, можемо зробити висновок, що середини відрізків ОВ іАМ
збігаються. Координати середин відрізків ОВ і АМ відповідно
___- [0 + х„ 0+у„\ . (х,+а, у,+а,\ „ . 0 + х„ х, +а,
дорівнюють --------------------------------2-; 1 —! —--І. Тоді --Ц
\ 2 2 / \ 2 2 / 2 2
0 + и, и, + х т.
—Р1ВНОСТ1 залишаються справедливими і тоді,
коли точка О збігається з точкою В або точка А збігається з точ-
кою М.
Звідси аі = х2 - хр а2 = у2 - А
З формули відстані між двома точками випливає, що коли
вектор а має координати (о^; а2), то
| а | = у/а* + а2г
Приклад. Дано координати трьох вершин паралелограма
АВСВ: А (3; -2), В (-4; 1), С (-2; -3). Знайдіть координати вер-
шини £>.
Р о з в’я зання. Оскільки чотирикутник АВСВ — паралело-
грам, то АВ = ВС. Отже, координати цих векторів рівні.
Нехай координати точки £> дорівнюють (х; у). Для знахо-
дження координат векторів АВ і ВС скористаємося теоремою
15.1. Маємо:
АВ(-4-3; 1 - (-2)) = АВ (-7; 3); ВС(-2-х; -3-у). Звідси
-7 =-2-х,
3 = -3-у;
х = 5,
у = -6.
Відповідь: В (5; -6).
—ПРАКТИЧНІ ЗАЬДАННЯ
15.1. ” За допомогою циркуля і лінійки побудуйте точку.
координати якої дорівнюють координатам даного вектора а
(рис. 15.3).
15.2. ” Відкладіть від початку координат вектори а(—3;2),
6(0; -2), с(4;0).
15.3. Відкладіть від точки М (-1; 2) вектори а (1; — 3), Ь (-2; 0),
с(0;—1).
15.4/ Знайдіть координати
ку 15.4.
векторів, зображених на рисун-
15.5. " Знайдіть координати вектора АВ, якщо:
1) А (2; 3), В (-1; 4);
2) А (0; 0), В (-2; -8);
3) А (т; п), В (р, й).
15.6. " Дано точку А (1; 3) і вектор а (— 2;1). Знайдіть коорди-
нати точки В такої, що ВА = а.
15.7. ° Дано точки А (3; -7), В (4; —5), С (5; 8). Знайдіть коор-
динати точки В такої, що АВ — СВ.
15.8. Від точки А (4; -3) відкладено вектор т(-1;8). Знайдіть
координати кінця вектора.
15.9. " Дано точки А (3; -4), В (- 2; 7), С (-4; 16), В (1; 5).
Доведіть, що СВ — ВА.
15.10. Доведіть, що чотирикутник АВСВ з вершинами
в точках А (1; -5), В (2; 3), С (-3; 1), В (-4; —7) є паралелогра-
мом.
15.11. " Серед векторів а(3;-4), &(-4;2), с ІЗ; \/ГЇ), </(—2;-4),
е(-1;-2х/б), /(-4; 5) знайдіть такі, що мають рівні модулі.
15.12. Дано точки А (1; -4), В (-2; 5), С (1 + а; -4 + Ь), В (-2 +
+ а; 5 + &). Доведіть, що | АС | = | ВВ |.
15.13. " Модуль вектора а (х;-8) дорівнює 10. Знайдіть х.
15.14. При яких значеннях у модуль вектора б (12; у) дорів-
нює 13?
15.15. " Відрізок ВМ — медіана трикутника з вершинами
А (3; —5), В (2; —3), С (-1; 7). Знайдіть координати і модуль век-
тора ВМ.
15.10. Точки А (—1; 3), В (5; 0), С (2; —3) є вершинами три-
кутника АВС, медіани якого перетинаються в точці М. Знайдіть
координати векторів МА, МВ, МС.
15.17. " Точка В ділить сторону ВС прямокутника АВСВ
у відношенні 1:2, рахуючи від вершини В (рис. 15.5). Знайдіть
координати векторів АВ і ВВ.
15.18. Точка Е — середина сторони АС прямокутника ОАСВ.
Знайдіть координати векторів ВЕ і ЕО (рис. 15.6).
15.19. " Модуль вектора а дорівнює 10. Його перша координата
на 2 більша за другу. Знайдіть координати вектора а.
15.20. Модуль вектора с дорівнює 2, а його координати рівні.
Знайдіть координати вектора с.
Рис. 15.6
15.21. * Точки А (2; 5) і В (7; 5) — вершини прямокутника
АВСВ. Модуль вектора ВВ дорівнює 13. Знайдіть координати
точок СІВ.
15.22. * Точки А (1; 2) і В (1; -6) — вершини прямокутника
АВСВ. Модуль вектора АС дорівнює 17. Знайдіть координати
вершин В і С.
16. Додавання і відніманню векторів
Якщо тіло перемістилося з точки А в точку В, а потім з точки
В в точку С, то сумарне переміщення з точки А в точку С при-
родно подати у вигляді вектора АС, вважаючи цей вектор сумою
векторів АВ і ВС, тобто АВ+ВС = АС (рис. 16.1).
Цей приклад підказує, як ввести поняття «сума векторів»,
тобто як додати два дані вектори а і Ь.
Відкладемо від довільної точки А вектор АВ, рівнин вектору
а. Далі від точки В відкладемо вектор ВС, рівний вектору Ь.
Вектор АС називають сумою векторів а і Ь (рис. 16.2) і за-
писують а + Ь — АС.
Описаний алгоритм додавання двох векторів називають пра-
вилом трикутника.
Ця назва пов’язана з тим, що коли вектори а і Ь не є коліне-
арними, то точки А, В і С є вершинами трикутника (рис. 16.2).
За правилом трикутника можна додавати й колінеарні век-
тори. На рисунку 16.3 вектор АС дорівнює сумі колінеарних
векторів а і Ь.
.аЬ а Ь
Рис. 16.3
Отже, для будь-яких трьох точок А, В і С виконується
рівність аВ + ВС = АС, яка виражає правило трикутника для
додавання векторів.
Теорема 16.1. Якщо координати векторів а і Б відповід-
но дорівнюють Ц; а2) і (Ь Ь.^, то координати вектора а + Б
дорівнюють (а1 + Ь,; а„ 4- Ь„).
Доведення. Нехай точки А (х,; у^, В (х2; у2), С (х3; у3) такі,
що а = АВ і & = ВС. Тоді а{х2-х^ у2-ух), Ь (х3 - х2; у3-у2);
а + Ь = АС (х3 -х,; у3 -уг) = АС (х3 -х2 + х2- х,; у3-у2 +уг - у^ =
= АС(аІ+ЬІ;а2+Ь2). А
Зауваження. Описуючи правило трикутника для знахо-
дження суми векторів а і Ь, ми відклали вектор а від довільної
точки. Якщо точку А замінити точкою А , то замість вектора
АС, який дорівнює сумі векторів а і Ь, отримаємо деякий век-
тор А^р 3 теореми 16.1 випливає, що координати векторів АС
і А,^ дорівнюють (й) +&];а2+ Ь2), отже. АС = АХСХ. Це означає,
що сума векторів а і Ь не залежить, від якої точки відкладено
вектор а.
Властивості додавання векторів аналогічні властивостям до-
давання чисел.
Для. буоь-яких векторів а, Ь і с виконуються рівності:
1) а -г б = а:
2) а + Ь — Ь + а (переставна властивість);
3) (а + Ь) + с = а + (Ь + с) (сполучна властивість).
Для доведення цих властивостей досить порівняти відповідні
координати векторів, записаних у правій та лівій частинах
рівностей. Зробіть це самостійно.
З переставної і сполучної властивостей додавання векторів
випливає, що при додаванні кількох векторів можна міняти
місцями доданки і розставляти дужки у будь-який спосіб.
Правило трикутника дозволяє знаходити суму трьох і більше
векторів. Наприклад, знайдемо суму векторів а, Ь, с і с/, зо-
бражених на рисунку 16.4.
Від довільної точки Аг відкладемо вектор А1А2 — а: від точки
А2 відкладемо вектор А2А3 — Ь: від точки А3 відкладемо вектор
АИА, =с; від точки А відкладемо вектор А4А. = сІ. Знайдемо суму
Маємо: А,Аг + А2А3 + А3А., -» А4А. = (а,А2 + А2А3) + А^ + А(АЛ =
= А,А3 + А3А,, + А, А, = (А, А3 + А:ІАЧ ) + А, А3 = А, А, + А4 АЛ = А, А г.
Узагалі, для будь-яких точок Ар А2, А3, .... Ап виконується
рівність А,А2 + А,АЯ +... + А„ ІАП=А1АП.
У фізиці часто доводиться додавати вектори, відкладені від од-
нієї точки. Так, якщо до тіла прикладено сили і Рг (рис. 16.5),
то рівнодійна цих сил дорівнює сумі Т7 + Г2.
Рис. 16.5
Для знаходження суми двох неколінеарних векторів, відкла-
дених від однієї точки, зручно користуватися правилом парале-
лограма для додавання векторів.
Нехай потрібно знайти суму неколінеарпих векторів АВ і АВ
(рис. 16.6). Відкладемо вектор ВС, рівний вектору АВ. Тоді за
правилом трикутника АС = АВ + ВС = АВ + АВ. Оскільки вектори
ВС і АВ рівні, то чотирикутник АВСВ — паралелограм з діа-
гоналлю АС.
Наведені міркування дозволяють сформулювати правило пара-
лелограма для додавання неколінеарних векторів а і Ь.
Відкладемо від довільної точки А вектор АВ, рівний векто-
ру а, і вектор АВ, рівний вектору Ь. Побудуємо паралелограм
АВСВ (рис. 16.7). Тоді шукана сума а + Ь дорівнює вектору
~АС.
Означення. Різницею векторів а і Ь називають такий
вектор с, сума якого з вектором Ь дорівнює вектору а.
Пишуть: с = а — Ь.
Покажемо, як побудувати вектор, рівний різниці заданих
векторів а і б.
Від довільної точки О відкладемо вектори О А і ОВ, відповідно
рівні векторам а і Ь (рис. 16.8). Тоді вектор ВА буде різницею
а — Ь. Справді, ОВ + ВА = ОА. Отже, за означенням різниці двох
векторів ОА — ОВ = ВА, тобто а —Ь = ВА.
На рисунку 16.8 вектори ОА і ОВ неколінеарні. Проте опи-
саний алгоритм можна застосовувати і для знаходження різниці
колінеарних векторів. На рисунку 16.9 вектор ВА дорівнює
різниці колінеарних векторів а і Ь.
Отже, для будь-яких трьох точок О, А і В виконується
рівність ОА — ОВ = ВЛ, яка виражає правило знаходження
різниці двох векторів, відкладених від однієї точки.
Теорема 16.2. Як що координати векторів а іЬ відповід-
но дорівнюють (ач; а2) і (Ь1; Ь2), то координати вектора а — Ь
дорівнюють (а1 — Ь1; а2 — Ь2).
Доведіть цю теорему самостійно.
З цієї теореми випливає, що для будь-яких векторів а і Ь
існує єдиний вектор с такий, що а — Ь = с.
Означення. Два ненульові вектори називають протилеж-
ними, якщо їх модулі рівні й вектори протилежно напрям-
лені.
Якщо вектори а і Ь протилежні, то кажуть, що вектор а про-
тилежний вектору Ь, а вектор Ь — протилежний вектору а.
Вектором, протилежним нульовому вектору, вважають нульо-
вий вектор.
Вектор, протилежний вектору а, позначають так: -а.
З означення випливає, що вектору АВ протилежним є век-
тор ВА. Тоді для будь-яких точок А і В виконується рівність
АВ = -ВА.
З правила трикутника випливає, що
а + (-а) - б.
А з цієї рівності випливає, що коли вектор а має координати
(о]; а2), то вектор -а має координати (—ау-, — а2).
Теорема 16.3. Для будь-яких векторів а і Ь виконується
рівність а — Ь = а + (— Ь).
Для доведення достатньо порівняти відповідні координати
векторів, записаних у правій та лівій частинах рівності. Зробіть
це самостійно.
Т орема 16.3 дозволяє звести віднімання векторів до додаван-
ня: щоб від вектора а відняти вектор Ь, мочена до вектора а
додати вектор —Ь (рис. 16.10).
Приклад. Діагоналі паралелограма АВСВ перетинаються
в точці О (рис. 16.11). Виразіть вектори АВ, АЙ і СВ через
вектори СО — а і ВО — Ь.
Рис. 16.10
Розв’язання. Оскільки точка О — середина відрізків ВВ
і АС, то ОА = СО = а і ОЙ = ВО = І>.
Маємо: АВ — АО + ОВ - -ОА -ВО = -а- Ь;
ЛО-ОВ-ОА -Ь-а;
СВ = -АЙ - ВА = ОА — ОЙ -а — Ь.
—> ПРАКТИЧНІ ЗАВДАННЯ
16.1. ° За допомогою правила трикутника побудуйте суму век-
торів а і Ь, зображених на рисунку 16.12.
16.2. За допомогою правила паралелограма побудуйте суму
векторів а і Ь, зображених на рисунку 16.12, а) - г).
16.3. ” Для векторів а і Ь, зображених на рисунку 16.12, по-
будуйте вектор а —Ь.
16.4. ° Накресліть трикутник АВС. Відкладіть від точки А век-
тор, протилежний вектору: 1) АВ; 2) СА; 3) ВС.
16.5. ° Накресліть паралелограм АВСВ. Побудуйте вектори
ВС + ВА, ВС + ВС, ВС + СА, ВС + АВ, АС+ВВ.
16.6. ° Накресліть трикутник МХР. Побудуйте вектори МР + РХ,
МІЇ+РІЇ, ЛІІЇ + МР.
16.7. ” Накресліть паралелограм АВСВ. Побудуйте вектори
ВА—ВС, ВА-ВА, ВА АВ, АС-ВВ.
16.8. Накресліть трикутник АВС. Побудуйте вектори АС-СВ,
СА—СВ, ВС — СА.
16.9. ° Позначте чотири точки М, X, Р, С- Побудуйте вектор
ЛЙУ + ТУР + РО.
16.10. ° Для векторів а, Ь і с, зображених на рисунку 16.13,
побудуйте вектор: 1) а + Ь + с, 2) а + Ь — с; 3) -а + й + с.
Рис. 16.13
16.11. ° Відкладіть від однієї точки три вектори, модулі яких
рівні, так, щоб сума двох з них дорівнювала третьому вектору.
16.12. Відкладіть від однієї точки три вектори, модулі яких
рівні, так, щоб їх сума дорівнювала нуль-вектору.
16.13. ° Для точок А, В, С, В, зобра-
жених на рисунку 16.14, побудуйте век-
тор х такий, що АВ + СВ + СВ + х = 0.
16.14. ° Накресліть трикутник АВС. А •
Побудуйте таку точку X, що:
1) АХ-ВХ + ХС;
2) ВХ = ХС-ХА.
. В
• с
*в
Рис. 16.14
ВПРАВИ
16.15. ° Дано трикутник АВС. Виразіть вектор ВС через
век-
тори:
1) СА і АВ; 2) АВ і АС.
16.16. ° Дано паралелограм АВСВ. Виразіть вектори АВ, ВС,
ВА через вектори СА-а, СВ = с.
16.17. ° Дано паралелограм АВСВ. Виразіть вектори АС, ВВ,
ВС через вектори ВА = а, ВА=Ї>.
16.18. Дано паралелограм АВСВ. Виразіть вектори ВС, ВС,
ВА через вектори АВ = а, ВВ-Ь.
16.19. ° Доведіть, що для будь-яких точок А, В, С, В викону-
ється рівність:
1) АВ + ВС = АВ + ВС; 3) АС + СВ-АВ^ВВ.
2) СА-СВ^ВА-ВВ;
16.20. Доведіть, що для будь-яких точок А, В, С, В викону-
ється рівність:
1) ВА + АС = ВВ + ВС; 3) ВА-ВВ + АС = ВС.
2) АВ-АВ = СВ-СВ;
16.21. ' Точки М і N — середини відповідно сторін ВА і ВС
трикутника АВС. Виразіть вектори АМ, №С, N8 через
вектори ВМ = пі і ВN = п.
16.22. У паралелограмі АВСВ діагоналі перетинаються в точ-
ці О. Доведіть, що ОА + ОВ + ОС + ОВ = ®.
16.23. ° Дано чотирикутник АВСВ і деяку точку О. Відомо, що
АО + ОВ = ВО + ОС. Доведіть, що чотирикутник АВСВ — пара-
лелограм.
16.24. Дано чотирикутник АВСВ і деяку точку О. Відомо, що
ОА-ОВ = ОВ-ОС. Доведіть, що чотирикутник АВСВ — парале-
лограм.
16.25. ° Дано вектори а (4; -5) і Ь (-1; 7). Знайдіть:
1) координати векторів а + Ь, а-Ь;
2) |а + &|, |а-б|.
16.26. Дано точки А (1; -3), В (4; 5), С (-2; -1), В (3; 0). Зна-
йдіть:
1) координати векторів АВ + СВ і АВ — СВ-,
2) АВ + СВ[, |аВ-С2І|.
16.27. ° Сума векторів а (5;— 3) та &(х;4) дорівнює вектору
с(2;у). Знайдіть х та у.
16.28. ' Сума векторів а(х;-1) та Ь{2-,у) дорівнює вектору
с(—3;4). Знайдіть х та у.
16.29. ° Дано вектор М1У (3; —5). Знайдіть координати вектора
7Ш.
16.30. Сторона рівностороннього трикутника АВС дорівнює
З см. Знайдіть |АВ+ДС|.
16.31/ Катет рівнобедреного прямокутного трикутника АВС
{АС — 90°) дорівнює 4 см. Знайдіть | АС + СВ|.
16.32. ° Дано точки N (3; —5) і Р (4; 1). Знайдіть |О7У —ОВ| та
| ВО + О?/|, де О — довільна точка.
16.33. ° Доведіть, що для будь-яких п. точок А,, А2, .... Ап
виконується рівність А}Аг + А2АЯ + А.ЛАЛ + ... + Агі}Ап + АПА1 = 0.
16.34. ° Виразіть вектор АВ через вектори а, Ь, с, <і
(рис. 16.15).
16.35. У паралелограмі АВСВ точки М, д ____________^.В
Рґ, К — середини відповідно сторін АВ, ВС Д __
і СВ. Виразіть вектори ВА, АВ через векто- а \
ри МРІ = т, КРІ — п.
16.36. У паралелограмі АВСВ діагоналі с
перетинаються в точці О. Виразіть вектори Рис- 1615
ВА і АВ через вектори ВО = а, ОС = Ь.
16.37. ° Дано чотирикутник АВСВ. Доведіть, що МС + СВ + ВВ —
= МА - ВА, де М — довільна точка.
16.38. ' Чотирикутник АВСВ — паралелограм. Доведіть, що
ВМ + МВ + ВС = СВ + АС, де М — довільна точка.
16.39. ° Чотирикутник АВСВ — паралелограм. Доведіть, що:
1) АВ-ВА + ВВ-ВС^АВ-, 2) АВ + СА-ВА = Ї).
16.40. У трикутнику АВС проведено медіану ВМ. Доведіть,
що:
1) МВ+ ВС + МА=0; 2) МА + АС + МВ + ВА = б.
16.41. ' Доведіть, що для неколінеарних векторів а і Ь вико-
нується нерівність |а + 6|<|а +ІЇ>;.
16.42. Доведіть, що для неколінеарних векторів а і Ь вико-
нується нерівність а — б| < | а | +1Ь;.
16.43. ’ Для ненульових векторів а і Ь виконується рівність
|а + Б| = |а| + |б[. Доведіть, що а ТТ Ь.
16.44. ’ Для ненульових векторів а і Ь виконується рівність
а-б|= а! + |6). Доведіть, що аТІ-й.
16.45. ' Чи може бути нульовим вектором сума трьох векторів,
модулі яких дорівнюють:
1) 5; 2; 3; 2) 4; 6; 3; 3) 8; 9; 18?
16.46. ' Доведіть, що для паралелограма АВСО і довільної точ-
ки X виконується рівність ХА + ХС ~ ХВ+ ХВ>.
16.47. " Діагоналі чотирикутника АВСВ перетинаються в точ-
ці О. Відомо, що ОА + ОВ + ОС + Оі5 = б. Доведіть, що АВСО —
паралелограм.
16.48. ” Вектори ММ, РО і ЕР попарно неколінеарні, при-
чому МВІ + РО + ЕР = б. Доведіть, що існує трикутник, сторони
якого дорівнюють відрізкам МРІ, РО і ЕР.
16.49. " Дано дві точки А і В. Знайдіть геометричне місце то-
чок X таких, що АВ+ ВХ| = | АВ|.
16.50. Дано дві точки А і В. Знайдіть геометричне місце то-
чок X таких, що АВ+ ВХ | -1 ВХ |.
О“ 16.51." Медіани трикутника АВС перетинаються в точ-
ці М. Доведіть, що МА + МВ + МС = б.
16.52. ” Доведіть, що для будь-яких п точок А,, А2, Ап існує
єдина точка М така, що МА, + МА2 +... + МАп =б.
16.53. ’ На сторонах трикутника АВС у зовнішній бік побудова-
но паралелограми АА^В^В, ВВ.^С^С, СС^А.^А. Прямі А{А2, В}В2, С,С2
попарно непаралельні. Доведіть, що існує трикутник, сторони
якого дорівнюють відрізкам А^^, В}В2 і СгС2.
енульовии вектор а. На ри-
зажено вектор АВ, рівний
вектор СВ, рівний вектору
Очевидно, що
Рис. 17.1
і АВТТ а,
і СВ ТТ а.
17. Множення вектора на число. Застосування
векторів до розв'язування задач
Нехай дано і
сунку 17.1 зоб
вектору а + а, і
(—а) + (—а) + (—а).
| АВ
|СВ
Вектор АВ природно позначити 2а і вважати, що його отри-
мано в результаті множення вектора а на число 2. Аналогічно
можна вважати, що вектор СВ отримано в результаті множення
вектора а на число —3, і прийняти позначення СВ> = —За.
Цей приклад підказує, як ввести поняття «множення вектора
на число».
Означення. Добутком ненульового вектора а і числа к,
відмінного від нуля, називають такий вектор Ь, що:
1) |ь| = |й||а|;
2) якщо к > 0, то Ь ТТ а; якщо к < 0, то Ь ТІ а.
Пишуть: Ь = ка.
Якщо а = 0 або к = 0, то вважають, що ка — 0.
— - 2- г~—
На рисунку 17.2 зображено вектори а, —2а, —а, уЗа.
О
Рис. 17.2
З означення випливає, що
1-а - а,
-1-а — -а.
Також з означення випливає, що
коли Ь — ка, то вектори а і Ь колінеарні.
А якщо вектори а і Ь колінеарні, то чи
можна подати вектор Ь у вигляді добутку ка?
Відповідь дає така теорема.
Теорема 17.1. Якщо вектори а і Ь колінеарній а* б, то
існує таке число к, що Ь = ка.
Доведення. Якщо Ь — б, то при к — 0 отримуємо, що Ь = ка.
Якщо Ь * 0, то або а ТТ Ь, або а Т4- Ь.
1) Нехай а Т । Ь. Розглянемо вектор с = ка, де к
т-=-г. Оскільки
І а І
к > 0, то сТТа, отже, с ТТ Ь. Крім того, |с| = й|а| = |Б|. Таким
чином, вектори Біс співнапрямлені і модулі їх рівні. Звідси
Ь = с = ка.
2) Нехай аТ4/Б. Розглянемо вектор с = ка, де к =—І£|. Для
Iа!
цього випадку завершіть доведення самостійно. &
Т орем а 17.2. Якщо вектор а має координати (ау; а2), то
вектор ка має координати (каг; ка2).
Доведення. Якщо а = 0 або к = 0, то твердження теореми
очевидне.
Нехай а і к 0. Розглянемо вектор Ь(ках-, ка2). Покажемо,
що Ь = ка.
Маємо: | Ь | = ^(ка^2 + (ка2)2 — | к \у[а2 +а2 = | к || а |.
Відкладемо від початку координат вектори ОА і ОВ, рівні
відповідно векторам а і Ь. Оскільки пряма ОА проходить через
початок координат, то її рівняння має вигляд ах + Ьу = 0.
Цій прямій належить точка А (а ; а2). Тоді
а-а} + Ь- а2 - 0. Звщси а (ка}) + Ь (ка2) - 0.
Отже, точка В (ках; ка2) теж належить прямій ОА, тому век-
тори ОА і ОВ колінеарні, тобто а ||6.
При к > 0 числа ау і кау мають однакові знаки (або обидва до-
рівнюють нулю). Ту ж властивість мають числа а., і ка2. Отже,
при к > 0 точки А і В лежать в одній чверті (або на одному коор-
динатному промені), тому вектори ОА і ОВ
співнапрямлені (рис. 17.3), тобто а ТТ Ь.
При к < 0 вектори О А і О В будуть проти-
лежно напрямленими, тобто аТХБ.
Отже, ми отримали, що Ь = ка. Ж
Наслідок 1. Вектори а(а1;а2) і
Ь (ка1‘,ка2) колінеарні.
Наслідок 2. Якщо вектори а{ах’,а2) і
ЬІЬ^Ь.Д колінеарні, причому а^0, то іс-
нує таке число к, що - ках і Ь2 = ка2.
За допомогою теореми 17.2 можна довести такі властивості
множення вектора на число.
Для будь-яких чисел к, т і будь-яких векторів а, Ь вико-
нуються рівності:
(кт)а - к(та}
(сполучна властивість);
(к + тЛа — ка + та
(перша розподільна властивість);
к(а + ЬЇ = ка + кЬ (друга розподільна властивість).
Для доведення цих властивостей досить порівняти відповідні
координати векторів, записаних у правих і лівих частинах різно-
стей. Зробіть це самостійно.
Ці властивості дозволяють перетворювати вирази, які
містять суму векторів, їх різницю і добуток вектора на чис-
ло аналогічно тому, як ми це робимо в алгебрі. Наприклад,
2(а — Зб)+ЗЇа + б) = 2а — 66 + За + 36 = 5а - 36.
Теорема 17.3. Нехай аіЬ —неколінеарні вектори. Тоді
для будь-якого вектора с існує єдина пара чисел (х; у) така,
що
с — ха + уЬ.
Доведення. Спочатку покажемо, що така пара (х; у) існує.
Нехай с||а. Тоді існує таке число к, що с = ка (теорема 17.1).
Звідси с — ка + ОЬ. Отже, (й; 0) — шукана пара чисел.
Нехай с||6. Міркуючи аналогічно, отримуємо, що с = 0а + тЬ,
де т — деяке число.
Нехай вектор с не колінеарний ні
6. Відкладемо від довільної точки О
вектори О А, О В і ОС, відповідно рівні
векторам а, біс. Через точку С прове-
демо прямі, паралельні прямим ОА і ОВ.
Отримаємо паралелограм ОВ}СА} (рис.
17.4). Тоді за правилом паралелограма
ОС = ОА^ + ОВ1.
Вектори в парах ОВ,, ОВ і ОА,,
ОА колінеарні. Отже, існують такі
вектору а, ні вектору
числа х і у, що ОА] = хОА,
тобто
ОВ, = уОВ. Звідси ОС = х ОА + у ОВ,
с — ха + уЬ.
Покажемо, що пара (х; у) — єдина. Нехай існує ще одна пара
(х,; У]) така, що с = х,а + і^Ь. Тоді
0 = с — с = (ха + уЬ)~(хіа+ у,ь) = (х-хл)а +(у - У])6.
Звідси (х-Х])а + (у-у])& =0.
Нехай х * хг Тоді а — ———— Ь, тобто а IIЬ, що суперечить умові
теореми. Отже, х = X]. Аналогічно можна довести, що у = у . Ж
Якщо вектори а і Ь неколі неарні і для вектора с знайдено
пару дійсних чисел (х; у) таку, що с — ха + уЬ, то кажуть, що
вектор с розкладено за векторами а і Ь.
Упорядковану пару (д;Ь) неколінеарних векторів називають
базисом. Якщо для вектора с виконується рівність с — ха + уЬ,
то говорять, що вектор с розкладено за базисом (а;Ь). Упоряд-
ковану пару (х; у) називають координатами вектора с в базисі
(а;Ь).
О—ш Задача 1. Доведіть, що коли ОА = &ОВ, то точки О, А
і В лежать на одній прямій.
Розв’язання. З умови випливає, що вектори ОА і ОВ ко-
лінеарні. До того ж ці вектори відкладено від однієї точки О.
Отже, точки О, А і В лежать на однііі прямій.
О” Задача 2. Нехай М — така точка відрізка АВ, що — —
МВ п
(рис. 17.5). Доведіть, що для будь-якої точки X виконується
рівність:
ХМ = —?—ХА + —— ХВ (*)
т + п т + п ' '
Р о з в’я зання.
Маємо: ХМ-ХА = АМ.
Оскільки АМ — —— — АВ,
т + п
то АМ =———АВ.
т + п
Запишемо ХМ— ХА =———АВ.
т + п
Оскільки АВ= ХВ-ХА, то маємо:
ХМ - ХА = - — ІХВ -ХА);
т + п
ХМ = ХА - -т- ХА + —— ХВ;
пі + п т /і
ХМ = —— ХА + —— ХВ. ▲
т т п т + п
Якщо т — п, то точка М є серединою відрізка АВ. Тоді фор-
мула (*) набуває вигляду
Х7И = -(ХА + ХІІ)
2
(**)
Властивості векторів широко застосовуються при розв’язу-
ванні задач і доведенні теорем. Продемонструємо це на прикла-
дах.
Приклад 1. Доведіть властивість медіан трикутника: медіани
трикутника перетинаються в одній точці, яка поділяє кожну
медіану у відношенні 2:1, рахуючи від вершини.
Розв'язання. Нехай медіани АА1
перетинаються в точці М (рис. 17.6).
Позначимо АВ — с, АВ{ = д. Вектори
е і д неколінеарні. Вони утворюють
базис (с;д).
тт .. ВМ о
Нехай ----= а. Записавши це від-
МВ,
ВМ а
ношення так: -----= —, можна за до-
МВ} 1
помогою формули (*) розкласти вектор
АМ за базисом (с; с/):
і ВВ{ трикутника АВС
В
Ам=-^-с+-\а.
а +1 а +1
Застосовуючи формулу (**), запишемо:
АА, = ^АВ + |аС = ^с + |-2с( = |с + с/.
1 2 2 2 2 2
Оскільки вектори АМ і АА, колінеарні, то існує таке число
к З- 0, що АМ = кАА,. Звідси
= (2)
З рівностей (1) і (2) внаслідок єдиності розкладу вектора за
базисом отримуємо:
1 = Лг
а + 1 2’ г, • л
Звідси а = 2.
ВМ
МВ,
Отже,
тобто ми показали, що медіана АА, поділяє
медіану ВВ, у відношенні 2:1, рахуючи від вершини В. Подаль-
ше доведення вам відомо.
Приклад 2. Доведіть, що середини основ трапеції і точка
перетину продовжень її бічних сторін лежать на одній прямій1.
Рис. 17.7
Розв’язання. Нехай точки М
і N — середини основ ВС і АВ трапеції
АВСВ, О — точка перетину прямих АВ
і СВ (рис. 17.7).
Застосовуючи ключову задачу 2, за-
пишемо:
ом = |(ов+ос), ОМ = ±(ОА+ОВ).
Оскільки вектори в парах ОВ, ОА
і ОС, ОВ колінеарні, то ОВ = кОА і
ОС = к,ОВ, де к і к, — деякі числа.
Оскільки А ВОС ™ А АОВ, то = ^-. Отже, к - к,.
ОА ОВ 1
Маємо: ОМ = ^(.ОВ + ОС) = ^(кОА + кОВ) = к |(ОА + ОВ) = кОІЇ.
З ключової задачі 1 випливає, що точки О, М, N лежать на одній
прямій.
Також за допомогою векторів можна довести, що прямій
ОN належить точка перетину діагоналей трапеції. Зробіть це
самостійно.
1 Два способи розв’язування цієї задачі було розглянуто у 8 класі («Гео-
метрія-8», № 18.46).
О-» Задача 3. Нехай М — точка
перетину медіан трикутника АВС і X —
довільна точка (рис. 17.8), Доведіть,
що
ХМ - |(ХА + ХВ + ХС).
О
Р о з в’я зання. Нехай К — середина
відрізка АС. Маємо: ВМ : МК = 2:1.
Тоді, використовуючи ключову задачу
2, можна записати
Рис. 17.8
хм = -хв + ^хх = ^хв+^4(^--^с) = |(ха+хв+хс).
З З З 3 21 ' З
Доведемо одну векторну рівність, яка пов’язує дві чудові* 1
точки трикутника.
Задача 4. Доведіть, що коли точка Н — ортоцентр три-
кутника АВС, а точка О —центр його описаного кола, то
ОН -ОА + ОВ + ОС. (***)
Раз в’я зання. Для прямо-
кутного трикутника рівність
(***) є очевидною. Нехай тепер
трикутник АВС не є прямо-
кутним. Опустимо з точки О
перпендикуляр ОК на сторону
АС трикутника АВС (рис. 17.9).
У курсі геометрії 8 класу2 було
доведено, що ВН — 2ОК.
На промені ОК позначимо
точку Р таку, що ОК = КР. Тоді
ВН - ОР. Оскільки ВН Ц ОР,
то чотирикутник НВОР — па-
ралелограм.
За правилом паралелограма ОН = ОВ + ОР.
Оскільки точка К є серединою відрізка АС, то в чотирикутни-
ку АОСР діагоналі точкою перетину діляться навпіл. Отже, цей
чотирикутник — паралелограм. Звідси ОР = ОА + ОС.
Маємо: ОН = ОВ + ОР = ОВ + ОА + ОС. ▲
1 Про чудові точки трикутника див. «Геометрія-8», с. 136.
1 Див «Геометрія-8», с. 137.
Звернемося до векторної рівності ХМ = ^(ХА + ХВ+ ХС), де
О
М — точка перетину медіан трикутника АВС. Оскільки X — до-
вільна точка, то рівшгть залишається правильною, якщо за точку
X обрати точку О — центр описаного кола трикутника АВС.
Маємо: ЗОМ — ОА+ОВ + ОС.
Беручи до уваги рівність (***), отримуємо: ЗОМ = ОН.
Ця рівність означає, що точки О, М і Н лежать на одній пря-
мій — прямій Ейлера1.
ПРАКТИЧНІ ЗАВДАННЯ
17.1 / Дано вектори а і Ь (рис. 17.10). Побудуйте вектор:
— - і - - - 1 - 1 — 9-
1) 2а + Ь; 2) ±-а + Ь; 3) а-±Ь; 4)
’ З 2 ’ З З
17.2. Побудуйте два неколінеарні вектори х і у. Позначте
яку-небудь точку О. Від точки О відкладіть вектори:
1) Зх + у; 3) —|х + 3у;
2) х + 2у; 4) -2х-^у.
О
17.3. ° Позначте на площині три точ-
ки А, В і С такі, що:
1) АВ = 2АС; 3) ВС = ±АВ;
2) АВ = -ЗАС; 4) АС = -±ВС.
о
17.4 .° Накресліть трикутник АВС.
Позначте точку М — середину сторони АС.
1) Від точки М відкладіть вектор, рівний вектору — СВ.
2) Від точки В відкладіть вектор, рівний вектору ^ВА + ^ВС.
17.5 . Накресліть трапецію АВСВ (ВС II А£>). Позначте точку
М — середину сторони АВ. Від точки М відкладіть вектор, рівний
вектору ^ВС + ^АВ.
1 Див. іГеометрія-8». теорема 20.1, с. 136.
17.6 .” Накресліть трикутник АВС. Побудуйте вектор, рівний
вектору ^АС, так, щоб його початок належав стороні АВ, а кі-
нець — стороні ВС.
17.7 .” Знайдіть модулі векторів Зт та ~^т> якщо |/п| = 4.
17.8 ." Який з векторів, За або ~^а’ співнапрямлений з век-
тором а, якщо а*0?
17.9 . Чи є ненульові вектори а і Ь співнапрямлекими або про-
тилежно напрямленими, якщо: 1) 6 = 2а; 2) а = -|&; 3) 6 = >/2а?
ч . |а|
Знайдіть відношення
17.10 .” У паралелограмі АВСО діагоналі перетинаються в точ-
ці О. Виразіть: 1) вектор АО через вектор АС; 2) вектор ВВ
через вектор ВО; 3) вектор СО через вектор АС.
17.11 .” У паралелограмі АВСВ діагоналі перетинаються в точ-
ці О, АВ — а, АВ — Ь. Виразіть вектор АО через вектори а і Ь.
17.12 .' У паралелограмі АВСВ на діагоналі АС позначено точку
М так, що АМ : МС =1:3. Виразіть вектор МС через вектори
а і Б, де а = АВ, Ь = АВ.
17.13 .” У паралелограмі АВСВ точка М — середина сторони
ВС, АВ — а, АВ = Ь. Виразіть вектори АМ і МВ через вектори
а і Ь.
17.14 . У трикутнику АВС точки М і N — середини сторін
АВ і ВС відповідно. Виразіть: 1) вектор через вектор СА;
2) вектор АС через вектор ММ.
17.15 .” На відрізку АВ завдовжки 18 см позначено точку С так,
що ВС = 6 см. Виразіть: 1) вектор АВ через вектор АС; 2) вектор
ВС через вектор АВ; 3) вектор АС через вектор ВС.
17.16 .” Дано вектор а(—4; 2). Знайдіть координати і модулі
— 1 — ч —
векторів За, ——а, —а.
17.17 .' Дано вектор б (-6; 12). Знайдіть координати і модулі
векторів 2Ь, Ь, —Ь.
6 З
17.18 .' Дано вектор а (3; -2). Які з векторів Ь (-3; -2), с (-6; 4),
сі е І—1; — 7(-3>/2;2х/2) колінеарні вектору а?
17.19 .’Дано вектори а(3;—3) і Ь(—16; 8). Знайдіть координати
вектора: 1) 2а + ±Ь; 2) ——а + —Б; 3) а-^Ь.
2 3 4 °
17.20 .* Дано вектори т(—2;4) і л(3;—1). Знайдіть координати
вектора: 1) Зт + 2п; 2) -^т + 2п; 3) т — Зп.
17.21 .° На сторонах АВ і АС трикутника АВС позначено
відповідно точки М і N так, що АМ : МВ = АА? : N0 =1:2.
Виразіть вектор через вектор СВ.
О-» 17.22. Точки О, А і В лежать на одній прямій. Доведіть,
що існує таке число к, що ОА — кОВ.
17.23 .’ На сторонах АВ і ВС паралелограма АВСВ позначе-
но відповідно точки М і N так, що АМ : МВ = 1:2, ВІЇ' : N0 =
= 2:1. Розкладіть вектор N1^ за базисом (а; б), де АВ = а
і АВ = Ь.
17.24 .’ На сторонах ВС і С£> паралелограма АВСВ позначено
відповідно точки Е і Е так, що ВЕ : ЕС = 3:1, СЕ : ЕВ =1:3.
Розкладіть вектор ЕЕ за базисом (а; б), де АВ — а і АВ—Ь.
17.25 .° Серед векторів а(1;-2), ї(-3;-6), с(-4;8), сї(-1;-2)
укажіть пари колінеарних векторів.
17.26 .° Доведіть, що вектори АВ і СВ колінеарні, якщо
А (1; 1), В (3; -2), С (-1; 3), В (5; -6).
17.27 . Дано вектори т (4; 6), п
. Укажіть пари
однаково напрямлених і протилежно напрямлених векторів.
17.28 . Знайдіть значення х, при яких вектори а (1; х) і Ь
колінеарні.
17.29 . При яких значеннях у вектори а(2;3) і Ь(—1; у) колі-
неарні?
17.30 / Дано вектор Ь (—3; 1). Знайдіть координати вектора,
колінеарного вектору Ь, модуль якого вдвічі більший за модуль
вектора Ь. Скільки розв’язків має задача?
17.31 / Знайдіть координати вектора т, протилежно напрям-
леного вектору п (5; —12), якщо | т | — 39.
17.32 / Знайдіть координати вектора а, співнапрямленого
вектору Ь{—9; 12), якщо |а| = 5.
17.33 / Доведіть, що чотирикутник АВСВ з вершинами
А (—1; 2), В (3; 5), С (14; 6), 7) (2; —3) є трапецією.
17.34 / Доведіть, що точки А (-1; 3), В (4; —7), 7) (-2; 5) лежать
на одній прямій.
17.35 / Дано вектори а (1; -4), Ь (0; 3), е (2; -17). Знайдіть такі
числа х і у, що с = ха + уЬ.
17.36 / На стороні АС трикутника АВС позначено точку М так,
що АМ : МС = 2:3. Доведіть, що ВМ — ^ВА + ^ВС.
5 5
17.37 .' На стороні ВС трикутника АВС позначено точку 7) так,
_ _ о--- -і _ _
що ВО : ОС =1:2. Доведіть, що А7> = —АВ + —АС.
17.38 ." У паралелограмі АВСВ діагоналі перетинаються в точ-
ці О. На стороні ВС позначено точку К так, що ВК : КС = 2:3.
Розкладіть вектор ОК за базисом де АВ = а і АО = 6.
17.39 / Діагоналі чотирикутника АВСВ перетинаються в точці О
так, що АО : ОС =1:2, ВО : ОВ = 4:3. Розкладіть вектори АВ,
ВС, СВ і ОА за базисом (а; і>), де ОА = а і ОВ = Ь.
17.40 / На сторонах АВ і ВС трикутника АВС позначено
відповідно точки К і Р так, що АК : КВ = 1 : 2 і ВР : РС =2:3.
Розкладіть вектори АС, АВ, КС, КР за базисом (т;п), де
ВК - т, СР — п.
17.41 / На сторонах АС і ВС трикутника АВС позначено відповідно
точки М і N так, що АМ : МС = 1 : З і В№ : Л7С = 4:3. Розкла-
діть вектори ВА, А/У, ВМ, №М за базисом (/?; р), де Вії— к,
ЛМ = р.
17.42 / Медіани трикутника АВС перетинаються в точці М.
Розкладіть вектор ВМ за базисом: 1) (ВА;ВС); 2) (ВА;СА).
17.43 / За допомогою векторів доведіть теорему про середню
лінію трикутника.
17.44 .* За допомогою векторів доведіть теорему про середню
лінію трапеції.
17.45 ." Нехай точки М і N — відповідно середини діагоналей
АС і ВВ трапеції АВСВ. За допомогою векторів доведіть,
що Ц АВ.
17.46 ." Нехай точки М, і М2 — середини відрізків А,В,
і АгВг відповідно. Доведіть, що М,М2 = ^А,А2 + ВхВг^.
17.47 ." Точки М і N — відповідно середини протилеж-
них сторін АВ і СВ чотирикутника АВСВ. Доведіть, що кЬли
МЛ/ = |(ВС+АВ), то ВС ПАВ.
17.48 ." Нехай точки М і В — відповідно середини діагоналей
АС і ВВ чотирикутника АВСВ. Доведіть, що ММ — ^^АВ — ВС^.
17.49 ." У коло вписано трикутники АВС і А,В,С, з ортоцентра-
ми Н і Н, відповідно. Доведіть, що ~НН, = А4, + ВВ1 + СС,.
17.50 ." Доведіть, що існує трикутник, сторони якого дорівню-
ють медіанам даного трикутника.
17.51 .” На сторонах ВС, СА і АВ трикутника АВС позначили
„ - ВА. СВ, АС, „
відповідно точки А,, В, і С1 так, що . ‘ = —4-. Доведіть,
що існує трикутник, сторони якого дорівнюють відрізкам АА,,
ВВ,, СС,.
17.52 .'* Точки М і В — середини відповідно сторін АВ і СВ
опуклого чотирикутника АВСВ. Доведіть, що існує трикутник,
сторони ЯКОГО дорівнюють 2 АС:
-ВВ і Мії.
2
17.53 ." Нехай точки М, і М2 — середини відрізків А,В, і А2В2
відповідно. Доведіть, що середини відрізків А,А2, М,М2, ВхВ2
лежать на одній прямій.
17.54 ." На стороні АВ і на діагоналі АС паралелограма АВСВ
позначено відповідно точки Лі ІЛ' так, що АМ = -^АВ і АУ = ^АС.
5 6
Доведіть, що точки М, N і В лежать на одній прямій.
17.55 .” Нехай Мх і М2 — точки перетину медіан відповідно трикут-
ників А1В1С1 і А2ВгС2. Доведіть, що М,М2 — ^А,А2 + В,В2 + С^).
17.56 ." На сторонах АВ, ВС і СЛ трикутника АВС обрано від-
,, л . АС, ВА, СВ,
повідно точки с., А. і В так, що —- ——Р - Доведіть, що
1 1 1 С,В А,С В,А
точки перетину медіан трикутників АВС і А1В1С1 збігаються.
17.5 7/ Чотирикутник АВСВ є вписаним. Н,, Н2, Н.. і Н, —
ортоцентри відповідно трикутників ВСВ, АСВ, АВП і АВС.
Доведіть, що середини відрізків АН,, ВН2, СН3 і БНІ збіга-
ються.
17.5 8/ Чотирикутник АВСВ вписано в коло з центром у точ-
ці О. Доведіть, що коли ОА +ОВ + ОС + ОВ = 0, то чотирикутник
АВСВ — прямокутник.
17.5 9/ Точка перетину відрізків, які з’єднують середини про-
тилежних сторін чотирикутника, збігається з точкою перетину
його діагоналей. Доведіть, що цей чотирикутник є паралелогра-
мом.
17.6 0/ Дано чотирикутник АВСВ, середини сторін АВ і СВ
та точка перетину діагоналей якого належать одній прямій.
Доведіть, що АВ II СВ.
17.6 1/ У п’ятикутнику АВСВЕ точки М, М, Р і О — середини
сторін АВ, ВС, СВ і ВЕ відповідно. Точки К і Р — середини від-
різків МР і //С? відповідно. Доведіть, що КЕ II АЕ і КЕ = ^АЕ.
17.6 2/ У чотирикутнику АВСВ точки М і N — середини сторін
АВ і СВ відповідно. Точка К — середина відрізка МР. Медіани
трикутника ВСВ перетинаються в точці Р. Доведіть, що точки
А, К і Р лежать на одній прямій.
17.6 3/ 3 точки Р, яка належить стороні АС рівностороннього
трикутника АВС, на сторони АВ і ВС опущено перпендикуляри
РЕ і РЕ відповідно. Доведіть, що точка перетину медіан три-
кутника АВС, середина відрізка ЕЕ і точка Р лежать на одній
прямій.
17.6 4.’ Дано трикутник АВС і довільну точку О. Нехай точки
Р, О і В — відповідно точки перетину медіан трикутників АОВ,
ВОС, СОА. Доведіть, що точка О і точки перетину медіан трикут-
ників АВС і РОВ лежать на одній прямій.
17.6 5/ Паралельні прямі, які проходять через вершини А, В
і С трикутника АВС, перетинають його описане коло в точках Ар
ВІ і С, відповідно. Доведіть, що ортоцентри Нр Нг і Н3 відповідно
трикутників АВС,, ВСА, і САВ, лежать на одній прямій.
18. Скалярний добуток векторів
Нехай а і Ь — два ненульові і неспівнапрямлені вектори
(рис. 18.1). Від довільної точки О відкладемо вектори ОА і ОВ,
відповідно рівні векторам а і Ь. Величину кута АОВ називати-
мемо кутом між векторами а і Ь.
Кут між векторами а і Ь позначають так: А(а,Ь). На-
приклад, на рисунку 18.1 б) = 120°, а на рисунку 18.2
Х(т, и) = 180°.
Рис. 18.1
Рис. 18.2
Якщо вектори а і Ь співнапрямлені, то вважають, що
7. {а. Б) = 0°. Якщо хоча б один із векторів а або Ь нульовий, то
також вважають, що А{а,Б) = 0°.
Отже, для будь-яких векторів а і Ь має місце нерівність:
0°С^(а,&)сі80°.
Вектори а і Ь називають перпендикулярними, якщо кут між
ними дорівнює 90°. Пишуть: а
Ви вмієте додавати і віднімати вектори, множити вектор на чис-
ло. Також з курсу фізики ви знаєте, що коли під впливом постійної
сили Г тіло перемістилося з точки А в точку В (рис. 18.3), то здій-
снена механічна робота дорівнює 11^11 АВ|со8«р, де <р = ^ (В,АВ).
Цей факт підказує, що доцільно ввести ще одну дію над векто-
рами.
Означенії я. Скалярним до-
бутком двох векторів назива-
ють добуток їх модулів і косинуса
кута між ними.
Скалярний добуток векторів а і
Ь позначають так: а-Б.
Маємо:
а Ь = | а Ц і>]со8 / (а, Б).
Якщо хоча б один з векторів а або Ь нульовий, то очевидно,
що а -Ь — 0.
Нехай а — Ь. Тоді а • Ь — а • а — | а || а |сое 0° = | а | .
Скалярний добуток а • а називають скалярним квадратом
- . — 2
вектора а і позначають а .
Отже, ми отримали, що а — | а | , тобто скалярний квадрат
вектора дорівнює квадрату його модуля. Звідси .
Теорема 18.1. Скалярний добуток двох ненульових век-
торів дорівнює нулю тоді й тільки тоді, коли ці вектори
перпендикулярні.
Доведення. Нехай аІЬ.
Тоді А {а, Б) = 90° і а -6 = | д || & |соз 90° = 0.
Нехай тепер а-6 = 0. Тоді | а || Ь |соз А (а, = 0. Оскільки | а | 0
і |&| *0, то соз А (а,І,) — 0. Звідси А (п, &) — 90', тобто а 1_Ь. Ж
Теорема 18.2. Скалярний добуток векторів а(а1;а2)
і ЬІЬ^Ь-Д можна обчислити за формулою
аЬ = аІЬ1 + а2Ь2
Доведення. Спочатку розглянемо випадок, коли вектори а
і Ь неколінеарні.
Відкладемо від початку коорди-
нат вектори ОА і ОВ, відповідно
рівні векторам а і Ь (рис. 18.4).
Отримуємо, що А (а, Ь} = X. АОВ.
Застосуємо теорему косинусів до
трикутника АОВ:
АВ2 = ОА2 + ОВ2 -
- 2ОА • ОВ * соз А АОВ.
Звідси
ОА • ОВ соз А АОВ = | (ОАг + ОВ2 - АВ2).
Оскільки | а | = ОА і | Ь | = ОВ, то ОА ОВ сов X. АОВ = а-Ь.
Крім того, АВ=ОВ— ОА = Ь-а. Звідси АВ(ЬГ — а,;Ь2 -а2).
Маємо: а-Б = -|(|а| + |Б[ -1АВ| ). Скориставшись формулою
знаходження модуля вектора за його координатами, запишемо:
Спрощуючи вираз, який записано в правій частині останньої
рівності, отримуємо:
а • Ь = аДг + а2Ь2.
Нехай вектори о і Б колінеарні. Якщо а — 0 або Ь — 0, то-
формула, яку доводимо, є правильною. Розглянемо випадок, коли
а*0 і Ь^О. Тоді існує таке число к, що Ь = ка, тобто Ьх = каіг
Ьг - ка2.
Розглянемо випадок, коли к > 0. Тоді ^(а,Б) = О°.
Маємо:
а • Ь-а (йа) = | а | |/га|сов 0° = | к || а 2 —к[а^ + а2) =
= а1 каг + а2 каг = а1Ь1 + а2Ь2.
Випадок, коли к < 0, розгляньте самостійно. А
Наслідок. Косинус кута між ненульовими векторами
а(а,;а2) і можна обчислити за формулою
сов А (а, ЬІ - г аА+Д-А
-лХ + Ьз2
Доведення. З означення скалярного добутку векторів а і Ь
випливає, що сов /. (а, Б) = . Скориставшись теоремою 18.2
ІаІН
і формулою знаходження модуля вектора за його координатами,
отримуємо формулу (*).
За допомогою теореми 18.2 легко довести такі властивості
скалярного добутку векторів.
Для будь-яких векторів а, Ь, с і будь-якого числа к вико-
нуються рівності:
а Ь - Ь- а;
(ка) -Ь = к(а- Б);
(а + Б) • с = а • с + Ь • с.
Для доведення цих властивостей достатньо виразити через
координати векторів скалярні добутки, записані в правих і лівих
частинах рівностей. Зробіть це самостійно.
Ці властивості разом з властивостями додавання векторів
і множення вектора на число дозволяють перетворювати вирази,
які містять скалярний добуток векторів, за звичними правилами,
які ви знаєте з курсу алгебри. Наприклад, (а + Б) = (а + Б) (а + Б) =
= (а + Б)- а + (а + Б) Б — а +Б • а + а • Б + Б2 = а +2а • Б + Б2.
Приклад 1. Відомо, що |а | - 3, |Ь|—1, ^(а,&) = 120°. Зна-
йдіть 12а — ЗБ|.
Роз в’я зання. Оскільки скалярний квадрат вектора дорівнює
квадрату його модуля, то 12а — ЗБ| = (2а —ЗБ) .
Звідси 12 а — З Б | — ^(За — зБ) = ^4а — 12а-Б + 9 Б =
= у/4|а|2-12|Б||Б|со8^(а,Б)+ 9| Б |2 = 736+18+9 - 7бЗ = 377.
Приклад 2. У трикутнику АВС АВ = 4 см,
АВС = 30°. Знайдіть довжину медіани ВМ.
Розв’язання. Застосовуючи ключову
задачу 2 п. 17, запишемо ВМ = ^{ВА + ВС)
(рис. 18.5).
Звідси
ВМ2 = —{ВА + ВС? = ^-(в
4 4
= |(|ВА|2+2|вд||вС|-соз
А2 + 2ВА-ВС + ВС2)^
X АВС + \ВС\г) =
ВС = б7з см,
|^16 + 48ТЗ-^ + 108^ = 49.
Отже, ВМ2 — 49; ВМ = 7 см.
Приклад 3. На гіпотенузі АВ
рівнобедреного прямокутного три-
кутника АВС позначено точку К
так, що А/С : КВ = 2:1 (рис. 18.6).
Доведіть, що відрізок СК перпен-
дикулярний медіані АМ.
Раз в'я зання. Нехай СА — а
і СВ - Ь. Скориставшись ключо-
вою задачею 2 п. 17, можна за-
---------- 1 — 2 -
писати СК = -а + — Ь.
З З
а.
З урахуванням того, що [ а | = | Ь | і а ± Ь, знайдемо скалярний
добуток векторів СК і АМ.
Маємо:
СК • АМ — (~а + - а) = -а - 6 —+ — 6 2 — — а - Ь =
\3 3 /\2 /6 З З З
4^ґ-|і«іг=о.
Отже, СК ± АМ.
Приклад 4. Дано точки А і В. Знайдіть геометричне місце
точок С таких, що медіани АА, і ВВ1 трикутника АВС перпенди-
куляри).
Розв'язання. Оберемо систему ко-
ординат так, щоб А (0; 0), В (1; 0). Нехай
С(х; у) — вершина трикутника АВС
(рис. 18.7). Очевидно, що у Ф 0.
Знайдемо координати векторів АА1 і
ВВХ. Маємо: Адб^-^У
1 1 \ 2 21 1\ 2 2/
Точка С належить шуканому ГМТ тоді й
тільки тоді, коли АА, • ВВ^ =0 і у * 0.
Маємо:
х + 1 х —2 у2 =0
< 2 2 4’
,У*0;
2 9
+ У =4
у*0.
з
Отже, шуканим ГМТ є коло радіуса з центром у середині
відрізка АВ, за винятком точок, які належать прямій АВ.
О-» Задача. Знайдіть рівняння прямої, яка проходить через
дану точку М (х0; у0) перпендикулярно до даного ненульового
вектора п(а;Ь).
Р о з в’я зання. Нехай X (х; у) —
довільна точка (рис. 18.8). Точка
X належить шуканій прямій тоді й
тільки тоді, коли п ± МХ, тобто за
умови виконання рівності п • МХ = 0.
Звідси отримуємо:
а (х - х0) + й (у - у0) = 0 (*)
Рівняння (*) є шуканим.
Перепишемо рівняння (*) так: ах + Ьу = ах0 + Ьу0.
Нехай ах() + Ьу0 = с. Оскільки вектор п^О, тобто а2 + Ь2 * 0,
то отримуємо загальне рівняцня прямої ах + Ьу = с.
Розв’язання цієї задачі дозволяє в загальному рівнянні прямої
ах + Ьу = с виявити геометричний зміст коефіцієнтів а і Ь: вектор
п(а;Ь) перпендикулярний даній прямій.
ПРАКТИЧНІ ЗАВДАННЯ
18.1.° Побудуйте кут, величина яко-
го дорівнює куту між векторами а і. Ь
(рис. 18.9).
Рис. 18.9
18.2. ' Побудуйте кут, величина якого дорівнює куту між век-
торами т. і п (рис. 18.10).
18.3. ° На рисунку 18.11 зображено вектор а (довжина сторони
клітинки дорівнює 0,5 см). Відкладіть від точки А вектор Ь такий,
що |ь| = 3 см і К (а,Б) = 120°. Скільки розв’язків має задача?
18.4. ° На рисунку 18.12 зображено рівносторонній трикутник
АВС, медіани якого АМ і ВК перетинаються в точці Р. Знайдіть
кут між векторами: 1) ВА і ВС; 2) ВА і АС; 3) ВС і АМ;
4) АВ і АМ; 5) АВ і ВК; 6) АМ і ВК; 7) СР і АВ.
18.5. На рисунку 18.13 зображено квадрат АВСВ, діагоналі
якого перетинаються в точці О. Знайдіть кут між векторами:
1) АВ і ВА; 2) АВ і АС; 3) АВ і СА; 4) ВВ і СВ; 5) ВО і СВ.
18.6. ° Знайдіть скалярний добуток векторів а і Ь, якщо:
1) |а| = 2, |&| = 5, Да,д) = 60°;
2) |а| = 3, |б| = 2>/2, ^(а,ь) = 135°;
3) |а| = 4, |&| = 1, ^(а,&) = 0°;
4) [а| = |, | В [ = 6, /. (а, Ь) = 180°;
5) [а | = 0,3, |Б| = 0, (а, Б) = 137°.
18.7. Знайдіть скалярний добуток векторів т і п, якщо:
1) |т| = 7>/2, | п | = 4, х(т,п) = 45°;
2) | т | - 8, |п| = \/з, г:(т, п) = 150°.
18.8. ” Знайдіть скалярний добуток векторів а і Ь, якщо:
1) а(2;~ 1), Б(1;-3); 2) а(-5;1), Б (2; 7); 3) а(1;-4), Б(8;2).
18.9. Знайдіть скалярний добуток векторів т і п, якщо:
1) т(3;-2), п(1;0); 2) т(|;-1), п(6;9).
18.10. ° На рисунку 18.14 зображено ромб АВСВ, у якому
АВ - 6 см, А. АВС = 120°. Знайдіть скалярний добуток векторів:
1) АВ і АВ; 2) АВ і СВ: 3) АВ і ВС;
4) ВС і ВА; 5) ВВ і АС; 6) ВВ і ВС; /V
7) ВВ і АВ. / /
18.11. У трикутнику АВС відомо, що /' /
ЛС = 90°, А А = 30°, СВ = 2 см. Знайдіть А^-------<0
скалярний добуток векторів: 1) АС і ВС; Рис- 1814
2) АС і АВ; 3) СВ і ВА.
18.12. ° Знайдіть косинус кута між векторами а (1;-2) і Б(2;-3).
18.13. ' Який знак має скалярний добуток векторів, якщо кут
між ними: 1) гострий; 2) тупий?
18.14. " Відомо, що скалярний добуток векторів є: 1) додатним
числом; 2) від’ємним числом. Визначте вид кута між векто-
рами.
18.15. ° При яких значеннях х кут між векторами а (2; 5) і
Б(х;4): 1) гострий; 2) тупий?
18.16. ° Знайдіть координати вектора Б, колінеарного вектору
а(3;-4), якщо а-Б = -100.
18.17. ° У рівносторонньому трикутнику АВС, сторона якого
дорівнює 1, медіани ААІ і ВВІ перетинаються в точці М. Обчис-
літь:
1) АА^-ВВ^; 2) ВМ-МА,.
18.18. Нехай О — центр правильного шестикутника АВСВЕР.
сторона якого дорівнює 1. Обчисліть:
1) ВА-СП; 2) АО-СП; 3) АОЕВ‘, 4) АС-СЛ.
18.19. ° При якому значенні х вектори а(3;х) і Ь (1; 9) перпен-
дикулярні?
18.20/ Відомо, що х 0 і у Ф 0. Доведіть, що вектори а (—х; у)
і Ь(у\х) перпендикулярні.
18.21. ° При яких значеннях х вектори а (2х; -3) і Ь (х; 6) пер-
пендикулярні ?
18.22. При якому значенні у скалярний добуток векторів
а (4; у) і 6(3;-2) дорівнює 14?
18.23. ° Відомо, що вектори а і Ь неколінеарні та | а | = | Ь | * 0.
При яких значеннях х вектори а + хЬ та а — хЬ перпендикулярні?
18.24. ' Вектори а + Ь і а — Ь перпендикулярні. Доведіть, що
18.25. ° Відомо, що | а | = 3, |б| = 2д/2, А (а, б) = 45°. Знайдіть
скалярний добуток (2а —Ь}-Ь.
18.26. ' Знайдіть скалярний добуток (а-2б)-(а + б), якщо
|а| = |б| = 1, А(а, б) = 120°.
18.27. ' Відомо, що |а| = >/з, |б| = 1, А (а, б) =150°. Знайдіть
12а + 56|.
18.28. * Відомо, що |т| = 1, | п | — 2, А (т,п) = 60°. Знайдіть
[2т —Зп].
18.29. ’ Доведіть, що чотирикутник АВС£> з вершинами
А (3; -2), В (4; 0), С (2; 1), £> (1; -1) є прямокутником.
18.30. ' Доведіть, що чотирикутник АВСВ з вершинами
А (-1; 4), В (-2; 5), С (-1; 6), В (0; 5) є квадратом.
18.31. ' Знайдіть косинуси кутів трикутника з верпіинами
А (1; 6), В (-2; 3), С (2; -1).
18.32. ' Знайдіть кути трикутника з вершинами А (0; 6),
В(4у/3;б), С(3л/3;3).
18.33. ' Доведіть, що для будь-яких двох векторів а і 6 ви-
конується нерівність -| а || 61 < а 6 <| а [| 61.
18.31' Визначте взаємне розміщення двох ненульових векто-
рів а і Ь, якщо:
1) а-6 = |а||Б|; 2) а-& = -|а||6|;
18.35 .’ Знайдіть кут між векторами т і п, якщо
(тп + 3п)(лп—л) = —11, |т| = 2, |п| = 3.
18.36 .' Знайдіть кут між векторами а і Ь, якщо
(а+Б)(а + 2Ь) = |, |а| = |б| = 1.
18.37 .* У трикутнику АВС відомо, що АВ = 4, АС = 10,
Х'ВАС = 60°. На стороні ВС позначено точку М так, що ВМ :
: МС = 3. Знайдіть АМ.
18.38 .” На параболі у = х2 позначено три точки А (х^ у^,
В (х2; у2), С (х3; у:і) так, що X АВС = 90°. Доведіть, що (х, + х2) х
х (х2 + х3) = -1.
18.39 .” Точки М і N є серединами відповідно сторін ВС і СВ
ромба АВСВ. Доведіть, що коли АМ ± В/^, то чотирикутник
АВСВ — квадрат.
18.40 ." У трикутнику АВС відомо, що X С = 90°, АС - 1,
ВС — л/2. Доведіть, що медіани АК і СМ перпендикулярні.
18.41 .” У трикутнику АВС (X С = 90°) медіани СС} і ВВ} пер-
пендикулярні. Знайдіть X АВС.
18.42 .” У чотирикутнику АВСВ діагоналі АС і ВВ перпенди-
кулярні та перетинаються в точці О. Відомо, що О В — ОС — 1,
ОА = 2, ОВ = 3. Знайдіть кут між прямими АВ і ВС.
18.43 .” У трикутнику АВС проведено медіану ВВ. Відомо, що
X ВВС = 90°, ВВ = —АВ. Знайдіть X АВВ.
4
18.44 .” Точки КІМ — середини відповідно сторін ВС і СВ
паралелограма АВСВ. Знайдіть АВ, якщо АК = 6, АМ = З,
X КАМ = 60°.
18.45 .” В опуклому чотирикутнику АВСВ відомо, що X А — 65°,
X В = 85°, АВ = у/з, СВ = 3. Знайдіть довжину відрізка, що спо-
лучає середини сторін АВ і ВС.
18.46 .” В опуклому чотирикутнику АВСВ точки М і N — се-
редини діагоналей АС і ВВ відповідно. Знайдіть кут між пря ними
АВ і СВ, якщо АВ - 2, СВ - 4, МК = у/з.
18.47 ." На гіпотенузі АВ рівнобедреного прямокутного трикут-
ника АВС знайдіть таку точку К, щоб відрізок СК і медіана АМ
були перпендикулярними.
18.48 ." На стороні АВ рівностороннього трикутника АВС позна-
чили точку С, так, що АС1 : С^В = 1 : 2, а на стороні АС позначили
точку В, так, що СС, ± ВВ1. Знайдіть відношення АВ, : В,С.
18.49 ." На сторонах АВ і ВС трикутника АВС у зовнішній бік
побудовано квадрати АВМУ і ВСКР. Доведіть, що медіана ВВ
трикутника АВС перпендикулярна прямій МР.
* з
18.50 .* Доведіть нерівність сон А + сонВ + сонСС—, де А, В
і С — кути трикутника АВС.
ПЕРЕТВОРЕННЯ
ФІГУР
19. Перетворення (відображення) фігур
З курсу алгебри ви знаєте, що функцію /, у якої В (/“) = X,
Е (/) = У. також називають відображенням множини X на мно-
жину У.
Як правило, в алгебрі елементами множин X і У є числа.
У геометрії природно розглядати такі множини X і У, елемента-
ми яких є точки. У цьому разі множина X — це деяка фігура Р,
множина У — фігура Р}, а відображення / — це відображення
фігури Р на фігуру Рх (рис. 19.1). Пишуть і (Р) = Рх. Фігуру Е,
називають образом фігури Р, фігуру Р — прообразом фігури Р1
при відображенні /.
Розглянемо приклади.
Приклад 1. На рисунку 19.2 зображено відрізок АВ, пряму
а і точку О, яка не належить ні прямій а, ні прямій АВ. Роз-
глянемо функцію Д областю визначення якої є множина точок
відрізка АВ і яка задається за таким правилом: кожній точці X
відрізка АВ поставимо у відповідність єдину точку X, прямої а
таку, щоб точки О, X і Х1 лежали на одній прямій. Зокрема,
/(А) = Аг /(В) = В,.
Рис. 19.1
Рис. 19.2
Зрозуміло, що множина всіх точок Ху таких, що Х{ = / (X),
утворює відрізок ТЦВр
Таким чином, ми задали відображення / відрізка АВ на від-
різок АІВ1. Також прийнято говорити, що задано перетворення /
відрізка АВ, результатом якого є відрізок АВ. Тут відрізок
А1В1 — це образ відрізка АВ при перетворенні Л зокрема, точка
А1 — образ точки А, точка В] — образ точки В.
Слова «відображення» і «перетворення» є синонімами. У гео-
метрії ми частіше користуватимемося терміном «перетворення
фігури В».
Рис. 19.3
Приклад 2. На рисунку 19.3 зображе-
но коло з діаметром АВ. Задамо перетво-
рення § кола: кожній точці X кола поста-
вимо у відповідність точку X, — основу
перпендикуляра, опущеного з точки X на
пряму АВ. Зокрема, £ (А) = А, § (В) = В.
При цьому кожній точці кола поставле-
но у відповідність єдину точку діаметра
АВ, і кожна точка діаметра АВ є образом
щонайменше однієї точки кола.
Таким чином, ми задали перетворення § кола, при якому об-
разом кола є відрізок АВ.
Приклад 3. Позначимо на площині точку О. Розглянемо
функцію її, областю визначення якої є всі точки площини, а об-
ластю значень — множина, яка складається з однієї точки О,
тобто кожній точці X площини поставимо у відповідність точку
О. Маємо: Н (X) - О.
Тут функція Л — це перетворення площини, при якому обра-
зом площини є фігура, яка складається з однієї точки О.
У прикладі 1 кожна точка відрізка А1В| є відповідною деякій
єдиній точці відрізка АВ. У таких випадках говорять, що пере-
творення / відрізка АВ є оборотним. Оборотне — це таке перетво-
рення, при якому різним точкам фігури відповідають різні образи.
У прикладі 2 перетворення кола не є оборотним (подумайте,
чому).
Кожне оборотне перетворення має обернепе перетворення.
Пояснимо сказане. Знову звернемося до рисунку 19.2. Оскільки
перетворення ї є оборотним, то ми можемо розглянути функцію
/р областю визначення якої є множина точок відрізка А1В1 і яка
задається таким правилом: кожній точці Хг відрізка АІВІ поста-
вимо у відповідність єдину точку X відрізка АВ таку, що точки О,
X і X, лежать на одній прямій.
Таким чином, ми задали перетворення і /, які зв’язані та-
кими властивостями:
1) якщо фігура Ех — образ фігури Е при перетворенні /, то
фігура Е — образ фігури Е1 при перетворенні
2) якщо X — довільна точка фігури Е і / (X) = X , то
Л (X,) = х.
Перетворення /І називають оберненим до перетворення Л Та-
кож можна сказати, що перетворення / є оберненим до перетво-
рення / . Перетворення / і / називають взаємно оберненими.
Розглянемо перетворення /, при якому образом фігури Е є сама
ця фігура Е, тобто / (В = Е. У цьому разі говорять, що задано
перетворення фігури Е на себе.
Приклад 4. Розглянемо точку М, яка лежить всередині кола
(рис. 19.4). Кожній точці X кола поставлено у відповідність точ-
ку X, — другу точку перетину прямої МХ з колом. Отримаємо
перетворення даного кола на себе.
Розглянемо перетворення Д при якому кожній точці X фігури Е
ставиться у відповідність сама точка X, тобто / (X) = X. Таке пере-
творення ї фігури Е називають тотожним. Очевидно, що тотожне
перетворення є окремим випадком перетворення фігури на себе.
Тотожне перетворення є оборотним (подумайте чому).
Нехай у результаті перетворення / образом фігури Е є фігура Е},
а в результаті перетворення £ образом фігури Е, є фігура Е2, тобто
/ (В = Ег, § (Е}) = Е2 (рис. 19.5).
Перетворення / і £, виконані послідовно, задають перетворен-
ня Л, при якому образом фігури Еє фігура Е2. Таке перетворення Л
називають композицією перетворень / і £. Якщо виконується
спочатку перетворення /, а потім перетворення то пишуть
її = § ° Л Тоді § ° / (В = § (ї (В) = в (Ех) = Е2, тобто б' ° / (В = Е2.
Розглянемо два взаємно обернених перетворення / і Нехай
X — довільна точка фігури Е і / (X) = X,. Тоді § (X,) = X. Отже,
§ и / (X) = X. Це означає, що композиція двох взаємно обернених
перетворень є тотожним перетворенням.
ПРАКТИЧНІ ЗАВДАННЯ
19.1. ° Позначимо на площині точку О. Задамо перетворення
площини за таким правилом (рис. 19.6): кожній точці X площини
поставимо у відповідність таку точку X , що точка О є серединою
відрізка ХХ] (точці О поставимо у відповідність саму точку О).
Побудуйте образи точок А і В при заданому перетворенні. Чи
є задане перетворення оборотним?
19.2. Проведемо на площині пряму І. Задамо перетворення
площини за таким правилом: кожній точці X площини поста-
вимо у відповідність таку точку Хр що пряма / є серединним
перпендикуляром відрізка XX, (кожній точці прямої І поставимо
у відповідність цю саму точку). Побудуйте образи точок А і В
при заданому перетворенні. Чи є задане перетворення оборотним
(рис. 19.7)?
19.3. Позначимо на площині точку О. Задамо перетворення
площини за таким правилом: кожній точці X площини постави-
мо у відповідність таку точку X., що ОХ, =——ОХ (точці О по-
2
ставимо у відповідність саму точку О). Побудуйте образи точок А
і В при заданому перетворенні площини. Чи є задане перетворен-
ня оборотним (рис. 19.8)?
19.4. Дано вектор а. Задамо перетворення площини за таким
правилом: кожній точці X площини поставимо у відповідність
Рис. 19.9
таку точку Хр що ХХ} — а. Побудуйте образи
точок А і В при заданому перетворенні пло-
щини. Чи є задане перетворення оборотним
(рис. 19.9)?
19.5. ° На рисунку 19.10 зображено кут ЛОВ
і пряму р, непаралельну його сторонам. Кожній
точці X сторони ОА поставлено у відповідність
таку точку X] сторони ОВ, що XX, II р (точці О поставлено у від-
повідність саму точку О). Побудуйте образ то-іки М і прообраз
точки К при даному перетворенні променя ОА. Яка фігура є об-
разом променя ОА?
19.( і. На рисунку 19.11 зображено відрізок АВ і пряму а.
Кожній точці X відрізка АВ поставлено у відповідність основу
перпендикуляра, опущеного з точки X на пряму а. Побудуйте
образ точки Е і прообраз точки Е при заданому перетворенні від-
різка АВ. Чи існують точки прямої а, які не мають прообразу?
Побудуйте образ відрізка АВ.
19.7. ” Нехай / і § — перетворення, задані в задачах 19.1 і 19.2
відповідно. Побудуйте образи точок А і В (рис. 19.12) при пере-
творенні: 1) / ° £; 2) § ° Л
19.8. Нехай / і £ — перетворення, задані в задачах 19.3 і 19.4
відповідно. Побудуйте образи точок А і В (рис. 19.13) при пере-
творенні: 1) / ° р: 2) § ° /.
19.9. Пряма а дотикається до півкола АВ з центром у точці О
(рис. 19.14). Задайте яке-небудь перетворення півкола АВ, при
якому пряма а є образом півкола АВ з «виколотими» точками А
і В. З’ясуйте, чи є задане перетворення оборотним.
Рис. 19.12
Рис. 19.11
Рис. 19.15
і 9.10. Задайте яке-небудь перетво-
рення відрізка АВ, при якому відрізок
СО є образом відрізка АВ (рис. 19.15).
З’ясуйте, чи є задане перетворення обо-
ротним.
19.11. ’ Відрізок АВ перпендикуляр-
ний прямій Мії (рис. 19.16). Задайте
яке-небудь перетворення відрізка АВ, при якому образом відрізка
АВ з «виколотою* точкою А є промінь ВХ.
19.12. Відрізок АВ перпендикулярний прямій І (рис. 19.17).
Задайте яке-небудь перетворення відрізка АВ, при якому образом
відрізка АВ з «виколотими* кінцями А, В є пряма і.
19.13. * Задайте яке-небудь перетворення квадрата АВСВ, при
якому образом квадрата є сторона АВ.
19.14. Задайте яке-небудь перетворення квадрата АВСИ, при
якому образом квадрата є діагональ АС.
19.15. * Розглянемо коло радіуса г з центром О. Кожній точці
X кола поставимо у відповідність точку яка належить радіусу
ОХ, таку, що ОХ і ~~г- Яка фігура є образом заданого кола?
19.16. Дано кут АОВ (рис. 19.18). Кожній точці X сторони
ОА поставимо у відповідність точку яка належить стороні О В
і лежить на колі з центром О радіуса ОХ (точці О поставимо у від-
повідність саму точку О). Яка фігура є образом сторони ОА?
19.17. ° Дано кут МОХ. Кожній точці X сторони ОМ поста-
вимо у відповідність таку точку Х1 сторони ОХ, що пряма XX
перпендикулярна бісектрисі кута МОХ (точці О відповідає сама
точка О). Чи є описане перетворення променя ОМ оборотним?
19.18. " Відомо, що при перетво-
ренні фігури Е її образом є сама
фігура Е. Чи справедливе твер-
дження, що не перетворення є то-
тожним?
19.19. " Розглянемо фігуру, що
складається з усіх точок, які на-
лежать сторонам прямокутника.
Опишіть яке-небудь перетворення
цієї фігури, при якому її образом
Рис. 19.18
є коло.
19.20. Розглянемо фігуру, що складається з усіх точок, які
належать сторонам прямокутника. Опишіть яке-небудь перетво-
рення цієї фігури, при якому її образом є фігура, яка складається
з усіх точок сторін ромба.
19.21. " Задайте яке-небудь перетворення площини, при якому
її образом є: 1) пряма; 2) промінь; 3) відрізок; 4) дві точки.
19.22. " Позначимо на площині точку О. Задамо перетворення
площини за таким правилом: кожній точці X площини поставимо
у відповідність таку точку X , що ОХ} = 2ОХ (точці О відповідає
сама точка О). Доведіть, що це перетворення є оборотним, і за-
дайте перетворення, обернене до даного.
19.23. " Проведемо на площині пряму І (рис. 19.19). Задамо
перетворення площини за таким правилом: кожній точці X
площини поставимо у відповідність таку точку Хр що XXу ± І,
Х,М = -ХМ, де М = XX, Гі І, і точки X і X, лежать у різних
2
півплощинах відносно прямої І (кожній точці прямої І поставимо
у відповідність цю саму точку). Доведіть, що це перетворення
є оборотним, і задайте перетворення, обернене до даного.
19.24. " Задайте перетворення відрізка, відмінне від тотожного,
при якому образом відрізка є цей самий
відрізок.
/ 19.25." Розглядається фігура, яка скла-
Х.ЛС дається з трьох точок А, В і С. Укажіть
/ образи точки А при всіх можливих пере-
-С. І твореннях даної фігури на себе.
19.26. Чи будь-яке перетворення фі-
Рис. 19.19 гури Е на себе є оборотним?
20. Рух. Паралельне перенесення
Які властивості перетворення фігури гарантують збереження
її розміру і форми? Виявляється, що достатньо вимагати лише
збереження відстані між точками. Тобто, якщо А і В — довільні
точки фігури В, аА( і В, — їх образи, то має виконуватися рів-
ність АВ = А'В'.
Означення. Перетворення фігури Р, яке зберігає відстань
між точками, називають рухом фігури Р.
Найпростішим прикладом руху є тотожне перетворення.
Розглянемо властивості руху.
Теорема 20.1. При русі фігури Р образами будь-яких її
трьох точок, які лежать на одній прямій, є три точки, які
лежать на одній прямій, а образами трьох точок, які не лежать
на одній прямій, є три точки, які не лежать на одній прямій.
Доведення. Нехай точки А, В і С фігури Е лежать на даній
прямій, причому точка В належить відрізку АС (рис. 20.1). Тоді
АС = АВ + ВС (1)
Розглянемо рух І фігури Е.
С Нехай / (А) = А,, / (В) = В,. / (С) = С,.
А ----------"* 3 означення руху випливає, що АС = А{СЛ,
АВ — АДЗ', ВС = В(СГ 3 урахуванням рів-
ності (1) можна записати А]С1 = А1ВІ +
+ В^. Отже, точка В{ належить відріз-
ку А,С , тобто точки А,, В1 і С] лежать на
Рис. 20.1 одній прямій.
Використовуючи нерівність трикутни-
ка, доведіть другу частину теореми самостійно. А
Наслідок. При русі відрізка, променя, прямої, кута обра-
зами є відповідно відрізок, промінь, пряма, кут.
Доведемо першу з зазначених властивостей (решту властивос-
тей ви можете довести самостійно або на заняттях математичного
гуртка).
Нехай X — довільна точка відрізка АВ. Розглянемо деякий
рух / відрізка АВ. Нехай / (А) = Ар / (В) = Вр [ (X) = X,. При
доведенні теореми 20.) було показано, що точка Х( належить
відрізку А^. Це означає, що образи всіх точок відрізка АВ на-
лежать відрізку А В .
А
Покажемо, що для кожної точки У] відрізка А1В1 знайдеться
точка У відрізка АВ така, що / (У) = У . Виберемо на відрізку АВ
таку точку У, що АУ = А]У1. Нехай { (У) = У2. Тоді точка У2 на-
лежить відрізку А.ВТ і АУ = А,У„. Отже, точки У, і У., збігаються,
тобто ї (У) = У,. А
Теорема 20.2. Якщо / — рух кута АВС і АВС) = /_ А^С^,
то А АВС = /. А^В^С^
Доведення. Позначимо на променях ВА
і ВС точки М і відповідно. Нехай / (ЛІ) = Л/р
/ №) = (рис. 20.2). Точки МІ і належать
променям В1А.| і В С, відповідно. Оскільки
ВМ = Вгмг, Вії = в^,, Мії = м^г, то
Д В1№ = Д ВІМ^1 за третьою ознакою рівно-
сті трикутників. Звідси А В = А В2. А
Теорема 20.3..Яки$о / — рух трикутни-
ка АВС і / (Д АВС) = Д АІВ]С], то Д АВС =
= Д А.В.С,.
Доведіть цю теорему самостійно.
Теорема 20.4. Рух — оборотне перетворення. Перетво-
рення, обернене до руху, також є рухом.
Доведення. Припустимо, що рух / фігури Р не є оборотним
перетворенням. Тоді знайдуться дві різні точки А і В фігури Р
такі, що / (А) = / (В) = С, тобто відстань між образами точок А
і В дорівнює нулю. Отримали суперечність, оскільки АВ Ф 0.
Другу частину теореми доведіть самостійно. Ж
Теорема '20.5. Якщо / і § — рухи, то композиція цих пере-
творень також є рухом.
Доведіть цю теорему самостійно.
Ми давно використовуємо поняття «рівність фігур», хоча не
давали йому строгого означення.
Властивості руху вказують на те, що рух пов’язаний з рівністю
фігур. Тому доречно домовитися про таке означення.
Означення. Дві фігури називають рівними, якщо існує
рух, при якому одна з даних фігур є образом іншої.
Запис Е = Еі означає, що фігури Е і ЕІ рівні.
З п’ятого класу ми під рівними розуміли такі фігури, які
збігалися при накладанні. Термін «накладання» інтуїтивно зро-
зумілий, і в нашому уявленні він пов’язаний із накладанням
реальних об'єктів. Але геометричні фігури не можна накласти
одну на одну в буквальному розумінні цього слова. Тепер накла-
дання фігури Е на фігуру Е можна розглядати як рух фігури Е,
при якому її образом є фігура Е.
Термін «рух» також асоціюється з певною фізичною дією:
зміною положення тіла без деформації. Саме з цим пов’язана
поява цього терміна в математиці. Проте в геометрії предме-
том дослідження є не процес, який відбувається в часі, а лише
властивості фігури та її образу.
Нехай задано деяку фігуру Е і вектор а. Кожній точці X
фігури Е поставимо у відповідність точку Х} таку, що ХХ{ - а.
У результаті такого перетворення фігури Е отримаємо фігуру Е
(рис. 20.3). Таке перетворення фігури Е називають паралель-
ним перенесенням на вектор а. Перетворення, яке є паралель-
ним перенесенням на вектор а, позначають так: Т . Пишуть:
ї’Ю=гі.
Те, що зображені па рисунку 20.3 фігури Еі Е рівні, зрозуміло
з наочного сприйняття. Строге обґрунтування цього факту дає
така теорема.
Теорема 20.6 (властивість паралельного перене-
сення). Паралельне перенесення є рухом.
Доведення. Нехай А (х;; і/,) і В (х2; у2) — довільні точки
фігури Е (рис. 20.4), точки А1 і В} — їх відповідні образи при
паралельному перенесенні на вектор а(т;п), тобто Т-{А) — А1,
Т (В)—ВІ. Тоді вектори ААг і ВВ1 мають координати (/п; п).
Отже, координатами точок Л, і В, є відповідно пари чисел
(X! + т; у} + п) і (х2 + тп; у2 + п).
Маємо:
ав = 7<х2 ~хі )2 +(«/2 - у,)2;
АВі = 7<х2 + т - Хі - т)2 + (у2+п-у1- п)2 = ^(х2 “ хі )2 + (Уг ~Уі)2
Отже, ми показали, що АВ — А]В1, тобто паралельне перене-
сення зберігає відстань між точками. Ж
Наслідок. Якщо фігура А — образ фігури Р при паралель-
ному перенесенні, то Ру = Р.
Цю властивість використовують при створенні малюнків
на тканинах, шпалерах, покриттях для підлоги тощо (рис. 20.5).
Рис. 20.5
Рис. 20.6
Якщо фігура А є образом фігури Р при паралельному
перенесенні на вектор а, то фігура Р є образом фігури Р при пара-
лельному перенесенні на вектор —а (рис. 20.6). Паралельні пере-
несення фігури Р на вектор а і фігури Р1 на вектор —а є взаємно
оберненими перетвореннями.
О' Задача. Кожній точці X (х; у)
фігури Р поставлено у відповідність точ- ґ
ку Х1 (х + т; у + п), де т і п — задані \
числа. Доведіть, що таке перетворення р
фігури Р є паралельним перенесенням на
вектор а(т;п).
Розв’язання. Розглянемо вектор а(пг;п). Зауважимо, що
координати вектора XX, дорівнюють (т; п), тобто ХХІ = а.
Отже, описане перетворення фігури Р — паралельне перенесення
на вектор а.
Приклад 1. Точка АІ (-2; 3) є образом точки А (-1; 2) при
паралельному перенесенні на вектор а. Знайдіть координати
вектора а і координати образу точки В (-7; -3).
Р оз в' я зання. З умови випливає, що АА1 = а. Звідси а (—1; 1).
Нехай В1 (х; у} — образ точки В (—7; —3). Тоді ВВу — а, тобто
х+7 = -1іг/ + 3=1. Звідси х = -8, у — —2.
Приклад 2. Дано кут АВС і пряму р, не паралельну жодній
із сторін цього кута (рис. 20.7). Побудуйте пряму ру, паралельну
прямій р, так, щоб сторони кута відтинали на ній відрізок заданої
довжини а.
Розв’язання. Розглянемо вектор МХ такий, що А7Л7 II р
і |МХ | = а (рис. 20.8). Побудуємо промінь який є образом
променя ВА при паралельному перенесенні на вектор МХ, так,
щоб промені ВС і В1А1 перетиналися в деякій точці Е. Нехай
точка Р — прообраз точки Е при паралельному перенесенні, що
розглядається. Тоді РЕ = МХ, тобто |2<є| = а і РЕ н р.
Рис. 20.7
Рис. 20.8
Наведені міркування підказують такий алгоритм побудови:
1) знайти образ променя ВА при паралельному перенесенні на
вектор МХ;
2) позначити точку перетину променя ВС з побудованим об-
разом;
3) через знайдену точку провести пряму паралельну пря-
мій р. Пряма Р) буде шуканою.
£7-2—^ПРАКТИЧНІ ЗАВДАННЯ ч'*
20.1. ” Побудуйте образи відрізка АВ і променя ОМ при пара-
лельному перенесенні на вектор а (рис. 20.9).
20.2. На рисунку 20.10 пряма а є образом деякої прямої при
паралельному перенесенні на вектор т. Побудуйте прообраз
прямої а.
20.3. ” Коло з центром О] є образом кола з центром О при
паралельному перенесенні на вектор а (рис. 20.11). Відкладіть
20.4. ” Розглянемо коло з центром у точці О радіуса г. Кожній
точці X кола поставимо у відповідність точку Х]Т яка належить ра-
діусу ОХ, таку, що ОХ, = -г. Чи є рухом описане перетворення?
2
20.5. Дано кут АОВ (рис. 20.12). Кожній точці X сторони ОА
поставимо у відповідність точку
яка належить стороні ОВ і лежить
на колі з центром О радіуса ОХ
(точці О поставимо у відповідність
саму точку О). Доведіть, що описа-
не перетворення є рухом. О
20.6. ” Дано кут МОХ. Кожній
точці X сторони ОМ ставиться
у відповідність така точка Ху сто-
рони ОВГ, що пряма XX} перпендикулярна бісектрисі кута МОМ
(точці О відповідає сама точка О). Доведіть, що описане пере-
творення є рухом.
20.7. ° Дано пряму а і відрізок АВ, який не має з нею спільних
точок. Кожній точці X відрізка АВ ставиться у відповідність
основа перпендикуляра, опущеного з точки X на пряму а. При
якому взаємному розміщенні прямої а і відрізка АВ описане пе-
ретворення є рухом?
О—» 20.8.° Точки А} і Ву не належать прямій АВ і є образами
відповідно точок А і В при паралельному перенесенні прямої АВ.
Доведіть, що чотирикутник АА]В]В — паралелограм.
20.Н. " Точки А, і В1 є образами відповідно точок А і В при па-
ралельному перенесенні відрізка АВ. Знайдіть довжину відрізка
АІВ1, якщо АВ = 5 см.
20.10. ' Вектор т паралельний прямій а. Яка фігура є образом
прямої а при її паралельному перенесенні на вектор т?
20.11 Дано паралелограм АВСВ. Який вектор задає паралель-
не перенесення паралелограма, при якому сторона АВ є образом
сторони ВС?
20.12. Чи існує паралельне перенесення рівносторонньо-
го трикутника АВС, при якому сторона АВ є образом сторо-
ни ВС?
20.13. ° Знайдіть точки, які є образами точок А (—2; 3) і
В (1; —4) при паралельному перенесенні на вектор а(-1;-3).
20.14. ° Чи існує паралельне перенесення, при якому образом
точки А (1; 3) є точка А] (4; 0), а образом точки В ( 2; 1) — точка
В, (1; 4)?
20.15. При паралельному перенесенні на вектор а (2;-1) об-
разом точки А є точка АД—3; 4). Знайдіть координати точки А.
20.16. ° Точка М1 (х; 2) є образом точки М (3; г/) при паралель-
ному перенесенні, при якому точка А (2; 3) є образом початку
координат. Знайдіть х і і/.
20.17. Скільки існує паралельних перенесень прямої а, при
яких її образом є пряма а?
20.18. ' Дано точки А (3; -2) і В (5; —4). При паралельному
перенесенні відрізка АВ образом його середини є точка Мї (-4; 3).
Знайдіть образи точок А і В.
20.19/ Точки А (1; 3), В (2; 6), С (-3; 1) є вершинами пара-
лелограма АВСВ. При паралельному перенесенні паралелограма
АВСВ образом точки перетину його діагоналей є точка С>1 (-2; —4).
Знайдіть образи точок А, В, С і В.
20.20. ’ Знайдіть рівняння кола, яке є образом кола х2 + у2 = 1
при паралельному перенесенні на вектор а (—3;4).
20.21. ' Знайдіть рівняння параболи, яка є образом параболи
у = х2 при паралельному перенесенні на вектор а (2;-3).
20.22. ’ Усередині прямокутника АВСВ позначено точку М.
Доведіть, що існує опуклий чотирикутник, діагоналі якого
перпендикулярні і дорівнюють АВ і ВС, а сторони дорівнюють
МА, МВ, МС і МВ.
20.23. " Побудуйте трапецію за основами і діагоналями.
20.24. " Побудуйте трапецію за чотирма сторонами.
20.25. ” Побудуйте відрізок, рівний і паралельний даному
відрізку АВ, так, щоб один його кінець належав даній прямій,
а другий — даному колу.
20.26. " Побудуйте хорду даного кола, яка дорівнює і паралель-
на даному відрізку АВ.
20.27. " Два кола радіуса В дотикаються в точці М. На одно-
му з них позначено точку А, на другому — точку В так, що
А АМВ = 90°. Доведіть, що АВ — 2Л.
20.28. * Побудуйте чотирикутник, у якого протилежні сторони
попарно непаралельні, за чотирма кутами і двома протилежними
сторонами.
20.29. * У якому місці слід побудувати міст Мїї через річку,
яка розділяє два населені пункти А і В (рис. 20.13), щоб шлях
4МУВ був найкоротшим (береги річки вважаємо паралельними
прямими, міст перпендикулярний берегам річки)?
20.30. * Усередині прямокутни-
ка АВСВ обрано точку М так, що
А ВМС + А АМВ = 180°. Знайдіть
суму кутів ВСМ і МАВ.
20 31.’ Усередині паралелогра-
ма АВСВ обрано точку М так, що
А МАВ = А МСВ. Доведіть, що
А МВС = А МВС.
Рис. 20.13
*
21. Осьова симетрія
Означення. Точки А ІА] називають симетричними від-
носно прямої І, якщо пряма І є серединним перпендикуляром
відрізка А АІ (рис. 21.1). Якщо точка А належить прямій І, то її
вважають симетричною самій собі відносно прямої І.
Наприклад, точки А і Ар у яких ординати рівні, а абсциси —
протилежні числа, симетричні відносно осі ординат (рис. 21.2).
Розглянемо фігуру Р і пряму І. Кожній точці X фігури Р по-
ставимо у відповідність симетричну їй відносно прямої І точку
X,. У результаті такого перетворення фігури /-отримаємо фігуру
Рг (рис. 21.3). Таке перетворення фігури Р називають осьовою
симетрією відносно прямої І. Перетворення, яке є осьовою симе-
трією відносно прямої І, позначають так: 5;. Пишуть 5, (Р) — Р.
Пряму І називають віссю симетрії. Також говорять, що фігури Р
і /-, симетричні відносно прямої І.
Теорема 21.1 (властивість осьової симетрії). Осьова
симетрія є рухом.
Доведення. Оберемо систему координат так, щоб вісь симетрії
збігалася з віссю ординат.
Нехай А (Хр уг) і В (х2; у2) — довільні точки фігури Р. Очевид-
но, що точки А1 (—Хр уг) і В1 (—х2; у2) — їх відповідні образи при
осьовій симетрії фігури Р відносно осі ординат.
Маємо:
^=7(^2 -хі)г+(у2 -Уі)2;
А| = уІ(-х2 -(-X! ))2 + (у2 - У! )2 = х/(-хг+х1)г+(</2 -ух )2 = АВ.
Отже, АВ = А,Вр тобто осьова симетрія зберігає відстань між
точками.Ж
Наслідок 1. Якщо 8> (Р) = Рх, то Р — Р{.
Наслідок 2. Осьова симетрія є оборотним перетворенням.
Якщо 81 (Е) = Е,, то 8£ (Е£) = Е, тобто 8, ° 81 (Е) = Е.
Доведення. Перша частина теореми випливає з оборотності
руху.
Нехай X — довільна точка фігури Е і 8£ (X) = Х]. Тоді
8, (Х£) = X. Звідси 8, ° 8, (X) = X, тобто 8, ° 8, (Е) = Е. ▲
Означення. Фігуру Е називають симетричною відносно
прямої І, якщо 81 (Е) = Е.
Пряму І називають віссю симетрії фігури Е. Також кажуть,
що фігура Е має вісь симетрії.
Наведемо приклади фігур, які мають вісь симетрії.
На рисунку 21.4 зображено рівнобедрений трикутник. Пряма,
яка містить його висоту, проведену до основи, є віссю симетрії
трикутника.
Будь-який кут має вісь симетрії — це пряма, яка містить його
бісектрису (рис. 21.5).
Рівносторонній трикутник має три осі симетрії (рис. 21.6).
Рис. 21.4
Рис. 21.6
Дві осі симетрії має відрізок: це його серединний перпендику-
ляр і пряма, яка містить цей відрізок (рис. 21.7).
Квадрат має чотири осі симетрії (рис. 21.8).
Прямокутник і ромб, які відмінні від квадрата, мають рівно
по дві осі симетрії (рис. 21.9, 21.10). Ці осі перпендикулярні.
Узагалі, справедлива така теорема.
Рис. 21 8
Рис. 21.7
Рис. 21.9
Рис. 21.10
Теорема 21.2. Якщс фігура має рівно дві осі симетрії, то
ці осі перпендикулярні.
Цю теорему ви зможете довести на заняттях математичного
гуртка.
Існують фігури, які мають безліч осей симетрії, наприклад
коло. Будь-яка пряма, що проходить через центр кола, є його
Теорема
віссю симетрії (рис. 21.11). Безліч осей симетрії
має й пряма: сама пряма і будь-яка пряма, пер-
пендикулярна до неї, є її осями симетрії.
Ми бачимо, що осі симетрії рівностороннього
трикутника, прямокутника, ромба, квадрата пе-
ретинаються в одній точці. Узагалі, справедлива
така теорема.
21.3. Якщо многокутник має дві або більше осей
симетрії, то всі вони перетинаються в одній точці.
Цю теорему ви зможете довести на заняттях математичного
гуртка.
Нехай /1 II /2 і 5,, {Р) — Рх, 3^ (,Р]) — Р2 (рис. 21.12). Наочні мірку-
вання показують, що фігура Р — це образ фігури /-при деякому
паралельному перенесенні.
Строге обґрунтування цього факту дає така теорема.
Теорема 21.4. Якщо дві осі симетрії паралельні, то компо-
зиція симетрій відносно цих осей є паралельним перенесенням.
Складемо план доведення, який ви зможете реалізувати само-
стійно.
Нехай прямі /] і І паралельні і Т — де а Покажіть,
що 5, о5,=Т .
Для цього введіть систему координат так, як показано на ри-
сунку 21.13. Нехай X — довільна точка фігури Р, 3І (А') = Х,,
)= Хг. Доведіть, що XX 2 = 2а.
Рис. 21.12 Рис. 21.13
Приклад І. Дано нерівнобедрений трикутник АВС. Провели
пряму І, яка містить бісектрису кута С. Потім увесь рисунок
витерли, залишивши лише точки А і В та пряму !. Відновіть
трикутник АВС.
Р о з в’я з а н н я. Оскільки пряма І є віссю симетрії кута АСВ,
то точка Ар де АІ = 5, (А), належить променю СВ. Тоді пере-
тином прямих І і ВА1 є вершина С шуканого трикутника АВС
(рис. 21.14).
Приклад 2. Точки А і В лежать в одній півплощині відносно
прямої а. Знайдіть на прямій а таку точку X, щоб сума АХ ХВ
була найменшою.
Розв'язання. Нехай 8я (А) = АГ Покажемо, що шукана
точка X — це точка перетину прямих А,В і а.
Нехай У — довільна точка прямої а, яка відмінна від точки X
(рис. 21.15), відрізки А,X і А,У — образи відрізків АХ ІАУ при си-
метрії відносно прямої а відповідно. Тоді АХ = А}Х, АУ = А(У.
Маємо АХ + ВХ = А,Х + ВХ = А,В < А,У + УВ = АУ + УВ.
Приклад 3. Точка О належить гострому куту АВС (рис. 21.16).
На сторонах ВА і ВС кута знайдіть такі точки Е і В, щоб периметр
трикутника ОЕР був найменшим.
Розв’язання. Нехай 3]1А (О) = Ор (О) = Ог (рис. 21.17)
Рис. 21.16
і пряма ОХО2 перетинає сторони ВА і ВС у точках Е і Е відповід-
но. Доведемо, що точки Е і Е — шукані.
Зауважимо, що відрізки ЕОХ і ЕО симетричні відносно прямої
ВА. Отже, £О1 = ЕО. Аналогічно ЕО = ЕОг. Тоді периметр три-
кутника ОЕЕ дорівнює довжині відрізка О(О2.
Нехай К і М — довільні точки променів ВА і ВС, які відмінні
від точок Е і Е відповідно. Зрозуміло, що КО = КОХ і МО = МО2.
Тоді периметр трикутника КОМ дорівнює сумі ОХК + КМ + МО2.
Проте ОХК + КМ + МО2 > ОхОг.
Задача. На сторонах АВ, ВС і СА гострокутного трикут-
ника АВС знайдіть такі точки М, КІР відповідно, щоб периметр
трикутника МКР був найменшим.
Розв'язання. Нехай Р — довільна точка відрізка АС трикут-
ника АВС, 8ЛГІ (Р) = Рх, Зес (Р) = Р2 (рис. 21.18). Пряма Р(Р2 пе-
ретинає сторони АВ і ВС відповідно в точках М і N. У прикладі
З ми показали, що периметр трикутника МКР є найменшим
з усіх трикутників, для яких точка Р фіксована, а точки М і N
належать сторонам АВ і ВС. Цей периметр дорівнює довжині
відрізка РЇР2~
Зауважимо, що ЕЕ — середня лінія трикутника РР,Р . Тоді
ЕЕ = —Р,Р2.
2
Оскільки /. ВЕР + К. ВЕР = 180°, то точки Р, Е, В, Е лежать
на одному колі з діаметром ВР. Звідси ЕЕ = ВР-зіп В. Отже,
довжина відрізка ЕЕ буде найменшою при найменшій довжині
відрізка ВР, тобто тоді, коли ВР — висота трикутника АВС.
На рисунку 21.19 відрізок ВР — висота трикутника АВС.
Будуємо шуканий трикутник МКР за відомим алгоритмом.
Із побудови випливає, що будь-який інший трикутник, вер-
шини якого лежать на сторонах трикутника АВС, має периметр,
більший за периметр трикутника ММР. Отже, шуканий трикут-
ник є єдиним — це побудований трикутник МКР.
Цей самий трикутник можна отримати, провівши висоти
з вершин А і С.
Отже, вершини шуканого трикутника — це основи висот
даного трикутника АВС. Такий трикутник називають ортоцен-
тричшім.
В~5-; ПРАКТИЧНІ ЗАВДАННЯ
21.1.” Побудуйте образи фігур', зображених на рисунку 21.20,
при симетрії відносно прямої І.
21.2. ” Накресліть трикутник. Побудуйте трикутник, симетричний
йому відносно прямої, яка містить одну з його середніх ліній.
21.3. ” Точки А і В симетричні відносно прямої І (рис. 21.21).
Побудуйте пряму І.
21.4. ” Проведіть прямі а і а{, які перетина-
ються. Побудуйте пряму, відносно якої пряма
а, буде симетрична прямій а. Скільки розв’язків *В
має задача? Рис. 21 21
" В 21.5. Проведіть паралельні прямі
а і аг Побудуйте пряму, відносно якої пряма а1 буде
симетричною прямій а.
• 21.6.” Відновіть ромб АВСВ за його вершинами
В і С та прямою І, яка містить його діагональ ВВ
(рис. 21.22).
21.7. ' Відновіть рівнобедрений трикутник АВС за
Рис. 21.22 вершиною А, точкою К, яка належить бічній сто-
Г І
/Д § 6. Перетворення фігур
роні ВС, і прямою, яка містить висоту, проведену до основи АВ
(рис. 21.23).
21.8. " Кола з центрами О1 і Ог мають дві спільні точки
(рис. 21.24). За допомогою тільки циркуля побудуйте кола, си-
метричні даним відносно прямої АВ.
21.0. Пряма І проходить через середину відрізка АВ. Чи
обов’язково точки А і В є симетричними відносно прямої і?
21.10. " На рисунку 21.25 зображено рівнобедрений трикутник
АВС і пряму І, яка містить його висоту, проведену до основи АС.
Відрізки АМ і СN — його медіани. Укажіть образи точок А і В,
медіани САТ і сторони АС при симетрії відносно прямої І.
21.11. На рисунку 21.26 зображено рівнобічну трапецію АВСВ
і пряму І, яка проходить через середини її основ. Укажіть обра-
зи точок ВІВ, діагоналі АС і основи ВС при симетрії відносно
прямої /.
Рис, 21.25
21.12. " Доведіть, що пряма, яка проходить через середини
основ рівнобічної трапеції, є її віссю симетрії.
21.13. ° Доведіть, що пряма, яка містить медіану рівнобедреного
трикутника, проведену до основи, є його віссю симетрії.
21.14, Доведіть, що прямі, які містять діагоналі ромба, є його
осями симетрії.
21.15. Доведіть, що прямі, які проходять через середини про-
ти даних сторін прямокутника, є його осями симетрії.
21.16. ° Доведіть, що пряма, яка містить бісектрису кута, є його
віссю симетрії.
21.17. ’ Кола з центрами О1 і О2 перетинаються в точках А і В.
Доведіть, що точки А і В симетричні відносно прямої О]О2.
21.18. ° Знайдіть координати точок, симетричних точкам
А (-2; 1) ІВ(О; -4) відносно осей координат.
21.19 Точки А (х; 3) і В (-2; у) симетричні відносно: 1) осі
абсцис; 2) осі ординат. Знайдіть х і у.
М
21.20. ' Образом прямої а при симетрії відносно прямої / є сама
пряма «. Яке взаємне розміщення прямих а і /?
21.21. ' Доведіть, що трикутник, який мас вісь симетрії,
є рівнобедреним.
21.22. ' Доведіть, що трикутник, який має дві осі симетрії,
є рівносгороннім. Чи може трикутник мати рівно дві осі си-
метрії?
21.23. ' Доведіть, що коли паралелограм має рівно дві осі
симетрії, то він є або прямокутником, або ромбом.
21.24. * Доведіть, що коли чотирикутник має чотири осі
симетрії, то він є квадратом.
21.25. ' Точка М належить прямому куту
АВС (рис. 21.27). Точки М] і Мг — образи
точки М при симетрії відносно прямих В А
і ВС відповідно. Доведіть, що точки Мр В,
лежать на одній прямій.
21.26. * Знайдіть координати точок, симе-
тричних точкам А (-2; 0) і В (3; -1) відносно
прямої, яка містить бісектриси: 1) першого
і третього координатних кутів; 2) другого
і четвертого координатного кутів.
21.27. Точки Я (х; —1) і В (у; 2) симетричні
відносно прямої, яка містить бісектриси пер-
шого і третього координатних кутів. Знайді'
с
•м,г
Рис. 21.27
1 У-
21.28. Центр кола, вписаного в чотирикутник, лежить на його
діагоналі. Доведіть, що цей чотирикутник має вісь симетрії.
21.29. ' Доведіть, що опуклий чотирикутник, який має вісь
симетрії, є або вписаним в коло, або описаним навколо кола.
О-ж 21.30. Доведіть, що точки, симетричні ортоцентру три-
кутника відносно прямих, які містять його сторони, лежать на
описаному колі цього трикутника.
21.31. "" У прямокутному трикутнику АВС (/С = 90°) медіана
АМ, проведена до меншого катета, утворює з більшим катетом
кут 15°. Знайдіть площу трикутника АВС, якщо АМ = т.
21.32. ” Точки А і В лежать у різних півплощинах відносно
прямої а. На прямій а знайдіть таку точку X, щоб пряма а
містила бісектрису кута АХВ.
21.33. " Точки А і В лежать в одній півплощині відносно
прямої а. Знайдіть на прямій а таку точку X, щоб промені ХА
і ХВ утворювали з цією прямою рівні кути.
21.34. ” Точки А і В лежать у різних півплощинах відносно
прямої а. Знайдіть на прямій а таку точку X, щоб величина
| АХ - ХВ | була найбільшою.
21.35. ” Доведіть, що з усіх трикутників зі сталою основою
і сталою висотою, проведеною до цієї основи, рівнобедрений має
найменший периметр.
21.36. " Точки М і N належать куту АВС. Знайдіть на сторонах
цього кута такі точки Е і В, щоб периметр чотирикутника ЕМКР
був найменшим.
21.37. ” Через вершину А трикутника АВС і точку П, яка ле-
жить на стороні ВС, проведено пряму. Відомо, що X. АОВ 90°.
Знайдіть на цій прямій таку точку X, з якої відрізки ВЕ і ЕС
було б видно під однаковими кутами.
21.38 ” Побудуйте трикутник АВС, якщо дано пряму АВ і се-
рединні перпендикуляри до сторін ВС і СА.
21.39. " Побудуйте трикутник АВС, якщо дано вершину А
і прямі, на яких лежать бісектриси кутів В і С.
21.40. ” Побудуйте паралелограм АВСЕ за вершиною Е і сере-
динними перпендикулярами до сторін АВ і ВС.
21.41. ” На бісектрисі зовнішнього кута С трикутника АВС
взято точку М, відмінну від точки С. Доведіть, що МА + МВ >
> СА + СВ.
21.42. " Точки А, В і С є вершинами нерівнобедреного трикут-
ника. Скільки існує таких точок В, що чотирикутник з верши-
нами А, В, С і В має хоча б одну вісь симетрії?
21.43/ Побудуйте трикутник АВС за двома сторонами АВ і АС
(АВ < АС) і різницею кутів В і С.
21.44. * Побудуйте трапецію за бічними
і різницею кутів при цій основі.
21.45/ Точки С і В лежать в одній пів-
площині відносно прямої АВ (рис. 21.28).
На прямій АВ знайдіть таку точку X. що
ААХС = ~АВХВ.
2
21.46/ Точки СІВ лежать в одній пів-
сторонами, основою
площині відносно прямої АВ. На прямій АВ
знайдіть таку точку X, що | А АХС — А ВХВ | = 90°.
21.47/ Доведіть, що площа опуклого чотирикутника АВСВ не
перевищує - (АВ СВ + ВС АВ).
21.48/ Побудуйте чотирикутник АВСВ за чотирма його
сторонами, якщо відомо, що його діагональ АС є бісектрисою
кута А.
21.49/ У коло вписано гострокутний трикутник. Побудуйте
шестикутник, вписаний в це коло, площа якого вдвічі більша за
площу даного трикутника.
21.50/ В опуклому чотирикутнику АВСВ кут ВАВ дорівнює
60°. Відомо, що точки, симетричні точці А відносно прямих СВ
і СВ, лежать на прямій ВВ. Знайдіть кут ВСВ.
21.51/ У прямокутній трапеції АВСВ А = /. В = 90°)
бісектриса кута АВС перетинає сторону АВ в точці М. Знайдіть
кут СМВ, якщо СВ = А П + ВС.
21.52/ Точка М — середина сторони ВС опуклого чоти-
рикутника АВСВ. Відомо, що А АМВ = 120 . Доведіть, що
АВ + -ВС + СВ> АВ.
2
21.53/ Сторони опуклого п’ятикутника АВСВЕ рівні. Відомо,
що А АСЕ А ВСВ. Знайдіть кут АСЕ.
22. Центральна симетрія
Означення. Точки А і А1 називають симетричними від-
носно точки О, якщо точка О є серединою відрізка АА,
(рис. 22.1). Точку О вважають симетричною самій собі.
Наприклад, точки АіАр у яких відповідні абсциси й ордина-
ти — протилежні числа, симетричні відносно початку координат
(рис. 22.2).
Розглянемо фігуру Р і точку О. Кожній точці X фігури Р по-
ставимо у відповідність симетричну їй відносно точки О точку Хґ
У результаті такого перетворення фігури Р отримаємо фігуру Р
(рис. 22.3). Таке перетворення фігури Р називають централь-
ною симетрією відносно точки О і позначають так: 8О. Пишуть
5О (Я) = Р1. Точку О називають центром симетрії. Також говорять,
що фігури Р і Р1 симетричні відносно точки О.
Теорема 22.1 (властивість центральної симетрії).
Центральна симетрія є рухолг.
Доведення. Оберемо систему координат так, щоб центр
симетрії збігався з початком координат. Нехай точки А (Хр у^
і В (х2; і/2) належать фігурі Р. Точки Ат (-х,; -ух) і Вх (-х2; -у2) —
відповідно їх образи при центральній симетрії відносно початку
координат.
Маємо:
АВ = 7(^2 )2 + (У2 - У. )2 >
А А = \А-Хг “ (-^і ))г + (-Уа - (-Уі ))2 = +*і)* + (~У2 + Уі )2 =
Отже, АВ = А^р тобто центральна симетрія зберігає відстань
між точками. /
Наслідок 1 Якщо 8О (Р) = Р}, то Р = Ре
Наслідок 2. Центральна симетрія є оборотним перетво-
ренням. Якщо 8О (Р) = Рг, то ^„(Р^ = Р, тобто
° £о (Н = *
Означення. Фігуру Р називають симетричною відносно
точки О, якщо 8О (Р) = Р.
Точку О називають центром симетрії фігури. Також кажуть,
що фігура має центр симетрії.
Наведемо приклади фігур, які мають центр симетрії.
Центром симетрії відрізка є його середина (рис. 22.4).
Точка перетину діагоналей паралелограма о
є його центром симетрії (рис. 22.5). •-----.. ---•
Існують фігури, які мають безліч центрів р 22 4
симетрії. Наприклад, кожна точка прямої є її
центром симетрії.
Також безліч центрів симетрії має фігура, яка складається
з двох паралельних прямих. Будь-яка точка прямої, рівновід-
даленої від двох даних, є центром симетрії фігури, яку ми роз-
глядаємо (рис. 22.6).
О"» Задача 1. Доведіть, що образом даної прямої І при си-
метрії відносно точки О, яка не належить прямій І, є пряма,
паралельна даній.
Розв'язання. Оскільки цен-
тральна симетрія — це рух, то образом
прямої І буде пряма. Для побудови
прямої достатньо знати дві будь-які її
точки.
Оберемо на прямій І довільні точ-
ки А і В (рис. 22.7). Нехай точки А1
і В1 — їх образи при центральній
симетрії відносно точки О, тобто
і>о (А) = Ар 8О (В) = Вг. Тоді пряма А1ВІ — образ прямої І.
Оскільки АО = ОАр ВО = ОВ(, А АОВ і Л А^ОВ^ рівні як
вертикальні, то трикутники АОВ і А^В, рівні за першою озна-
кою рівності трикутників. Звідси /. 1 = А 2 (рис. 22.7). Отже,
І II АХВГ
Ми навели приклади фігур, які мають рівно один центр симе-
трії або безліч центрів симетрії. Виникає природне запитання:
чи може фігура мати рівно два, рівно три і взагалі будь-яку скін-
ченну, відмінну від 1, кількість центрів симетрії? Відповідь на це
запитання заперечна. Ви можете довести цей факт на заняттях
математичного гуртка.
Приклад 1. Точка М належить куту АВС (рис. 22.8). На сто-
ронах ВА і ВС кута знайдіть такі точки Е і Е, щоб точка М була
серединою відрізка ЕЕ.
Р о з в'я з а н н я. Нехай пряма АІВ1 — образ прямої АВ при
центральній симетрії відносно точки М (рис. 22.9). Позначимо
Е — точку перетину прямих А1В1 і ВС.
Рис. 22.8
Знайдемо прообраз точки Е. Очевидно, що він лежить на
прямій АВ. Тому достатньо знайти точку перетину прямих ЕМ
і АВ. Позначимо цю точку Е. Тоді зрозуміло, що Е і Е — шукані
точки.
С Задача 2. Доведіть, що:
1) композиція двох центральних симетрій є паралельним пе-
ренесенням;
2) композиція центральної симетрії і паралельного перенесення
є центральною симетрією;
3) композиція парної кількості центральних симетрій є пара-
лельним перенесенням;
4) композиція непарної кількості центральних симетрій є цен-
тральною симетрією.
Р о з в’я .зання
1) Розглянемо дві центральні симетрії з центрами Ох (а,; Ьг) і
О.г (а2, Ь2). Нехай А (х; у) — довільна точка площини і (А) = А,,
5Ог(А1) = А2. Легко показати, що Ах (2а{ — х; 2&] - у) і
А2 (2аг — 2ах 4-х; 2Ь2 — 2Ь1 + у). Звідси отримуємо, що вектор АА%
при заданих точках О1 і О2 має сталі координати. Отже, точка
А2 є образом точки А при паралельному перенесенні на вектор
з координатами (2а2 — 2а х; 2Ь2 — 2Ь1).
2) Розглянемо композицію Т ° Во. Оберемо систему координат
так, щоб центр симетрії, точка О, мав координати (0; 0). Нехай
при цьому вектор а має координати (а; Ь). Розглянемо довільну
точку А (х; у) координатної площини.
Маємо 8О (А) = Ах (-х; -у); (А.) = А% (-х 4-а; -у + Ь). Отже,
точка А2 є образом точки А при центральній симетрії з центром
(7. 1
—; - . Аналогічно можна показати, що композиція 8о°Та
є центральною симетрією з центром О2
а Ь
2’ 2
Використовуючи пункти 1 і 2 задачі, доведіть пункти 3 і 4
самостійно.
Приклад 2. Побудуйте п’ятикутник АВСВЕ, якщо задано
точки ММ2, М2, М4, М^, які є серединами його сторін АВ, ВС,
СВ, ВЕ, ЕА відповідно.
Розв’язання. Маємо: В,, (А) = В, 5., (В) = С, 8,г (С) — В,
5 (В) = Е, 8 (В) = А. Отже, 8 о8 о8 о8 о8 (А) = А.
Ч «1 «Л Ч О £. 1
Але композиція непарної кількості центральних симетрій є цен-
тральною симетрією. А при центральній симетрії лише одна
точка збігається зі своїм образом — це центр симетрії. Отже,
5а/5 °5м4 °5ч8 °5м2 °3.и1 =-8л-
Тепер вершину А шуканого п’ятикутника можна побудувати
таким чином. Нехай X — довільна точка. Побудуємо точки Хх,
Х2, ХА, Х4, X. такі, що X, = 5,^ (X), Х2 = 8Мг (X, ), Х3 = 5>3 (Х2),
Х4 =5гГ| (Х3), Х5=ВМ (X,). Точка А є серединою відрізка ХХ5.
Подальша побудова є очевидною.
Вивчаючи навколишній світ, ми часто бачимо симетрію. При-
клади прояву симетрії в природі показано на рисунку 22.10, а, б.
Об’єкти, які мають вісь або центр симетрії, легко сприймаються
Рис. 22.10
Рис. 22.11
і приємні для ока. Недарма в Стародавній Гре-
ції слово «симетрія» слугувало синонімом слів
«гармонія», «краса».
Ідея симетрії широко використовується в об-
разотворчому мистецтві, архітектурі (22.10, в)
й техніці (рис. 22.11). Хіміки й фізики гово-
рять про симетрію явищ. Можна знайти про-
яви симетрії в музиці й поезії.
.ПРАКТИЧНІ ЗАВДАННЯ
22.1. ° Накресліть трикутник АВС і позначте точку О, яка не
належить йому. Побудуйте трикутник, симетричний даному від-
носно точки О.
22.2. Накресліть трикутник А ВС. Побудуйте трикутник, си-
метричний даному відносно середини сторони АВ.
22.3 Накресліть коло і позначте на ньому точку. Побудуйте
коло, симетричне даному відносно позначеної точки.
22.4. ° Відновіть паралелограм АВСВ за його вершинами А і В
та точкою О перетину його діагоналей (рис. 22.12).
22.5. ° Дано дві паралельні прямі а і Ь (рис. 22.13). Знайдіть
точку, відносно якої пряма а буде симетричною прямій Ь. Скільки
розв’язків має задача?
Рис. 22.13
Рис. 22.12
22.6 Діагоналі паралелограма АВСВ
перетинаються в точці О (рис. 22.14). Точка
— середина сторони ВС. Укажіть образи
точок А, В і М, сторони СВ. діагоналі ВВ
при симетрії відносно точки О.
22.7. ' Доведіть, що точка перетину діа-
Рис. 22.м
гоналей паралелограма є його центром симетрії.
22.8. Доведіть, що коло мас центр симетрії.
22.9. * Точки А і В є образами відповідно точок А і В при
симетрії відносно точки, яка не належить прямій АВ. Доведіть,
що чотирикутник АВАХВХ — паралелограм.
22.10. ° Знайдіть координати точок, симетричних точкам А (3; -1)
і В (0; -2) відносно: 1) початку координат; 2) точки М (2; -3).
22.11. ” Доведіть, що образом прямої, яка проходить через
центр симетрії, є ця сама пряма.
22.12. Точки А (х; —2) і В (1; у) симетричні відносно: 1) по-
чатку координат; 2) точки М (-1; 3). Знайдіть х і у.
22.13. ' Доведіть, що трикутник не має центра симетрії.
22.14. ' Доведіть, що промінь не Має центра симетрії.
22.15. " Доведіть, що фігура, яка складається з двох рівних
паралельних відрізків, має центр симетрії.
22.16. ' Доведіть, що коли чотирикутник має центр симетрії,
то він є паралелограмом.
22 17.” Вершини одного паралелограма лежать на сторонах
другого: по одній вершині на кожній стороні. Доведіть, що точки
перетину діагоналей цих паралелограмів збігаються.
22.18.' Кола з цен-
трами От і О2 симет-
ричні відносно точки О
(рис. 22.15). Пряма, яка
проходить через центр
симетрії, перетинає пер-
ше коло в точках А]
іВр а друге — в точках
А., і В2. Доведіть, що
АХ = а,в2.
22 19." Дано коло, пряму і точку. Побудуйте відрізок із сере-
диною в даній точці, один з кінців якого належить даному колу,
а другий — даній прямій.
22.20 .* Дано два кола і точку. Побудуйте відрізок із серединою
в даній точці, кінці якого належать даним колам.
22.21 . Дано пряму а і два кола по різні боки від неї. На прямій
взято відрізок СВ. Побудуйте трикутник АВС так, щоб точки А
і В лежали на .колах, а відрізок Сі) був медіаною.
22.22 .* На протилежних сторонах ВС і АВ паралелограма АВСВ
як на сторонах побудовано поза ним рівносторонні трикутники
ВМС і А^В. Доведіть, що точки М, О і ТУ, де О — точка перетину
діагоналей, лежать на одній прямій.
22.23 На протилежних сторонах паралелограма як на сто-
ронах поза ним побудовано квадрати. Доведіть, що пряма,
яка з’єднує центри квадратів, проходить через точку перетину
діагоналей паралелограма.
22.24 .’ Діагоналі паралелограма АВСВ перетинаються в точ-
ці О. Доведіть, що описані кола трикутників ВОС і АОВ доти-
каються.
22.25 ."* Доведіть, що коли фігура має дві перпендикулярні осі
симетрії, то точка їх перетину є центром симетрії фігури.
22.26 ." Точки А і С належать гострому куту, але не лежать на
його сторонах. Побудуйте паралелограм АВСВ так, щоб точки В
і В лежали на сторонах кута.
22.27 .** Побудуйте квадрат з центром у даній точці О і даними
точками 717 і Л/ на двох протилежних сторонах або їх продов-
женнях.
22.28 ." Побудуйте ромб, точкою перетину діагоналей якого
є дана точка, а три вершини належать трьом даним попарно не-
паралельним прямим.
22.29 . Дано точку і три кола. Побудуйте ромб, точкою пере-
тину діагоналей якого є дана точка, а три вершини лежать на
трьох даних колах.
22.30 ." Дано паралелограм АВСВ і точку М. Через точки А,
В, С і В проведено прямі, паралельні прямим МС, МВ, МА і МВ
відповідно. Доведіть, що проведені прямі перетинаються в одній
точці.
22.31 . Два кола перетинаються в точці М. Проведіть через
точку М пряму, яка вдруге перетинає дані кола в точках А і В
так, що АМ — МВ.
22.32 ." Точка С — середина відрізка
АВ. На промені СО позначили точки
Р і М такі, що РМ = МО (рис. 22.16).
Доведіть, що АР -і- Ву > 2СМ.
22.33 .* Доведіть, що прямі, проведені
через середини сторін вписаного чоти-
рикутника перпендикулярно до проти-
лежних сторін, перетинаються в одній
точці.
22.34 .* Коло перетинає сторони ВС,
СА, АВ трикутника АВС у точках А] і А2, В{ і В2, С1 і С2 відпо-
відно. Доведіть, що коли перпендикуляри до сторін трикутника,
проведені через точки Д, В[ і Ср перетинаються в одній точці,
то й перпендикуляри до сторін, проведені через ТОЧКИ А2, В2 І С2,
також перетинаються в одній точці.
22.35 .* Довжина висоти АВ прямокутної трапеції АВСВ дорів-
нює сумі довжин основ АІ) і ВС. У якому відношенні бісектриса
кута АВС ділить сторону С£>?
22.36 .* Дано два концентричні кола. Проведіть пряму, на якій
ці кола відтинають три рівні відрізки.
23. Поворот
Розглянемо перетворення фігури, для якого центральна
симетрія є окремим випадком.
На рисунку 23.1 зображено точки О, X, X] і Х2 такі, що
ОХ1 = ОХг = ОХ, А ХхОХ = X Х.,ОХ = п. Говорять, що точка
Ху є образом точки X при повороті навколо центра О проти
годинникової стрілки на кут а. Також говорять, що точка Х2 — це
образ точки X при повороті навколо центра О за годинниковою
стрілкою на кут а.
Точку О називають центром повороту,
кут а кутом попороту.
Розглянемо фігуру Р, точку О і кут о..
Кожній точці X фігури Р поставимо у від-
повідність точку Х(, яка є образом точ-
ки X при повороті навколо центра О проти
годинникової стрілки на кут а (якщо точ-
ка О належить фігурі Р, то їй спі вставляється
вона сама). У результаті такого перетво-
рення фігури Е отримаємо Фігуру Е1 (рис. 23.2). Таке перетво-
рення фігури Е називають поворотом навколо центра О проти
годинникової стрілки на кут а і позначають так: . Пишуть:
її™ (Е) = Е^. Точку О називають центром повороту.
Аналогічно означають перетворення повороту фігури Е за го-
динниковою стрілкою на кут « (рис. 23.3).
Поворот за годинниковою стрілкою позначають так: її~™. Пи-
шуть: 11° (Е) = /г1. Очевидно, що повороти і її.,'* є взаємно
оберненими перетвореннями.
Зауважимо, що центральна симетрія є поворотом навколо
центра симетрії на кут 180° у будь-якому з напрямів.
Теорема 23.1 (властивість повороту). Поворот є рухом.
Доведіть цю теорему самостійно.
Наслідок. Якщо фігура Е1 — образ фігури Е при повороті,
то Е = Ег.
Нехай прямі і] і 12 перетинаються в точці О і 8, (ЕУ — Е^
(Е}) = Е2 (рис. 23.4). Наочні міркування підказують, що фігура
Е2 — це образ фігури Е при деякому повороті навколо точки О.
Строге обґрунтування цього факту дає така теорема.
Теорема 23.2. Якщо осі симетрії не паралельні, то ком-
позицією двох осьових симетрій є поворот навколо точки
перетину осей.
Складемо план доведення, який ви зможете реалізувати
самостійно.
Нехай П Іг = О і кут між прямими і 12 дорівнює а
(рис. 23.5). Доведіть, що 8, °8, = .
Для цього розгляньте довільну точку X фігури Е. Нехай
Я(] (Х) = Х], \ (Х,) = Х2. Доведіть, що ХО = Х2О і X ХОХ2 = 2а.
Теореми 21.4 і 23.2 показують, що паралельне перенесення,
поворот, а отже, і центральну симетрію можна подати у вигляді
композиції осьових симетрій. Таким чином, осьова симетрія віді-
грає роль базового руху для всіх відомих вам видів рухів фігур.
Більше того, справедливою є така теорема.
Теорема 23.3 (теорема Шаля'). Будь-який рух фігури
є композицією не більше ніж трьох осьових симетрій.
Приклад 1. На рисунку 23.6 зображено пряму а і точку О.
Побудуйте образ прямої а при повороті на-
вколо точки О проти годинникової стрілки
на кут 45°.
Раз в’я зал н я. Оскільки поворот — це
рух, то образом прямої а буде пряма. Для
побудови прямої достатньо знайти дві будь-
які її точки. Оберемо на прямій а довільні
точки А і В (рис. 23.6). Нехай точки А1
і В] — їх образи при повороті навколо точки
О проти годинникової стрілки на кут 45°.
Тоді пряма А]В1 — образ прямої а.
Рис. 23.6
Мітель Шаль (1793-1880) — французький математик.
Приклад 2. Точка Р належить куту АВС (рис. 23.7). Побудуй-
те рівносторонній трикутник, однією з вершин якого є точка Р,
а дві інші на. іежать сторонам ВА і ВС.
Роз е’л з а н н я. Нехай пряма А^ — образ прямої АВ при по-
вороті навколо центра Р проти годинникової стрілки на кут 60°.
Позначимо Р — точку перетину прямих А)£>1 і ВС.
Знайдемо прообраз точки Р при виконаному повороті. Очевид-
но, що він лежить на прямій АВ. Тому достатньо побудувати кут
МРР, рівний 60 . Нехай прямі МР і АВ перетинаються в точці Е.
Ця точка і є прообразом точки Р.
Маємо: РР = РЕ і А РРЕ = 60е. Отже, Л ЕРР — рівносторон-
ній, а точки Р і Е — шукані.
Приклад 3. У трикутнику АВС. кожний з кутів якого мен-
ший від 120 , знайдіть таку точку Т, щоб сума ТА + ТВ + ТС
була найменшою.
Роз в’я зання. Нехай Т — довільна точка даного трикутника
АВС (рис. 23.8). Розглянемо поворот з центром А на кут 60° за
годинниковою стрілкою. Нехай точки Ті і С — образи точок Т
і С відповідно. Оскільки поворот є рухом, то 7']С] = ТС. Очевидно,
що трикутник АТТ} є рівностороннім. Тоді АТ = ТТГ
Маємо: ТА + ТВ + ТС = ТТ, + ТВ + Т{\.
Зрозуміло, що сума ТТК + ТВ + Т|С1 є найменшою, якщо точки
В, Т, Т^, С, лежать на одній прямій. Оскільки / 1 = /2 = 60°,
то ця умова виконуватиметься тоді, коли / 3 = / 4 = 120 .
Оскільки кутА7’1С1 — образ кута АТС при вказаному повороті,
то має виконуватись умова А АТС = 120°.
Отже, точки В, Т, і С| належатимуть одній прямій тоді і тільки
тоді, коли А АТВ = АТС = 120°. Звідси А ВТС = 120°.
Таким чином, сума ТА + ТВ + ТС буде найменшою, якщо
А АТВ = А ВТС = А АТС = 120°.
Знайти точку Т можна, побудувавши ГМТ, з яких, наприклад,
відрізки АВ і АС видно під кутами 120“ (рис. 23.9).
Зрозуміло, що коли один з кутів трикутника АВС не менший
від 120°, то точка перетину побудованих дуг не буде розміщена
всередині трикутника. Можна показати, що в трикутнику з кутом,
не меншим від 120°, точка Т, сума відстаней від якої до вершин
трикутника є найменшою, збігається з вершиною тупого кута.
1^3;ПРАКТИЧНІ ЗАВДАННЯ
23.1. ” Побудуйте образ відрізка АВ при повороті навколо цен-
тра О проти годинникової стрілки на кут 45° (рис. 23.10). ’
23.2. Побудуйте образ трикутника АВС при повороті навколо
центра О за годинниковою стрілкою на кут 90° (рис. 23.11).
23.3. ° На рисунку 23.12 зображено два рівні відрізки АВ і ВС
такі, що ААВС = 60°. Знайдіть точку О таку, щоб відрізок АВ
був образом відрізка ВС при повороті навколо точки О проти
годинникової стрілки на кут 120°.
23.1. На рисунку 23.13 зображено два рівні відрізки Мії і В'К
такі, що АММК = 90°. Знайдіть точку О таку, щоб відрізок №К
був образом відрізка при повороті навколо точки О за годин-
никовою стрілкою на кут 90°.
23.5. * Побудуйте фігуру, яка не має осей симетрії і обра-
зом якої є ця сама фігура при повороті навколо деякої точки:
1) на кут 90°; 2) на кут 120".
В
Рис. 23.13
23.6. На рисунку 23.14 зображено фігури, які складено з рів-
них півкругів. Які з цих фігур при певному повороті навколо
точки О збігаються зі своїми образами?
Рис. 23.14
23.7. Медіани рівностороннього трикутника АВС перетинають-
ся в точці О (рис. 23.15). Укажіть образи точок С, С1 і О, сторони
ВС, медіани ВВР відрізка ОСр трикутника А1В1С1 при повороті
навколо точки О проти годинникової стрілки на кут 120°.
23.8. ° Точка О — центр правильного шестикутника АВСВЕР
(рис. 23.16). Укажіть образи сторони АВ, діагоналі ВР, діагоналі
АО, шестикутника АВСВЕР при повороті навколо точки О за
годинниковою стрілкою на кут: 1) 60°; 2) 120°.
23.9. * Діагоналі квадрата АВСВ перетинаються в точці О
(рис. 23.17). Укажіть образи точок А, О і С, сторони АВ, діагоналі
ВВ при повороті навколо точки О за годинниковою стрілкою на
кут 90°.
Рис. 23.17
23.10. ' Точка О — центр правильного п-кутника АІАг...Ап
(рис. 23.18). Доведіть, що ОА1+ОА2 + ... + ОАп = б.
23.11. ' Нехай вершина А рівностороннього трикутника АВС
є центром повороту на кут 120°. Знайдіть довжину відрізка ВСр
де точка С1 — образ точки С при за-
даному повороті, якщо АВ = 1 см.
23.12. ' Нехай вершина А квадра-
та АВСВ є центром повороту проти
годинникової стрілки на кут 90°.
Знайдіть довжину відрізка СС*, де
точка — образ точки С при зада-
ному повороті, якщо АВ = 1 см.
23.13. " Точка М належить куту
АВС і не належить його сторонам.
Побудуйте рівнобедрений прямокут-
ний трикутник, вершиною прямого
кута якого є точка М, а дві інші
належать сторонам ВА і ВС відповідно.
23.14. " У даний квадрат впишіть рівносторонній трикутник
так, щоб одна з його вершин збігалася з вершиною квадрата, а дві
інші належали сторонам квадрата.
23.15. " Дано два кола і точку М поза цими колами. Побудуйте
прямокутний рівнобедрений трикутник з вершиною в точці М
так, щоб дві інші вершини лежали на даних колах.
23.16. " На сторонах АВ і АС трикутника АВС у зовнішній
бік побудовано квадрати АВКМ і АС42Р. Доведіть, що МС = ВР,
МС ± ВР.
23.17. " На сторонах ВС і АС трикутника АВС у зовнішній бік
побудовано рівност оронні трикутники ВСК і САМ. Знайдіть кут
між прямими ВМ і АК і доведіть, що ВМ = АК.
23.18. " На сторонах АВ і АВ квадрата АВСВ позначено точки
К і М відповідно так, що АК + АМ = АВ. Знайдіть кут КОМ,
де точка О — центр квадрата.
23.19. ” На сторонах АВ і АС рівностороннього трикутника
АВС позначено точки КІМ відповідно так, що АК + АМ = АВ.
Знайдіть кут КОМ, де точка О — центр трикутника.
23.20. " У рівнобічній трапеції АВСВ на бічних сторонах АВ
і СВ позначено точки КІМ відповідно так, що АК = СМ. Менша
основа ВС трапеції дорівнює бічній стороні, а гострий кут трапеції
дорівнює 60°. Знайдіть кут КОМ, де точка О — середина АВ.
23.21. " У ромбі АВСВ з тупим кутом А, що дорівнює 120°,
на сторонах АВ і АВ позначено точки К і М відповідно так, що
ВК = АМ. Знайдіть кут КСМ.
23.22. " Усередині квадрата АВСВ взято точку К і на від-
різку АК як на стороні побудовано квадрат АКЕМ, сторона
КЕ якого перетинає сторону АВ квадрата АВСВ. Доведіть,
що ВК = ВМ.
23.23. " На прямій І взято послідовно точки А, В і С, а на відріз-
ках АВ і АС у різних півплощинах відносно прямої І побудовано
рівносторонні трикутники АВВ і АС.№. Доведіть, що середини К
і Ь відповідно відрізків ВС і ВК і точка А є вершинами рівно-
стороннього трикутника.
23.24. " На прямій І взято послідовно точки А, С, Е. На від-
різках АС і СЕ в одну півплощину відносно прямої І побудовано
рівносторонні трикутники АВС і СВЕ. Точки К і М — середини
відрізків АВ і ВЕ відповідно. Доведіть, що трикутник СКМ —
рівносторонній.
23.25. ” Дано опуклий чотирикутник АВСВ і точку О всередині
нього. Відомо, що К АОВ = К СОВ = 90°, ОА = ОВ, ОС = ОВ.
Нехай точки К, Ь \ М — середини відрізків АВ, ВС і СВ відпо-
відно. Доведіть, що трикутник КЕМ — рівнобедрений і прямо-
кутний.
23.26. * Побудуйте рівносторонній трикутник так, щоб його
вершини належали трьом даним паралельним прямим.
23.27 ‘ Побудуйте квадрат так, щоб три його вершини нале-
жали трьом даним паралельним прямим.
23.28. * На стороні СВ квадрата АВСВ позначено точку Е.
Бісектриса кута ВАЕ перетинає сторону ВС у точці Е. Доведіть,
що АЕ = ВЕ + ЕВ.
23.29. ” У рівносторонньому трикутнику АВС обрано точку Р
так, що К. АР В = 150°. Доведіть, що існує прямокутний трикут-
ник, сторони якого дорівнюють відрізкам РА, РВ і РС.
23.30. Усередині рівностороннього трикутника АВС обрано
точку Р таку, що АР2 + ВР- = СР2. Доведіть, що К АР В = 150°.
23.31. * У рівносторонньому трикутнику АВС обрано точку М
таку, що А АМВ - 120°, МА = 1, МВ = 2. Знайдіть МС.
23.32. Поза рівностороннім трикутником АВС обрали точку М
так, що К АМВ — 120°, МА = 1, МВ = 2. Знайдіть МС.
23.33. ” Точка Р розміщена всередині квадрата АВСВ, причому
АР : ВР : СР —1:2:3. Знайдіть кут АРВ.
23.34. В опуклому чотирикутнику АВСВ відомо, що АВ = АВ,
ВС + ВС = АС = 1, А ВАВ = 60 . Знайдіть площу чотирикутника
АВСВ.
23.35/ На сторонах АВ і ВС трикутника АВС у зовнішній бік
побудовано квадрати АВВЕ і СВЕК. Точки М1 і Мг — середини
відрізків В В і АС відповідно. Доведіть, що центри квадратів
і точки і М2 є вершинами квадрата.
24. Гомотетія. Подібність фігур
На рисунку 24.1 зображено точки О, X і X, такі, що ОХ, =
= 2ОХ. Говорять, що точка X, — це образ точки X при гомотетії
з центром О і коефіцієнтом 2.
На рисунку 24.2 зображено точки О, X і X, такі, що ОХ, =
= --ОХ. Говорять, що точка X, — це образ точки X при гомотетії
2
з центром О і коефіцієнтом —.
2
Рис. 24.2
Рис. 24.1
Узагалі, якщо точки О, X і X, такі, що ОХ, = кОХ, де к * 0,
то говорять, що точка X, — це образ точки X при гомотетії з цен-
тром О і коефіцієнтом к.
Точку О називають центром гомотетії, число к коефіцієнтом
гомотетії, к 0.
Розглянемо фігуру Р і точку О. Кожній точці X фігури Р поста-
вимо у відповідність точку X,, яка є образом точки X при гомотетії
з центром О і коефіцієнтом к (якщо точка О належить фігурі Р, то
їй співставллється вона сама). У результаті такого перетворення
фігури /-отримаємо фігуру Р1 (рис. 24.3).
а)
б)
Рис. 24.3
Таке перетворення називають гомотетією фігури Р з центром
О і коефіцієнтом к і позначають так: Н^. Пишуть: /7* (Е) = /Гг
Також говорять, що фігура Р, гомотетична фігурі Р з центром О
і коефіцієнтом к.
Наприклад, на рисунку 24.4 трикутник АВС, гомотетичний
трикутнику АВС з центром О і коефіцієнтом, який дорівнює -3.
Пишуть: Яо3 (ЛАБС)=ЛАІВ1СІ.
Також можна сказати, що трикутник АВС гомотетичний три-
кутнику А1В1С1 з тим самим центром, але коефіцієнтом, який
дорівнює —. Пишуть:
Но:і (Д А1В,С,} = А АВС.
Очевидно, що гомотетії Л* і Н* є взаємно оберненими пере-
твореннями.
Рис. 24.5
Рис. 24.4
Зазначимо, що при к =-1 гомотетія є центральною симетрією
відносно центра О (рис. 24.5). Якщо к — І, то гомотетія є тотож-
ним перетворенням.
Очевидно, що при к 1 і к * - 1 гомотетія не є рухом.
Теорема 24.1. При гомотетії фігури Р з коефіцієнтом к
усі відстані між її точками змінюються в | к | разів, тобто
якщо А і В — довільні точки фігури Р, а А, і В, — їх відповідні
образи при гомотетії з коефіцієнтом к, то А1В1 = ) к | А В.
Доведен ня. Нехай точка О — центр гомотетії. Тоді ОА, =кОА,
ОВ,=кОВ.
Маємо: А, В, = ОВ, - ОА, - кОВ - кОА = к ( ОВ - ОА) = кАВ, тобто
А,В, = | к | АВ. А
Наслідок. Якщо трикутник АВС, гомотетичний трикут-
нику АВС з коефіцієнтом гомотетії к, то Д А1В1С1 ^Д АВС.
Для доведення цієї теореми достатньо скористатися теоре-
мою 24.1 і третьою ознакою подібності трикутників.
Гомотетія має низку інших властивостей.
Теорема 24.2. При гомотетії фігури Р образами будь-яких
Ті трьох точок, які лежать на одній прямій, є три точки,
які лежать на одній прямій, а образами трьох точок, які не
лежать на одній прямій, є три точки, які не лежать на од-
ній прямій.
Скориставшись теоремою 24.1 та ідеєю доведення теоре-
ми 20.1, доведіть цю теорему самостійно.
Наслідок. При гомотетії відрізка, променя, прямої образа-
ми є відповідно відрізок, промінь, пряма. При гомотетії кута
образом є кут, рівний даному. При гомотетії трикутника
образом є трикутник, подібний даному.
Доведіть цей наслідок самостійно.
Зазначені властивості гомотетії вказують на те, що це пере-
творення може змінити розміри фігури, але не змінює її форму,
тобто при гомотетії образ і прообраз є подібними фігурами.
Зауважимо, що у 8 класі, коли йшлося про подібність фігур,
ми давали означення лише подібним трикутникам. Зараз озна-
чимо поняття «подібність фігур», не обмежуючись трикутни-
ками.
На рисунку 24.6 фігура Р1 гомотетична фігурі Р, а фігура Р2
симетрична фігурі Рг відносно прямої І.
Рис. 24.6
Фігуру Р2 отримано з фігури Р у результаті композиції двох
перетворень: гомотетії і осьової симетрії.
Оскільки Р = Р2, то у фігур Р і Р2 однакові форми, але різні
розміри, тобто вони є подібними. Говорять, що фігуру Р2 отримано
з фігури Р у результаті перетворення подібності фігури Р.
На рисунку 24.7 фігура Рг гомотетична фігурі Р, а фігура Р2 —
образ фігури Рг при деякому русі. Міркуючи аналогічно, можна
стверджувати, що фігури Р і Р2 подібні.
Зі сказаного випливає, що доцільно прийняти таке озна-
чення.
Означення. Дві фігури називають подібними, якщо одну
з них можна отримати з іншої в результаті композиції двох пере-
творень: гомотетії і руху.
Запис Р™ Р} означає, що фігури Р і Р} подібні. Також говорять,
що фігура Р{ — образ фігури А7 при перетворенні подібності.
Дане означення ілюструє схема, зображена на рисунку 24.8.
Перетворення
подібності
гомотетія +
рух
Рис. 24.8
Із наведеного означення випливає, що при перетворенні подіб
пості фігури Р відстані між її точками змінюються в одну й ту
саму кількість разів.
Оскільки тотожне перетворення є рухом, то зі схеми, зображе-
ної на рисунку 24.8, випливає, що гомотетія — окремий випадок
перетворення подібності.
Нехай А і Я — довільні точки фігури Р, а точки А1 і В1 — їх
образи при перетворенні подібності. Точки А] і належать фігурі
д р
Р,, яка подібна фігурі Р. Число /? =—!—- називають коефіцієнтом
АВ
подібності. Говорять, що фігура Р] подібна фігурі Р з коефіці-
єнтом подібності /г, а фігура Р подібна фігурі Р з коефіцієнтом
1
подюності —.
к
Зауважимо, що перетворення подібності з коефіцієнтом к — 1
є рухом. Звідси випливає, що рух — окремий випадок перетво-
рення подібності.
З перетворенням подібності ми часто маємо справу в повсяк-
денному житті. Наприклад, у результаті зміни масштабу карти
отримуємо карту, подібну даній. Фотографія — це перетворення
негатива в подібне зображення на фотопапері. Переносячи до
свого зошита рисунок, зроблений учителем на дошці, ви також
виконуєте перетворення подібності.
Теорема 24.3. Відношення площ подібних многокутників
дорівнює квадрату коефіцієнта подібності.
Цю теорему ви можете довести на заняттях математичного
гуртка. Ми доведемо її для окремого випадку, розглянувши по-
дібні трикутники.
Доведення. Нехай ЛАВ.С, - образ Л АВС при перетворенні
подібності з коефіцієнтом А' (рис. 24.9).
Сторона А'С' — образ сторони АС. Тоді
.4,^ = к~АС. Проведемо висоти ВВ і В'В^ '
Зрозуміло, що висота В}В} — це образ ви-
соти ВВ (це випливає з наслідка з теоре-
ми 24.2). Звідси В1ВІ = к-ВВ. Маємо:
_ 2Л)С' В|£>1 _ КАСЧгВВ _
5авс 1 АС -ВП АС' В£>
2
"У ? Задача. Доведіть, що образом
прямої І при гомотетії з центром О, який
не належить прямій І, є пряма, паралельна даній.
Разе'я зання. З властивостей гомотетії випливає, що обра-
зом прямої І буде пряма. Для побудови прямої достатньо знати
дві будь-які її точки. Оберемо на прямій І довільні точки А і В
Рис. 24.10
(рис. 24.10). Нехай точки і В[ — їх
образи при гомотетії з центром О і ко-
ефіцієнтом /г (рисунок 21.10 відпові-
дає випадку, коли й > 1). Тоді пряма
А1В1 — образ прямої АВ.
При доведенні теореми 24.1 ми пока-
зали, що А1В1 = кАВ. Отже, АВ || А}В}.
Приклад 1-. У гострокутний трикутник АВС впишіть квадрат
так, щоб дві його вершини лежали відповідно на сторонах АВ
і ВС, а дві інші — на стороні АС.
Розв’язання. Із довільної точки М сторони АВ опусти-
мо перпендикуляр М(^ на сторону АС (рис. 24.11). Побудуємо
квадрат МС^Р^Г так, щоб точка Р лежала на промені С^С. Нехай
промінь АN перетинає сторону
ВС у ТОЧЦІ Розглянемо гомо-
тетію з центром А і коефіцієнтом
АУ
к =----. Тоді точка N. — образ
АN 1
точки N при цій гомотетії. Образом
відрізка М&’ буде відрізок М^х, де
точка М1 належить променю АВ,
причому Ц М/ї. Аналогічно
відрізок ^Рх такий, що точка Р1
належить променю АС і N1РІ II АР, буде образом відрізка АР.
Отже, відрізки М1ЛГ] і ЛГ)Р1 — сусідні сторони шуканого квадрата.
Для завершення побудови залишилося опустити перпендикуляр
Л/101 на сторону АС.
Приклад 2. Нехай СВ — висота прямокутного трикутника
АВС (А С — 90°). Знайдіть радіус г вписаного кола трикутника
АВС, якщо радіуси кіл, вписаних у трикутники АСВ і ВСВ,
відповідно дорівнюють Гх І Г2.
Р о з в’я зання. Оскільки кут А — спільний для прямокутних
трикутників АС В і АВС, то ці трикутни-
ки подібні (рис. 24.12). Нехай коефіцієнт
подібності дорівнює к{. Очевидно, що
Рис. 24.12
Аналогічно Л ВСВ ™ Л АВС
з коефіцієнтом к2 = —
Я,
Позначимо площ] трикутників АСВ, ВСВ і АВС відповідно 5
і 5. Маємо:
8
^- = /г2 =
Я 2 г2
Звідси
Г1 + г2 _ ^1 + ^2 _ -і
г2 8
Отримуємо, що г2 = г2 + г2, тобто г = ^г2 + г2 .
Приклад 3. Відрізки А4р ВВ} і ССг — висоти гострокутного
трикутника АВС. Доведіть, що радіус описаного кола трикут-
ника АВС удвічі більший за радіус описаного кола трикутни-
ка А]В1С1.
Роз в’яза н н я. Нехай прямі ААр ВВ{ і ССГ перетинають описа-
не коло трикутника АВС відповідно в точках М, N і Р (рис. 24.13).
Нехай точка Н — ортоцентр трикутника АВС. З ключової задачі
21.30 випливає, що НАу - АГМ, НВ1 = В^, НСг = С}Р.
Тепер зрозуміло, що трикутник МЇЇР гомотетичний трикут-
нику А)В1С1 з центром Н і коефіцієнтом 2. Тоді радіус описаного
кола трикутника Мії’Р удвічі більший за радіус описаного кола
трикутника А|В1С]. Залишилось зауважити, що трикутники МЛ’Р
і АВС вписані в одне коло.
ПРАКТИЧНІ ЗАВДАННЯ
24.1. ° Побудуйте образ відрізка АВ (рис. 24.14) при гомотетії
з центром О і коефіцієнтом:
1) к =• 2; 2) к = ——.
24.2. Накресліть відрізок АВ. Побудуйте
образ цього відрізка при гомотетії з коефіці-
єнтом к і центром:
1) у точці А, к = 3;
2) у точці В, к = -2;
3) у середині відрізка АВ, к — 2.
24.3. ° Накресліть коло, радіус якого дорівнює 2 см, і позна-
чте на ньому точку А. Побудуйте образ цього кола при гомотетії
з коефіцієнтом к і центром:
1) у центрі кола, Л = ~—, к = 2;
2) у точці А, к = 2, к = ——.
2
24.4. " Накресліть трикутник АВС. Побудуйте образ цього три-
кутника при гомотетії з коефіцієнтом к і центром:
1) у точці В, к = 3; 4) у середині сторони АВ, к = —',
2
2) у точці С, к-—; 5) у середині сторони АС, к --—.
2 З
3) у точці А, к-—;
2
24.5. Накресліть трикутник АВС. Знайдіть точку перетину
його медіан. Побудуйте образ цього трикутника при гомотетії
з центром у точці перетину його медіан і коефіцієнтом: 1) к = 2;
2) к = ~; 3) к = -~.
2 2
24.6. ° Накресліть паралелограм АВСВ. Точку перетину його
діагоналей позначте О. Побудуйте образ цього паралелограма при
гомотетії з центром О і коефіцієнтом: 1) к = 2; 2) й = ——.
24.7. Накресліть квадрат АВС1). Побудуйте образ цього ква-
драта при гомотетії з коефіцієнтом к і центром:
1) у точці А, к = —\
2) у точці В, к = -2;
3) у точці С, к = 2.
24.8. ” Орієнтуючись за клітинками, накресліть п’ятикутник
АВСВЕ (рис. 24.15). Побудуйте п’ятикутник А1В1С1В1Е1, подібний
,. . .1
даному з коефіцієнтом подібності —.
24.9. ' На рисунку 24.16 точка А] — образ точки А при гомотетії
з центром О. Побудуйте образ точки В при цій гомотетії.
24.10. ' На рисунку 24.17 точка А1 — образ точки А при го-
мотетії з коефіцієнтом: 1) к = 3; 2) к = —2. Побудуйте центр
гомотетії.
24.11. * На рисунку 24.18 зображено прямокутник Л_ВС£> і точ-
ки АІ і Г>], які є образами відповідно точок А і £> при перетворенні
подібності. Побудуйте образ прямокутника АВСВ при цьому пере-
творенні. Скільки розв’язків має задача?
24.12. ' На рисунку 24.19 зображено прямокутник АВСВ і точ-
ки^ і С1, які є образами відповідно точок А і С при перетворенні
подібності. Побудуйте образ прямокутника АВСВ при цьому пере-
творенні. Скільки розв’язків має задача?
24.13. ' Побудуйте образ трикутника АВС при перетворенні
подібності, яке є композицією двох перетворень: гомотетії з цен-
тром О і коефіцієнтом к = 2 та осьової симетрії відносно прямої І
(рис. 24.20). Укажіть коефіцієнт подібності.
Рис. 24.20
24.14. ’ Накресліть коло, радіус якого дорівнює 2 см. Позна-
чте точку О на відстані 4 см від його центра. Побудуйте образ
цього кола при перетворенні подібності, яке є композицією двох
перетворень: гомотетії з центром О і коефіцієнтом к = — і пово-
2
роту з центром О за годинниковою стрілкою на кут 45°. Укажіть
коефіцієнт подібності.
24.15. ' На рисунку 24.21 зображено дві паралельні прямі а і Ь.
Побудуйте центр гомотетії, при якому пряма Ь є образом прямої а
з коефіцієнтом: 1) й = 2; 2) к = —; 3) к = —. Скільки розв’язків
2 2 .
має задача?
24.16. ' Накресліть трапецію АВСВ,
основа ВС якої вдвічі менша від осно-
ви АВ. Побудуйте центр гомотетії, при
якій відрізок АВ є образом відрізка ВС
з коефіцієнтом: 1) к = 2; 2) к = —2.
ВПРАВИ
Рис. 21.21
і
24.17. “ У паралелограмі АВСВ точка В1 — середина сторо-
ни АВ. При гомотетії з центром А точка Вг є образом точки В.
Знайдіть коефіцієнт гомотетії. Укажіть, які точки є образами
точок В і С при цій гомотетії.
24.18. ' Які з фігур, зображених на рисунку 24.22, збігаються
зі своїми образами при гомотетії з центром О і коефіцієнтом
к > 0 і к * 1?
Рис. 24.22
24.19. Які з фігур, зображених на рисунку 24.23, збігають-
ся зі своїми образами при гомотетії з центром О і коефіцієнтом
к < 0?
24.20. ° Медіани трикутника АДЗС перетинаються в точці М
(рис. 24.24). Знайдіть коефіцієнт гомотетії з центром: 1) у точ-
ці В, при якій точка В, є образом точки М; 2) у точці М, при
якій точка є образом точки А; 3) у точці С, при якій точка М
є образом точки С,.
24.21. Медіани трикутника АВС перетинаються в точці М
(рис. 24.24). Укажіть коефіцієнт і центр гомотетії, при якій три-
кутник А1В]С1 є образом трикутника АВС.
Рис. 24.24
24.22. ° У трикутнику АВС меді-
ани АА{, ВВ1 і СС1 перетинаються
в точці М. Точки ТС, і^і N — середи-
ни відрізків АМ, ВМ і СМ відпо-
відно. Укажіть коефіцієнт і центр
гомотетії, при якій трикутник АВС
є образом трикутника КЕМ.
24.23. ° Знайдіть образи точок
А (-2; 1), В (3; 0), £> (0; -6) при
гомотетії з центром О (0; 0) і коефі-
цієнтом: 1) к = 2; 2) к = 3; 3) к — — —; 4) й = ——.
2 З
24.24. Точка А] (—1; 2) — образ точки А (-3; 6) при гомотетії
з центром у початку координат. Знайдіть коефіцієнт гомотетії.
24.25. ° Площі двох подібних трикутників дорівнюють 28 см2
і 63 см2. Одна із сторін першого трикутника дорівнює 8 см. Зна-
йдіть сторону другого трикутника, яка відповідає даній стороні
першого.
24.26. Відповідні сторони двох подібних трикутників дорівню-
ють ЗО см і 24 см. Площа трикутника зі стороною ЗО см дорівнює
45 см2. Знайдіть площу другого трикутника.
24.27. ” Площа трикутника дорівнює 8. Чому дорівнює площа
трикутника, який відтинає від даного його середня лінія?
24.28. Площа трикутника дорівнює 8. Знайдіть площу три-
кутника, вершини якого — середини середніх ліній даного три-
кутника.
24.29. ” Відрізок МК — середня лінія трикутника АВС
(рис. 24.25). Укажіть коефіцієнт і центр гомотетії, при якій:
1) відрізок АС є образом відрізка 2) відрізок NN є образом
відрізка АС.
1. «». Паралельні прямі перетинають сторони кута А у точках
М, Р і С> (рис. 24.26). Відомо, що АМ : МР = 3:1. Укажіть
коефіцієнт і центр гомотетії, при якій: 1) відрізок РС^ є образом
відрізка М№, 2) відрізок NN є образом відрізка Р(2.
Рис. 24.25
Рис. 24.26
24.31. ” Паралельні відрізки ВС і А£> такі, що АВ = ЗВС.
Скільки існує точок, що є центрами гомотетії, при якій образом
відрізка ВС є відрізок АВ1 Для кожної такої точки визначте
коефіцієнт гомотетії.
24.32. ” Кола з центрами О1 і О2 відповідно з радіусами В і г
мають зовнішній дотик у точці О (рис. 24.27). Доведіть, що коло
з центром О1 є образом кола з центром Ог при гомотетії з центром
_ . • в
О і коефіцієнтом---.
24.33 Кола з центрами О{ і О2 відповідно з радіусами В і г
мають внутрішній дотик у точці О (рис. 24.28). Доведіть, що
коло з центром О) є образом кола з центром О2 при гомотетії
з центром О і коефіцієнтом —.
Рис. 24.27
Рис. 24.28
Рис. 24.29
24.34/ Коло з центром О дотикається
до прямої а. Доведіть, що образ цього
кола при гомотетії з центром А, де А —
довільна точка прямої а (рис. 24.29),
дотикається до цієї прямої.
23.35/ Два кола дотикаються в точ-
ці К. Пряма, яка проходить через точ-
ку К, перетинає ці кола в точках А і В. Доведіть, що дотичні до
кіл, проведені через точки А і В, паралельні.
з
з
з
24.36/ Точка А (2; —3) — образ точки В (8; 6) при гомотетії
центром М{4; 0). Знайдіть коефіцієнт гомотетії.
24.37. Точка А (—7; 10) — образ точки В (—1; -2) при гомотетії
коефіцієнтом —2. Знайдіть центр гомотетії.
24.38/ Точка А1 (х; 4) — образ точки А (—6; у) при гомотетії
центром у початку координат і коефіцієнтом: 1) к — —; 2) к = -2.
2
Знайдіть х та у.
24.39. Точка АІ (4; у} — образ точки А (х; —4) при гомотетії
з центром В (1; —І) і коефіцієнтом к = —3. Знайдіть х та у.
24.40/ Пряма, паралельна стороні АС трикутника А ВС, пе-
ретинає його сторону АВ у точці М, а сторону ВС — у точці К.
Знайдіть площу трикутника АВС, якщо ВМ = 4 см, АС = 8 см,
АМ = МК, а площа трикутника МВК дорівнює 5 см2.
24.41. Продовження бічних сторін АВ і СР трапеції АВСВ
перетинаються в точці Е. Знайдіть площу трапеції, якщо
ВС : АВ = 3 : 5, а площа трикутника АЕВ дорівнює 175 см2.
24.42/ Відрізки ВМ і СК — висоти гострокутного трикутника
АВС, А А — 45е. Знайдіть відношення площ трикутників АМК
і АВС.
24.43/ Знайдіть образ прямої у = 2х + 1 при гомотетії з цен-
тром у початку координат і коефіцієнтом: 1) к = 2; 2) к = ~—.
2
24.44/ Знайдіть образ кола (х + 2)2 + {у - 4)2 = 4 при гомотетії
, 1
з центром у початку координат і коефіцієнтом: 1) к = 2) к = -2.
24.45/ Діагоналі трапеції АВСВ {АВ II ВС} перетинаються
в точці О. Доведіть, що описані кола трикутників АОВ і ВОС
дотикаються.
24.46. ’ Доведіть, що коли нерівні трикутники АВС
і А1В1С1 є такими, що АВ II А^, ВС II СА || С^, то існують
такі точка О і число к * 0, | к | * 1, що (А АВС) = А А^С,.
24.47. ’ Два кола мають внутрішній дотик. Через точку дотику
проведено дві прямі, які перетинають кола в точках А,, А2, Вр
В2 (рис. 24.30). Доведіть, що А)В1 II А2В2.
24.48 ' Два кола мають зовнішній дотик. Через точку дотику
проведено дві прямі, які перетинають кола в точках Ар А2, В(,
В2 (рис. 24.31). Доведіть, щоАД || А2В2.
24.49. ’ Точка А належить колу (рис. 24.32). Знайдіть геомет-
ричне місце точок, які є серединами хорд даного кола, одним із
кінців яких є точка А.
24.50. ’ Два кола мають внутрішній дотик, причому менше коло
проходить через центр більшого. Доведіть, що будь-яку хорду
більшого кола, яка проходить через точку дотику, менше коло
ділить навпіл.
24.51. ’ Дано трикутник АВС і довільну точку М. Доведіть, що
точки, симетричні точці М відносно середин сторін трикутника
АВС, є вершинами трикутника, рівного даному.
24.52. ' На продовженнях медіан АХ", ВЬ і СМ трикутника АВС
взято точки Р, В такі, що КР — — АК, ЬС^ = —ВВ, МВ. — —СМ.
2 2 2
Знайдіть. 8^, якщо 8^. = 1.
24.53. ’ Доведіть, що точки, симетричні довільній точці віднос-
но середин сторін квадрата, є вершинами деякого квадрата.
24.54. ’ Усередині опуклого чотирикутника АВСВ позначили
точку Р. Нехай точки Му, М2, М9, Мі — точки перетину медіан
трикутників АРВ, ВРС, СРВ і ВРА відповідно. Доведіть, що чо-
тирикутник МІМ2М2МЛ — паралелограм.
24.55. ” Два кола дотикаються внутрішнім чином у точці О.
У довільній точці М внутрішнього кола проведено до нього до-
тичну, яка перетинає друге коло в точках А і В. Доведіть, що
А АОМ = А МОВ.
24.56. " Побудуйте трикутник за радіусом описаного кола
і двома його кутами.
24.57. ' Побудуйте трикутник за радіусом вписаного кола
і двома його кутами.
24.58. ” Побудуйте трикутник за периметром і двома кутами.
24.59. ” Впишіть у даний гострокутний трикутник АВС прямо-
кутник, сторони якого відносяться як 2:1, так, щоб дві вершини
більшої сторони прямокутника лежали на стороні АС трикутника,
а дві інші вершини — на сторонах АВ і ВС.
24.60. Впишіть у даний трикутник інший трикутник, сторони
якого були б паралельні трьом даним прямим.
24.61. ” Точку, яка знаходиться всередині опуклого чотирикут-
ника з площею 8, з’єднано з його вершинами. Знайдіть площу
чотирикутника, вершини якого є точками перетину медіан чоти-
рьох утворених трикутників.
24.62. " Відрізок АВ — хорда даного кола, точка С — довільна
точка цього кола. Знайдіть геометричне місце точок, які є точ-
ками перетину медіан трикутників АВС.
24.63. Дано дві точки А і В та пряму І. Знайдіть геометричне
місце точок, які є точками перетину медіан трикутників АВС, де
С — довільна точка прямої і.
24.64. " Точка М належить куту АВС, але не належить його
сторонам. Побудуйте коло, яке дотикається до сторін кута і про-
ходить через точку М.
24.65. Усередині кута АОВ дано точку М. Знайдіть на про-
мені ОА точку, однаково віддалену від точки М і променя ОВ.
24.66. " На стороні АС гострокутного трикутника АВС по-
значили точку М. Нехай перпендикуляри, опущені із середин
відрізків АМ і МС відповідно на сторони ВС ІАВ, перетинаються
в точці О. При якому положенні точки М на стороні АС довжина
відрізка МО буде найменшою?
24.67. На сторонах АВ і АС гострокутного трикутника АВС
позначили відповідно точки К і І. так, що КЬ || ВС. Прямі, про-
ведені через точки К і В перпендикулярно до сторін АВ і АС
відповідно, перетинаються в точці М. Доведіть, що пряма АМ
містить центр описаного кола трикутника АВС.
24.68. " Точка М лежить усередині кола. Проведіть через точ-
ку М хорду АВ так, щоб АМ : МВ = 2 : ].
24.69. * На катетах АС і СВ і гіпотенузі А В прямокутного
трикутника АВС позначили відповідно точки М, N і К так, що
ММ II АВ і трикутник МіїК рівносторонній. Потім увесь рисунок
витерли, залишивши лише точки А, К і В. Як за цими точками
відновити трикутник АВС?
24.70. ‘ Бісектриси кутів А, В і С трикутника АВС перетинають
описане коло цього трикутника в точках А,, ВА і С{ відповідно.
Вписане коло дотикається до сторін АВ, ВС і СА відповідно в точ-
ках С2, А2 і В2. Доведіть, що прямі А|А2, ВгВ2 і СіСг перетинаються
в одній точці.
24.71. Бісектриси кутів А, В і С трикутника АВС перетинають
описане коло цього трикутника в точках А , В1 і С1 відповідно.
Дотичні до кола в точках Ар В) і С1 перетинаються в точках А2,
В2 і С2 (рис. 24.33). Доведіть, що прямі АА2, ВВг, ССг перетина-
ються в одній точці.
Рис. 24.33
24.72.* Коло, вписане в трикутник АВС, дотикається до сторін
АВ, ВС і СА в точках С(, Аг і В, відповідно. Прямі, які містять
висоти трикутника А]В1С1, проведені до сторін В1С1 і С^Л,,
перетинають дане коло в точках С.„ А2 і В2 відповідно. Доведіть,
що прямі АА2, ВВ2 і СС2 перетинаються в одній точці.
24.73.* Розглянемо множину рівнобедреник трикутників з рівни-
ми радіусами вписаних кіл, основи яких лежать на даній прямій,
одна з вершин — у даній точці А цієї прямої. Доведіть, що усі пря-
мі, які містять бічні сторони цих трикутників, котрі не проході 'гь
через вершину А, дотикаються до одного й того самого кола.
КОЛИ ЗРОБЛЕНО УРОКИ
Інверсія
Як правило, ми розглядали такі перетворення фігур, які збе-
рігали прямолінійність, тобто мали властивості, про які йдеться
в теоремах 20.1 і 24.2.
У цьому пункті ми розглянемо перетворення фігур, яке
називають інверсією (від латинського іпоегзіо — перегор-
тання, обернення). Це перетворення не зберігає прямоліній-
ність.
Нехай дано коло радіуса К з центром О. Розглянемо фігуру Е,
якою є вся площина, за винятком точки О. Кожній точці X фі-
гури Е поставимо у відповідність таку точку Х1 променя ОХ, що
ОХ, ОХ = В2.
Таке перетворення фігури Е називають інверсією відносно
кола з центром О. Точку О називають центром інверсії (це єдина
точка, у якій перетворення «інверсія» не
у'' X —Хх визначено). Дане коло називають колом
/ інверсії, число Н — радіусом інверсії
( (рис. 24.34).
У Інверсію з центром О радіуса В позна-
Рис. 24.34 чають так:
Безпосередньо з означення випливають
такі три властивості інверсії:
Властивість 1. Образами точок, які лежать всередині кола
інверсії (не включаючи центр кола), є точки, які лежать поза
колом, і навпаки.
Властивість 2. Якщо X — довільна точка кола інверсії, то
(X) = X, тобто всі точки кола інверсії є нерухомими точ-
ками цього перетворення.
Ці дві властивості дозволяють розглядати інверсію як пере-
творення, яке ніби «вивертає» круг «назовні» і навпаки. При-
чому коли точку X обирати все ближче і ближче до центра
інверсії, то її образ розміщуватиметься все далі і далі від центра
інверсії.
Властивість 3. Інверсія є оборотним перетворенням. Перетво-
ренням, оберненим до інверсії є ця сама інверсія
Інверсію також називають симетрією відносно кола. Це
пов’язано з тим, що наведені властивості 1-3 схожі на властивості
осьової симетрії.
Розглянемо ще кілька властивостей інверсії.
Властивість 4. Образом прямої, яка проходить через центр
інвірсії, є ця сама пряма1.
Властивість 5. Образом прямої, яка не проходить через центр
інверсії, є коло, яке проходить через центр інверсії2.
Доведення. Нехай пряма а не проходить через центр інверсії
(рис. 24.36). Опустимо з центра інверсії перпендикуляр ОМ на
пряму а.
Нехай І* (М) = М„ тобто ОМ, ОМ = Н2. На відрізку. ОМ, як
на діаметрі побудуємо коло. Покажемо, що образ будь-якої точки
прямої а лежить на цьому колі.
Нехай X — довільна точка пря-
мої а, відмінна від точки М. Якщо
X! = 1“ (X), то ОХ, • ОХ = Е2. Ма-
ємо: ОМ, • ОМ = ОХ, • ОХ.
ох,
ом,'
т - ом
Тоді --=
ОХ
Отже, А ОХ,М, д ОМХ
за другою ознакою подібності
трикутників. Звідси X ОХ,М, =
= X ОМХ = 90°. Це означає, що
Рис. 24.36
точка X, лежить на колі з діа-
метром ОМ,.
Нескладно показати (зробіть це самостійно), що кожна точка
кола (крім точки О) є образом деякої точки прямої а. А
Впастивість 6. Образом кола, яке проходить через центр
інверсії, є пряма, яка не проходить через центр інверсії.
Доведіть цю властивість самостійно.
Властивість 7. Образом кола, яке не проходить через центр
інверсії, є коло, яке не проходить через центр інверсії.
' Тут під прямою ми розуміємо пряму з виколотою точкою (центр інверсії).
2 Тут під колом ми розуміємо КОЛО З ВИКОЛОТОЮ ТОЧКОЮ (центр інверсії).
Доведення. Проведемо через точку О — центр інверсії —- пря-
му АВ, яка містить діаметр АВ даного кола (рис. 24.37). Нехай
І* (А) = А,, (В) = ВУ. Виберемо на даному колі довільну точ-
ку X, відмінну від точок А і В. Тоді X АХВ = 90°.
Нехай І* (X) = X,. Маємо: ОА, ОА = ОВ, • ОВ = ОХ, • ОХ = В2.
Звідси випливає, що А ОХА ™ Д ОА,Х,, Д ОХВ Д ОВ,Х,.
Тоді X ОХА = X ОАуХу, X ОХВ = X ОВуХу. Маємо:
X А.ХуВу = X ОВІХ1 - X ОАуХу = X ОХВ - X ОХА = 90°. Отже,
точка X, належить колу з діаметром А,В,. Отримали, що образ
будь-якої точки даного кола належить колу з діаметром А,В,.
Нескладно показати (зробіть це самостійно), що кожна точка
кола з діаметром А,В, є образом деякої точки даного кола.
Зазначимо, що ми розглянули випадок, коли центр інверсії
лежить поза даним колом. Інший випадок розгляньте само-
стійно. А.
Властивість 8 . Якщо і” (А) = А,,
АВ-В2
ОА-ОВ'
І* (В) = ВУ, то
Доведіть цю властивість самостійно.
Вивчаючи матеріал цього параграфа, ви переконалися, що засто-
вування руху і гомотетії є ефективним засобом для розв’язування
цілої низки задач. Інверсія розширює коло задач, які можна роз-
в’язати за допомогою перетворень фігури.
Наприклад, інверсія дозволяє за допомогою самого лише
циркуля знайти середину даного відрізка. Також за допомогою
інверсії можна розв’язати одну із складних задач стародавніх
часів — задачу Аполлонія: побудувати за допомогою циркуля
і лінійки коло, яке дотикається до трьох даних кіл. Розв’язати
ці задачі ви можете на заняттях математичного гуртка.
Ви знаєте, що застосування методу координат починається з ви-
бору системи координат. Аналогічно перший крок у розв’язуванні
задач за допомогою інверсії — це вигідний вибір центру інверсії.
Наприклад, якщо два кола дотикаються, то, обравши за центр
інверсії точку дотику, ми отримаємо, що образом даних кіл є дві
паралельні прямі.
У таблиці наведено приклади фігур і їх образів при інверсії
з центром у точці О (образ показано схематично, точка А1 — образ
точки А).
Фігура Образ фігури
О’
* о о
о о ( < А,
о о
о
о ✓
Покажемо, як за допомогою інверсії довести відому вам теоре-
му Птолемея1: у вписаному чотирикутнику добуток діагоналей
дорівнює сумі добутків протилежних сторін.
На рисунку 24.38 зображено чотирикутник АВСВ, навколо
якого описано коло.
Приймемо точку А за центр інверсії, а радіус інверсії В оберемо
довільно. Тоді образом описаного кола є деяка пряма І.
Нехай І* (В) = В,, І* (В) = Вх,
І”(С)=С1.
Оскільки точки В, С і В ле-
жать на описаному колі, то їх об-
рази, точки Вр С1 і Вх, лежать на
образі цього кола — прямій І.
За властивістю 8 можна запи-
„ ВВ-В2
сати В}Вг =------,
АВ-АС АС-АВ
де В — радіус інверсії.
Маємо: ВХВХ = ВХСХ + СХВХ. Тоді
ВВ • В2 _ ВС- В2 СВ В2
АВ- АВ~ АВ- АС АС-АВ
Звідси ВВ-АС = ВС-АВ + СВ-АВ.
1 3 іншим способом доведення цієї теореми ви ознайомились у 8 класі,
див. «Геометрія-8» п. 18, с. 121.
ПОЧАТКОВІ ВІДОМОСТІ
ЗІ СТЕРЕОМЕТРІЇ
25. Прямі й площини у просторі
Ви завершили вивчення курсу планіметрії — розділу гео-
метрії, який вивчає властивості фігур, розміщених в одній пло-
щині. Проте більшість оточуючих нас об’єктів не є плоскими.
Розділ геометрії, який вивчає властивості фігур у просторі,
називають стереометрією («стереос» у перекладі з грецької —
«просторовий»).
Курс стереометрії ви вивчатимете в 10—12 класах. Зараз ви озна-
йомитеся з початковими відомостями цього розділу геометрії.
У стереометрії поряд з точками і прямими розглядають пло-
щини. Уявлення про площину дають поверхня стола, футбольне
поле, поверхня водойми в безвітряну погоду.
Зрозуміло, що всю площину, як і пряму, зобразити неможли-
во. На рисунках зображують тільки частину площини, найчас-
тіше у вигляді паралелограма (рис. 25.1). Як правило, площини
позначають буквами грецького алфавіту:
а, Р, у..
Ви знаєте, що пряма однозначно задається
будь-якими двома своїми точками. Наступні
твердження вказують, як однозначно задати
площину:
Рис. 25.1
через три точки, які не
лежать на одній прямій,
можна провести площину
і до того ж тільки одну
через дві прямі, що
перетинаються, можна
провести площину і до того ж
тільки одну
через дві паралельні прямі
можна провести площину
і до того ж тільки одну
через пряму і точку, яка їй
не належить, можна провести
площину і до того ж тільки одну
Те, що через три точки, які не лежать на одній прямій, можна
провести площину і до того ж тільки одну, дозволяє позначати
площину будь-якими трьома її точками, які не лежать на одній
прямій. Так, на рисунку 25.2 зображено площину АВС.
На рисунку 25.3 зображено пряму а, яка перетинає площину а
в точці А.
Якщо пряма а і площина а не мають спільних точок, то їх
називають паралельними (рис. 25.4). Пишуть: а II сі.
Рис. 25.2
Рис. 25.3
Рис. 25.1
Пряма а може належати площині а (рис. 25.5), причому спра-
ведливим є таке твердження: якщо дві точки прямої належать
площині, то вся пряма належить цій площині.
Па рисунку 25.6 зображено пряму а, яка перетинає площи-
ну а в точці А так, що вона перпендикулярна будь-якій прямій,
яка належить площині і проходить через точку А. Говорять, що
пряма а перпендикулярна до площини а, і записують а ± а.
Уявлення про пряму, перпендикулярну до площини, дає вер-
тикально встановлена щогла (рис. 25.7).
Нехай пряма а, яка перпендикулярна до площини а, пере-
тинає її в точці А. Оберемо на прямій а точку В (рис. 25.8). Від-
різок ВА називають перпендикуляром, опущеним з точки В на
площину ос.
Якщо площини а і [З не мають спільних точок, то їх називають
паралельними (рис. 25.9). Пишуть: а і (3.
На рисунку 25.10 площини а і [З перетинаються. їх перетином
є пряма а.
З курсу планіметрії ви знаєте, що дві прямі на площині пере-
тинаються або паралельні. У просторі можливий і третій випадок
розміщення двох прямих. На рисунку-25.11 зображено прямі а
і Ь, які не перетинаються і не лежать в одній площині. Такі прямі
називають мимобіжними.
25.1. Скільки площин можна провести через дві точки:
1) одну;
2) дві;
3) безліч; 4) жодної?
25.2. ” Скільки площин можна провести через три точки:
1) одну; 3) одну або безліч;
2) безліч; 4) одну або жодної?
25.3. ° Скільки площин можна провести через дві прямі:
1) одну; 3) одну або жодної;
2) безліч; 4) одну або безліч?
25.4. ° Скільки площин можна провести через одну пряму:
1) одну; , 3) жодної;
2) безліч; 4) безліч або жодної?
25.5. Через три точки проведено дві площини. Як розміщені
ці точки?
?,5.6 .° Точка А не належить площині а. Скільки існує прямих,
які проходять через точку А і паралельні площині сс
1) одна; 2) дві; 3) безліч; 4) жодної?
25.7. ° Чи є правильним твердження:
1) якіцо пряма а перпендикулярна до прямої Ь, яка лежить
у площині а, то а ± сс;
2) якщо пряма а не перпендикулярна до площини а, то вона
не перпендикулярна до жодної прямої цієї площини?
25.8. ° З точки А опущено перпендикуляр АВ на площину а,
точка С належить площині а. Знайдіть:
1) АВ, якщо АС = 13 см, ВС = 5 см;
2) АС, якщо АВ = 4\/з см, К АСВ = 60°.
25.9. ' З точки М опущено перпендикуляр МК на площину [З,
точка Р належить площині р. Знайдіть:
1) МР, якщо МК = 8 см, КР = 6 см:
2) МК, якщо МР - 10 см, А МРК = 45°.
25.10. ° Чи можуть дві площини мати тільки одну спільну
точку?
25.11. ° Чи можуть три площини мати тільки одну спільну
точку? Відповідь проілюструйте, навівши приклад з оточуючого
середовища.
25.12. ° Пряма а і площина а паралельні. Скільки площин, які
паралельні площині а, можна провести через пряму а:
1) одну; 2) дві; 3) безліч; 4) жодної?
25.13. ° Пряма перетинає одну з двох паралельних площин. Яке
взаємне розміщення даної прямої і другої з площин?
25.14. Відомо, що пряма а паралельна кожній з площин а і [3.
Яким може бути взаємне розміщення площин а і Р?
25.15. “ Точка А лежить поза площи-
ною п, точки В, С і О належать пло-
щині сх (рис. 25.12). Укажіть лінію
перетину: 1) площин АВС і АСИ; 2) пло-
щин а і АВС.
25.16. Точка А лежить поза площи
ною а, точки В, С і £> належать пло-
щині їх (рис. 25.12). Укажіть лінію
Рис 25.12
перетину: 1) площин АСВ і АВВ; 2) пло-
щин сх і АСВ.
25.17.“ На рисунку 25.13 укажіть зображення: 1) прямих,
які перетинаються; 2) паралельних прямих; 3) мимобіжних
прямих.
Рис 25.13
25.18. “ Пряма а перетинає сторону АС трикутника АВС. Яке
взаємне розміщення прямих а і АВ, якщо пряма а не лежить
у площині АВС?
25.19. Пряма т паралельна стороні ВЕ трикутника ВЕЕ. Яке
взаємне розміщення прямих т і ЕЕ, якщо пряма т не лежить
у площині ВЕЕ?
25.20. ° Чи є правильним твердження:
1) якщо пряма а паралельна прямій Ь, яка лежить у площині
сх, то пряма а паралельна площині сх;
2) якщо пряма а не паралельна прямій Ь, яка лежить у пло-
щині сх, то пряма а не паралельна площині сх;
3) якщо пряма а перетинає площину Р, а пряма Ь належить
площині р, то пряма а перетинає пряму &;
4) якщо дві прямі не мають спільних точок, то вони пара-
лельні;
5) якщо пряма перетинає одну з двох паралельних прямих,
то вона перетинає й другу пряму;
6) якщо пряма паралельна площині, то вона паралельна будь-
якій прямій цієї площини;
7) якщо дві площини паралельні одній і тій самій прямій, то
ці площини паралельні;
8) якщо прямі а і Ь не перетинаються, то вони не лежать
в одній площині?
25.21. ' Точки А, В, С і В не лежать в одній площині. Яке
взаємне розміщення прямих АВ і СВ?
25 22. Точка К лежить поза площиною трикутника ВЕР. Яке
взаємне розміщення прямих ВК і ЕР?
25.23. ’ З точки А опущено перпендикуляр АВ на площину а,
точки С і О належать площині а, АВ = 10\/3 см, А АВВ = 60°,
А АСВ = 45°. Знайдіть довжину відрізка АС.
25.24. ' З точки В опущено перпендикуляр ВМ на площи-
ну [3, точки А і С належать площині Р, ВС =17 см, МС = 8 см,
А ВАМ = 30°. Знайдіть довжину відрізка АМ.
25.25. ' З точки А опущено перпендикуляр АВ на площи-
ну сі, точки В і С належать площині а, АВ = 25 см, АС =17 см,
В В ; ВС =5:2. Знайдіть довжину перпендикуляра АВ.
25.26. * З точки В опущено перпендикуляр ВО на площи-
ну у, точки А і С належать площині у, АВ =12 см, ВС = ЗО см,
АО : ОС = 10 : 17. Знайдіть довжину відрізка АО.
25.27. ** З точки А опущено перпендикуляр АВ на площи-
ну сх, точки В і С належать площині Сі. Знайдіть відстань між
точками В і С, якщо АВ = 6 см, А АВВ = 45°, А АСВ = 60°,
А ВВС = 150°.
25.28. " З точки М опущено перпендикуляр МВ на площину р,
точки А і С належать площині Р, МС = 4>/Зсм, МСВ = 30°,
А МАВ — 45°, А АВС = 135°. Знайдіть відстань між точками
А і С.
26. Пряма призма. Піраміда
У стереометрії, крім точок, прямих і площин, розглядають
геометричні тіла. Прикладами тіл є многогранники (рис. 26.1).
Поверхня многогранника складається з многокутників. їх на-
зивають гранями многогранника. Сторони многокутників на-
зивають ребрами многогранника, а вершини — вершинами
многогранника.
Рис. 26.1
У 5 класі ви ознайомилися з одним із видів многогранни-
ка — прямокутним паралелепіпедом і його окремим видом —
кубом. На рисунку 26.2 зображено прямокутний паралелепіпед
АВСОАхВуСуВх.
Прямокутний паралелепіпед є окремим видом призми.
Многогранник, зображений на рисунку 26.3, є шестикутною
призмою. Дві його грані АВСВЕГ і А1В1С1Г>1ЕІГ} — рівні шести-
кутники, які лежать у паралельних площинах. їх називають
основами лоизми. Решта шість граней — це паралелограми. їх
називають бічними гранями призми.
Ребра призми, які належать основам, називають ребрами основ
призми, а решту ребер — бічними ребрами призми. Усі бічні
ребра призми паралельні й рівні.
Аналогічно можна говорити про л-кутну призму.
Якщо бічні ребра призми перпендикулярні
до площині основи, то призму називають
прямою. На рисунку 26.4 зображено пряму
п’ятикутну призму. Бічні грані прямої приз-
ми є прямокутниками.
Прямокутний паралелепіпед — це окре-
мий вид прямої призми.
Площа бічної поверхні призми — це сума
площ усіх її бічних граней.
Тзорема 26.1. Площа бічної поверхні
прямої призми дорівнює добутку периметра її основи на дов-
жину бічного ребра.
Доведення. Нехай а,, а2, .... ап — сторони основи прямої
призми, її — довжина бічного ребра, _Росіі — периметр основи,
5Мчі1 — площа бічної поверхні. Оскільки бічні грані прямої приз-
ми — прямокутники, то:
8... = аді + а,Н + ... + а 1г = (а, + а„ + ... + а ) її = Р її. ▲
оічн 1 2 п 4 1 2 п' сен
Площа поверхні призми — це сума площ усіх її граней.
Позначивши площу основи 8ПГ1І, можна записати очевидну
формулу для знаходження площі 3 поверхні призми:
8 = 8 +28 .
бічн осн
Кожне геометричне тіло має певний об’єм. За одиницю об’єму
приймають об’єм куба, ребро якого дорівнює одиниці довжини.
Об’єм V прямої призми обчислюють за формулою
V = З Л,
осп
де 8осн — площа основи призми, її — довжина бічного ребра.
Цю формулу буде доведено в курсі
стереометрії.
На рисунку 26.5 зображено много-
гранник, одна грань якого — многокут-
ник, а решта — трикутники, які мають
спільну вершину. Такий многогранник
називають пірамідою. Цю спільну вер-
шину називають вершиною піраміди.
Грань, яка не містить вершину піраміди,
називають основою піраміди, решту гра-
ней — бічними гранями піраміди.
Рис 26.5
Ребра, які належать основі, називають ребрами основи
піраміди, решту ребер — бічними ребрами піраміди.
На рисунку 26.6 зображено трикутну піраміду 8АВС і чотири-
кутну піраміду 8АВСО.
Рис 26.6
Площа поверхні піраміди — це сума площ усіх її граней.
Перпендикуляр, опущений з вершини піраміди на площину
основи, називають висотою піраміди. На рисунку 26.6 відрі-
зок 80 — висота піраміди.
Об’єм V піраміди обчислюють за формулою
де 5оск — площа основи піраміди, Л — довжина висоти піраміди.
Цю формулу буде доведено в курсі стереометрії.
Зв’язок між окремими видами многогранників ілюструє схема,
зображена на рисунку 26.7.
Рис 26.7
2) вершину піраміди;
3) бічні грані піраміди;
4) бічні ребра піраміди;
5) ребра основи піраміди.
Рис. 26.10
26.5 .” Знайдіть площу поверхні і об’єм куба з ребром 3 см.
26.6 .” Знайдіть площу бічної поверхні, площу поверхні і об’єм
прямокутного паралелепіпеда АВСПАІВ}С}В1 (рис. 26.8), якщо
АВ = 3 см, ВС = 2 см, АА) = 5 см.
26.7 .” Знайдіть площу бічної поверхні, площу поверхні і об’єм
прямої трикутної призми, основою якої є правильний трикутник
зі стороною 6 см, а бічне ребро дорівнює 4 см.
26.8 . Знайдіть площу бічної поверхні, площу поверхні і об’єм
прямої чотирикутної призми, основою якої є квадрат зі стороною
7 см, а бічне ребро дорівнює 6 см.
26.9 .” Знайдіть площу бічної поверхні, площу поверхні і об’єм
прямої призми, зображеної на рисунку 26.12 (довжини відрізків
дано в сантиметрах).
26 10. Знайдіть площу бічної поверхні, площу поверхні і об’єм
прямої призми, зображеної на рисунку 26.13 (довжини відрізків
дано в сантиметрах).
26.11 / Усі грані трикутної піраміди — правильні трикутники
зі стороною а. Знайдіть площу поверхні піраміди.
26.12 . Основа піраміди є квадратом зі стороною 6 см, а кожна
бічна грань — правильним трикутником. Знайдіть площу бічної
поверхні і площу поверхні піраміди.
26.13 / Обчисліть об’єм піраміди МАВС (рис. 26.14), основа
якої — трикутник АВС, ВС = 4,8 см, АК — висота трикутника
АВС, АК = 3,5 см, МО — висота піраміди, МО = 4,5 см.
26.14 / Обчисліть об’єм піраміди МАВСВ (рис. 26.15), основа
якої — квадрат АВСВ зі стороною 6 см, МЕ — висота піраміди,
МЕ = 7,2 см.
26.15 . Обчисліть об’єм піраміди АМККР (рис. 26.16), основа
якої — прямокутник МККР, МК —1,2 см, КК - 2,6 см, АВ —
висота піраміди, АВ = 2,5 см.
26.16 / Основа прямої призми — пря-
мокутний трикутник, один з катетів
якого дорівнює 15 см, а гіпотенуза —
25 см. Знайдіть площу поверхні
і об’єм призми, якщо її бічне ребро
дорівнює 9 см.
26.17 / Основою прямої призми
є рівнобічна трапеція з основами 4 см
і 16 см та діагоналлю 2x41 см. Знай-
діть площу бічної поверхні, площу
поверхні та об’єм призми, якщо її бічне ребро дорівнює 17 см.
2 > 18. Основа прямої призми — рівнобедрений трикутник,
основа якого дорівнює 24 см, а проведена до неї висота — 5 см.
Знайдіть площу бічної поверхні і об’єм призми, якщо її бічне
ребро дорівнює 7 см.
26.19. ' Знайдіть площу поверхні і об’єм куба, якщо діагональ
його грані дорівнює <1.
26.20. ’ Класна кімната має форму прямокутного парале-
лепіпеда, виміри якого дорівнюють 8,5 м, 6 м і 3,6 м. Чи
можна у цій кімнаті розмістити на урок ЗО учнів, якщо відпо-
відно до санітарних норм на одного учня має припадати 6 м3
повітря?
26.21. " Поперечний переріз чавунної труби має форму квадра-
та. Зовнішня ширина труби дорівнює ЗО см, а товщина стінок —
5 см. Знайдіть масу погонного метра труби, якщо густина чавуну
становить 7,3* 103 кг/м3.
26.22. ' Поперечний переріз канави має форму рівнобічної
трапеції, основи якої дорівнюють 1 м і 0,8 м, а висота — 0,6 м.
Скільки потрібно робітників, щоб за 4 год викопати таку канаву
завдовжки 15 м, якщо за годину один робітник викопує 0,75 м3
ґрунту?
26.23. " Відливок міді завдовжки 50 см має форму прямої приз-
ми, основою якої є рівнобічна трапеція, паралельні сторони якої
дорівнюють 6 см і 14 см, а бічна сторона — 8,5 см. Установіть, чи
є всередині відливка порожнини чи він є суцільним, якщо маса
відливка дорівнює 32 кг, а густина міді — 9,0-103 кг/м3.
26.24. ' Знайдіть площу бічної поверхні піраміди 8АВС, якщо
&4 = 8В = 8С = 8 см, А А8В = А А$С = А С8В = 45°.
26.25. " Знайдіть площу бічної поверхні піраміди 8АВС О, якщо
8А = 8В = 8С - 8П - 6 см, А А8В = А В8С = А С81) = А АЗІ) =
= 30°.
26.26. ' Основою піраміди є прямокутний трикутник з катета-
ми 6 см і 8 см, висота піраміди дорівнює 12 см. Знайдіть об’єм
піраміди.
26.27. " Основою піраміди є ромб, сторона якого дорівнює 10 см,
а одна з діагоналей — 16 см. Знайдіть об’єм піраміди, якщо її
висота дорівнює 11 см.
26.28. " Основою піраміди є трикутник зі сторонами 17 см,
17 см і 16 см. Знайдіть об’єм піраміди, якщо її висота дорівнює
20 см.
26.29. ” Знайдіть об’єм прямої призми АВСА^^С^ якщо
АХВ = а, А АВАХ = З, АВ = АС, А ВАС = а.
26.30. ” Знайдіть площу бічної поверхні і об’єм прямокут-
ного паралелепіпеда АВСВАХВ ХС ХВ х, якщо АС = т, А САВ = а,
А САС, = р.
26.31. " Основою прямої призми АВС£)Л]В]С1£>1 є ромб, АВ = а,
А ВАВ = а, ЛАСАг = (3. Знайдіть площу бічної поверхні і об’єм
призми.
26.32. " Знайдіть об’єм трикутної піраміди, бічні грані якої —
рівнобедрені прямокутні трикутники з катетом а.
27. Циліндр. Конус. Куля
У повсякденному житті ми часто натрапляємо на предмети,
які мають форму циліндра: консервна банка (рис. 27.1), хокейна
шайба (рис. 27.2), колони будівлі (рис. 27.3), бочка (рис. 27.4).
Рис. 27.]
Рис. 27.3
Рис. 27.2
Рис. 27.4
Циліндр можна уявити як тіло, утворене в результаті обертай
ня прямокутника АВСВ навколо однієї з його сторін, наприклад
сторони АВ (рис. 27.5). Пряму АВ називають віссю циліндра.
Сторони ВС і АВ, обертаючись, утворюють рівні круги, які
називають основами циліндра. При обертанні сторони СВ утво-
рюється циліндрична поверхня, яку називають бічною поверхнею
циліндра.
Нехай при обертанні прямокутника відрізок
СВ зайняв положення СгВх (рис. 27.5). Гово-
рять, що відрізок С}В} — образ відрізка СВ.
Всі образи відрізка СВ називають твірними ци-
ліндра. Усі твірні циліндра рівні й паралельні.
До того ж кожна твірна перпендикулярна до
площин основ циліндра.
Якщо бічну поверхню циліндра розрізати
по одній з його твірних, а потім розгорнути її
на площині, то отримаємо прямокутник. Одна
з його сторін дорівнює твірній, а довжина другої
сторони дорівнює довжині кола, яке обмежує
основу циліндра (рис. 27.6). Отриманий 2 л 7?
прямокутник називають розгорткою біч-
ної поверхні циліндра.
Площа 8 бічної поверхні циліндра
дорівнює площі її розгортки:
£С = 2яНЯ, Рис. 27.6
П1ЧП
де Н — радіус основи циліндра, Л — довжина його твірної.
Площа 5 поверхні циліндра дорівнює сумі площ бічної по-
верхні і плоіц його основ:
5 = Я . +23 ,
бдчн «єн’
де 8 — плоіца основи циліндра.
Об’єм V циліндра обчислюють за формулою
V =
----- ---------
де Р. — радіус основи циліндра, й — довжина його твірної.
Рис. 27.7
Конус можна уявити як тіло, утворене в ре-
зультаті обертання прямокутного трикутника АВС
навколо одного з його катетів, наприклад кате-
та АС (рис. 27.7).
Катет ВС, обертаючись, утворює круг, який
називають основою конуса. При обертанні гіпоте-
нузи АВ утворюється бічна поверхня конуса.
Нехай при обертанні трикутника гіпотенуза АВ
зайняла положення АВХ (рис. 27.7). Говорять, що
АВ1 — образ відрізка АВ. Усі образи відрізка АВ
називають твірними конуса. Усі твірні конуса
рівні.
Пряму АС називають віссю конуса, відрізок АС — висотою
конуса, точку А — вершиною конуса. Висота конуса перпенди-
кулярна до площини його основи.
Якщо бічну поверхню конуса роз-
різати по одній з його твірних, а потім
розгорнути її на площині, то отримаємо
сектор. Радіус цього сектора дорівнює до-
вжині І твірної конуса, а довжина дуги,
яка обмежує сектор, — довжині кола,
яке обмежує основу конуса (рис. 27.8).
Рис. 27.8
Отриманий сектор називають розгорткою бічної поверхні
конуса.
Площа бічної поверхні конуса 8 дорівнює площі її ро-з-
гортк и: ____________________
8.. = г.КІ,
П1ЧН ’
де Р — радіус основи конуса, І — довжина його твірної.
Площа 8 поверхні конуса дорівнює сумі площі бічної поверхні
і площі його основи:
8 = 8. +8 ,
біч її пси’
де 8оги — площа основи конуса.
Об’єм V конуса обчислюють за формулою
У = -пК-К.
З
де Р — радіус основи конуса, Л — довжина його висоти.
Усі точки простору, віддалені від даної точки на задану від-
стань Р, утворюють фігуру, яку називають сферою (рис. 27.9).
Дану точку називають центром сфери, а число Р — радіусом
сфери. Будь-який відрізок, який з’єднує центр сфери з точкою
сфери, також називають радіусом сфери. На рисунку 27.9 точ-
ка О — центр сфери, Р — радіус.
Тіло, яке є частиною простору, обмеженою сферою, разом зі
сферою, називають кулею. Сферу, яка обмежує кулю, називають
поверхнею кулі. Центр і радіус сфери називають також центром
і радіусом кулі.
Кулю можна уявити як тіло, отримане в результаті обертання
круга навколо одного з діаметрів (рис. 27.10).
Площу А поверхні кулі, тобто площу сфери, обчислюють за
формулою
5 = 4лЯ2,
де Я — радіус кулі.
Об’єм V кулі обчислюють за формулою
У = - лК3,
З
де В. — радіус кулі.
27.1. " На рисунку 27.11 зображено циліндр. Укажіть:
1) вісь циліндра;
2) твірну циліндра;
3) радіус нижньої основи циліндра;
4) радіус верхньої основи циліндра.
27.2. " Радіус основи циліндра дорівнює 6 см, а його твірна —
8 см. Знайдіть площу бічної поверхні, площу поверхні і об’єм
циліндра.
27.3. Знайдіть плоіцу бічної поверхні, площу поверхні і об’єм
циліндра, розгортку якого зображено на рисунку 27.12 (довжини
відрізків дано в сантиметрах).
27.4. " На рисунку 27.13 зображено конус. Укажіть:
1) вершину конуса;
2) центр його основи;
3) твірну конуса;
4) радіус основи конуса;
5) висоту конуса.
27.5. ° Радіус основи конуса дорівнює 4 см,
а його твірна — 7 см. Знайдіть площу бічної
поверхні і площу поверхні конуса.
27.6. Знайдіть площу поверхні конуса,
розгортку якого зображено на рисунку 27.14
(довжини відрізків дано в сантиметрах).
27.7. ’ Знайдіть об’єм конуса, висота якого
дорівнює 12 см, а радіус основи — 3 см.
27.8. Знайдіть площу поверхні і об’єм
кулі, радіус якої дорівнює 3 см.
27.9. ' Прямокутник, сторони якого дорівнюють 12 см і 5 см,
обертається навколо більшої сторони. Знайдіть площу поверхні
і об’єм циліндра, що утворився при цьому.
27.10. ' Твірна циліндра дорівнює 6 см, а об’єм — 150л см3.
Знайдіть площу бічної поверхні циліндра.
27.11. * Маса 10 м мідного дроту кругового перерізу дорівнює
106,8 г. Знайдіть діаметр дроту, якщо густина міді становить
8,9 ’ 103 кг/м3.
27.12. ' Визначте тиск цегляної колони циліндричної форми
заввишки 3 м на фундамент, якщо діаметр колони дорівнює
1,2 м, а маса 1 м3 цегли дорівнює 1,8 т.
27.13. ' Діаметр основи конуса дорівнює 16 см, а його твірна—
17 см. Знайдіть площу поверхні і об’єм конуса.
27.14. ' Прямокутний трикутник з катетами 12 см і 16 см обер-
тається навколо меншого катета. Знайдіть площу бічної поверхні
і об’єм конуса, що утворився при цьому.
27.15. * Зерно зсипали у купу конічної форми заввишки 1,2 м.
Яка маса цієї купи, якщо радіус її основи дорівнює 2 м, а маса
1 м3 зерна становить 750 кг?
27.16. ' Рідину з повної посудини конічної форми, висота якої
дорівнює 24 см, а радіус основи — 6 см, перелили у посудину
циліндричної форми, радіус основи якої дорівнює 8 см. Визначте
висоту рівня води в посудині циліндричної
форми.
27.17. ' Стіжок сіна має форму циліндра
з конічним верхом (рис. 27.15). Радіус його
основи дорівнює 1,5 м, висота — 3 м, при-
чому циліндрична частина стіжка має висоту
2,4 м. Знайдіть масу стіжка, якщо маса 1 м3
сіна становить 30 кг.
27.18/ Як зміняться площа поверхні і об’єм кулі, якщо її
радіус збільшити у 2 рази?
27.19/ Радіус однієї кулі дорівнює 3 см, а другої — 4 см. Зна-
йдіть відношення площ поверхонь і відношення об’ємів даних
куль.
27.20/ Зовнішній діаметр залізної порожнистої кулі дорівнює
12 см, а внутрішній діаметр — 10 см. Знайдіть масу кулі, якщо
густина заліза дорівнює 7,9- 103 кг/м3.
27.21. “ Відрізок АВ — діаметр основи конуса ЛІ
(рис. 27.16), А АМВ = 90°, МО — висота конуса,
МО = Л. Знайдіть площу бічної поверхні і об’єм //\ \
конуса. / / ' а
27.22/ ' Відрізок АВ — діаметр основи конуса /
(рис. 27.16), А АМВ = 60°, точка О — центр осно- ґ !
ви конуса, ОА = В. Знайдіть площу бічної поверх-
ні і об’єм конуса.
27.23. " Сторони прямокутника дорівнюють а
. , . і п- с Рис. 2'ї-16
і Ь, а Ь. Він обертається спочатку навколо сто-
рони а, потім — навколо сторони Ь. Порівняйте площі бічних
поверхонь і об’єми циліндрів, які при цьому утворилися.
ВІДПОВІДІ ТА ВКАЗІВКИ
1.6. З : 5. 1.21. 126 см. 1.23. 60°. 1.24. 45°. 1.25. 60' і 120е.
1.26. 2а. 1.40. Вказівка. Доведіть, що Д АВС = Д ВВС. 1.42. Вка-
зівка. Скористайтеся тим, що середини діагоналей і середини
двох протилежних сторін чотирикутника є вершинами паралело-
грама, сторони якого дорівнюють половинам двох інших сторін
чотирикутника.' 1.43. Вказівка. Нехай точка М — середина
відрізка АВ. Тоді ОМ = ±-АВ, а СМ <^-(СВ + СА). 1.44. Вказівка.
Сі Сі
Побудуйте паралелограми АСВВ і ВАКС. 1.47. Вказівка. Чоти-
рикутники АКЬВ і КВСЬ — вписані. Нехай Р — точка перетину
СК ІАВ. Тоді СКВ — X. КРВ + X КВР. 1.48. Вказівка. Скорис-
тавшись тим, що чотирикутник АКНЬ — вписаний, доведіть, що
ХВКВ + X ВСВ = 180°. 1.49. Вказівка. Нехай О — центр описа-
ного кола трикутника ВХС. Доведіть, що чотирикутник АВОС —
вписаний. 1.51. 60° або 120°. 1.52. Вказівка. Із подібності
трикутників АВВ і АСВ випливає, що = звідки з ураху-
АС
ванням АВ = ВС можна записати 1.53. Вказівка.
ВС АС
Доведіть, що ЕР |і АС. 1.54. 3>/б. Вказівка. Скористайтеся тим,
що СЬ — бісектриса кута НСМ. 1.55. Вказівка. АС > АВ - ВС =
= 5 см. Нехай АО = Зх, тоді СВ = 2х, де х > 1. Можна записати
ВВ2 = 150 — 6х2 < 144. 1.56. Вказівка. Д СВО ™ Д САВ, звідси
СО СА = СВ2. Крім того, Д СВО °° Д ВВС, і можна записати
ВО-ВВ = СВ2. 1.58. Вказівка. І спосіб. Нехай Е — точка пере-
тину прямих ВА і СВ (див. рисунок).
Тоді крім того, ЕВ2 = ЕА'ЕВ.
З двох отриманих рівностей випливає,
що ЕВ2 = ЕВ • ЕС. II спосіб. Розглянемо
трикутники АВВ і СВВ. Маємо: X АВВ =
Рис. до задачі 1.58
= А СОВ, Л ВАВ = /. СВВ. Звідси
/. ВВА = А. ВСВ. 1.59. Вказівка. Дове-
діть, що чотирикутник МВЇГК — впи-
саний, а потім скористайтеся властивіс-
тю, оберненою до властивості кута між
дотичною і хордою. 1.69. 2Н (>/5-2).
Вказівка. Скористайтеся теоремою Птолемея. 1.61. ---, ----.
Ь + с Ь + с
Вказівка. Трикутники АВС і АР В рівновеликі. 1.63. Вказівка.
Нехай Р — точка перетину прямої ВЕ з основою АВ. Тоді площа
кожного із зазначених трикутників дорівнює половині площі
паралелограма ВСВР. 1.64. Вказівка. Проведіть пряму МР пара-
лельно ВЕ (див. рисунок). Доведіть, що Д АВМ = Д МРС.
1.65. Вказівка. Доведіть, що чотирикут-
ники ВСВМ і АВСМ — паралелограми.
1.66. Вказівка. Слід побудувати коло,
яке проходить через точки С і В і доти-
кається до хорди АВ. 1.67. Вказівка.
Нехай прямі МС} і Р27 перетинають пря-
му АС у точках Р і Р1 відповідно. Засто-
сувавши теорему Менелая до трикугника
АС В і прямої МС}, а також до трикутни-
ка АС В і прямої РІУ, доведіть, що точ-
ки Р і Р1 збігаються. 1.68. Вказівка. Скористайтеся тим, що точ-
ка В — центр зовнівписаної о кола трикутника АКС. 2.12. 3) ——
4
або 4) 0,6; 5) 6) 2.13. 1) -Ц; 2) 3)
Рис* до задачі 1*64
о .— Е О
4) 2.16. 1) 2 ->/3; 2) -2,5; 3) -<3-2; 4) 2.17. 1) 1; 2)
2 1 і
3) - 2.24. 2.25. 120°. 2.26. У гострокутному: —т=; у тупо-
а г УЗ
кутному: 4=. 2.27. 45°. 2.28. 120' . 2.29. 60° або 120'. 2.30. 15°,
УЗ
або 75°, або 105°, або 165°. 2.31. 1. 2.32. 1. 3.3. 120°. 3.4. 45°.
3.10. 2>/7 см. 3.11. Ло см. 3.12. 13 см. 3.13. ауІ2+^2.
3.14. Зх/Й9 см. 3.15. уІаг + Ьг + аЬ42. 3.16. у/а2+Ь2-аЬ. 3.17.15 см,
24 см. 3.18. 2 см, 4х/з см. 3.19. З см, 5 см. 3.20. 10 см, 6 см,
14 см. 3.21. 6 см або 10 см. 3.22. 75 см. 3.26. 14 см. 3.27. 34 см.
3.28. 7 см, 9 см. 3.29. 20 см, ЗО см. 3.30. 11 см. 3.31. 22 см.
।— і— і— /947
3.32. У 21 см або У29 см. 3.33. 13 см. 3.34. У 79 см. 3.36. С ~~ см.
3.37. Ні. 3.39. 6 см. 3.42. Вказівка. Скориставшись ключовою
задачею п. З, доведіть, що
3.44. Вказівка. Нехай
АВ — діаметр одного кола, точка X — точка другого кола.
Якщо точка X не належить прямій АВ, то розгляньте паралело-
грам, сторони якого — відрізки ХА і ХВ. 3.45. Вказівка. Сере-
дини сторін чо іирикутника є вершинами паралелограма.
3.46. УІтг + пг+тп, \Іт2 з 4 + пг-тп. 3.47. +Ьг + аЬу/2,
^а2+Ь2-аЬ42. 3.48. 5 ем. Вказівка. Доведіть, що в даній тра-
пеції середини діагоналей і основ є вершинами прямокутника.
3.49. 8 см. Вказівка. Проведіть через вершину В пряму, яка па-
ралельна стороні СВ, і розгляньте трикутник, який при цьому
утворився. 3.50.
13
20’
3.51. 120°. Вказівка. Через вершину С про-
ведіть пряму, паралельну діагоналі ВВ. 3.52. \іа2 + с2 + ас або
\ а2 +с~ —ас. Вказівка. Скористайтеся тим, що Л С|ВА1 ™ Д АВС
з коефіцієнтом подібності, рівним | соб В |. 3.53. 25 см. Вказівка.
Використовуючи теорему про бісектрису, покажіть, що ВС : СЕ =
= 5:1. Застосуйте теорему косинусів до трикутника АВЕ.
3.54. Вказівка. Доведі гь, що косинус кута мі ж діагоналями чо-
тирикутника дорівнюй 0. 3.55. Вказівка. Нехай діагоналі пара-
, . . .. ,, сЕ <1і а,с19
лелограма дорівнюють а} і а2. Маємо: Ь — к + --соб а,
, З.2 сі2. сІ.сЬ, о а2-Ь2
а = — + — + соз а. Звідси соб а =------. Скористайтеся тим,
4 4 2 3;^
З2 +32
що сі,а„ 3.56. Вказівка. На даному діаметрі оберіть точ-
1 г 2
ку таку, що ОМ} — ОМ. Нехай хорда СВ паралельна діаметру.
Тоді СМ2 + ВМ2 = ВМ2 + ВМ2. 3.57. Вказівка. Нехай X — до-
вільна точка даного чотирикутника АВСВ. Тоді один з кутів АХВ,
ВХС, СХВ, ВХА є не гострим. Нехай, наприклад, А АХВ > 90й.
Припустивши, що ХА > 5 і ХВ > 5, покажіть, що АВ > 7.
3.59. у!~2. Вказівка. Очевидно, що при х < 0 найменше значення
не може бути досягнуто. При т > 0 розгляньте трикутник АОВ,
у якого ХО = 90", ОА = ОВ = 1. Побудуйте промінь ОС так, що
Л АОС = 60°, А ВОС = ЗО". Нехай М — довільна точка променя
ОС, відмінна від точки О. Позначимо ОМ = х. Скористайтеся
тим, що МА + МВ > АВ. 3.61. Вказівка. Розгляньте відрізки ОА,
ОВ і ОС такі, що ОА = а, ОВ = Ь, ОС = с, /. АОВ = 60°,
/. ВОС = 60°. 3.62. Існують. Вказівка. Виберіть точки А, В і С
на одній прямій гак, щоб АВ = >І2 —1, АС — СВ. 4.9. 2\/б см.
. с «виі0 тяпйзшр с зіп а віп (а + у)
4.10.6 см. 4.11.-----—---- 4.12. —:---—-. 4.13.----::-------------—.
соє ф + у) 5іп у 5111 (а -0) ніп у він ер
. , . т зіп а ніп Ф . , о п . „ , . . „
4.14. -----------у-. 4.18. Вказівка. Доведіть, що А = Ід В.
він 0 зіп (а + 0)
4.19. 9 см. 4.20. — см. 4.21. 60= або 120°. 4.22. -—Ь 51П а 5111 7-.
З . , «- ї
8іп (а + у) соз
4.23.
а соз
. (.„с За\‘
зіп ^4о + )
4.24.
а зіп а
зіп 0
Вказівка. Доведіть, що СЕ = ВЕ.
. 2т ніп 0 2т зіп п „ тт .
4.25.--------—, ---------. Вказівка. На продовженні медіани АМ
зіп (а + 0) зіп (а + [і)
.за точку М позначте точку К таку, що АМ = МК, та застосуйте
. с,,. а зіп (о.+ 0) .
теорему синусів до трикутника АСК. 4.26. —--------- -. 4.27. В. а.
2 ніп а.
4.28. Вказівка. Виразіть кути АНВ, ВИС і АНС через кути три-
25
кутника АВС. 4.29. — см. Вказівка. Скориставшись теоремою
про бісектрису, знайдіть косинус кута при основі рівнобедреного
трикутника.
см. Вказівка. Застосувавши теорему
косинусів до трикутників МИР і МОР, знайдіть косинус кута
14\/з
РМО. 4.33. ----. Вка нвка. Якщо і Мг — основи перпенди-
кулярів, то навколо чотирикутника ММХАМ2 можна описати
коло. 4.34. Коло радіуса —-— з центром у точці перетину даних
зіп а
прямих. 4.36. АМ — це діаметр. Вказівка. Точки А, М, К
лежать на одному колі. 4.37. 6 см. Вказівка. Покажіть, що
А ВОС = 150°. Доведіть, що відрізок ОМ є діаметром описаного
кола трикутника ВОС. 4.38. 6 см або 2>/з см. Вказівка. Скорис-
тайтеся тим, що ВС = В^} = ВВ. 4.39. Вказівка. Доведіть, що
віп /_ АСВ = віп /. АСВ. 4.40. Вказівка. АЕ = 2ОгА -зіп 45°,
. „ \ ал + Ьг 4 2аЬ сов а
АЕ = 20 А ніп 45 . Звідси АО. = АО,. 4.41. ---------------—-----------
* 1 £ 9 сіті ґ¥
Вказівка. Позначте на колі таку точку М, що уОМ = <иВС + 1 АиВ
(див. рисунок). Тоді СМ = а, Л ВСМ = 180° - а. 4.42. Вказівка.
ВМ СМ Вії СК „ .
вїп 2 ВСІЇ = „„гслм = = зіп^С/Ж’ Дага
ся тим, що ніп А СВМ = віп А АВС =
= віп А АВС = зіп К СВК. 5.12. 107°,
73°, 132°, 48°. Вказівка. Проведіть
через одну з вершин верхньої основи
пряму, паралельну бічній стороні тра-
пеції, і розгляньте трикутник, який
при цьому утворився. 6.2. 1) 60° або
120°; 2) 90°. 6.3. 30° або 150°.
6.6. 12 см. 6.7. 24 см. 6.8. 1) | см,
“ см; 2) 8 см, см. 6.9. 2 см,
8 8.
— см. 6.14. а2віпР5Іпї 6.15. д2еіпа5Іп (К + Р\ 6 16
8 • • • 2біп(Р + у) ' ' 2зіпр ‘ ' 2віп а"
6-17. ——/;г81Пр—-. 6.18. 51 см2, 75 см2, 84 см2. 6.19. см.
2 віп ге віп (а + р) 7
Вказівка. Скористайтеся тим, що 8ЛВС = 8^^ + 8ЛС[). 6.20. 360 см2.
Вказівка. Проведіть через один з кінців верхньої основи тра-
пеції пряму, яка паралельна бічній стороні трапеції, і зна-
йдіть висоту трикутника, який ця пряма відтинає від трапеції.
6.21. 12і/б см2. Вказівка. Нехай АВСВ — дана трапеція, ВС || АВ.
Проведіть через вершину С пряму, яка паралельна прямій ВВ
і перетинає пряму АВ у точці Е. Доведіть, що трикутник АСЕ
і дана трапеція рівновеликі. 6.22. 19,5 см. 6.24. 13 см, 14 см,
15 см. 6.25. 36 см2. 6.26. 13 см, 15 см. Вказівка. Нехай точки
дотику вписаного кола ділять одну з невідомих сторін на відріз-
ки 6 см і х см, а другу — на відрізки 8 см і х см. Виразіть площу
трикутника двома способами: за допомогою формули Герона і че-
рез радіус вписаного кола. 6.27. Вказівка. Скористайтеся форму-
лою для знаходження радіуса зовнівписаного кола і формулою
Герона. 6.28. Вказівка. Виразіть висоти через площу трикутника
і відповідні сторони. 6.32. Вказівка. Нехай відрізок АК — бісек-
триса трикутника АВС. Маємо 5ЛЖ. = 8[1ДК + ^КлС- Далі скорис-
тайтеся теоремою 6.1 і ключовою задачею 2 п.6. 6.33. 120°.
Вказівка. Скористайтеся ключовою задачею 6.32. 6.34. 1 см, 2 см,
х/з см. Вказівка. Скористайтеся ключовою задачею 6.32 і теоре-
мою косинусів. 6.35. 235,2 см2. Вказівка. Скориставшись ключо-
вою задачею 6.32, знайдіть косинус кута між бісектрисою і сто-
роною трикутника. 6.36. Вказівка. Скористайтеся ключовою
задачею 6.10. 6.37. Вказівка. Скористайтеся ключовою задачею
6.10. 6.38. Вказівка. Доведіть, що В + г = ——, де а і Ь — катети.
6.39. Вказівка. Маємо: аііа = 28 = г (а + Ь + с). Звідси
(/? С \
1 + —+ —І. 6.40. Вказівка. Маємо 8ХТПК = 5ИВО + 5ОВЛ„ де
точка О — центр вписаного кола. Проведемо радіуси в точки до-
тику і отримаємо 5ивл, - ^(ВМ + г > г ХІВМ Вії > г у/28иву .
6.41. Ні. Вказівка. Нехай гіг, — радіуси кіл, вписаних у три-
кутники АВС і ВСМ відповідно, і г = 2гг Покажіть, що з рівно-
сті 5всл; = | 8ЛВС випливає рівність периметрів трикутників АВС
і ВСМ. 6.42. Вказівка. Найменший кут трикутника не перевищує
60°. 6.43. 7 см. Вказівка. Нехай довжини сторін трикутника до-.
рівнюють а, Ь і с. Тоді а + ЗЬ + 15с = 25, 4а + 5й 4- 11с = 25.
Звідси 7 (а +- Ь + є) = 25 = (а + і> + с) г. 6.44. Вказівка.
(я + с)(Ь + сі) аЬ асі еЬ ссі 1 / <? , о , о । о х г. л с' т,
4 — 4 + 4 + 4 + 4 ^2к*л1і< + + лд)* 6.45.Вка-
зівка. Скориставшись результатом задачі 6.44, можна записати
< (а + с)(6 + ф -1
4 ' 4
(а + с) + (й + с/)\ Вказівка. Навколо
2 /
кожного з чотирикутників ОМгСМ „ ОМ}ВМ3, ОМгАМ3 можна
описати коло. До цих чотирикутників засто-
суйте теорему Птолемея. 6.47. 24х/з. Вказів-
ка. Побудуйте відрізки ОА, ОВ і ОС так, що
7ВОС - 90°, АСОА = 120°, ВОА = 150°
(див. рисунок). Нехай ОА = х, ОС = 2,
ОВ = ~у=. Покажіть, що ху + 2уг + Згх —
<3
= 4735^.. 7.10. 7.11. 2х/я2-г2.
7.12. ^г2 + ^-. 7.15. 5 сторін. 7.16 18 сторін. 7.19. >/3:2.
7.22. 2Ягх/2. 7.23. а>/з. 2а, , 7.24. б(>/2-1) см.
7.25. 8 см. 7.26. а^2 + ^2, ц(>/2 + 1), а ^4 + 2^2. 7.27. —2 .
7.28. в^ + ч/2 7.30. 6. Вказівка. Знайдіть кути полільного
2л-кутника. 7.31. 168° або 48''. Вказівка. Розгляньте два випад-
ки: точка М належить п’ятикутнику і точка М лежить поза ним.
7.32. Ні (див. рисунок). 7.33. 1) 30° або 60’; 2) 60°. 7.35. Вказівка.
Доведіть, що АМ = ВС, і скористайтеся тим, що Д АВС <*> Л СМВ.
7.36. 84°. Вказівка. Пряма ОА3 містить діагональ А^А^ (див. ри-
сунок). Маємо: А А,ВА]В = |('оА1 А1Н+і^А3А.,). 7.37. Існує. Вказів-
ка. Розгляньте правильний 12-кутник АгА2.. А і його діагоналі
А(А3, А/1Л, А}А,. 7.38. В. Вказівка. Нехай прямі А1АІ і ОА3, де
О — центр описаного кола, перетинаються в точці В. Доведіть,
що трикутники ОВА(, ВАІА3 і ОА^В рівнобедрені. 7.39. Вказівка.
Доведіть, що точки дотику вписаного кола зі сторонами п’ятикут-
ника ділять кожну сторону навпіл. 7.41. Вказівка. Див. рисунок.
7.42. Трикутників, або квадратів, або шестикутників. Вказівка.
Навколо однієї точки можна укласти стільки дощечок, у скіль-
180°(л-2)
ки разів кут при вершині дощечки, який дорівнює -------,
п
оппо - оепо 180Дп-2) 211 о
меншин від 360 , тоото 360 :--------=----- дощечок. Зна-
п п-2
чення виразу -2п— має бути натуральним числом. Оскільки
п - 2
2п 2п — 4 + 4 „ 4 4
-----=----- — = 2ч то значення виразу --- має оути на-
п - 2 п - 2-------------------------------------п - 2 к ' п - 2 л
туральним числом. 7.43. Вказівка. Нехай АВСВЕЕ — правильний
шестикутник (див. рисунок), К — точка перетину прямих СВ і ЕЕ.
Тоді АК — шуканий відрізок. 7.45. Так. Вказівка. Нехай точка
О — центр описаного кола даного п’ятикутника А А^А^А^А.. Тоді
А. А,ОА3 = /_ АОА*. Звідси А А^ОА., = А А^ОА*. Отже, АА. = АдА,.
Аналогічно можна показати, що А^А^ = 7-46. Вказівка.
Розгляньте правильний п’ятикутник, вписаний в дане коло.
7.47. Вказівка. Нехай А1А2...А];. — даний правильний 15-кутник.
Тоді п’ятикутники А1А^ААі1іІАгл, А.^А АІ(А11АІ4, А3А6АдА12А|5 є пра-
вильними. В одному з цих п’ятикутників позначено щонайменше
три вершини. 7.48. Вказівка. Оскільки кути даного п’ятикутника
рівні, то його можна розмістити всередині правильного п’ятикут-
ника, сторони якого паралельні сторонам даного п’ятикутника
(див. рисунок). Далі скористайтеся результатом задачі 7.34.
8.7. 22,5°. 8.12. /б см. 8.13. 1) 25^к см2; 2) 25(^ 3) см2;
о. 25 (11п+ 3) 2 2л-3\(3 2 о 10л + 3>/з 2 о _ ~о
3) --—------- см2. 8.14. 1) ------- см'-; 2) ------- см2. 8.16. 2л см,
1Л о о
10л 20п о 25л 35л „ 20л о ю 8л
---------- см, см. 8.17. — см, — - см, —— см. 8.18. — см.
3--------------------------3-18 18 З З
8.19. би см. 8.21. “2(Л~2). 8.22. а“(4п"3^). 8 2з. і : і. Вказівка.
8 36
Доведіть, що в обох випадках сума довжин півкіл дорівнює -тіАВ.
8.24. . 8.25. а~ (^ — 11. 8.26. . Вказівка. Розгляньте А АКВ і до-
У \ ' о
ведіть, що він рівносторонній. 8.28. 2л7ї
. 8.30.
см.
8.33. - 8.35. 64ч/3-^^. Вказівка. Про-
ведіть ОХМ ± О2В. Доведіть, що А О£>ХМ = 30°.
8.36. Вказівка. Спільна частина квадратів міс-
тить круг, радіус якого дорівнює і см (див.
рисунок). 9.6. (1; 2).
9.12. 1) Так, точка В
і С; 2) ні. 9.14. х = 7
Рис. до задачі 8.36 9.16. (0 ; 0,5). 9.17.
9.7. (1; -4) або (-1; 1).
лежить
або х =
між точками А
-1. 9.15. (3; 0).
(-3; 7). 9.18. (-2; 2).
9.19. (3; —2). 9.23. А (-5: 3), С (7; 5). 9.24. 2ч/73. 9.26. (3ч/3;2ч/з)
або (-Зч/З;-2ч/з). 9.27. (-2;4ч/з) або (-2;-4ч/з). 9.28. (3; 3) або
(-6; 6). Вказівка. Розгляньте два випадки: В (а; а) або В (а; —а).
9.29. (5,5; 0), (3; 0), (—1; 0). Вказівка. Розгляньте три випадки:
АС = ВС, АС = АВ і ВС = АВ. 9.30. (0; 6), (0; 4), (0; 3,5), (0; 8,5).
Вказівка. Розгляньте три випадки: АС2 + ВС2 = АВ2, АВ2 +
+ ВС2 = АС2, АС2 + АВ2 = ВС2. 9.31. (3; 3) або (15; 15). 9.32. (-2; 2)
або ( -10; 10). 9.34. 9.35. 9. 9.37.
9.38. Вказівка.
Позначимо даний 10-кутник так: АХА2.. .А1о. Розгляньте два
п’ятикутники А1АяА5А7Ач і А 1АіА(АііА10. Далі скористайтеся ідеєю
розв’язування прикладу 4 п. 9. 9.39. Ні. Вказівка. Розглянемо
систему координат так, щоб початок відліку збігався з непозна-
ченою вершиною квадрата, а осі координат збігалися з лініями
сітки. Тоді парність координат точки X збігається з парністю
координат або точки А, або точки В. Зазначимо, що у непозна-
ченої вершини квадрата обидві координати є парними. 10.12. Два
кола: х2 + (у - II)2 = 45 і х2 + {у + І)2 = 45. 10.13. (х - З)2 + у2 = 50.
10.15. 1) Так, точка (—1; 5) — центр кола, В = 7; 2) пі; 3) пі;
4) так, точка (2; 7) — центр кола, В = ч/2. 10.16. 1) Точка
(0; —8) — центр кола, В = 2; 2) точка (4; -2) — центр кола, В = у5.
10.21. 5. 10.22. 13. 10.23. (х - 2)2 + у2 = 13. 10.24. (х - 2)2 +
+ (у — І)2 = 25 або (х — З)2 + (у — 8)2 = 25. 10.25. (х + 5)2 + (у -
- 2)2 = 10 або (х + І)2 + (у + 2)2 = 10. 10.26. (х - 2)2 + (у + 2)2 = 4
або (х + 2)2 + (у + 2)2 = 4. Вказівка. Діаметр шуканого кола до-
рівнює відстані між віссю абсцис і прямою у = —4, а центр кола
належить бісектрисі третього або четвертого координатного кута.
10.27. (х - І)2 + (у - І)2 = 1 або (х - І)2 + (у + І)2 = 1.
10.28. 1) (х + З)2 + (у - 2)2 = 25; 2) (х + І)2 + (у + З)2 = 169.
10.30. (х - 4)2 + {у + З)2 = 9 або (х — 4)2 + (у + З)2 = 49. Вказівка.
Кола можуть мати як зовнішній, так і внутрішній дотик.
10.31. (х - З)2 + (у + І)2 = 25 або (х - З)2 + (у + І)2 = 225.
10.32. (х2 + у2 - 16) (х2 + у2 - 4) = 0. 10.33. (х-1) +(у-&')2 =
або (х-|) +(і/ + >/2)2=|. 10.34. (3; 4), (-4; 3), (-3; -4), (4; -3).
10.35. (0;2л/з), (3;->/з), (-3;->/з). 10.36. Якщо а < 10, то по-
рожня множина; якщо а = 10, то точка М (2; -3); якщо а > 10,
то коло (х —2)2 + (у+3/=^-5. 10.37. Вказівка. Додайте почленно
ліві і праві частини рівнянь парабол. 11.6. 1) у = 2х — 5; 2) х = 3;
3) у = —1; 4) 5х + Зу = 6. 11.7. 1) у = —Зх + 1; 2) х — 6у = 12.
11.8. у = —0,5х - 4. 11.9. у = -х-~. 11.11. 12. 11.12. 28. 11.13. 6.
З 6
1 Ск/‘20
11.14. (2; 5), (5; 2). 11.15. (5; 0). 11.17. ———. Вказівка. Шука-
/У
на відстань дорівнює висоті трикутника, обмеженого осями ко-
ординат і даною прямою. 11.18. 4уі2. 11.19. 3>/Ї0. 11.20. х —
- Зу = 2. 11.21. 7х + 5у = -8. 11.22. (х - З)2 + {у - 4)2 = 17.
11.23. (у - 4) (у + 4) = 0. 12.6. 1) у = 0,1х; 2) £/ = (2-7з)х.
12.7. 1) у = 4х + 19; 2) у = -Зх - 2; 3) у = 7. 12.8. у = -0,5х - 4.
12.9. 1) у = —7х + 2; 2) Зх - 4г/ = -39. 12.10. 1) у = 9х + 13;
2) Зх + у = 9. 12.11. 1) у = 5х - 11; 2) у = -2х + 3. 12.12. 1) у =
= х + 2; 2) у = |х + |. 12.13.1) у = х4з+ 6-2у/3; 2) у = -Ху/з + 6 + 2^3 .
а £ І
12.14. 1) у = х - 5; 2) у = -х + 1. 12.15. а) у = ^р + 3;
б) Х 3 +2. 12.16. у = х-1;у=1-х; у-ху/З + 1’, у = —х>/3 —1.
3 (1 \
12.17. 1) Так; 2) так; 3) ні; 4) ні. 12.19. 1) (0; -1), ^|;0^;
. 12.20. 1) 2,6; 2)
12.21. —. 12.22. 1) 4х -
13 30
- Зу = 11; 2) Зх - 4у = 1. 12.23. у = 4х + 9. 12.24. у = Зх - 12.
12.25. х + 2у = 6. 12.26. 2х - 4у = -1. 12.27. у = Зх - 12.
12.28. Зу - Зх = 21, Зу - х = -26, 5у - 2х = 47. 12.29. у-----2х + 9.
12.30. у = 4. 12.31. 6. Вказівка. Знайдіть відстань від точки С до
прямої АВ. 12.32. (х + 2)2 + (у -1)2 = 12.33. Пряма 5х — 12у — 2.
12.34. Зх - 4у =17. 12.35. (х - І)2 + (у - І)2 = 32. 12.36. Дві прямі:
(х + у — 15) (7х — 7у — 1) = 0. Вказівка. Скористайтеся формулою
відстані від точки до прямої. 12.37. 1)4; 2) 0,7. 12.38. (х - 4)2 4
/ 2\2 і 12\2
+ (і/ - 4)2 = 1; (х + б)2 + {у + б)2 = 1; х + - + у + — = 1;
\ і / \ < /
і 12)2 / 2\2
(х + ^у) + (у + |І =1, 12-39- * + 3У = 13 і 9х - 13г/ = 37.
12.40. х + у — 3ч2+3; х + у — -3х,2 +3. 12.41. 5. Вказівка. Точка А
має бути основою перпендикуляра, опущеного з центра кола
на пряму, а точка В має належати цьому перпендикуляру.
13.1. Пряма, перпендикулярна до прямої АВ. 13.2. Порожня
множина, або середина відрізка АВ, або коло з центром в середині
відрізка АВ. 13.3. Порожня множина, або точка, або коло.
Вказівка. Оберіть систему координат так, як показано на рисун-
ку. Покажіть, що коли а2 + Ь2 < 1,
то отримаємо порожню множину;
якщо а2 + Ь2 = 1, то точку В ( а; —Л);
якщо а 2 + Ь2 > 1, то коло з центром
у точці Л (-а; -Ь). 13.4. Порожня
множина, або точка перетину ме-
діан трикутника АВС, або коло з
центром у точці перетину медіан
трикутника АВС. Вказівка. Ско-
ристайтеся формулою Лейбніца.
4
13.5. Коло радіуса — АВ, центр якого ділить відрізок АВ у від-
О
ношенні 2:1, рахуючи від вершини А. 13.6. Коло з центром
у точці В' такій, що точка А є серединою відрізка ВВ}. Радіус
кола дорівнює 2АВ. 13.7. Коло без точок перетину з прямою АВ.
Центр кола знаходиться в точці В1 такій, що точка А є серединою
відрізка ВВр радіус кола дорівнює 2<і. 13.8. Коло з центром
у точці К такій, що точка К ділить АВ у відношенні 3 : 2, ра-
хуючи від точки А, без точок, які належать прямій АВ. Радіус
4
кола дорівнює — АВ. 13.9. Дві прямі, що перетинаються в точці В1
такій, що точка А — середина відрізка ВВ}, без самої точки В}.
Ці прямі утворюють кут 30° з прямою А^В. 13.10. Пряма, яка
проходить через середину гіпотенузи і перпендикулярна до
медіани, проведеної з вершини С
13.13. 3\/2. Вказівка. Виберіть
систему координат так, як показа-
но на рисунку (точка О — середина
відрізка АВ). Вершина С нале-
жить двом колам: описаному колу
трикутника АВС і колу з центром
у точці £) радіуса 2%/2. Знайдіть
, о , . 3>/2
рівняння цих кіл. 13.14. -----.
13.15. —-—. Вказівка. Скористай-
5
13.11. Відрізок без кінців.
теся теоремою 9.1. 13.16. 2 (/?’ 4- г2).
13.17. 9 і 1. Вказівка. Розгляньте два концентричних кола з цен-
тром у початку координат і радіусами 1 і 2. 14.11. 3) Ні. Вказівка.
Можливий випадок, коли лі = п=б. 14.21. Прямокутник або
рівнобічна трапеція. 15.17. дЕ (—2; 2), Л’В(2;4). 15.18. ВЕ (-4:6),
ВС>(-4;-6). 15.19. а (-6; -8) або а (8; 6). 15.20. с(^2;ч/2) або
е(->/2;-72). 15.21. С (7; 17), В (2; 17) або С (7; -7), В (2; -7).
15.22. В (16; 2), С (16; -6) або ДД-14; 2), С (-14; -6).
16.45. 1) Так; 2) так; 3) ні. 16.46. Вказівка. Достатньо показати,
що ХА — ХВ — ХВ — ХС. 16.47. Вказівка. Покажіть, що кожний
з векторів ОА+ОС і ОВ+ОВ дорівнює нуль-вектору. 16.49. Коло
радіуса АВ з центром у точці А. 16.50. Серединний перпендикуляр
відрізка АВ. 16.51. Вказівка. Нехай ААХ — медіана трикутника
АВС. На продовженні відрізка АА1 за точку А} відкладіть відрізок
АкВ, рівний МА±. 16.52. Вказівка. Нехай при деякому виборі
системи координат точки мають координати А( (д^; у}), А (х2; і/2),
, . . їх. + х„ +... + х,_ и, + ц., + ...+ц \
..., Ап (хп; уп). Розгляньте точку А4Д—---------—; ——--------— І.
16.53. Вказівка. Маємо: А ,А. + А.В. + В.В9 + В..С, + С.С., + С.,А. = б,
А, В, + В2С, + С,Х = б. звідси А,Д + В} В* + ЦС? = б- 17-28. -4; 4.
17.29.-1,5. 17.31. т(-15;36). 17.32. а(-3;4). 17.35. х = 2, у = -3.
17.38. ОХ = 0,5а -0,15. 17.42. 1) ВМ = -ВА + -ВС; 2) ВМ = -ВА- -СА.
3 3 3 3
17.46. Вказівка. МХМ2 = М1ВІ+ ВІВг + В2М2. З іншого боку,
Л/,ЛГ2 = М, А, + АХА2 + А2М2. Додайте ці рівності. 17.47. Вказівка.
Скористайтеся ключовою задачею 17.46. 17.49. Вказівка. Ско-
ристайтеся ключовою задачею 4 п. 17. 17.50. Вказівка. Нехай
відрізки АА,, ВВ, і СС, — медіани трикутника АВС. Доведіть, що
АА. + ВВ. + СС, = 6. 17.52. Вказівка. Маємо: МН = —ВС + —АВ —
111 2 2
- АС — ^АВ+^ВВ ~^ВА — АС + ^ВВ. 17.53. Вказівка. Скорис-
тайтеся задачею 17.46 і ключовою задачею 1 п. 17. 17.54. Вка
зівка. Виразіть вектори ВМ і В/7 через вектори ВА і ВС.
17.56. Вказівка. Скористайтеся задачею 17.55. 17.57. Вказівка.
Нехай Мх, М2, М3 і М4 — середини відповідно відрізків АН},
ВН2, СН3 і ВН,. Доведіть, що ОМХ = ОМ2 = ОМ3 - ОМ х =
— ^(ОА + ОВ + ОС + ОВІ, де О — центр описаного кола. 17.58. Вка-
зівка. Нехай точка Н — ортоцентр трикутника АВС. Тоді з клю-
чової задачі 4 п. 17 випливає, що ОН + ОВ = 0. З цієї рівності
випливає, що точка Н належить описаному колу трикутника
АВС. 17.59. Вказівка. Розгляньте чотирикутник АВСВ, діагона-
лі якого перетинаються в точці О. Нехай точки М і N — сере-
дини сторін ВС і АВ відповідно. Доведіть, що вектори ОМ
і С^ протилежні. Розкладіть вектори ОМ і ОЙ за базисом
(ОВ;ОС). 17.60. Вказівка. Нехай О — точка перетину діагоналей
чотирикутника АВСВ. Доведіть, що ОА = кОС, ОВ = кОВ.
17.61. Вказівка. Скориставшись ключовою задачею 17.46, можна
записати КР = ^-(рИ + МО), МО-^(ВВ + АЕ). Зазначимо, що
= -^ВВ. 17.62. Вказівка. Скориставшись ключовою задачею З
п. 17, запишемо АР =—ІАВ +АС-і-АВ>. Також АК = —(аМ + АН).
З 2
Далі виразіть вектор АК через вектори АВ, АС і АВ.
17.63. Вказівка. Нехай точка — середина відрізка ЕР і медіани
АА, і СС, трикутника АВС перетинаються в точці М. Нехай
АР : РС = т : п. Оскільки РЕ |[ СС, і РР Iі АА,, то АЕ : ЕВ =
= т : (т + 2п), СР : ЕВ = п : (п + 2т). Скориставшись ключовою
задачею 3 п. 17, запишемо РМ = і (РА + РВ + РС). Далі, РЙ = і (РЕ + ~РР ).
О
Скористайтесь ключовою задачею 2 п. 17 і виразіть вектор РЕ
через вектори РА і РВ, а вектор РЕ через вектори РВ і РС.
17.64. Вказівка. Для точки О і трикутників АВС і РОВ скори-
стайтеся ключовою задачею 3 н. 17. 17.65. Вказівка. Скористав-
шись ключовою задачею 4 п. 17, запишемо ОН, — ОА + ОВ) ОС,,
ОНг = ОВ + ОС + ОА,, ОНЯ = ОС + ОА + ОВ,. Покажіть, що вектори
Н2Н, і Н,Н., колінеарні. 18.16. ї>(—12; 16). 13.18. 1) 2) 1;
3) |; 4) 0. 18.21. -З і 3. 18.22. -1. 18.23. -1 і 1. 18.25. 4.
18.26. -0,5. 18.27. 77. 18.28. 2 77. 18.31. 0, -, -. 18.32. 30°,
5 5
60°, 90°. 18.35. 0°. 18.36. 120е. 18.37. Вказівка.
АХІ АВ+'ЛАС. 13.33. Вказівка. ВАВС = 0. 18.39. Вказівка.
4 4
Доведіть, що АВ - ВС = 1). 18.40. Вказівка. Нехай СА = а, СВ = Ь.
---------- і - і- —— — 1- ----- --- х/9
Тоді СМ-^а + ^Ь, АК — —а + ^Ь. Знайдіть СМ-АК. 18.41.
18.42. 45°. Вказівка. Нехай ОВ = Ь, ОС — с. Очевидно, що Ь*с = О.
Тоді АО-2с, ВСІ-ЗЬ. Звідси АВ-2с + Ь, ВС = с + ЗЬ. 18.43.30°.
Вказівка. В В = ±(ВА + ВС). Звідси В О = ±(ВВ ВА + ВЕ) ВС),
ВЕ) = ВВ | ВА | соз /_ АВВ. 18.44. 4. Вказівка. Розкладіть век-
тор АВ за базисом (АХ';АЛЇ). 18.45. . Вказівка. Нехай М
і N — середини сторін АВ і ВС відповідно. Тоді за допомо-
гою ключової задачі 17.46 можна записати
ХМ = ^(ВА + СВ).
18.46. 60г. 18.47. АК: КВ = 2:1. Вказівка. Нехай АК: КВ = т :п.
Розкладіть вектори СК і АМ за базисом [СА;СВ). 18.48. 1 : 4.
18.49. Вказівка. ВВ = ^(ВА + ВС), МЕ = МВ+ВЕ. Залишилося
показати, що ВВ МЕ — 0. 18.50. Вказівка. Розгляньте вектори
12 і /3, співнапрямлені з векторами АВ, ВС і СА, та-
кі, що [ /1 | = 112 | — | Ія | = 1. Скористайтеся очевидною нерівністю
(^ + ^ + £а)2>0. 19.25. / (А) = А, / (А) = В, / (А) = С. 19.26. Ні.
20.7. При АВ II а. 20.17. Безліч. 20.20. (х + 3)г + (у - 4)2 = 1.
20.21. у = х2 — 4х + 1. 20.23. Вказівка. Нехай АВСВ — шукана
трапеція {ВС II АВ). Побудуйте образ діагоналі В В при паралель-
ному перенесенні на вектор ВС. 20.25. Вказівка. Побудуйте образ
даної прямої при паралельному перенесенні на вектор АВ (або
ВА). Розгляньте точки перетину образу з даним колом. Заува-
жимо, що коли побудований образ і дане коло не мають спільних
точок, то задача не має розв’язку. 20.27. Вказівка. Нехай
(М)- М,. де О і О] — центри кіл. Тоді ВМ х || АМ. Звідси
Т(Х) {А) —В. 20.28. Вказівка. Нехай
В АВСВ — шуканий чотирикутник з дани-
/ / \ ми стоР°Ііамтї АВ І СЛ (див. рисунок).
/ А / \ Нехай ТІІС (А) = А,. Трикутник АХСВ
/ \ можна побудувати за двома сторонами
А “ -----——7) СВ і СА] = ВА і кутом А^СВ, який
„ дорівнює А ВСВ - (180 — А АВС). Три-
Рис. до задачі 20.28 ґ 7
кутник АА1В можна побудувати за сто-
роною АуВ і двома прилеглими кутами ААХВ і АВА . 20.29. Вка-
зівка. Нехай (А) = А,. З’єднайте точки А, і В. 20.30. 90°.
Вказівка. Нехай Т В{М) = МХ. Скористайтеся тим, що навколо
чотирикутника МВМХС можна описати коло. 20.31. Вказівка.
Нехай ТВ(-. (М) — М,. Доведіть, що навколо чотирикутника МСМ ХВ
можна описати коло. 21.20. а ± І або прямі а і і збігаються.
21.23. Вказівка. Якщо чотирикутник має вісь симетрії, то об-
разом будь-якої його вершини є вершина цього самого чотирикут-
ника. Оберіть деяку вершину паралелограма і розгляньте дві
можливості: її образом є або сусідня вершина, або протилежна.
21.25. Вказівка. Кути МВА і МВА є симетричними відносно
прямої Ай. Отже, А М{ВА = А МВА. Аналогічно А М ВС = А МВС.
Залишилося показати, що А МХВМ.} = 180°. 21.26. 1) А1 (0; —2),
В (-1; 3); 2) А, (0; 2), В^ (1; -3). 21.27. х = 2, у = -1. 21.31. —.
Вказівка. Нехай Мх = 8((. (М). Доведіть, що трикутники М.АМ
і АВС рівновеликі. 21.32. Вказівка. Нехай точка Ат — образ точ-
ки А при симетрії відносно прямої а. Тоді точка перетину пря-
мих а і АХВ буде шуканою. Зауважимо, що коли точки А і В
симетричні відносно прямої а, то задача має безліч розв’язків.
Якщо точки А і В рівновіддалені, але не симетричні відносно
прямої п, то задача не має розв’язків. 21.34. Вказівка. Нехай
А1 = 5а (Л). Перетин прямих АгВ і а є шуканою точкою. 21.35. Вка
Зівка. Скористайтесь прикладом 2 п. 21. 21.36. Вказівка. Скори-
стайтесь прикладом 3 п. 21. 21.37. Вказівка. Нехай = 5ДП (С).
Проведіть пряму ВСу. 21.38. Вказівка. Нехай І і т — сере-
динні перпендикуляри. Покажіть, що С = 5, (АВ) П 8 (АВ).
21.39. Вказівка. Образи точки А при симетрії відносно прямих,
які містять бісектриси, лежать на прямій ВС. 21.40. Вказівка.
Нехай І і т — серединні перпендикуляри до сторін АВ і ВС
відповідно. Нехай £>1 = 5( (В). В., = 8т (В). Точки В1 і В. лежать
відповідно на прямих ВС і ВА. Зазначимо, що коли гострий кут
паралелограма дорівнює 60°, то задача має безліч розв’язків.
21.41. Вказівка. Нехай точка А, симетрична точці А відносно цієї
бісектриси. АМ + МВ = АкМ + МВ > А^В = А(С + СВ = АС + СВ.
21.42. 6, якщо АВС не є прямокутним трикутником; 3, якщо
АВС — прямокутний трикутник. 21.43. Вказівка. Нехай трикут-
ник А^ВС — образ трикутника АВС при симетрії відносно сере-
динного перпендикуляра відрізка ВС (див.
рисунок). Трикутник АСАІ можна побуду-
вати за відомими сторонами АС і АгС
(Л^С = АВ) і кутом АСА^, який дорівнює
різниці кутів В і С. 21.45. Вказівка. Нехай
точка С1 симетрична точці С відносно пря-
мої АВ. Побудуйте коло з центром у
точці Ср яке дотикається до прямої АВ.
Проведіть через точку В дотичну до по-
будованого кола. 21.46. Вказівка. Нехай
С1 = В, (С). На відрізку С^В як на діаметрі
побудуйте коло. 21.47. Вказівка. Нехай пряма І — серединний
перпендикуляр діагоналі АС, В, = 5( (В). Скористайтеся тим, що
чотирикутники АВСВ ЇАВ^СВ рівновеликі. 21.48. Вказівка. Не-
хай В, = 5ДС (В). Точка В, лежить на прямій АВ. У трикутнику
В}СВ відомі всі три сторони. 21.49. Вказівка. Скористайтеся
ключовою задачею 21.30. 21.50. 60°. Вказівка. Доведіть, що точ-
ка С — центр зовнівписаного кола трикутника АВВ. 21.51. 90е.
Вказівка. Нехай СІ = 8ЛІІ (С), Ві = 8АН (В). Доведіть, що в чоти-
рикутник В}С}СВ можна вписати коло. 21.52. Вказівка. Нехай
В, = (В), С1 = (С). Доведіть, що трикутник В]МС( — рівно-
сторонній. 21.53. 30°. Вказівка. Доведіть, що 8 (В) = 5, 1 (В) = О,
де О — центр описаного кола трикутника АСЕ. 22.13. Вказівка.
Нехай Д АВС має центр симетрії. Тоді, наприклад, образом вер-
Рис. до задачі 21.43
шини А є вершина В. Отже, центр симетрії — це середина сто-
рони АВ. Проте в цьому разі образ вершини С не належатиме
трикутнику АВС. 22.16. Вказівка. При центральній симетрії об-
разом сторони даного чотирикутника є сторона цього самого чо-
тирикутника. Далі скористайтеся ключовою задачею 1 п. 22.
22.17. Вказівка. Розгляньте центральну симетрію з центром
у точці перетину діагоналей одного з паралелограмів. 22.18. Вка-
зівка. При симетрії відносно точки О образи точок А] і Ву нале-
жать колу з центром О,,. Оскільки образом прямої, яка проходить
через центр симетрії, є ця сама пряма, то образи точок Аг і В,
також належать прямій АД. Отже, відрізок А2В2 — образ від-
різка 22.19. Вказівка. Розгляньте симетрію даної прямої
відносно даної точки. 22.21. Вка зівка. Відобразіть одне з кіл
симетрично відносно точки В. Точка перетину другого кола
з одержаним — вершина трикутника. 22.22. Вказівка. Покажіть,
що (Л ВМС) = А ВЖА. 22.24. Вказівка. Доведіть, що коли
спільна точка двох кіл є центром симетрії, при якій одне з кіл
є образом другого, то ці кола дотикаються. 22.25. Вказівка. Ско-
ристайтеся результатом задачі 21.25. 22.26. Вказівка. Знайдіть
середину відрізка АС, а далі скористайтеся прикладом 1 п. 22.
22.28. Вказівка. Точку С (див. рисунок) можна знайти як точку
перетину прямих /2 і де І' — образ пря-
мої І при центральній симетрії відносно
точки О. 22.30. Вказівка. Покажіть, що
при симетрії з центром у точці перетину
діагоналей паралелограма образами прямих
МС, МВ, МА і МВ будуть проведені прямі.
22.31. Вказівка. Побудуйте образ одного з
кіл при центральній симетрії відносно точ-
ки М. 22.32. Вказівка. Нехай Р} — (В).
Тоді АР + В0 = Р^В + ВС^. 22.33. Вказівка.
Нехай точки К, М, N і Ь — відповідно се-
редини сторін АВ, ВС, СВ і ВА вписаного чотирикутника АВСВ.
Покажіть, що при симетрії відносно точки перетину прямих КВТ
і МЬ образами проведених прямих є серединні перпендикуляри
сторін чотирикутника. 22.35. 1:1. Вказівка. Об’єднанням даної
трапеції та її образа при симетрії відносно середини сторони СВ
є квадрат. 22.36. Вказівка. Оберіть на меншому колі довільну
точку. Узявши її за центр симетрії, побудуйте образ меншого
кола. 23.10. Вказівка. Нехай ОА, +ОА., + ... + ОА = а. Розглянемо
14 л
ООкЛМ
на кут -----, наприклад, проти годинникової
п
стрілки. Очевидно, що при такому перетворенні образом даного
п-кутника буде цей самий п-кутник. Отже, шукана сума не змі-
ниться. А це можливо лише тоді, коли а = 0. 23.11. 2 см або
1 см. 23.12. 2 см. Вказівка. При розглядуваному повороті точ-
ка В є образом точки £>, точка С} — образом точки С, точка А —
образом точки А (див. рисунок). Отже,
Д АВС1 — образ Д АОС. Звідси £ АВСу =
= А АВС = 90°. Отже, точки С,, В, С ле-
жать на одній прямій. 23.13. Вказівка.
Скористайтеся ідеєю розв’язування при-
кладу 2 п. 23. 23.16. Вказівка. Розглянь-
те поворот . 23.17. 60°. Вказівка.
Рис. до задачі 23.12
Розгляньте поворот . 23.18. Вказівка. Розгляньте поворот
23.19. 120°. Вказівка. Розгляньте поворот В™° . 23.20. 120°.
Вказівка. Доведіть, що АО = 2ВС. Розгляньте поворот з центром
у точці О на кут 120°. 23.21. 60°. 23.22. Вказівка. Розгляньте
поворот .
23.23. Вказівка. Розгляньте поворот В™ .
Рис. до задачі 23.26
точки М при заданому
23.25. Вказівка. Покажіть, що при по-
вороті В^ одна з діагоналей чотири-
кутника АВСВ є образом другої -діаго-
налі. 23.26. Вказівка. Нехай Іуг 12,
І — дані паралельні прямі, О — до-
вільна точка прямої Іг (див. рисунок).
Пряма — образ прямої при пово-
роті навколо точки О проти годиннико-
вої стрілки на кут 60° — перетинає
пряму /3 у точці М. Знайдемо прообраз
повороті. Очевидно, що він належить
прямій / . Тому достатньо відкласти від
променя ОМ кут, рівний 60°. 23.28. Вка-
зівка. Розглянемо поворот з центром
у точці А проти годинникової стрілки
на кут 90°. При цьому повороті образом
відрізка АО буде відрізок АВ (див. ри-
сунок). Нехай Е} — образ точки Е. Тоді
трикутник АВЕЇ — образ трикутни-
ка АВЕ. Звідси А АВЕХ = △ АВЕ. Тоді
Рис. до задачі 23.28
ВЕ = ВЕХ, АЕ = АЕа, А Е'АВ = А ЕАВ. Маємо: А Е^АР = А Е.АВ +
+ А ВАР = А ЕАВ + А РАЕ = А РАВ. Але А РАВ = А Е^РА. Отже,
ДАЕ Г — рівнобедрений і АЕ^ = ЕгР. 23.29. Вказівка. Розгляне-
мо поворот з центром у точці А за годинниковою стрілкою на кут
60° (див. рисунок). Пои цьому повороті образом трикутника АВР
буде трикутник АСРа (точка Р, — образ точки Р). Звідси А АР\С =
= А АРВ = 150°. Трикутник АРР^ — рівносторонній. Тоді
А АРХР = 60". 'Отже, А РР{С = 90< Залишилося зауважити,
що Р^ = РВ і РР] = АР. 23.31. \/3. Вказівка. Розгляньте поворот
2?®" (див. рисунок). 23.32. 3. 23.33. 135°. Вказівка. Нехай АР = х,
ВР = 2х, СР = Зх. Розгляньте поворот .
В
Рис. до задачі 23.29
Рис. до задачі 23.31
23.34. Вказівка. Маємо: (С) = С, (див. рисунок). Доведіть,
що точки С, В і С, лежать на одній прямій. Скористайтеся тим, що
трикутник АСС) рівновеликий з чотирикутником АВСВ. 23.35. Вка
зівка. Нехай О1 і О2 — центри квадратів АВВЕ і СВЬК відповідно
(див. рисунок). Чотирикутник О,М 1О2Мг — паралелограм. Пока-
жіть, що відрізок АЕ є образом відрізка ВС при повороті .
Рис. до задачі 23.35
24.20. І) 1,5; 2) 3) |. 24.24. 1. 24.25. 12 гм. 24.26. 28,8 см2.
о О
З
24.28. 24.29. 1) к = 2, точка В або к = —2, точка перетину
діагоналей трапеції АМІЇС. 24.34. Вказівка. Нехай дане коло
дотикається до прямої а в точці М. Точка М х — образ точки М
при гомотетії з центром А. Оскільки образом прямої а є ця сама
пряма, то точка М належить прямій а. Покажіть, що образ
даного кола і пряма а мають тільки одну спільну точку М х.
24.36. ——. Вказівка. За означенням гомотетії МА = кМВ.
2 ________________________ _
Знайдіть координати векторів МА і МВ. 24.37. (—3; 2).
24.38. 1) х = -3, у = 8; 2) х = 12, у = -2. 24.39. х = 0, у = 8. 24.40. 20 см2.
в * АК • АМ зіп А
24.41. 112 см2. 24.42.1:2. Вказівка. = А-------= СО82 А
^АС-АВзїпА
24.43. 1) у = 2х + 2; 2) у = 2х — ~. Вказівка. Оберіть довільну
точку М, яка належить даній прямій. Знайдіть координати
векторів ОМ і ОМ1— 2ОМ. Точка Мх — образ точки М при
даній гомотетії. Скористайтеся тим, що кутовий коефіцієнт
шуканої прямої дорівнює 2. 24.44. 1) (х + І)2 + (у - 2)2 = 1;
2) (х - 4)2 + (у + 8)2 = 16. 24.45. Вказівка. Доведіть, що коли
спільна точка двох кіл є центром гомотетії, при якій образом
одного кола є друге, то ці кола дотикаються. 24.47. Вказівка.
Пряма А2В2 є образом прямої А|ВІ при гомотетії з центром у точці
дотику і коефіцієнтом, рівним відношенню більшого радіуса до
меншого. 24.49. Коло, за винятком точки А, яке є образом да-
ного кола при гомотетії з центром А і коефіцієнтом, рівним А.
24.51. Вказівка. Трикутник з вершинами в отриманих точках
є образом трикутника з вершинами в серединах сторін даного
трикутника при гомотетії з центром М і коефіцієнтом, рівним 2.
25
24.52. —. 24.55. Вказівка. Нехай А1 і В, — точки перетину від-
повідно прямих ОА і ОВ з меншим колом. Із задачі 24.47 ви-
пливає, що /ЦВ, II АВ. Маємо А В] МВ = А АХВХМ = К. МОВ —
= £ МАХВХ — А. АХМА = А. АОМ. 24.56. Вказівка. Побудуйте
довільний трикутник, два кути якого дорівнюють двом даним
кутам. Опишіть навколо нього коло. Шуканий трикутник є
образом побудованого трикутника при гомотетії з центром у до-
вільній точці і коефіцієнтом, рівним відношенню даного радіуса
до радіуса побудованого кола. 24.58. Вказівка. Побудуйте трикут-
ник подібний даному, і застосуйте гомотетію з центром
Р
у будь-якій з вершин і коефіцієнтом ЛВС . 24.59. Вказівка.
Див. розв’язання прикладу 1 п. 24. 24.60. Вказівка. Побудуйте
трикутник так, щоб його сторони були паралельними даним пря-
мим, а дві вершини належали сторонам даного трикутника. Потім
застосуйте гомотетію з центром у вершині даного трикутника.
2
24.61. —8. 24.62. Вказівка. Розгляньте гомотетію з центром у се-
редині відрізка АВ і коефіцієнтом, рівним і. 24.63. Пряма, яка
є образом прямої І при гомотетії з центром у середині відрізка Д Я
і коефіцієнтом, рівним за винятком точки перетину прямих
о
АВ і І (якщо така точка існує). 24.64. Вказівка. Побудуйте до-
вільне коло, яке дотикається до сторін кута (див. рис.). Нехай
М} — одна з точок перетину прямої ВМ з побудованим колом.
Розгляньте гомотетію з центром у точці В і коефіцієнтом, рівним
ВМ
ВМ Задача має два розв’язки. 24.65. Вказівка. На промені ОА
оберемо довільну точку Аг Проведемо А1В1 ± ОВ і А1МІ = А1В1
так, щоб М{ належала променю ОМ (див. рисунок). Застосуйте
гомотетію з центром у точці О і коефіцієнтом 0 м *
24.66. Основа висоти трикутника, проведеної з вершини В.
Вказівка. Нехай точки Мг і М2 — середини відрізків АМ і МС
відповідно. Маємо: Н2{ (Л11) = А, Н2} (М2) = С. Тоді при зазначеній
гомотетії образами проведених перпендикулярів є висоти трикут-
ників, проведені з вершин А і С. 24.67. Вказівка. Нехай точкп С,
і В1 — середини відрізків АВ і АС відповідно. Тоді при гомотетії
з центром А і коефіцієнтом к —
образами проведених прямих
кь
будуть серединні перпендикуляри сторін АВ і АС. 24.68. Вказівка.
Побудуйте образ даного кола при гомотетії з центром М і коефіці-
єнтом -2. 24.69. Вказівка. На гіпотенузі АВ у зовнішній бік побу-
дуйте рівносторонній трикутник. Він є образом трикутника МЇЇК
при гомотетії з центром у точці С. 24.70. Вказівка. Покажіть,
що А1В1 II АгВг, ВгСг II В2С2 і С1А1 II С^.^. Далі скористайтеся ре-
зультатом ключової задачі 24.46. 24.72. Вказівка. Доведіть, що
АВ II А2В2, ВС II В2С„ АС II АгС.г. 24.73. Вказівка. Розглянемо три-
кутник АВС, який належить розглядуваній множині трикутників.
Шуканим колом буде образ вписаного кола трикутника АВС при
гомотетії з центром С і коефіцієнтом 2. 25.5. Точки лежать на од-
ній прямій. 25.14. Площини можуть перетинатися або бути пара-
лельними. 25.18. Перетинаються або мимобіжні. 25.23. 15х/2 см.
25.24. 15\/3 см. 25.25. 15 см. 25.26. 20 см. 25.27. 2х/21 см.
25.28. 2^12 + 3^6 см. 26.17. 680 см1 2, 840 см2, 1360 см3.
26.18. 350 см2, 420 см3. 26.19. Зс/< — <Р. 26.24. 48^2 см2.
4
1 2
26.25. 36 см2. 26.29. зіп сх віп 0 соз2 [і. 26.30. тг 0 (зіп сх +
+ соз сх); тя зіп сх соз п 0. 26.31. 8п2 соз^і£ 0; 2а 3 зіп сх соя~І£ 0.
26.32. 27.11. = 1,24 мм. 27.12. = 60 000 Н. 27.13. 200л см2;
320л см3. 27.14. 320л см2; 1024л см3. 27.15. = 3770 кг. 27.16. 4,5 см.
27.17. = 550 кг. 27.20. = 3 кг. 27.21. лЛ2ч/2; |лЛа. 27.22. 2 л/?2;
з
Л.й3х/3
З
ДОДАТОК 1
Зміст програми з ГЕОМЕТРІЇ (9 клас)
для класів з поглибленим вивченням математики
Затверджено Міністерством освіти і науки України
(лист № 1 '1 1-215 1 під 30.1)5.2008 р.;
Структура програми
Програма подана і' формі таблиці, яки містить дві частини: зміст навчального
матеріалі): і вимоги до підготовки учнів.
У частині «Зміг і навчального матеріалу?, яка оформлена прямим шрифтом,
включено зміст програми для загальноосвітніх навчальних закладів. Текст,
оформлений курсивом, містить навчальний матеріал, який вивчається у класах
з поглибленим рівнем математики.
Програма передбачає можливість вивчення змісту курсу .і різким степенем
повноти. Додаткові питання і теми, утіяті в квадратні дужки, можна не вивчати,
що дозволяє вчителеві залежно піл конкретних умов варіювати об’єм матеріалу,
який вивчається, і відповідно ступінь поглиблення і розширення курсу.
9-й клас. Геометрія
(105 год. 1 семестр — 18 гол, 3 год на тиждень.
II семестр — 57 год, 3 год на тиждень)
К гь год. Зміст навчального матеріалу Державні вимоги до ріння підготовки учнів
(і Тема 1. ІІОВ'1ОРЕ1ІНЯ 1 (’ІЦ 1 Г.МАТИЗЛЦ1Я НАВЧАЛЬНОГО МАТЕРІ АЛЛ 3 КУРСУ 8 КЛАСУ
Ні Тема 2. РОЗВ’ЯЗЛ ВАННЯ ТРИКУТНИКІВ
Сииуе, косинус, тангенс і кагнангенс як функції кута від () до 180 Сиівнідноінення між неповними тригонометричними функціями: . , зіінх .4111“ (Ї + СОЯ7 1/ - 1, їй їх - , еоксх сов їх ЄІ$Г їх . вів їх Тотожності він (180 їх) .чіп їх. со.ч (18(1' і/) — —уок і/, їй (180 «1 -їй о.. сій (18(7 - і') = -сій *< Теореми косинусів і гинугів. П.часігчіиість сторін і <>і а. 'сни. і ей паралелограма. формула <).чя .Ииіхтїг/гення Лоижи ни медіани чере.і сторони трикут- ника. Иастосунання форнучи а 2/ї віп и Формулює означення: гіпгуса. ко- синуса, гангенеа і котангенса кута нід 0 до 180°; теореми: синусів, косинусів, про сторони і діагоналі паралело- грама. Записує співвідношення між три- гонометричними функціями. Доводить теореми: синусів, косинусів, про сторони і діагоналі п а рал ел о гр< їм а; формули: для обчислення радіуса описаного кола трикутника, для обчислення площі трикутника і чотирикутника. Володіє алгоритмами розв'я- зування трикутників. Застосовує вивчені теореми для розв'язування задач.
К-ть год. Зміст навчального матеріалу Державні вимоги до рівня підготовки учнів
Розв' я зува н н я три кутників. [ Три гин али три ч на фирлш теирсми Чеви. Формула Еклери йлгл ин«хо- дженнм відстані .між центрами най самого і описаного кіл трикутника.] Формули для знаходження площі трикутника. Формула для знаходження площі чотирикутника через його діагоналі та кут між ними.
8 Тема 3. ПРАВИЛЬНІ МНОІ ОКУТИ ЯКИ
Правильні многокутники та їх властивості. Формули радіусів впи- саних і описаних кіл правильних многокутників. Побудова правильних многокут- ників. Доь.кіпіа кола. Довжини дуги кола. Площа круга та його частин. Формулює означення: правиль- ного многокутника, кругового сектора, кругового сегмента; теореми: про відношення довжини кола до його діаметра, про довжи- ну кола, про площу круга і його частин. Доводить формули для обчислен- ня радіусів вписаного і описаного кіл правильного многокутника. Будує правильний шестикутник. Застосовує вивчені означення і теореми для розв’язування задач.
18 Тема 4. ДЕ КАРТОВІ КООРДИНАТИ ПА ПЛОЩИНІ
Прямокутна система координат на площині. Формула відстані між точками із заданими координатами. Поділ відрізки в заданому відношен- ні. Координати середини відрізка. Рівняння фігури. Загальне рівняння прямої. Рівняння прямої з кутова и коефіцієнтом Рівняння прямої, яка проходить через дві дані точки. Умови паралельності і перпенди кулярності двох прямих. Формула відстані від точки до прямої. Рівняння кола. Різа-, яке розміщен ня прямої і кола. Метод координат. [Коло Лполлонія. Формула Лейбніца.] Описує прямокутну систему коор- динат. Формулює означення рівняння фігури, умови паралельності і пер- пендикулярності двох прямих. Заіпгсує формули: відстані між двома точками, координат сере- дини відрізка, координат точки поділу відрізка в даному відношен- ні, відстані від точки до прямої; рівняння кола, загальне рівняння прямої, рівняння прямої з кутовим коефіцієнтом, рівняння прямої, яка проходить через дві дані точки. Доводить формули: відстані між двома точками, координат сере- дини відрізка; умову паралельнос- ті двох прямих. Виводить: загальне рівняння пря- мої, рівняння кола. Застосовує вивчені означення і теореми для розв’язування задач.
К-ть год. Зміст навчального матеріалу Держати вимоги до рівня підготовки учнів
19 Тема 5. ВЕКТОРІ! НА ПЛОЩИНІ
Скалярні и векторні величини. Поняття вектора Модуль і напрям вектора. Рівні вектори. Протилеж- ні вектори. Координати вектора. Додавання і віднімання векто- рів Множення вектора на число. Колінеарні вектори. Розкладання вектора за двома неколінеарними вен т оралі ш Скалярний доб уто к векторів і його власті І ВОС І’І. Застосування векторів до розв'язування задач і доведення теорем. Описує поняття вектора. Формулює означення понять: модулі, вектора, колінеарні век- тори. рівні вектори, протилежні вектори, координати вектора, сума і різниця двох векторів, до- буток вектора і числа, скалярний добуток двох векторів; властивості дій над векторами; теорему про розкладання вектора за двома неколінеарними векто- рами. Доводить формули для обчис- лення: координат вектора, який є результатом дій над векторами, скалярного добутку двох векторів, задні і її х коорд і п і ата м и. Застосовує вивчені означення і теореми для розв'язування задач.
20 Тема 6. ГЕОМЕТРИЧНІ ПЕРЕТВОРЕННЯ
Поняття про перетворення фігури. Рух (переміщення! фігури і його властивості. Рівність фігур. і її о. чнизин ія рух і в. ] Паралельне перенесення. Симетрії відпоєно точки та прямої. Поворот. Застосування рухів фігури д ія разе ’язува пня за да ч. Гомотетія та її властивості. Пере- творення подібності та його власти- вості. Півіщі подібних фігур. Застосування ігеретврренн подій пості та гомотетії д.'ія розв'язування задач. [Інверсія. Застосування інверсії дчя розв'язування задач.] Описує поняття перетворення. Формулює означення понять: рух. паралельне перенесення, осьова і центральна симетрії, поворот, го- мотетія, перетворення подібності, рівні фігури: властивості: руху, гомотетії, пере- творення подібності, ІІЛШЦ ІЮЛІО- НІ IX фігур. Доводить, що паралельне перене- сення, симетрії відносно прямої іі точки, поворот € рухами. Задає паралельне перенесення за допомогою координат. Застосовує вивчені означення і теореми для розп’язувапня задач.
8 Тема 7. ПОЧАТКОВІ ВІДОМОСТІ 3 СТЕРЕОМЕТРІЇ
Взаємне розташування прямих у просторі. Взаємне розташування площин. Взаємне розташування прямої га площини. Перпендикуляр до площини. Описує взаємне диЗвміщєчіня в просторі двох прямих; прямої та площини; двох площин. Пояснює, що таке: пряма призма, піраміда циліндр.
К-ть год. Зміст навчального матеріалу Державні вимоги до рівня підготовки учнів
Пряма призма. Піраміда. Площа поверхні та об’єм призми і піраміди. Циліндр. Конус. Куля. Площі поверхонь і об’єми циліндра, конуса і кулі. Розв’язування задач на обчислення площ поверхонь і об’ємів, у тому числі прикладного характеру. конус, куля та їх елементи; поверхня і об’єм многогранника і тіла обертання. Зображує і знаходить на рисунках многогранпики і тіла обертання та їх елементи. Записує і пояснює формули для обчислення площ поверхонь і об’ємів зазначених у програмі геометричних тіл. За< тоєовує вивчені означення і властивості до розв’язання задач, у т.ч. прикладного змісту.
10 Тема 8. ПОВТОРЕННЯ І СИСТЕМАТИЗАЦІЯ НАВЧАЛЬНОГО МАТЕРІАЛУ
ДОДАТОК 2
Орієнтовне календарне планування з геометрії (9 клас)
для класів з поглибленим вивченням математики
№ Зміст навчального матеріалу Кількість годин
Тема 1. Повторенні! і систематизацій навчального матеріалу з курсу геометрії 8 класу (6 гол)
1 Повторення іі систематизація навчального матеріалу 5
2 Контрольна робота № 1 1
Гема 2. Розв’язуванії я трикутників (16 год)
3 Синус, косинус і тангенс кута від 0е до 180° 2
4 Теорема косинусів 3
5 Теорема синусів 3
6 Розв’язування трикутників 3
7 Формули для знаходження площі трикутника 4
8 Контрольна робота № 2 1
Тема 3. Правильні многокутники (8 год)
9 Правильні многокутники 4
10 Довжина кола. Площа круга 3
11 Контрольна робота № 3 1
Л- Зміст навчальної') матеріалу Кількість годин
Тема -1. Декартові координати на площині (18 гол)
12 Відстань між двома точками із заданими координатами. Поділ відрізка в заданому відношенні 3
ІЗ Рівняння фігури. Рівняння кола 3
14 Контрольна робота .V 4 1
15 Загальне рівняння прямої 3
16 Рівняння прямої з кутовим коефіцієнтом. Умови паралельності і перпі ндикулярності двох прямих. Рівняння прямої, яка проходить через дві дані точки 1
17 Використання декартовпх координат для розв'язування геометричних задач 3
18 Контрольна робота № 5 1
Те .іл 5. Вектори па площині (19 год)
19 Поняття вектора 3
20 Координати вектора 2
21 Додавання і віднімання векторів 3
22 Контрольна робота № (і 1
23 Множення вектора на число. Застосування векторів до розв’язування задач а
2 1 Скалярний добуток векторів 4
25 Контрольна робота № 7 1
Тема (5. Геометричні перетворення (20 год)
26 Перетворення (відображення) фігур 2
27 Рух. Паралельне перенесення 2
28 Осьова симетрія 3
29 Центральна симетрія 3
ЗО Контрольна робота № 8 1
31 Поворот 4
32 Гомотетія. Подібність фігур 4
33 Контрольна робота № 9 1
Тема 7. Початкові відомості з стереометрії (8 год)
3 1 Прямі й площини у просторі 3
35 Пряма призма. Піраміда 2
36 Циліндр. Конус. Куля 2
37 Контрольна робота № 10 1
'Гема 8. Повторення і систематизація навчального матеріалу (15 год)
38 Повторення навчального матеріалу 14
39 Контрольна робота №11 1
ДОДАТОК З
Таблиця значень тригонометричних функцій
' іЗіНіточиіш кута у ’цалусах) Синус Косинус Гапц-нс Величина ку-а ІУ градусах) Сїінус Косинус Тангенс
0 0,000 1.000 0.000 46 0.719 0.695 1.036
І 0,017 1.000 0,017 47 0,731 0.682 1.072
2 0,035 0 999 0,035 48 0.743 0.669 1.111
3 0,052 0.999 0.052 49 0,755 0 056 1.150
4 0,070 0.998 0,070 50 0,766 0,643 1,192
ь 0,087 0.996 0,08/ 51 0, 77 7 0.629 1,235
6 0,105 0.995 0.Ю5 52 0,788 0.616 1,280
7 0.122 0,993 0,123 53 0,799 0.602 1,327
8 0,139 0,990 0,141 54 0,809 0.588 1.376
9 0.156 0.988 0.158 55 0,819 0,574 1 428
10 0,174 0.985 0,176 56 0.829 0,559 1.483
11 0,191 0,982 0,194 57 0.839 0,545 1 540
12 0,208 0.978 0.213 58 0 848 0.530 1 600
ІЗ 0,225 0.974 0.231 59 0.857 0.515 1.664
14 0 242 0,970 0.249 60 0.866 0,500 1.732
15 0,259 0,966 0.268 61 0,875 0.485 1,304
16 0,276 0,961 0.287 62 0.383 0.469 1,881
17 0,292 0,956 0 306 7 63 0,891 0.454 1,903
18 0.309 0.951 0.335, .» 64 0,899 0,438 2.050
19 0.326 0,946 0,344 65 0,906 0,423 2.145
20 0.342 0.940 0,364 66 0.914 0.407 2 246
21 0.358 0,934 0.384 67 0.921 0.391 2.356
22 0.375 0.927 0.404 68 ' 0.927 0,375 2 475
23 0.391 0,921 0.424 69 0,934 0,358 2,605
24 0.407 0,914 0.445 70 0.940 0.342 2,747
25 0,423 0.906 0,466 /1 0.946 0.326 2,904
26 0,438 0,899 0.488 72 0.951 0,309 3,078
27 0 4Ь'І 0.891 0,510 73 0,956 0,292 3 27 1
28 0,469 0.883 0.532 74 0.961 0,276 3.487
29 0.485 0.875 0 554 75 0.966 0,259 3.732
ЗО 0.500 0.866 0.577 76 0.970 0.242 4.01 1
31 0.5Т5 0.857 0 601 77 0.974 0.225 4.331
32 0.530 0,848 0.625 78 0,978 0,208 4.705
33 0.545 0.839 0.649 79 0.982 0.191 5,145
34 0.559 0.829 0,675 80 0.985 0,174 5,671
35 0,574 0,819 0.700 81 0.988 0.156 6,314
36 0.588 0,809 0.727 82 0,990 0.139 7,1 15
37 0.602 0,799 0.754 83 0,993 0,122 8.144
38 0.616 0,788 0,781 84 0.995 0,105 9,514
39 0,629 0,777 0,810 85 0,996 0,087 1 1.430
40 0.643 0,766 0.839 86 0,998 0.070 14.301
/11 0.656 0,755 0.869 87 0.999 0,052 19.081
12 0.669 0,743 0,900 88 0,999 0.035 28.636
•13 0,682 0,731 0.933 89 1,000 0 017 57.290
0,695 0,719 0.966 90 1,000 0,000
45 0 707 0,707 1.000
ЗМІСТ
Від авторів............................................ З
§ 1. Повторення й систематизація навчального матеріалу
з курсу геометрії 8 класу.............................. 5
1. Задачі на повтореиігя навчального матеріалу з курсу
геометрії 8 класу................................. 5
§ 2. Розв'язування трикутників.........................11
2. Синус, косинус, тангенс і котангенс кута
від 0° до 180°.........................................11
3. Теорема косинусів..............................19
4. Теорема синусів ...............................28
• Тригонометрична форма теореми Чеви...........36
• Формула Ейлера для інаходження відстані між
центрами вписаного і описаного кіл трикутника .38
5. Розв’язування трикутників......................39
• Тригонометрія — наука про вимірювання
трикутників .................................42
6. Формули для знаходження площі трикутника.......41
§ 3. Правильні многокутники............................55
7. Правильні многокутники та їх властивості ......55
8. Довжина кола. Площа круга......................65
§ 4. Декартові координати на площині...................77
9. Відстань між двома точками із заданими
коордиі іата м и.
Поділ відрізка в заданому відношенні...........77
10. Рівняння фігури................................81
11. Загальне рівняння прямої.......................92
12. Рівняння прямої з кутовим коефіцієнтом.
Рівняння прямої, яка проходить через
дві дані точки.................................96
13. Метод координат...............................105
• Як будували міст між геометрією та алгеброю .111
• Радикальна вісь двох кіл....................112
§ 5. Вектори............................................ 117
14. Поняття вектора ............................... 117
15. Координати вектора..............................123
16. Додавання і віднімання векторів................ 127
17. Множення вектора на число.
Застосування векторів до розв’язування задач........137
18. Скалярний добуток векторів......................150
§ 6. Перетворення фігур..................................161
19. Перетворення (відображення) фігур.............. 161
20. Рух. Паралельне перенесення.....................168
21. Осьова симетрія ................................176
22. Центральна симетрія............................ 186
23. Поворот.........................................193
24. Гомотетія. Подібність фігур.....................201
• Інверсія......................................218
§ 7. Початкові відомості зі стереометрії.................223
25. Прямі м площини у просторі......................223
26. Пряма призма. Піраміда..........................228
27. Циліндр. Конус. Куля............................236
Відповіді та вісазівки...................................242
Додатки..................................................264
Додаток 1. Вміст програми .і геометрії (9 клас) для класів
.і поглибленим вивченням математики............ 264
Додаток 2. Орієнтовне календарне планування
з геомі три (9 клас) для класів
з поглибленим вивченням математики............267
Додаток 3. Таблиця тригонометрична х функцій ...............269