Г. В. АПОСТОЛОВА
ББК 22.151я721

А76

Рекомендовано Міністерством освіти і науки України
( наказ МОН України № 56 від 02.02.09 р.)

Незалежні експерти:

Хмара Т.М. - провідний науковий співробітник лабораторії математичної!
фізичної освіти Інституту педагогіки АПН України, кандидат педагогічних
наук;

ГПарко В. В. - завідувач відділу топології Інституту математики НАН
України, доктор фіз.-мат. наук, професор;

Синюкова ОМ. -викладач кафедри алгебри та геометрії ПУДПУ
ім. К. Д. Ушипського, кандидат фіз.-мат. наук, доцент;

Петечук К. М. - учитель-методист Закарпатського ІППО;

Горєлова О. В. - учитель-методист ЗОШ № 10 м. Ізмаїла Одеської обл.

Відповідальні за підготовку видання:

Прокопенко Н. С. - головний спеціаліст МОН України;

Литвиненко О. О. - методист вищої категорії Інституту інноваційних тех-
нологій і змісту освіти

Рецензенти:

Ясінський В. В. - директор Інституту моніторингу якості освіти НТУУ
«КПІ», доктор фіз.-мат. наук, професор, заслужений працівник народної
освіти України;

Мірецька Л. Б. - учитель-методист ЗОНЗ № 92 м. Києва

Упорядкування завдань

Карликової О. А., Баришнікової О. І., Вашуленко О. П.

Апостолова, Г. В.

А76 Геометрія : 9 : дворівн. підруч. для загальноосвіт. навч. закл. /
Г. В. Апостолова. - К.: Генеза, 2009. - 304 с.: іл.

І8ВИ 978-966-504-900-5.

Відповідає чанній програмі як загальноосвітніх середніх навчальних за-
кладів, так і класів з поглибленим вивченням математики - є дворівневим.

Відрізняє: диференційоване подання теоретичного і дидактичного
матеріалу; виділення опорних фактів і опорних задач, узагальнюючих
схем; практичні роботи; історичні відомості; завдання логічного характе-
ру; великий обсяг дидактичного й позапрограмного матеріалу. Може бути
використаний: у загальноосвітніх класах, класах з поглибленим вивчен-
ням математики; для проведення позакласних занять, самостійної і само-
освітньої діяльності учнів.

Провідною метою є надання широкого спектра можливостей як для
вчителя, так і для учня незалежно від типу навчального закладу і місця
його розташування.

ББК 22.15ІЯ721

I8ВN 978 966-504 900-5

'Б'Апостолова Г. В., 2008
© Видавництво «Генеза»,
оригінал-макет, 2009
Автор Галина Вадимівна Лпостолова -
професор Київського обласного інституту
післядипломної освіти педагогічних кад-
рів, кандидат фізико-математичних наук,
учитель-методист.

Я вдячна всім своїм учням за спільний
пошук шляхів відкриття світу, за те, що
разом раділи й дивувалися красі та гар
монійності його математичної моделі.
У цьому підручнику є часточка від зустрі-
чі з кожним із вас.

Шановні друзі!

Цим підручником завершується вивчення курсу шкіль-
ної планіметрії, проте це не останні ваші зустрічі з ца-
рицею математики - Геометрією. У старших класах ви
вивчатимете стереометрію - геометрію фігур у просто-
рі. Під час дослідження властивостей просторових фігур
ви будете розглядати площини, в яких доведення й обчис-
лення спираються на закони планіметрії, бо на площині
виконуються всі аксіоми і теореми планіметрії.

Ідеї геометрії втілені в усіх сферах навколишнього
світу, вони з успіхом використовуються у природничих і
технічних науках, у тому числі й у найрізноманітніших
розділах математики. Переконатися в цьому вам до-
поможуть власний досвід і останній розділ підручника
«Цікаві додатки».

Про місце геометрії у розвитку людини важко ска-
зати краще за ірландського філософа Дж. Берклі: «Дав-
но підмічено, що геометрія - це чудова логіка... Наду-
вається звичка міркувати точно, послідовно і мето-
дично; ця звичка посилює й загострює розум і стає в
нагоді під час пошуків істини в інших галузях».

Останнє стає особливо актуальним, якщо працюва-
ти за підручником так, як відзначив відомий психолог
Д. Юнг: «Десять сторінок математики, які ти зрозу-
мів, краще за сто сторінок, вивчених напам’ять і не-
засвоєних, а одна самостійно опрацьована сторінка
краще, ніж десять сторінок, засвоєних чітко, але па-
сивно».

Бажаю вам успішного навчання за порадою Юнга,
самостійних пошуків і відкриттів, отримати естетич-
не задоволення від вивчення, геометрії.
Інформація для учнів

Перш ніж розпочати роботу за підручником, уважно прочитайте
вступ, у якому узагальнюється вже вивчене вами, і зверніть увагу
на форзаци і схеми наприкінці підручника - на них представлено
основні опорні факти геометрії за курс сьомоію і восьмого класів.

Домашню роботу доцільно починати з опрацювання практичних
робіт, поданих після кожного параграфа. Це допоможе вам «відчу-
ти» геометрію, полегшить засвоєння і запам’ятовування вивченого.

На поля підручника винесено головну (опорну) інформацію, а на-
прикінці підручника наводяться узагальнюючі опорні конспекти з
окремих тем. Користуйтеся ними під час підготовки до уроку та під
час розв’язування задач.

Обов'язковий (мінімальний) обсяг інформації позначено вер-
тикальною кольоровою рискою. До нього відносяться завдання з
нуликами біля номерів.

Завдання за складністю поділено на чотири рівні: завдання з ну-
ликом біля номера - найпростіші, завдання без позначки біля номе-
ра дещо складніші, завдання із зірочкою біля номера вимагають
більш глибоких міркувань, завдання з двома зірочками - найсклад-
ніші, їх виконання вимагає творчих зусиль.

Завдання «Для повторення» та «Готуємося до тематичного
оцінювання» допоможуть вам повторити вивчене, підготуватися до
підсумкової атестаційної роботи.

Окрім того, наприкінці підручника пропонуються завдання в тес-
товій формі «Перевір себе». їхня мета - визначити рівень ваших умінь
і знань та допомогти вам адаптуватися до майбутнього тестування.

«Відповіді і поради» допоможуть вам переконатися у правиль-
ності виконання завдань, а інколи вкажуть шлях до розв’язування.

Завдання рубрики «Для допитливих», параграфи з такою самою
піктограмою та останній розділ «Цікаві додатки» призначені для
ширшого і глибшого ознайомлення з геометрією, ніж це вимагається
за програмою загальноосвітньої школи.

Наприкінці підручника на вас чекає «Словничок» термінів і не-
знайомих слів (із посиланнями на сторінки, де вони обговорюються).

Піктограми в підручнику позначають:

-	означення; м-теорема; |7/|~ наслідок;

-	матеріал для ознайомлення; ~ додатковий матеріал.

Не чекайте вказівок учителя, працюйте самостійно - підручник
надає вам таку можливість. Пам’ятайте, що готуватися до зовніш-
нього тестування, до вступних іспитів у ВНЗ із певних тем треба
тоді, коли ці теми вивчаються.

Той, хто вчиться самостійно,
досягне в сім разів більше, ніж
той, кому все роз’яснюється.

Артур Гітерман (поет)
Інформація для вчителів і батьків

Зазвичай у підручнику обсяг навчального матеріалу строго обмежений -
усе, що в ньому наводиться, вчитель повинен опрацювати з класом. Тому
й створюються підручники окремо для ЗОНЗ та для класів з поглибленим
вивченням математики. А як бути учню, котрий може і хоче знати більше?
Як йому готуватися до математичних змагань чи вступних іспитів (тесту-
вання)? Зрозуміло, що за такого підходу більше можливостей мають діти в
мегаполісах, де є спеціалізовані навчальні заклади. Головна мета цього під-
ручника - надати рівні можливості всім учням, незалежно від місця їхньо-
го проживання та навчання, а вчителю допомогти здійснити диференційо-
ваний підхід до кожної окремої особистості в класі, природно продовжити й
поглибити вивчення геометрії на позакласних заняттях (або запропонувати
декотрим учням зробити це самостійно).

Цей підручник с дворівневим ~ за ним можна працювати як за загально-
освітньою програмою, так і в класах з поглибленим вивченням математики
(МК). Можна сказати, що він є багаторівневим за формою, спектром і обсягом
дидактичного й теоретичного матеріалу. Це надає змогу певним учням плавно
йти вгору, а декому, за потреби, «спуститися» й залатати «прогалини».

Теоретичний матеріал пропонує:

•	параграфи, обов’язкові для вивчення, - за програмою ЗОНЗ, основний
матеріал (мінімум за Держстандартом) позначено вертикальною кольоровою
рискою;

•	параграфи для ознайомлення необов'язкові для оцінювання в ЗОНЗ;

•	параграфи, необов’язкові для вивчення в ЗОНЗ;

•	інформацію рубрики «Для допитливих», яка доповнює параграфи істо-
ричною та математичною інформацією;

•	інформацію розділу «Цікаві додатки» для МК, гурткової та само-
стійної позакласної роботи, підготовки до олімпіад, реферативних розробок
(містить список літератури до кожної з представлених тем).

Дидактичний матеріал:

•	практичні роботи (наводяться після кожного параграфа); задачі чо-
тирьох рівнів складності, задачі перших трьох рівнів з кольоровими номе-
рами пропонуються для домашньої роботи в ЗОНЗ;

•	завдання рубрики «Для допитливих» містять додаткові задачі під-
вищеної складності і не тільки за програмним матеріалом;

•	завдання розділу «Цікаві додатки» ~ завдання підвищеної складності
із пропонованих у розділі тем;

•	завдання для повторення наводяться наприкінці розділів і наприкінці
підручника (у тестовій формі);

•	«Готуємося до тематичного оцінювання» - орієнтовні завдання тема-
тичної атестації (для ЗОНЗ).

Полегшить засвоєння, повторення, узагальнення й використання на-
вчального матеріалу при розв'язуванні задач і посібник «Геометрія в опор-
них схемах і малюнках. Робочий зошит учня 9 класу». Він містить опорні
схеми до теоретичного матеріалу підручника, узагальнюючі опорні схеми й
завдання на готових кресленнях. Використання такого посібника дасть змо-
гу учням не носити підручник до школи (працювати за ним лише вдома).

Наостанок варто підкреслити, що неможливо і не треба опрацьовувати
в класі весь навчальний матеріал підручника, розв’язувати всі наведені
завдання. Достатньо обрати рівень вашого класу, і завжди залишиться
«запас* - комусь для повторення, а комусь для поглиблення або для
опрацювання на факультативі чи для самостійної роботи учня.

Підручник пропонує «можливості», а от які саме й наскільки вони бу-
дуть реалізовані - це вже залежить від Вас особисто і Ваших дітей.

Тплану вам, друзі!
Пам'ять - вартовий усьому
і скарбничка всього.

Цицерон

Погляд на старі проблеми під іншим кутом зору -
це потребує творчої уяви і дає великі переваги.

Альберт Ейнштейн

Вступаючи в геометрію 9-го класу, варто спочатку зупинитися іі
озирнутися на те, що було раніше. Роздивіться тон «краєвид*, відчуйте
його логічність та цілісність, красу маленьких сюжетів опорних задач.
Це допоможе вам опанувати нові простори Геометрії у 9-му класі.

Побудова геометрії:
1)основні поняття;

2)	аксіоми;

3)	означення інших
фігур та доведення
тверджень про їхні
властивості.

Нагадаємо:
твердженням нази-
вається речення,про
яке можна сказати
або «так», або «ні»,
тобто воно може бу-
ти або істинним, або
хибпим.

Логічний крок дове-
дення-.

1.	Вихідне твер-
дження (кілька
тверджень).

2.	«Тоді».

3.	Тверджения-вис-
новок.

Геометрія - це не просто зібрання певних фактів
і міркувань, а строга, цілісна й естетична у своїй
логічності наука. Геометрія як математична нау-
ка про просторові форми спирається на дедуктивний
метод — ланцюжок логічних переходів (кроків) від
твердження-умови до твердження висновку. Тому так
важливо узагальнити вже вивчене і виділити у цьо-
му матеріалі основні опорні факти. Допоможуть вам у
цьому «Запитання для повторення», малюнки-схеми
на форзацах і наприкінці підручника, «Словничок» та
інформація, яка розміщена на полі вступного розділу.

Запитання для повторення

1.	Яку будову має планіметрія?

2.	Яку будову має логічний крок доведення?

3.	Поясніть, який вираз називають твердженням. Поясніть,
що таке: а) аксіома; б) теорема; в) наслідок; г) означення;
д) ознака; е) властивість; є*) теорема, обернена до даної;
ж**) необхідна і достатня умови.

4.	Що таке «спосіб доведення від супротивного»? Наведіть
Приклад доведення якогось твердження цим способом.

5.	Які кути називаються: а) суміжними; б) вертикальними?
Які властивості цих кутів ви знаєте?
6.	Дайте означення паралельності двох прямих і сформу-
люйте їхні: а) властивості; б) ознаки.

7.	Яка фігура називається трикутником? Які властивості
кутів трикутника (внутрішніх і зовнішніх) та нерівності
для сторін і кутів трикутника ви знаєте?

8.	Які трикутники називаються рівпобедреними? Сформу-
люйте властивості й ознаки рівнобсдрепого трикутника.

9.	Які властивості висот (бісектрис, медіан) трикутника ви
знаєте?

10.	Яке коло називають: а) вписаним у трикутник; б) описа-
ним навколо трикутника; в**) зовнівписаним для даного
трикутника? Які властивості цих кіл ви знаєте?

11*. Що таке «геометричне місце точок (ГМТ), яке задоволь-
няє певну умову»? Сформулюйте властивості бісектри-
си кута й серединного перпендикуляра до відрізка як
відповідних ГМТ. Які ще ГМТ ви знаєте?

12.	Яка фігура називається колом? Які властивості хорд кола
ви знаєте?

13.	Сформулюйте означення прямої, дотичної до кола, й при-
гадайте її властивості.

14.	Які види дотику двох кіл ви знаєте? Сформулюйте влас-
тивості таких кіл.

15.	Сформулюйте означення вписаного та центрального кутів
кола. Які властивості цих кутів і кутів, утворених хорда-
ми, січними й дотичними до кола, ви знаєте?

16.	Сформулюйте: а) теорему Фалеса та теорему, обернену до
неї; б) узагальнену теорему Фалеса та теорему, обернену
до неї.

17.	Які трикутники називаються: а) рівними; б) подібними?

18.	Сформулюйте ознаки й властивості: а) рівних трикут-
ників; б) подібних трикутників; в) рівних прямокутних
трикутників; г) подібних прямокутних трикутників.

19.	Які властивості прямокутних трикутників ви знаєте?
(Пригадайте й метричні співвідношення у прямокутному
трикутнику.)

20.	Яка фігура називається: а) багатокутником; б) опуклим
багатокутником; в) правильним багатокутником; г) впи-
саним багатокутником; д) описаним багатокутником?
Які властивості багатокутників ви знаєте?

21*. а) У який багатокутник можна вписати коло? б) Навколо
якого багатокутника можна описати коло?

22*. Пригадайте властивості й ознаки вписаного та описаного
чотирикутників.

23. Які види чотирикутників ви знаєте? Сформулюйте їхні
означення, властивості й ознаки.

24**. Яку фігуру утворюють бісектриси: а) паралелограма;
б) прямокутника; в) ромба; г) зовнішніх кутів прямокут-
ника?

Означення - назва
(з поясненням, що
саме так називаєть-
ся).

Аксіома прийма-
ється без доведен-
ня.

Теорема довО’
диться певним ло-
гічним міркуван-
ням (доведенням).

Доведення спира-
ється на аксіоми і
твердження, дове-
дені раніше (скла-
дається з логічних
кроків).

Наслідок - безпосе
редній висновок з
теореми або аксіо-
ми.

Пряма й обернена
теореми міняють-
ся місцями умова і
висновок.

ОБЕРНЕНА ТЕО-
РЕМА ВИМАГАЄ
ДОВЕДЕННЯ!

Примітка для вчителя.Зірочкоюпозначенодещосклядні-
ші для учнів питання, а двома-необов’язкові длявивчення
у класах загальноосвітньої підготовки (призначені для
маткласів). Більшість з наведених питань сформульова-
но так, що ви масте змогу уточнити вимоги щодо їхнього
змістовного наповнення опорними фактами.

Множина - су
купність об’єктів,
які ми уявляємо як
єдине ціле.

Наприклад: мно-
жина вусатих, мно-
жина трикутників.
Ознака - теорема,
яка за висновок має
належність фігур
певній множині
(означення якій бу-
ло дамо раніше).

Властивість - тео-
рема, яка за висно-
вок має виконання
певних умов, якщо
фігура належить
даній множині.

Доведення від су-
противного

1.	Чітко сформулю-
вати твердження,
що саме треба до-
вести.

2.	Сформулювати
твердження, обер-
нене до (1).

3.	Зробити припу-
щення, що (2) ви-
конується .

4.	Прийти логічни-
ми кроками до про-
тиріччя.

5.	Висновок: (2) €
хибпим і викону-
ється (1).

Щоб встановити
хибність якогось
твердження. до-
статньо навести
один контрпри-
клад.

Якщо навести при-
клади (навіть ду-
же багато), коли
твердження вико-
нується, - це не є
його доведенням.

25*. Визначте вид чотирикутника, що має за вершини середи-
ни сторін: а)довільного чотирикутника; б) паралелограма;
в) рівнобедрепої трапеції; г) ромба.

26. Що таке: а) середня лінія трикутника; б) середня лінія
трапеції? Які властивості цих відрізків вам відомі?

27*. Які опорні задачі трапеції ви знаєте?

28*. Які опорні задачі рівнобедреної трапеції ви знаєте?

29.	а) Яким властивостям фігури відповідає поняття площі
фігури? б) Які фігури називаються рівновеликими?
в**) Які багатокутники називаються рівноскладеними?

ЗО.	За якими формулами обчислюють площу: а) квадра-
та; б) прямокутника; в) паралелограма; г) трикутника;
д) прямокутного трикутника; е) трапеції; е**) рівнобед-
реної трапеції, діагоналі якої взаємно перпендикулярні?

31*. Як відносяться площі: а) трикутників з рівпими осно-
вами; б) трикутників з рівними висотами; в) подібних
трикутників; г) паралелограмів, по дві сторони яких
містяться на спільних паралельних прямих; д) трапецій
з відповідно рівними основами; е) трапецій, основи яких
містяться на спільних паралельних прямих?

32.	Доведіть методом подібності опорні факти: а*) про від-
різки, на які бісектриса трикутника поділяє його сторо-
ну; б**) формулу Лагранжа для довжини бісектриси три-
кутника; в*) про добуток відрізків хорд кола, на які вони
поділяються при перегині; г**) про відстань між центром
кола і точкою на хорді кола (наслідок з факту в)); д*) про
співвідношення між відрізками дотичної і січної, прове-
деними з однієї точки до кола; е**) теорему Птолемея.

33.	Які опорні задачі ви вмієте доводити методом: а*) подіб-
ності; б**) допоміжного кола; в**) площ?

34*	*. На стороні АС трикутника АВС взято точку М, а на сто-
роні ВС - точку К так, що АМ : МС = т: п, ВК : КС =р : і.
У якому відношенні АК поділяє відрізок ВМ1

35*	*. На стороні АВ трикутника АВС взято точку М, а на сто-
роні ВС - точку К так, що СК : КВ = т: п, а точка перети-
ну АК і СМ поділяє СМ у відношенні р : І. У якому відно-
шенні точка М поділяє сторону АВ?

36.	Сформулюйте означення синуса, косинуса, тангенса і
котангепса гострого кута прямокутного трикутника. Чи
залежить значення цих тригонометричних функцій від
розміщення і розмірів прямокутного трикутника?

37.	Запишіть співвідношення між тригонометричними функ-
ціями: а) одного і того самого кута; б) доповняльних кутів
(кутів, що в сумі становлять 90°).

38*	. Як змінюється значення синуса (косипуса, тангенса, ко-
тангенса) при зміні градусної міри кута від 0® до 90’?

39.	Запишіть табличку значень тригонометричних функцій
для кутів градусної міри: 0°; 30е; 45е; 60°; 90°.

40.	Пригадайте задачі на розв’язування прямокутних три-
кутників: а) як за градусною мірою одного з гострих кутів
і довжиною однієї зі сторін знайти другий гострий кут та
інші його сторони; б) як за довжинами двох сторін знайти
довжину третьої сторони й міри гострих кутів.

41.	Щоозначає «розв’язати задачу на побудову»? Які опорні
задачі на побудову ви знаєте?
Роадбд О
КООРДИНАТНА ПЛОЩИНА.
ТРИГОНОМЕТРИЧНІ ФУНКЦІЇ
кутів ВІД (У ДО 180°.
РОЗВ’ЯЗУВАННЯ ТРИКУТНИКІВ

У цьому розділі ви дізнаєтеся, у чому полягає відкриття французького
вченого Декарта і як воно дає змогу перекладати геометричні задачі на мо-
ву алгебри, а алгебраїчним задачам надавати геометричного тлумачення.
Завдяки саме цьому відкриттю ми з вами, зокрема, маємо змогу визначити
тригонометричні функції тупих кутів, значно спростити розв’язування пев-
них геометричних задач, зокрема розв'язування трикутників. Узагалі,
сучасна математика, мабуть, не існувала 6без цього відкриття Декарта.

1» Декартова система координат.

Відстань між двома точками
на координатній площині і рівняння
кола. Координати середини відрізка

У чому полягає відкриття Декарта (1596-1650)?
Ми називаємо його аналітичною геометрією. Як і все
геніальне, воно геніально просте. Декарт змусив алгеб-

ру працювати на геометрію.

Базовим поняттям аналітичної
геометрії є поняття системи коор-
динат. Найпростішою системою ко-
ординат є так звана декартова пря-
мокутна система. Її задають так:
на площині вибирають дві взаємно
перпендикулярні числові осі осі
координат, які перетинаються
в точці О - початку координат
(мал. 1.1).
Уж

--------сі--->

ОІ	х

(х; у) - координати
точки,

Л/(хм; Ун)

І

абсциса

ордината

і Осі координат називають: горизонтальну - віссю
| абсцис (позначають як Ох), вертикальну - віссю орди-
. нат (позначають як Оу). Для довільної точки площини
М знаходимо відстані від осей координат. Числа х і у -

* абсциса й ордината точки М - за модулями дорівню-
I ють цим відстаням (див. мал. 1.1 і мал. на полі). При
І цьому, якщо точки лежать (мал. 1.2):

। • праворуч від осі ординат - їхні абсциси додатні;

• ліворуч від осі ординат - їхні абсциси від'ємні;

1	• над віссю абсцис - їхні ординати додатні;

І • нижче від осі абсцис - їхні ординати від’ємні.

І \ Числа х і у саме у такій послідовності і є декар

| товими координатами точки М: х - її абсциса;
। у - ордината. Пишемо так: М(х; у).

। Площину, на якій уведено декартову систему коор-
динат, називають координатною площиною, декарто

’ вою площиною, або площиною ху, і позначають (хОу)
І або просто (ху).

| Осі координат розбивають координатну площину
« на чотири частини - чверті (мал. 1.2). Інколи їх нази-
вають координатними кутами. У межах однієї коор-

' динатної чверті знаки обох координат зберігаються.

І Зауваження. Точки на координатних осях відно-
| сять до відповідних координатних чвертей.

а Точки, які лежать на осі Ох, мають ординати, що
. дорівнюють нулю (у - 0), а точки осі Оу мають абсциси,
’ що дорівнюють нулю (х = 0) (мал. 1.3).

Кожній точці площини відповідає певна пара чисел,
І і навпаки - кожній парі чисел відповідає певна точка
І площини. Саме ця взаємно однозначна відповідність і
, є прямокутною системою координат Декарта.

Для допитливих

Доведіть методом від супротивного (спираючись на ознаки рівності прямо-
кутних трикутників й аксіоми геометрії) взаємно однозначну відповідність
між точкою координатної площини і парою чисел - її координат (необхідну й
достатню умови).

Нащадок старовинного французького дворянського роду Рене Декорт
(1596-1650) був справжнім улюбленцем долі. Про такого говорять, що при
народженні його поцілували всі музи. Удача супроводила його не тільки
в науці. Сміливий і безстрашний, він перемагав не лише інтелектом, а й
інколи зі зброєю в руках. Так, якось йому вдалося за до-
помогою шпаги, якою він володів з д’артаиьянівською
майстерністю, змусити піратів пристати до берега і дати
можливість висадитися йому самому та його слузі.

Немає, мабуть, точної закономірності у співвідно-
шенні між сміливістю наукового мислення й особистою
мужністю вченого. Проте поєднання цих рис ми бачимо в
переважній більшості відомих дослідників (Фалес, Піфа-
гор, Архімед, Ейлер, Лобачевський, Дскарт...).
	Уі	і
II		1
0		х > 0
		у>о
	0	X
х< 0		х> 0
у< 0		У< о
III		IV

У‘	і  В(0;уя)  0(0; 0)
	А(0;хДх

УЛ

о

Мал. 1.2	Мал. 1.3

А що можна поставити у відповідність лінії на
площині? Декарт пропонує у відповідність лініям
площини ставити рівняння з двома невідомими х і у
так, що:

•	координати довільної точки, яка лежить на цій
лінії, задовольнятимуть це рівняння;

•	координати точок, що не лежать на цій лінії, не за-
довольнятимуть його.

Наприклад, для точок прямої лінії і тільки для
точок цієї лінії справедлива рівність у - Ьх + І (якщо
к 11 - фіксовані сталі). Цю рівність називають рівнян-
ням прямої.

А як задати рівнянням коло? Ми знаємо з курсу гео-
метрії 7-го класу, що коло - це геометричне місце то-
чок площини, рів новіддалених від певної точки цієї
площини - його центра. (Для будь-якої точки площи-
ни, що не належить колу, ця відстань буде меншою або
більшою за радіус кола.) Тоді щоб знайти рівняння ко-
ла, спочатку треба виразити відстань між двома точка-
ми площини через їхні координати.

Позначають:

Ох - вісь абсцис;

Оу - вісь ординат.

%

2. /

Пряма (п) -
усі її точки мають
координати
(х; х+2).

Для допитливих

£ Мати Декарта померла від туберкульозу через кілька днів після його наро-
би дження, а з 8-ми років він повністю утримувався вихователями єзуїтської

школи, заснованої у той час за особливого сприяння Генріха IV.

Щасливий випадок спрямував інтереси Декарта в бік математики. Під
час гарнізонної служби в голландському містечку якось увагу його привер-
нуло оголошення, наклеєне на стіні. Проте написане воно було фламанд-
ською мовою, якої Декарт не знав. З проханням перекласти текст він звер-
нувся до найближчого з перехожих, який також зацікавився цим оголо-
шенням. Незнайомець, до якого звернувся Декарт, виявився професором
математики Бекманом, який не без іронії на цікавість молодого солдата

відповів, що це публічний виклик до розв’язування геометричної задачі і
він перекладе зміст задачі, якщо юнак візьметься розв’язати її. Другого ж
дпя Декарт приніс розв’язання, і це поклало початок його заняттям мате-
матикою під керівництвом Бекмана, що тривали два роки.
ВІДСТАНЬ МІЖ ДВОМА ТОЧКАМИ

Нехай маємо дві точки площини Л/,(х,; у}) і М2(хг; уг).
Знайдемо довжину відрізка Л/,Л/2(мал. 1.4).

Мг(хг-,у3)

Л/,(х,; і/,)

М1.М2 =

=>Дх,-хг)2 *(і/, -у2)‘

(х-а)г +(у-Ь)г = г2

Відстані між проекціями даних точок М, і М2 на
осі абсцис і ординат дорівнюють |хх - х2| і |і/1 - у,| від-
повідно. Катети прямокутного трикутника МхСМг ма-
ють такі самі довжини (як сторони утворених прямо-
кутників).

За теоремою Піфагора знаходимо довжину гіпо-
тенузи трикутника М}СМ2 - відстань між точками
М}(х^ уі М2(х2; у2У

М\ Мг =	~ хг )2 +	-У2)‘-

Зауваження. Якщо відрізок М2М2 паралельний од-
ній з координатних осей, то або |х, - Х2І = 0, або |і/1 - у2| = 0
і наведена формула для обчислення довжини М3Мг теж
є правильною.

РІВНЯННЯ КОЛА

Тепер можна записати рівняння кола, як геометрич-
не місце точок М(х; у), відстань від яких до центра ко-
ла - точки О(а; Ь) є сталою і дорівнює
радіусу кола г.

МО = г = ^/(х-а)2 + (у-6)2.

Тоді рівняння кола з центром О(а; Ь)
і радіусом г має вигляд

(х - а)2 + (у - Ь)г = г2.

Наприклад, на малюнку 1.5 зобра-
жено коло, задане рівнянням

(X - І)2 + (у - 3)2 = 22.

Для допитливих

Декарт - математик, закоханий у поезію, писав: «У вільний час зимою,
порівнюючи таємниці природи із законами математики, я насмілююсь
сподіватися, що знайшов основу дивної науки». Уся літературна діяльність
Декарта розвивалася протягом лише 12 років; вона промайнула, як метеор,
але залишила блискучі й міцпі сліди в усій конструкції сучасної матема
тики. Основи відкритої аналітичної геометрії Декарт опублікував у 1637 р.
в книзі «Геометрія».
КООРДИНАТИ СЕРЕДИНИ ВІДРІЗКА

Корисно знати ше й вираз для обчислення коорди-
нат точки, що € серединою відрізка, за координатами
його кінців.

1) Нехай відрізок з кінцями А(х,; у,), В(х2; у2) не пара-

лельний осям координат, тобто х( 7 х2, у, / уг Знайдемо
координати його середини - точки С(хс; ус) (мал. 1.6).

Мал. 1.6

Проведемо:

АК 1 Ох, СМ1 Ох, ВИ 1 Ох.

Тоді АК Ц ВІЇ Ц СМ. Звідси,
враховуючи, що АС-СВ,
отримаємо КМ - М1У, тобто
|х, - хс| = |хг - х^.

Тоді (х, - хс) = (х2 - хс), або
(х(-хс) = -(х2-хс).

За умовою х( * х, і вико-

нується лише друга рівність, з якої маємо:

_ Х| + х2 А н
с 2

2) Якщо АВ Ц Ох, то у, = уг - ус,

Якщо АВ 1 Оу, то х( - х8« хс,

А-. Т
а

2

а Ус*

Уі+Уг
2

А(Хр у,)

Ус =

Уі+Уг

2

Тобто отримані раніше співвідношення також є пра-

вильними.

Таким чином, координати середини відрізка, кінця-
ми якого є точки (х,; у,) і (х2; у2), обчислюють за фор-
мулами:

_Х1 + Х2 Уі+»а

с Ч ' Ус 2

Зауваження. При розв’язуванні геометричної за-
дачі методом координат треба не лише «перекласти»
мовою алгебри її умову і розв’язати алгебраїчну зада-
чу, а ще й дати геометричне тлумачення отриманого
алгебраїчного результату. Розглянемо приклади.

1.	Рівняння х? + у2 - сг описує коло, центром якого є
початок координат 0(0; 0), а радіус г= |с|.

Нагадаємо
позначення:

* - «незбігається»,
• не є тотожністю»;
е «належить»;

[АВ| відрізок .-1В.

2' ^Івнянн-я + у2 -*- их + ту + р = 0 визначає:
або коло, або точку, або порожню множину.
Щоб визначити, який саме випадок мас місце,

Для допитливих

1.	Полем проходить прямолінійна дорога. Людина, яка стоїть на цій до-
розі в точці А, може рухатися: полем зі швидкістю не більш як 3 км/год;
дорогою - не більш як 6 км/год. Знайдіть множину точок, у які вона може
дістатися за І год.

2.	У селі Семихатки сім хат - для довільних трьох хат відстань хоча б між
двома з них дорівнює 50 м. Накресліть план розташування хат у цьому селі.
Xі + у3 + пх +
+ ту+р- О
визначає:
або

кодо А>0,
або

точні г2 = 0,
або

порожню
г3 < 0,

у рівнянні треба виділити квадрати двочленів відносно
х та у:

Якщо права частина отриманого співвідношення:

•	додатна - це рівняння кола;

•	дорівнює нулю - це точка;

•	від'ємна - це порожня множина.

Наприклад, хг + уг - 2х + 4у + 1 =0 перетворюємо так:
(х2- 2х + 1) * (у3+ 4у + 4) - 1 - 4 + 1 = 0,
(х- І)2 + (у + 2)г= 22.

Розглянуте рівняння задає коло з центром 0(1; -2),
радіус якого дорівнює 2.

3.	З аксіоми про вимірювання відрізків і нерів-
ності для сторін трикутника маємо таке. Якщо на
площині задано три точки А, В, С і для відстаней
між ними виконується співвідношення |АВ| = |АС| + |СВ|.
то ці точки лежать на одній прямій (причому точка С
лежить між точками А і В). Правильним є й обернене
твердження.

КООРДИНАТИ ТОЧКИ, ЯКА ДІЛИТЬ
ВІДРІЗОК У ЗАДАНОМУ ВІДНОШЕННІ

Нехай точка С(х; у) лежить на відрізку з кінцями у
точках А(Хр у() та В(х2; у2)і ділить цей відрізок у відно-
шенні АС|: |СВ| = п : т (мал. 1.7). Знайдемо координати
точки С.

|АВ| = |АС1 + |СВ|

0

А, В. С на одній
прямій ІС € [АВ]

Для допитливих

Термін координата походить з латині й означає «впорядкованість».

Рмг Співтворцем аналітичної геометрії Декарта вважають любителя матема-
тики, автора численних блискучих відкриттів французького юриста П'єра
Ферма (1601-1665).
Прямі АА,. СС, і ВВ1 перпендикулярні до осі Ох, от-
же, вони паралельні між собою. Тоді, за теоремою Фа-
леса, маємо:

А1С,_АС_п х-Х) п

С,В, СВ т’ х2-х т

Можливі два випадки: х2 > х > х,; х, > х > хг. В обох
випадках вираз під знаком модуля додатний. Тоді:
х-х, _ п ^ _пхг + тх>
х2 - х т ’	п + т

Аналогічно маємо, що
у пу2 + ту,
п + т

Таким чином, координати точки С, яка ділить
відрізок з кінцями в точках А(х}; у() і В(х2; у2)у відно-
шенні|АС|:|СВ|= п : т, дорівнюють

х = пх2 + тхг у = пу2 4- ту,
п + т	п+т

ПРИКЛАДИ РОЗВ’ЯЗУВАННЯ ЗАДАЧ

Приклад 1. Знайдіть усі точки (х; у) координят-

Мал. 1.8

ної площини, які задовольняють
умову ху > 0.

Розв’язання

Умова ху > 0 рівносильна то-
му, що числа х і у мають одна-
кові знаки, тобто х > 0 і у > 0 або
х<0 і у < 0. Тоді розв’язком за-
дачі буде множина точок, які
лежать у І або ПІ координатній
чверті, але не на координатних
осях (мал. 1.8).

А2(хг, </2)

пх2 + тх,
п + т

„ пУі+тУі

Ус ~
п + т

У випадку —— = А.:

(X • п: ш)	СА,

Лі

Для допитливих

ПРАВИЛО МНОЖЕННЯ

Проаналізуємо таку уявну ситуацію, яка зрештою може виявитись і
цілком реальною. Нехай із пункту А до пункту В прокладено 2 туристичні
маршрути, а з пункту В до пункту С - З маршрути. Запитується: скількома
способами можна здійснити туристичну подорож із пункту А до пункту С?

Оскільки після подолання кожного з двох маршрутів, що сполучають
пункти А і В, залишається по три можливості дістатися з В до С, то всього з
А до С можна дістатися 2 х 3 в 6 способами.

Узагальнення цієї простої задачі є основним правилом комбінатори-
ки, яке ще називають правилом множення. Якщо об’єкт X можна обрати
т способами, а об’єкт У - п способами (незалежно від вибору X), то пару X
і У можна обрати т х п способами.
<4

0(а; Ь)

Ь

О

Приклад 2. Доведіть, що середина відрізка з кінця-
ми в точках Л(5; 7) і В(8; -7) лежить на осі Ох.

Доведення

Нехай С(х0; у0) - середина відрізка АВ. Тоді

Уч
ь

г = |5|

Щ.в.д.

Приклад 3. Запишіть рівняння кола з центром у
точці (-1; 3), яке проходить через початок координат.

Розв’язання

1)	Точка (-1; 3) - центр кола, тоді його рівняння має
вигляд:

(х - (-1))2 + (у - З)2 = г2, (х +1)2 + (у - З)2 = Н.

2)	Коло проходить через точку 0(0; 0), тому значен-
ня х = 0 і у - 0 задовольняють рівняння цього кола:
(0+1)2 + (0 3)2 = Н, /^=10.

3)	Висновок: рівняння шуканого кола має вигляд:
(х + 1)2 + (у-3)2 = 10.

Відповідь: (х + І)2 + (у - З)2 = 10.

Зауваження. Відповідь до останньої задачі можна
записати й інакше, наприклад (якщо розкрити дужки
і звести подібні доданки) х2 -г у1 + 2х - 6у = 0.

Приклад 4. Знайдіть точку на осі ординат, рівно-
ніддалену від початку координат і точки Л(3; -1).

Розв’язання

1)	Шукана точка АГ лежить на осі Оу, тому 2И(0; уч) і
|Л/ О| = ум, | АМ\ = \І(хА-хм)г+(уА-ум)г = 79+(-1 -ум )г.

2)	[МОЇ2 = |АМ|2, тоді у„2 = 9 + (1 - ум)2, ум = -5.

Відповідь: (0; -5).

рик лад 5. Знайдіть точку, яка належить колу
- 2)г + (у - З)2 = 3 і рівновіддалена від осей коор-
динат.

Розв’язання

Точки С(хс; ус), які рівновіддалені від осей координат,
лежать на бісектрисах кутів, утворених координатними
осями, тобто задовольняють умову хс = ус або хс = -ус.
Коло з центром О( 2;3)і радіусом Н = у З міститься в І чнер-
ті координатної площини (бо 7? - %3 < 2 і Я = >/3<3).

Для допитливих

Розв’язування геометричних задач інколи пов’язано з комбінаторним
перебором варіантів конфігурацій (див. с. 15). Цілеспрямований перебір
різних можливих варіантів потрібний і для складання розкладу руху
транспорту, занять у школі, шифрування та дешифрування письмової
інформації, у тому числі кодування тощо. Наприклад, кодами є державні
номерні знаки для транспорту, товарні знаки (штрих-коди) тощо.
Тоді шукана точка може належати тільки бісектрисі
І чверті координатної площини і хс = ус. Маємо:

(хс— 2)2 + (хс- З)2 = 3, 2хсг - 10хс + 13 = З,
хс2 - 5хс + 5 = 0.

5± >/5

Коренями останнього рівняння є додатні числа —-—.

Відповідь:

5-у5 5-у5

2 1 2

2	2

Приклад 6. Знайдіть точку, рівновіддалену від
осей координат і точки А(-3;-6).

Розв’ язання

Координати точок С(хс; ус), рівновіддалених від
осей Ох і Оу, задовольняють умову |хс| = |ус|. Тобто треба
розглянути два випадки, коли хс = ус; хс = -ус.

1)	Нехай хс = ус. Тоді

СА2 = (хс + З)2 + (хс + б)2 = хс2; хс2 + 18хс + 45 = 0.

Останнє рівняння має два розв’язки (-3; -15}. Та-
ким чином, точки (-3; -3) і (-15; -15) рівновіддалені
від осей координат і точки А.

2)	Нехай хс - -ус. Тоді

СА2 = (хс + З)2 + (- хс + б)2 = хс2; хс2 - 6х,. + 45 = 0.

Отримане рівняння не має коренів.

Відповідь: (-3; -3), (-15; -15).

Приклад 7. Доведіть, що
сума квадратів відстаней
від довільної точки кола до
вершин вписаного в нього пра-
вильного трикутника не залежить
від положення точки на колі.

Доведення

Через центр О кола, описа-
ного навколо рівностороннього
трикутника АВС, і його верши-
ну В проведемо вісь Оу; вісь Ох -
паралельно АС (мал. 1.9).

Точки, рівновідда-
лені від осей коор
динат, належать
бісектрисам коор-
динатних кутів і
навпаки.

Для допитливих

1.	Із села С до міста М веде 6 доріг, а з міста М до міста В -
4 дороги (див. мал. А). Скількома способами можна про-
їхати із села С до міста В?

2.	Недалеко від пунктів С, М і В попередньої задачі побу-
дували селище Р і кілька нових доріг (див. мал. Б). Скіль-
кома способами тепер можна дістатися із села С до міста В?

3.	Скільки існує відрізків, довжини яких (в метрах) € дво-
цифровими цілими числами з різними цифрами?

4.	Кожну клітинку квадратної таблиці 5x5 можна пофар-
бувати в жовтий або синій колір. Скільки існує різних
варіантів розфарбування цієї таблиці?
Координати довільної точки кола М(х; у) задоволь-
няють рівняння кола Xі + у2 = В2.	_

Довжина сторони трикутника АВС а = Нм’З, тому ко-

а _ дуЗ
2’ Т”

Уміння розв’язува-
ти задачі - таке ж
практичне мисте-
цтво, як і вміння
плавати, бігати чи
танцювати. Цього
можна навчитися
тільки шляхом на-
слідування і трену-
вання.

Д. Поіія

ординати вершин трикутника А

В 0; — і С
З

гляді:

Тоді

(іуІЗ

6

можна записати у такому ви-

2	2 1	2	2

\ / \ /

а

2

Шукана сума має вигляд:

ЛМг + МВ2 + Л/Сг

( «ї г , Г1і2

+ У + — +Х +(у- пу +

= 3(хг + уг) + ЗЯ2 = 6Я2,

тобто не залежить від положення точки М на колі.

ТЦ. в.д.

Практична робота 1

1.	Накресліть декартову систему координат і а ній позначте по дві точки: а) з абсци
сами, що дорівнюють 3: б) з ординатами, що дорівнюють -2. Запишіть координа-
ти цих точок.

2.	Накресліть декартову систему координат і в ній позначте дві точки та знайдіть
їхні координати. Обчисліть відстань між точками за відповідною формулою.
Виміряйте відстань між заданими точками і порівняйте отримані результати.

3.	Накресліть декартову систему координат і позначте в ній точку. Знайдіть її коор-
динати і накресліть коло з центром у цій точці. Виміряйте радіус кола і запишіть
його рівняння. Позначте довільну точку па колі. Запишіть її координати. Чи по-
винні координати цієї точки задовольняти рівняння кола? Перевірте відповідь
відповідним обчисленням.

Для допитливих

Опції і । і., ч Доведіть, що координати центроїда трикутника дорів-
нюють середньому арифметичному відповідних координат вершин цього

трикутника.
4.	Накресліть декартову систему координат і в ній довільний трикутник. Запишіть
координати його вершин. Користуючись лінійкою, відмітьте середини його сторін
і знайдіть координати цих точок. Обчисліть координати середин його сторін за
відповідною формулою. Порівняйте отримані результати.

Завдання 1

1°. Залишіть координати точок, позначених на координатній площині (ху)
(мал. 1.10).

2°. Позпачте на координатній площині точки М(5; 4), А'(-5; 4), К(-5; -4), Т(5; -4).
А(4; 0), В(-4; 0), 0(0; 5), В(0; -5).

Побудуйте чотирикутник, якщо відомі координати його вершин А(2;3), В(3; -5),
С(-4;-1), Л-5; 3).

4°. Не виконуючи побудови, вкажіть, V яких координатних чвертях лежать точки
М(-0,8; 80), А(100; 200), /С(-500; 1000), Т(200; -0,1), Ь(-100; 0.3), 5(120; -5).

5.	На якій осі декартової системи координат знаходяться точки з координатами:
а) А(0; 4); б) В(-2: 0); < • С(5; 0); і) 0(0; —10)7

6.	Через точку /С(-4; 1) проведіть прямі т і п, паралельні осям координат,
а) Чи лежать на прямих т і п точки А(-4; 3). 5(4; -3), С(2; 1),
В(-2; -1)? б) Укажіть на прямих т і п координати точок, які віддалені від точ-
ки К на 2 одиниці.

7.	За малюнком 1.11 знайдіть координати вершин прямокутника АВСО, сторони
якого паралельні осям координат.

Три вершини прямокутника містяться в точках (-1; 4), (3; 4), (-1; -2). Знайдіть
координати четвертої вершини.

ДЛЯ ДОПИТЛИВИХ

£ Важливу роль мала аналітична геометрія у розвитку поняття числа.
Від’ємні числа, відомі ще індійцям у УІ-ХІ ст., європейські математики

вважали абсурдними. Навіть Вієт не визнавав їх. Тільки завдяки аналі-
тичній геометрії Декарта (правило вибору знаків координат точки на коор-
динатній площині) від’емпі числа повністю утвердилися в математиці.

Цікаво, що відкриття декартових координат не належить Декорту.
Так, стародавній математик Алєксандрійської школи Аполлоній (III II ст.

до в. е.) фактично користувався прямокутною системою координат, але
замість алгебраїчної символіки (яка ще не існувала тоді) здійснював опис
рівнянь через геометричні поняття.
9. Перевірте, чи лежать на лінії уг- хг = 7 точки А(1; 8), В(3; 16), С(-5; 4).

1 » Яка з точокА(2; -1), В( 1; 3), С(0; -2) належить лінії, рівняння якої |х| + 2у2 - 4?
11*. Сторона квадрата дорівнює 6. Одна його вершина міститься в початку коор-
динат, а дві - на осях і мають невід’ємні координати. Знайдіть координати
всіх вершин квадрата.

Точка перетину діагоналей ромба збігається з початком координат. Діагоналі
ромба лежать на осях координат. Довжина однієї діагоналі дорівнює 8 оди-
ниць, другої - 4 одиниці. Які координати можуть мати вершини ромба?

13. Дано точку А(2; 4). Побудуйте точку, записавши її координати:

а)А4, симетричну точці А відносно осі Ох;

б) А2, симетричну точці А відносно осі Оу;

в)А3, симетричну точці А відносно початку координат;

г*) Д4, симетричну точці А( відносно точки Аг.

І	Дано точку А(-3; 2). Побудуйте точку:

а)	А,, симетричну точці А відносно осі Ох;

б)	Аг, симетричну точці А відносно осі Оу;

в)	А3, симетричну точці А відносно початку координат;

г*) А„, симетричну точці А3 відносно точки Аг

Запишіть координати побудованих точок.

15*. Чи належать точки координатної площини, що задовольняють рівняння
у = х, множині точок, яка задасться рівнянням |у + уг = Іх| + х2?

Завдання 2

1°. Знайдіть відстань між точками: а) А(3; 2) і В(1; -7); б) М(-4; -8) і Лг(2; 0);
в) Г(2; -1) і І>(2; 4); г) 0(3; -5) і Я(6; -5).

2°. Знайдіть відстань від початку координат до точки: а) А(2; 3); б) В(-7; 5);
в)М(-3;4);г)ЛГ(-4;-3).

3. Знайдіть периметр трикутника АВС, якгцоА(2; -1), В(-1; 3), С(2; 7).
Доведіть, що трикутник ГОН рівяобедрений, якщо В(4; -2), О(-4; 4),
Н(-12; 10).

5*. Доведіть, що точки А, Н і Т лежать на одній прямій, якщо А(-3; -7), Н(2; 3),
Т(0; 1). Яка з точок лежить між двома іншими?

Не виконуючи побудови точок, з’ясуйте, чи лежать точки К(0; -4),	-2),

N{7; 1) на одній прямій.

7. Відстань між точками А(пг; -3) і В(1; 5) дорівнює 10. Знайдіть координату т.

8*. На осі абсцис знайдіть точку, рівновіддалену від точок М(-1; 4) і ЛД5; -7).

9*. На осях координат знайдіть точку, віддалену від точки Р(6; -8) на: а) 16 оди-
ниць; «»» 10 одиниць; п> 4 одиниці.

10*. Знайдіть точку, рівновіддалену від точок Х(4; -5) і Т( -7; 8), якщо: а) шукана
точка лежить на осі абсцис; б) шукана точка лежить на осі ординат; в) абсци-
са й ордината шуканої точки рівні.

11*. Доведіть, що чотирикутник з вершинами А(4; 8), В(7; 3), С(4; -2) і 0(1; 3) -
ромб.

12**. Координати всіх вершин трикутника - парні числа. Доведіть, що площа цьо-
го трикутника виражається натуральним числом.

Для допитливих

Французький математик Орезм у XIV ст. користувався прямокутними ко-
ординатами для графічної ілюстрації залежності двох змінних. Замість су-
часних термінів «абсциса» і «ордината» він використовував терміни «дов-

гота» і «широта». Ідеї Орезма не мали поширення, бо в ті часи поняття

функціональної залежності було ще дуже туманним.
13**. Координати вершин А і В квадрата АВСО - цілі числа. Доведіть, шо коорди-
нати вершин С і О - також цілі числа.

14°. Складіть рівняння кола з центром у точці О, радіус якого дорівнює К, якщо:

а)0(1; 2),Я = 3;

6) 0(-3; 4), Я= 8;

в)О(-5; -4). Я=1;

і) 0(3:0). Н = 4;

д) 0(0; -2), Я =6;

е)0(0; 0). Я~3.

15°.

18°.

17°.

18 .
19".

20

21.

22*.

23.

24*.

25*.

26*.

ав і

28».

Запишіть координати центра та радіус кола, заданого рівнянням:
а)(х-4)2 + (у -і- 5)^4;	в)(х-1)’ + у2 = 36;

6>(г’3)а + (у-7Г = 16; ііх’ + у2=100.

На координатній площині побудуйте коло, задане рівнянням:
а) х2+ </' = 25;	<і> (х- 1)’ + (у - 2)* = 9; в)хг + (у + 4)г- 16.

Які з точок >4(0; 5), В(Г, 2), С(5; -1), 1>(-5; 0), £( -4; 3), Г(-3; -4) лежать на колі
х2 + уг = 25?

Які з точок Д(0; 3), В( 1; -4), С(-4; 3) належать колу (х - І)2 + (у + 2)2 - 26?

На координатній площині побудуйте коло із центром у точці В(0; 4), діаметр
якого дорівнює 4. Запишіть рівняння цього кола.

Складіть рівняння кола, що проходить через точку А(1; 7), якщо його цент-
ром є точка Л4(-3; 5).

На колі Xі + уг = 25 знайдіть точки:

а)	з ординатою -2; ні з абсцисою 4; в) такі, що лежать на осі абсцис; і такі,

що лежать на осі ординат.

Знайдіть центр і радіус кола:

а)х* + 2х + у2-4у-6;

6)х» + у2-6х + 8 = 3.

Якому колу (мал. 1.12) відповідає рівняння:
а)(х-2)2 + (у-2)2-4;

б)	хг + у2 - 4;

в)	(х + 2)2 +(у + 2)2 = 4?

Знайдіть відстань між центрами кіл:

а)х2 + у21 бхт 8у = 0 і х2 + у3- 10х-6у = 2;

б)	х2 * у2 - 2х - 2у - 2 і х2 + у- + 6х + 4у - 3.

Коло дотикається до координатних осей.
Знайдіть координати точки дотику кола до
осі Оу, якщо точка Л/(3; 0) - точка дотику до
осі Ох.

Мал. 1.12

Запишіть рівняння кола, яке дотикається до координатних осей і проходить
через точку (0; -1).

Знайдіть координати центра кола, радіус якого дорівнює 2 і яке дотикається
до осей координат.

Запишіть рівняння кола, яке дотикається до координатних осей і проходить
через точку (1; 2).

Для допитливих

1.	Чи можуть три лицарі, кожний зі своїм зброєносцем, переправитися че-
рез річку в човні, що вміщує лише двох осіб, якщо зброєносці відмовля-
ються залишатися з пезнайомими лицарями без своїх хазяїв?

2.	Учитель на уроці геометрії задав «хитру» задачу. Число хлопців, які її
розв'язали, дорівнює числу дівчат, які цього не зробили. Кого в класі біль-
ше - тих, хто розв’язав задачу, чи дівчат?
29°. Знайдіть координати середини відрізка АВ, якщо А(-4; 7), В(12; -5).

Точка К - середина відрізка Л'Р, ЙГ(5; -7), Р(-3; 8). Знайдіть координати точ-
ки N.

31. Знайдіть довжину медіани АМ трикутника АВС, якщо А(5; 1), В(-3;-2),
С(-5; -6).

Складіть рівняння кола, діаметр якого дорівнює АВ, якщо А(4; -9), В(-6; 5).
33*. Діагоналі паралелограма АВСВ перетинаються в точці О. Знайдіть координа-
ти точок С і О, якщо відомо координати точок А(-1; 6), В(8; -3), 0(3; -2).

1 Чотирикутник !№РК - паралелограм, причому ІИ(1; -2), N(2; 3), Р(5; 6).

Знайдіть координати точки К.

35**. На осі ординат знайдіть точки, з яких відрізок АВ видно під прямим кутом,
якщо:

а) А(-4; -1), В(12; 1); б)А(О; 6), В(6; 14).

1	На осі абсцис знайдіть точки, з яких відрізок АВ видно під прямим кутом,
якщо:

а) А(-4; -1), В(12; 1); б) А(4; 0), В(6; 14).

37*. Відрізок АВ поділено на 3 рівні частини: АС = СО = ЛВ. Знайдіть координати
точок С і О, якщо А(1: -2), В(4; 4).

38*. Відрізок МИ поділено на 4 рівні частини МР = РТ = ТК = КИ. Знайдіть коор-
динати точок Р, К, N. якщо М(7; -13) і Т(-5; 1).

39**. Нехай А(хд; ул), В(хе; уа), М(хм; у*). Відомо, що точка М належить відріз-
ку АВ і АМ : МВ = 1. Доведіть, що хм = Х^ ^ХА ;	^4.

40**. Відрізок АВ поділено точкою М у відношенні 1 : 2. Знайдіть координати точ-
ки М, якщо А(5; 3), В(-1; -3).

41**. За даними вершиною трикутника А(3; 2) і серединою протилежної сторони
М(-6; 2) знайдіть координати центра мас трикутника.

42**. Знайдіть координати точки перетину медіан трикутника АВС, якщо відомо
координати:

а)	його вершин: А(4; 1), В(2; 1), С(4; 3);

б)	середин сторін трикутника: МД-3; 2), Мг( 1; 0). М,(3; 4).

43**. Доведіть, що АЬ ~ бісектриса внутрішнього кута трикутника АВС, якщо:

а)	А(4; 1), В(6; 5), С(2; 7), £(3; 4);

б)	А(0; 7), В(-4; -1), С(12; 1), £(2,4; -0,2).

44**.Точки А(9; 4), В(-3; -1), С(3; 4) е вершинами трикутника АВС, АК - його
бісектриса. Знайдіть:

а)	координати точки К;

б)	довжину бісектриси АК.

45**. Скільки на площині існує таких точок, сума квадратів відстаней від кожної з
яких до даних двох точок А(2; 3) і В(-2; -1) дорівнює 5,5?

Для допитливих

1.	Декілька шахістів у парку цілий день грали в шахи. Оскільки вони ма-
ли лише один комплект шахів, то встановили такий порядок гри. Той, хто
виграє партію, - пропускає дві наступні. Той, хто програє партію, - про
аускас чотири наступні. У випадку нічиєї - у програші залишається той,
хто грав білими фігурами. Скільки було шахістів, якщо цих правил вдало-
ся дотриматися?

2.	Існують шахівниці, що мають бортики для того, щоб фігури не падали з
них під час гри, наприклад у поїзді. Спробуйте розмістити на такій дошці
28 пластинок доміно, кожна з яких займає тільки дві клітинки дошки,
так. щоб жодну з пластипок пе можна було зрушити з місця у площині
шахівниці.
^§2.

Рівняння прямої

ЗАГАЛЬНЕ РІВНЯННЯ ПРЯМОЇ

З курсу алгебри відомо, що графіком функції у- кх +1
є пряма. Цю рівність ще називають рівняйия.ч прямої.

Ми з’ясуємо, чи будь-якій прямій на координатній
площині відповідає рівняння у « кх +1.

З цією метою знайдемо рівняння довільної прямої п
декартової площини, спираючись на властивість се-

рединного перпендикуляра до
відрізка.

Позначимо на коорди-
натній площині дві точки
АІХрУ,) і В(хг; у2) так, щоб
пряма п була серединним
перпендикуляром до відрізка
АВ (мал. 1.13). Тоді, за влас-
тивістю серединного перпен-
дикуляра до відрізка, довіль-

на точка М(х; у) прямої п рівновіддалена від кінців
відрізка АВ, тобто АМ = ВМ і.АМг = ВМ*'.

(х - х,)2 + (у - у,)2 - (х - х2)2 + (у - уг)г.

Після розкриття дужок і зведення подібних додан-
ків отримаємо:

2{Х' - х2)х + 2(у( - у2)у + х/ + у* - х* - у,г = 0.

У цьому співвідношенні значення чисел х і у можуть
змінюватися (як координати довільної точки М прямої
л), а числа х,, у{, хг, угпри цьому не змінюються.

Звідси координати х і у довільної точки прямої п за-
довольняють рівняння

ах + Ьу + с - 0,
де а = 2(х, - хг), Ь = 2(у, - уг) і с = х* - х,2 і у2г - у2 -
сталі величини для даної прямої.

Важливе зауваження. Якщо деяка точка К не
належить заданій прямій л (мал. 1.13), тоА№ * ВК2 (за
властивістю серединного перпендикуляра до відрізка),
і координати цієї точки не задовольняють рівняння
прямої л.

\ Рівняння ах + Ьу + с = 0 називають загальним рів-
нянням прямої. Ще кажуть, що пряму задано
рівнянням загального вигляду, або рівняння пря-
мої записано у загальній (канонічній) формі.

З усіх мов світу
найкраща - це мо-
ва штучна, вельми
стисла, мова мате-
матики.

М. І. Лобачевський

ах • Ьу -+ с О
загальне рівняння
прямої,
або
рівняння прямої
у загальній
(канонічній) формі

Точка (х0; у0)
НАЛЕЖИТЬ пря
мій ах + Ьу + с - 0
тоді і тільки тоді,
ЯКІЦО

+ Ьу0 т С = 0.

Для допитливих

1.	А чи можете ви відповісти на запитання, чому в алгебрі лінійну функцію
не задають у вигляді ах + Ьу + с-0? Порада. Пригадайте означення функції.

2.	Якій множині точок на координатній площині відповідає випадок а = 0,
Ь » 0 і с с 0? А випадок а = 0, 6 - 0 і с - 0?
Нагадаємо’.

(1)^(2)-
тверджгяия рівно
сильні. (/)=>(£) і

(*)=>(/)-

Рінимніїн
прммоі м:

[ах + Ьу + с = 0

І б*о

п і* Оу
можна записати як
у * І;

(ах + Ьу+с = О

6 = 0

а *0

п Оу
має вигляд

х гиим;

І"ах 4- Ьу + с = 0

а = 0

6*0

п II Ох
має вигляд

у гоііві;

ах + Ьу + с =0
с = 0

6*0

а»0

має вигляд
у кх пряма
пропорцінніегь.

Виникає запитання, чи можна сказати, що загальне
рівняння прямої і рівняння прямої у - кх + І, з яким ми
ознайомилися в курсі алгебри, рівносильні?

Якщо рівняння ах + Ьу + с = 0 поділити на Ь, то його
справді можна представити у вигляді у = кх + І. Але це
можна зробити лише у випадку, коли 6*0!

Наприклад, прямій, зображеній на малюнку 1.14,
відповідають рівносильні рівняння 4х - 2у + 13 = 0 і
у-2х + 6,5. (Друге можна отримати з пертого, якщо
його поділити на Ь - -2 * 0.)

Якщо 6 - 0 і а * 0, рівняння прямої можна записати

у вигляді х = - —. Його задовольняють точки з довільною
а

ординатою і сталою абсцисою. Це може бути тільки
пряма, паралельна осі Оу(мал. 1.15).

4х-2у + 13 = 0

6,5 " с с

у - 2х + 6,5

-3,2561

Мал. 1.15

Мал. 1.14

Випадок а = 0 і 6 * 0 відповідає прямій у -— , точки
Ь

якої мають сталу ординату і довільну абсцису. Це пря-
ма, паралельна осі Ох (мал. 1.16).

Якщос-0, то координати точки (0; 0) задовольняють
рівняння прямої і вона проходить через початок коорди-
нат. У цьому випадку рівняння прямої можна записати
у вигляді прямої пропорційності у = кх (мал. 1.17).

Для допитливих

У процесі наукових досліджень людина прагне з уже відомих їй знань
дістати нові. Ці нові знання називають вивідними. Давньоіндійські логіки

часто наводили такий приклад. Нехай відомо, що «там. де дим, є і вогонь»
і що «на пагорбі є дим». Тоді на основі цих відомостей дістанемо нове -

вивідне знання: «на пагорбі є вогонь». Якщо вихідні дані були істинними,
то не треба підніматися на пагорб, аби переконатися, що там є вогонь.
Висновок.

Загальне рівняння прямої ах + Ьу + с = 0. При
цьому:

•	тільки за умови 6*0 рівняння прямої можна запи-
сати у вигляді у = кх + І; графік прямої не паралель-
ний осі Оу;

•	при Ь * 0, а * 0 - пряма, паралельна осі Оу; її
рівняння х = т не можна представити у вигляді
у = кх +1;

•	при а = 0, Ь * 0 - пряма, паралельна осі Ох; її рів-
няння у -І;

•	при с = 0, а*0, 6*0 — рівняння прямої пропор-
ційності у = кх.

РІВНЯННЯ ПРЯМОЇ, ЩО ПРОХОДИТЬ
ЧЕРЕЗ ДВІ ЗАДАНІ ТОЧКИ

Через дві точки можна провести пряму і до того ж
лише одну - це аксіома геометрії. Знайдемо рівняння
прямої, яка проходить через дві задані точки коорди-
натної площини А(Хр у,) і В(х2; у2).

Можливі два випадки: пряма АВ паралельна осі Оу і
пряма АВ не паралельна осі Оу.

ВИПАДОК 1.

Якщо пряма паралельна осі Оу, то абсциси всіх
її точок однакові. Тобто це випадок, коли х] = х,, = X.
Рівняння шуканої прямої: х = X.

Рівняння прямої, яка проходить через дві задані
точки, абсциси яких однакові, А(Х; у,) та В(Х; у2), має
вигляд х = X.

ВИПАДОК 2.

Нехай абсциси заданих точок різні: х} * х2.

Шукана пряма не паралельна осі Оу, тоді її рівнян-
ня можна записати у вигляді у = кх + І.

Точки А і В належать цій прямій. Тоді їхні коорди-
нати задовольняють рівняння прямої:

у, = Лх( +1,

у2=кхг +1.

Нагадаємо:

•іюзнпчнлн як».

III У К£1» Мі»

рівняння прямої:

- якщо х, = хг - п
л я;

В(хг; у2)

- якщо у} - уг = т

</ ш;

якщо х, * х2
у кх І,
де к і І знайдемо з:

у, - кху +1
уг = кх2 + і.

Для допитливих

Наука про закони і форми мислення називається логікою. Дотриманая за-
конів логіки - неодмінна умова доказовості й істинності наших міркувань.

Закон тотожності (один із чотирьох основних законів логіки) вимагає,
щоб одна й та сама думка, яка наводиться в даному умовиводі, при повто-
ренні мала один і той самий зміст.

Закон суперечності полягає в тому, що не можуть бути одночасно істин-
ними два протилежні твердження.

Закон виключення третього (з латинської — «третього не дано») ствер-
джує, що з двох суперечливих висловлювань про один і той самий об'єкт
одне - обов’язково істинне (пригадайте спосіб доведенпя від супротивного).

Закон достатньої підстави вимагає, щоб кожна істинна думка була
обґрунтована.
Мі-Уі = Нх,-х0

Маємо систему двох лінійних рівнянь для двох
невідомих коефіцієнтів к і І. Якщо від другого рівнян-
ня відняти перше, дістанемо

Уг-у^к^-х^, к=Уг У1 .

хг хі

Якщо підставити це значення к в одне з двох вихід-
них рівнянь системи, можна знайти і значення коефі-
цієнта І.

У випадку, що розглядається, пряму на коорди-
натній площині можна зобразити так, як представлено
на малюнку 1.18.

Тоді маємо: і£а = ——— = к, або і&а = ——— = -к.
Х2 ~	Х2 ~ •'"І

Таким чином, коефіцієнт к у рівнянні прямої
у = кх + І з точністю до знака дорівнює тангенсу кута,
під яким ця пряма перетинає пряму, що збігається з
віссю абсцис. Тому цей коефіцієнт називають кутовим
коефіцієнтом прямої.

НЕОБХІДНА І ДОСТАТНЯ УМОВА
НАЛЕЖНОСТІ ТРЬОХ ТОЧОК ОДНІЙ ПРЯМІЙ

(їп\ Те°Рєма- Необхідною і достатньою умовою роз-
I міщення трьох точок С(х; у), А(хІ; у,), В(х„; у2) на
одній прямій є виконання співвідношень

Л- —	'	і </ •“ ~	*

1+Х	1+Х

(Тобто існує таке число К, що вказані співвідношення
виконуються.)

Для Допитливих

Англійський математик Чарльз Лютвідж Доджсон (1832-1898) друку-
ріж' вав свої казки і збірники з цікавої математики та логіки під псевдонімом
Льюїса Керрола. Який із законов логіки (с. 25) порушив у його казці
Чеширський кіт, коли розмовляв з Ачісою?

- А звідки Ви знаєте, що Ви ие у своєму розумі? - спитала Аліса.

- Почнемо з того, що Пес у своєму розумі. Згодна? - відповів Кіт.

- Припустимо, - погодилася Аліса.

- Далі, - сказав Кіт, - Пес гарчить, коли сердиться, а коли задоволе-
ний, виляє хвостом. Ну а я муркочу, коли задоволений, і виляю хвостом,
коли серджуся. Тому я не у своєму розумі.
І. Доведемо необхідну умову. Якщо точка С(х; у) на-
лежить прямій, що проходить через точки А(х(; у,) і

у^у.

1+1 ’ * 1+1 '

Доведен ня

Можливі два випадки: С € [АВ) і С я [АВ].

фТочка С належить відрізку АВ (мал. 1.19-а).

Маємо випадок, який було розглянуто раніше
(с. 15), коли точка С поділяла відрізок АВ у відношенні
|АС|: |СВ| = п : т. Тоді

п

х = тх^+пх^ х = Х| + тх^ _ х, + їх,

п + т	і п 1 + 1

т

У, + Л-У, .

Аналогічно у = —	1 твердження умови вико-
нується.	1 + 1

(2)	Точка С не належить відрізку АВ (мал. 1.19-6).

Позначимо за теоремою Фалеса |АС|: |СВ| = п : т - 1.

А,С, _ АС _ п

С,В, СВ т

Вираз під знаком модуля додатний (див. с. 15), тоді
X, + їх,
х = —— —.

1 + 1

у. + 1у,
Аналогічно у = —----і твердження умови вико-

1 + 1
кується.

Нагадаємо:
е - «належить»;
< «не належить»;
(АВ) відрізок АВ.

ІІНЖХІДПКТЬ
І

ДОСТАТНІСТЬ

х, + кх,
х = —---

1+1

1 + 1

а

Гичка (*; у). їх,;
їх.; в,І лежать
«л «> ••••«• причім.

Геометрія є пізнан-
ня всього існуючо-
го.

Платан

(IV ст. до н. е.)

Для ДОПИТЛИВИХ

У казках Льюїся Керрола знаходимо чудові приклади «доведень», у процесі
яких його герої допускають порушення закону достатньої підстави (с. 25):

-	Зніми свого капелюха, - сказав Король Капелюшнику.

-	Він не мій, - відповів Капелюшник.

-	Крадепий! - закричав Король і тріумфуюче повернувся до присяжних,
які миттю взялися за грифелі.

-	Я їх тримаю для продажу, - пояснив Капелюшник. - У мене своїх не-
має, адже я капелюхових справ майстер.
Ух*Уг

В(х„у£

А(х,;іг,)

у-у, _ х-х,
Уг-Ух *г-*і
рівняння прямої
у відрізках

У,-Ух_х,-Хх

Уі~Уі х^-х,
необхідна й
достатня умови
належності трьох
точок одній прямій

II. Доведемо достатню умову (твердження, оберне-
не до твердження І): якщо для точок С(х; у), А(х(; у,),
В(хг; у.г) виконується співвідношення

* *і+**г.	й+^2

1 + Х ’ У 1+Х ’
то ці точки належать одній прямій.

Доведення

Проведемо доведення від супротивного. Нехай вико-
нуються вказані умовою співвідношення, але С е (АВ).

Візьмемо на прямій АВ таку точку Р, для якої:
|АР|: |СР| = X. Тоді (за необхідною умовою І) координати
точки Р дорівнюють:

х, і Ххг У,тлу2

' 1-А **’	1+*

- координатам точки С, тобто точки Р і С збігаються,
що суперечить припущенню. Тоді твердження умови
виконується.

Теорему доведено.

її І Наслідок. Рівняння прямої у відрізках. Рівняння
_прямої, яка проходить через точки А(х(; у^ і

В(хг; у2) і яка не паралельна осям координат (х, * хг
. У~ Ух х — х.

1 Уі * Уг” можна записати у вигляді ——— =--—.

Уг-Уі *г~*і

За доведеною теоремою маємо, що всі точки даної
прямої (х; </) і тільки вони задовольняють умову

Х_УЦ »,+ХУі!

1+Х ’У 1+Х

Знайдемо з кожного співвідношення вирази для X і
прирівняємо їх:

х~*і _х_ У~Уі

Уг-Ух

Для допитливих

Логіка геометрів, або методи доведення, які Евклід з’ясував і встановив
щодо теореми, це поширення загальної логіки.

Г.Лейбніц

Повернемося до закону виключення третього (див. с. 25). Цей закон
співставляє два твердження, одне з яких с загальностверджувальним, а
друге - частково заперечувальним. Наприклад: «Навколо будь-якого чо-
тирикутника не можна описати коло» і «Навколо деяких чотирикутників
можна описати коло»; «Усі парні числа складені» і «Деякі парні числа не є
складеними».

Зауважимо, якщо зіставляти два протилежні загальностверджувальні
висловлювання, то вони обидва можуть бути хибними. Наприклад: «Усі
парні числа складені» і «Усі парні числа нескладені. (існує третя мож-
ливість: «Деяке парне число є нескладеним» - це просте число 2).

Тобто з істинності твердження А випливає хибність твердження, проти-
лежного до А; з хибності твердження А не випливає істинність тверджен-
ня, протилежного до А (воно може бути як правильним, так і хибним).
Тоді умову належності трьох точок одній прямій
можна записати у вигляді

Уг~Уі хг~х\’

ПРИКЛАДИ РОЗВ’ЯЗУВАННЯ ЗАДАЧ

Приклад 1. Запишіть рівняння прямої, яка прохо-
дить через точку А(- 6; 7) паралельно осі ординат.

Розв’язання

Шукана пряма паралельна осі Оу, тоді абсциси то-
чок цієї прямої однакові й дорівнюють абсцисі точки А.
Рівняння прямої х - -6.

Відповідь: х = -6.

Приклад 2. Дано три точки: А(1; -3); В(-5; 4) і
С(3; 1). Запишіть рівняння прямої, що містить медіану
АМ трикутника АВС.

Розв’язання

1)	Координати середини відрізка ВС - точка

_-5+3_ -	+

хм----1» Ум - 2 ~2’5’

2)	Знайдемо рівняння пря-
мої АМ. Маємо хм * хд, тоді
рівняння (АЯ1) можна шукати
у вигляді у-кх + 1. Точки А і М
лежать на цій прямій, тобто їх
координати задовольняють шу-
кане рівняння:

/ = -0,25, £ = -2,75.

<-/,

Відповідь: у - -2,75х - 0,25.

М(хм;уи)(мал. 1.20):

А(1; -3)

/	\В(-5; 4)

С(3; 1) М(хи: ум)

Мал. 1.20

[-3 = А1 + Ї,
[2,5 = А-(-1)

Рівннппп ІіріІМІІХ.
іілрм.іс.п.пііх осям
координат:

|А(*л;рд)вп

|лІЮу

X — X (

В(хв:ув)*п
лІОх

У

Ми ніколи не стане-
мо математиками,
навіть знаючи напа-
м’ять усі чужі дове-
дення, якщо наш
розум нездатний са-
мостійно розв’язу-
вати проблеми.

Р.Декорт

Завдання З

1°. Знайдіть координати точок перетину з осями координат прямої:
а) 4х - Зу ♦ 12 = 0; >»у = -4х + 7; п) у = -0,5х - 2,5.

Для допитливих

У Прийнявши кожне із суджень за істинне, з'ясуйте, чи с перше з тверджень
в кожній парі достатньою підставою (див. с. 25) для другого.

1.	♦Трикутник АВС дорівнює трикутнику АБО»: «Трикутники АВС і АВ£>
рівновеликі#.

2.	«Ця книжка цікава»; «У цій книжці чудові малюнки».

3.	«Діагоналі даного чотирикутника взаємно перпендикулярні»; «Даний
чотирикутник - ромб».

4.	«ЗА випливає В, і з В випливає С»; «З А випливає С».

5.	«Висловлення р —» д істинне»; «Висловлення "і д -» ~1 р істинне». (Знак
«—І» означає «протилежне твердження».)
2°. Пряма задано рівнянням х - 4у + 8 = 0. Які з точок А(0; 2), В(-1; 1), С(2; 0,5),
.0(8; 0) належать цій прямій, я які не належать?

Перевірте, чи проходить пряма у = їх - 1 через точки А(1; -1), В(0; -1), С(1; 6),
О(-3; 2).

4°. Побудуйте на координатній площині прямі:

а)Зх-6у + 1=0; і х- у - 7; в) у = 5х; у = -|х-1;д)у = 3; < х = -2.

5°. Побудуйте на координатній площині прямі, які проходять через точку К(-4; 3)
паралельно осям координат. Запишіть їх рівняння.

Запишіть рівняння прямої, яка паралельна осі ординат і проходить через точ-
ку (-6; 0).

7. Запишіть рівняння прямої, яка паралельна осі абсцис і відсікає на додатній
півосі ординат відрізок, довжина якого дорівнює 10.

Запишіть рівняння прямих, які паралельні осі абсцис і кожна з яких відсікає
на півосі ординат відрізок, довжина якого дорівнює 4.

9. Відомо, що графік функції у = ах + 5 проходить через точку Л/(4; 13). Знайдіть
значення параметра а.

10°. Знайдіть точки перетину з осями координат прямої:

а)у = 3х-1; . 2х + Зу- 7; в) у = 5; х = 3; д) 4х - Зу 4 12 = 0; і5х=3у.

11.	Одна з вершин квадрата знаходиться в початку координат, а протилежна вер-
шина має координати (-2; 2). Залишіть рівняння прямих, на яких лежать сто-
рони квадрата.

Одна з вершин прямокутника має координати (0; 0). а протилежна вершина -
координати (5; -3). Запишіть рівняння прямих, на яких лежать сторони пря-
мокутника, якщо вони паралельні осям коордипат.

13*. Одна з вершин квадрата лежить у точці (5; 5). Точка перетину діагоналей має
координати (7; 7).

1)	Складіть рівняння прямих, на яких лежать сторони квадрата.

2)	Знайдіть: а) довжину сторони квадрата; б) довжини діагоналей квадрата.

14°. Запишіть рівняння прямої у вигляді у = кх т І і знайдіть її кутовий
коефіцієнт:

а)2х-4і/ = 5; Зх + у = 7; в) х - 2у - 3 = 0; Зх + 4у - 1 =0; д) Зх- 5у; <1 5у = 12.

Для допитливих

Софізм (від грецького «хитрий викрутас», «вигадка», «хибний умовивід») -
міркування, побудоване так, що містить навмисне допущену логічну по-
милку і приводить до хибних висновків. Першим увів софізми Прогпагор із
Абдери(бл. 480 410 рр. до п. е.).

Найчастіше софістичні міркування ґрунтуються: на зовнішній подіб-
ності явищ; на навмисне неправильному доборі посилок; на тому, що пев-
ний факт виривається із загального зв’язку об’єктів; на двозначності слів;
на підміні понять тощо.

Спробуйте розгадати софізм М. Г. Черниіиевського, який він запропону-
вав у 1846 році своєму братові Олександру.

Квадрат будь-якої сторони тупокутного трикутника, що лежить проти
тупого кута, дорівнює сумі квадратів двох інших сторін цього трикутника.

Доведення

У трикутнику АВС кут В тупий. Проведемо перпендикуляр СВ до
прямої АВ. Тоді АС2  АВ1 + СВ2 і СВ2 = СВг - ВВ2. Підставимо значення СВ2
з другої рівності у першу: АС2 = А03 + ВС1 - ВВ2. Звідси АС2 - ВСг - АВ2 -
-ВВ2. Але АВ = АВ + ВВ, тому АВ1- ВВ2=АВг. Тоді АС2 - ВС2 = АВ2.

Твердження доведено?!

Чернишевський закінчив лист із софізмом словами: «Десь тут має при-
ховуватися обман; віднайшовши його, ти зробиш велику послугу люблячо-
му тебе брату Миколі Чернишевському».
15.	Складіть рівняння прямої, що проходить через точку Л/(1; -3) і має кутовий
коефіцієнт:

а)-2; і.і1;в) 1-; .-§1.

3	4	2

16.	Пряма проходить через початок координат і має кутовий коефіцієнт, що
дорівнює 4. Запишіть рівняння цієї прямої. Чи належить їй точка М(2; 5)?

17*. Знайдіть рівняння прямої, яка проходить через точки: а) А(-1;0) і В(0; 2);

А(-5; 16) і В(-5; 12,5); в) А( 1; -2) і В(3; 2); А(1; -12) і В(23; -12).

18*. Складіть рівняння прямої, графік якої проходить через точки А і В: а)Л(4; 0),
В(0; 5); А(1; 1). В(2; 2); в)А(-1; 7), В(-1; 4); і А(-3; 2), В(-1; 5); ОА(7;-3),

В(0; 0).

19*. Запишіть рівняння кожної з прямих, графі-
ки яких зображено на малюнку 1.21.

20*. Знайдіть кутовий коефіцієнт прямої, як-
що вона проходить через точки А і В, які
мають такі координати: а) А(0; 3), В(8; 1);

3), В(4; -5); в) А(1; -4), В(-7; 1);
. »А(-8;-1). В(-3;-5).

21*. Знайдіть градусні міри кутів, які утворює
з додатним напрямом осі абсцис пряма:
а)р = х-2; <Чх + у-3 = 0; в) >/Зх - у - -/З = 0.

22*. Знайдіть коефіцієнти а і Ьу рівнянні пря-
мої ах + Ьу - 1, якщо вопа проходить через
точки А(1; 2) і В(2; 1).

23*. Складіть рівняння прямої, яка проходить
через центри двох заданих кіл:

а)	Xі + у2 - 4х + 2у — 0 і х2 + уг - Юх - 6у = 2;

б)	Xі + уг + 2х + 2у = 2 і х2 + уі - 6х - 4у = 3.

24*. Напишіть рівняння прямої, яка проходить через точку А(8; 2) і утворює з до-

датним напрямом осі абсцис кут: а) 30°; 6) 45е; і 60°; • 135е.

25*. Довжини діагоналей ромба дорівнюють 8 одиниць і 4 одиниці. Запишіть
рівняння прямих, на яких лежать сторони ромба, якщо його більша діагональ
належить осі Ох, а менша - осі Оу.

26*. Вершини трикутника мають координати Л4(2; 6), ЇУ(-6; 0), К(-3; -4). Складіть:

а) рівняння прямих, що містять сторони трикутника;

1	рівняння прямих, що містять медіани трикутника.

27*. Перевірте, чи лежать на одній прямій точки з координатами:

а) (0; -2), (3; 0), (6; 2), (5; 7); -о (1; -2), (4; 1), (0; -5), (3; 0).

28*. Знайдіть ординату точки ЛГ( 10; у), яка лежить на прямій, що проходить через
точки (2; 0) і (0; -3).

Знайдіть абсцису точки К(х; 4), яка лежить на прямій, іцо проходить через

точки (5; 0) і (0; 5).

ЗО*. Точка К лежить на одній прямій з точками А(2; 1) та В(-4; -2) і має рівні між
собою координати. Знайдіть значення координат точки К,

31**. Знайдіть координати вершини С трикутника АВС і залишіть рівняння його
сторін, якщо дано координати вершин А(3; 4) і В(-5; 6) і середину сторо-
ни ВС - точку ЛТ(-5: 3).
§ 3» Взаємне розміщення двох прямих
на координатній площині

Розглянемо усі три можливі випадки взаємного роз-
міщення двох прямих на площині.

ПРЯМІ ЗБІГАЮТЬСЯ

Якщо прямі збігаються, то
їхні рівняння а}х + Ь^у + с, = 0 і
а2х + Ьгу + с2 = 0 ~ рівносильні,
тобто описують одну й ту саму
множину точок координатної
площини. Тоді вони можуть
відрізнятися лише множенням
на деяке число X * 0:

ді _	_ сі

Д? с'г

Наприклад, рівняння 2х - 4</ + 6 = 0 і х - 2у + 3 = 0

рівносильні, бо перше відрізняється від другого мно-

2_4_б

1 ” -2 ~ 3 ‘

женням на число

Вони описують одну

й ту саму множину точок одну пряму (мал. 1.22).

Зауваження. Ми розглянули випадок, коли а, 2 * 0,
ЬЇЛ * 0 і с, 2 # 0. Зрозуміло, якщо якась з цих пар до-
рівнює нулю, то її не можна включати у наведене
відношення (ділити на нуль не можна). Наприклад,
якщо с12 = 0, а( 2 * 0 і Ь12 * 0, маємо два рівняння
прямої пропорційності, що описують одну пряму за

Оу Ь,
умови

а2 Ь2

ПРЯМІ ПАРАЛЕЛЬНІ

Нехай прямі не паралельні осям координат. Тоді їх
рівняння можна записати у вигляді у = к^х + Іхїу = к2х + Іг.

Якщо ці прямі паралельні, то кути, утворені ними
з прямою, що містить вісь Ох, рівні (мал. 1.23). Тоді
значення тангенсів цих кутів також рівні і кутові
коефіцієнти у рівняннях цих прямих рівні між собою:
А, = кг (але І, * Іг).

Мал. 1.23
Якщо такі прямі задано рівняннями загального ви-
гляду ахх + Ь}у + с1 = 0 і агх + Ь2у + с2 = 0, то маємо

Оі а,	, а, Ь.

— х —, тобто — = —.
д, Ь2 аг Ьг

Ці прямі не збігатимуться за умови £, =—=—♦
_ ь	Ь' Ьг

л. ^1
тобто — * —.

С2 ^2

Тоді прямі будуть паралельними за умови

Я 2	^2	^2

Наприклад, прямі 2х - 4у 4- 6 = 0 і х - 2у 4 1=0 пара-
лельні, бо

2-4 6
- = —
1-21

Це означає, що система лінійних рівнянь
І2х-4у4-6 = 0,
|х-2(/4-1 = 0

не має розв’язків. Справді, якщо у цій системі рівнянь
перенести у праві частини вільні коефіцієнти і поділи-
ти перше рівняння на друге, отримаємо
2^ = ^, тобто 2-6.

х-2у -1
чого бути не може.

Зауваження. У випадку я, = а2 = 0 або = Ь2 = 0
прямі паралельні одній і тій самій координатній осі,
отже, паралельні одна одній.

л || т

а. Ь2 с2

а, г*0, б, ,*0

=> п || т

Ь,=0

Ь2 =0

=> п Ц т

Для допитливих

Інспектор Петренко прибув на місце події і опитав свідків.

Перший із них стверджував, що поряд з «Мерседесом» стояла біла ма-
шина, а трохи далі від неї - синя.

Другий свідок сказав, що він учитель математики і тому добре запам’я-
тав, що машин було чотири. «Номер однієї з них, - вів він далі, - 23-30,
і вона не жовта і не синя. Поряд з машиною 32-30 стояла машина 30-23.
Другим у ряду був «Москвич», що стояв поряд з машиною червоного кольо-
ру. А біля машини 23-30 «Мерседеса» не було».

Третій свідок показав, що номер білої машини був 32-30 і що сам він
стояв біля другої машини.

Четвертий запам’ятав, то поряд із «Москвичем» стояв «Запорожець».

П’ятий свідок, який був художником, добре запам’ятав, що єдина синя
машина стояла поруч із червоною, причому синя не була «Москвичем».

Зіставивши отримані дані, інспектор Петренко встановив, якого кольо-
ру були «Жигулі» і яка машина мала номерний знак 30-23.

Спробуйте і ви зробити те саме.
лот. А,*к,

°2

у = кх + 1

(х - а)г + (у - ЬУ = г1,
(х - а)г +

+ (кх*1-ЬУ-*гг

О > 0 - перетин;

0 = 0 - дотик;

О < 0 - немає спіль-
них точок.

ПРЯМІ ПЕРЕТИНАЮТЬСЯ

Якщо прямі перетинаються (мають лише одну спіль-
ну точку), то вони не збігаються і не є паралельними
(мал. 1.24). Тоді ці прямі утворюють різні кути із віссю
Ох, і значення їхніх кутових коефіцієнтів різні: А( * к2.

Для загальної форми запису
рівняння прямих це виглядає так:

.тобто — *
Ь{ Ь2 а2 Ьг

Для того щоб знайти координа-
---д ----------► ти точки перетину двох прямих,
треба розв’язати систему двох лі-
нійних рівнянь, які задають ці
Мал. 1.24 прямі на координатній площині.

ВИСНОВОК

Система днох лінійних рівнянь
а1х + Ь1у = с1,
«а* + Ь^=е»
.	,	,	. а. Ь. с.

а)	має безліч розв язків, якщо —ь = —ь
О2 б2 С2
,,	.	®. ь. с.

б)	не має розв язків, якщо —*- = — *—;
а2 Ь2 с2

.	»	°і Ьі

в)	має єдинии розв язок, якщо —.
а2 Ь2

Зауваження. Для того щоб знайти координати
спільних точок прямої та кола, треба розв’язати систе-
му рівнянь, одне з яких є рівнянням даної прямої, вдру-
ге - рівнянням заданого кола. Можливі такі випадки:
а) система має два розв’язки - пряма перетинає коло;
б) система має один розв’язок - пряма дотикаєть-
ся до кола;
в) система не мас розв’язків - пряма і коло не ма-
ють спільних точок.

Для допитливих

&> Діти пустували і випадково розбили вазу. Коли батьки повернулися з роботи,
вони спитали, хто саме розбив вазу. Діти відповіли таке.

Ганна. Я пе розбивала вазу, я сиділа і читала. Маруся знає, хто винен.

Маруся. Я вазу не розбивала, про це знає Борис, бо ми з ним у цей час роз-
мовляли. Це зробила Ганна.

Борис. Я не винен. Це Данило, а з Марусею я давно не товаришую.

Данило. Я пе винен. Це Маруся. Борис обманув, коли говорив, що вазу
розбив я.

Кожний з дітей тільки двічі сказав правду. То хто розбив вазу?
ПРЯМІ ВЗАЄМНО ПЕРПЕНДИКУЛЯРНІ

Нехай маємо дві взаємно
перпендикулярні прямі, які не
паралельні осям координат:
у = Л,х + 1, і у - кгх + /, (мал. 1.25).
Тангенси гострих кутів, які
утворюють ці прямі з віссю Ох,
дорівнюють а} = кл і а 2 ~ - кг
відповідно (див. с. 26).

Із прямокутного трикутника
АСВ, який утворений цими пря-
мими і віссю абсцис, маємо:

а, = 90°-а2;	= І£(90°-а2) = сІ£а.. = * -= -^—.

І£а2

Отже, якщо прямі взаємно перпендикулярні, то

ПРИКЛАДИ РОЗВ’ЯЗУВАННЯ ЗАДАЧ

Приклад 1. Запишіть рівняння прямої, що прохо-
дить через точку Р(-1; 1) паралельно прямій у = 2х - 3.

Розв’язання

1)	Шукана пряма паралельна прямій з кутовим
коефіцієнтом 2. Тоді її рівняння у = 2х + І.

2)	Ця пряма містить точку (-1; 1), тоді:

1	= 2(-1) + ї, 1 = 3.

Відповідь: у = 2х + 3.

Приклад 2. На площині задано точки А(0; 0),
 В(1; -3), Р(-2; 4). Які координати повинна мати
точка С, щоб чотирикутник АВСВ був паралело-
грамом?

Розв’язання

Позначимо координати шуканої точки С через х0 і у0
відповідно.

1)	АВСО - паралелограм. Тоді (АВ) || (СР) і (АР) || (СВ).

2)	Рівняння (АВ) і (АВ) - рівняння прямої пропор-
ційності, тобто мають вигляд у = кх. Враховуючи, що
В(1; -3) є (АВ), Р( -2; 4) є (АР), отримаємо рівняння
(АВ) і (АР): у - -Зх і у = -2х відповідно.

3)	(СР) Ц (АВ), а (СВ) Ц (АР). Тоді рівняння (СР) і (СВ)
мають відповідно вигляд у = -Зх + т і у = -2х + п.

4)	Врахуємо, що(СР) проходить через точку Р(-2; 4),
а (СВ) - через В (1; -3), маємо:

4 = -3 • (-2) + т і -3 = -2  1 + п; т = -2 і л = -1.

5)	(СР) і (СВ) проходять через точку С(х0; у0). Тоді
1'о = “3хо + (~2) і '/1>=2хо + (-1)-

З останньої системи рівнянь маємо: х0 = -1, у0 - 1.
Відповідь: С(-1; 1).

Через А(х0; у°)
проводимо

л Ц т

(л):

у = Лх + /
у„=йх0+1

І=у0-Ах0

Нагадаємо:
в - «належить»;
(АВ) - пряма АВ.
Догичлип
до кола т чгре.і т. К:

(л) І Оу шукаємо
як у = кх +1:

уй = кха + 1

1

Уа=-~х„ + т

1

Ь ——а + т

к
п

Не забудьте
проаналізувати
випадок л | Оу

и

(л) І" Оу шукаємо
як у = кх +1:

у0=кх0 + 1

1

о =—а + т;

к

(х-а)г +

+ (кх +1 - Ь)2 = г3
має один розв’язок
відносно х:

0 = 0.

Приклад 3. Запишіть рівняння прямої, що до-
тикається до кола х2 + уг - 4х - 6у = -8 у точ-
ціЯ(1;1).

Розв’язання

1)	У рівнянні кола виділимо квадрати двочленів
відносно змінних х і у:

(х-ЗУ + (у-2У = 2.

Центром заданого кола є точка 0(3; 2).

2)	Абсциси точок К і О різні, тому рівняння прямої
ОК, що містить радіус кола [ОК], можна шукати у ви-
гляді у = кх + 1.

3)	Точки 0(3; 2) і К(1; 1) належать (ОК). Тоді

2 = 23+1, .

1 = к+1 1

*=-,
2

і-1-.

2

4)	Шукана дотична перпендикулярна до (ОК), рівнян-
.. 1 1 „ . .

ня якої У~2Х+2' ™од1 Р1вняння дотичної має вигляд
у = ~2х + п.

5)	Точка/Щ; 1) належить шуканій прямій, тому

1	= -2  1 + л і п = 3.

Відповідь: у = -2х + 3.

\К(х0; у0)
\ А

Приклад 4. Запишіть рівняння прямої, яка до-
тикається до кола (х - І)2 + у2 = 1 і проходить че-
рез точку К(0; 5).

Розв’язання

1)	Нехай шукана пряма паралельна осі Оу або збі-
гається з нею, тобто її рівняння має вигляд х = с = 0.

Підставимо значення х = 0 в рівняння кола - отри-
маємо квадратне рівняння з у. Якщо воно має один
розв’язок, то пряма х = 0 - дотична до кола. Якщо це
рівняння має два розв’язки або не має розв’язків, то
х - 0 не є рівнянням шуканої дотичної.

Маємо: (0 - І)2 + у2 = 1,1 +у* = 1 і у - 0 - один розв’язок.

Висновок: пряма х = 0 - дотична до кола,

2)	Нехай шукана пряма не паралельна осі Оу, її рів-
няння можна записати у вигляді у = кх + І. Врахуємо,
іцо точка К(0; 5) належить цій прямій: 5 = 0 +1, тобто
. рівнянням шуканої прямої буде у = кх + 5.

Для допитливих

Напишіть співвідношення, які описують:

1)	множини точок, рівновіддалепих від осей координат;

2)	множини точок, рівновіддалених від осі Оу па 2;

3)	усі точки площини, розміщені ближче до осі Оу, ніж до осі Ох;

4)	усі точки зовні квадрата, діагоналі якого перетинаються в початку коор-
динат, я довжина сторони дорівнює 4.
3) Пряма у = кх + 5 як дотична до кола мас з ним од-
ну спільну точку - точку дотику. Отже, треба знайти
такі значення к, при яких система рівнянь

у = кх+Ь,

(х-1)2 + / =1

мас єдиний розв’язок.

Підставляємо у з першого рівняння системи у друге:
(1 + к^х2 - 2(1 - 5к)х + 25-0.

Дискримінант цього рівняння прирівнюємо до нуля:

- = (1-5Л)’-25(1+Л2) = 0, 1- 1ОА-25 = О, А = -2,4.

4

Висновок: пряма у = -2,4х5 - дотична до кола.

Відповідь: х-0;у- -2,4х + 5.

Приклад 5. Запишіть рівняння прямої, яка па-
ралельна прямій у = х - 3 і дотикається до кола
(х- І)2 і у2 = 1.

Розв’язання

1)	Шукана пряма паралельна прямій у = х - 3, тоді її
рівняння у = х +1.

2)	Точка дотику К(хК; ук) - єдина спільна точка шу-
каної прямої і кола. Отже, треба знайти такі значення
І, при яких має єдиний розв’язок система

Ук =	+ 4

(хк - І)2 +у\ =1.

3)	Ця система має єдиний розв’язок, коли диск-
римінант рівняння (хк -1)2 + (хк + іу = 1 дорівнює нулю:

- = ((-1)2-2(2 = 0, /-1 = ±х/2 /, /=-1 + 72.

4

Маємо дві дотичні: у = х-1 + 72, у = х-1- >/2.

Відповідь: у = х 1 + 72, у= х-1-72.

Приклад 6. Доведіть самостійно, застосувавши
формулу відстані між двома точками координатної
площини, таку теорему. Поміркуйте, як зручніше
розмістити осі координат, чи залежатиме відповідь від
їх розміщення.

Теорема. Якщо АВСИ прямокутник, то для
будь-якої точки М його площини справджується
рівність: АМ2 + СМ2 - ВМ2 ОМ2.

Дотичнії до голи
п т

(л) шукаємо як
у = кх + 1,
* = *0;

(х-а)г +

+ (к0х + 1-ЬУ = г3

має один розв’язок
відносно х:

0 = 0.

АМ' + СМ1 =
= ВМ' + ОМ'
п

Для допитливих

Напишіть співвідпотенмя, які описують такі множини точок:

1)	частину площини між прямими у - Зх і у = х - 3 (включно з цими
прямими);

2)	усю полосу між прямими у - 0 і у = 1 (без цих прямих);

3)	усі внутрішні точки квадрата з вершинами (0; 0), (0; 1), (1; 1), (1; 0) (ра-
зом з його сторона ми).
Завдання 4

1. Як розміщені прямі (паралельні, збігаються чи перетинаються)? Якщо прямі
перетинаються, вкажіть точку їх перетину.

а)	х + Оу - 1 = 0 і х + 2у - 3 - 0;

б)	Зх + 6у - 1 = 0 і х - 2у - 1 = 0;

в)	Зх + 6у - 4 - 0 і 9х + 18у - 3 - 0;

г)	2х - у = 0 і 4х= 2у,
д) х - 5 = 0 і 4х - 20 = 0;

с) 5х + 1 = 0 і 4х- Зу + 5 = 0;

«>2х-Зу + 1 = 0іх + у- 2 = 0;

ж)	у ~ 5х - 7 і у = 5х + 8;

з)	у = Зх - 1 і у - 8х + 5;

и)	у - 4х + 2 і у = 8х + 4.

2**. Чи будуть взаємно перпендикулярні прямі:

а)у = 5х-3іу=7- 0,2х;	г) 7х + 5у - 1 = 0 і 5х - 7у + 4 = 0;

б)	у = 4х + 1 і у = -4х +1;	з) 8х + 7у - 3 - 0 і 7у + 8х + 3 = 0?

в)	2х - Зу = 6 і Зх + 2у - 1;

З*. При якому значенні параметра т прямі будуть паралельні:

а) у = (лі - 1)х + 3 і у - Зх - 7;

А) тх- Зу = 5 і 4х-(ті + 1)у~ 15?

4**. Знайдіть значення параметра т, при яких прямі, задані у попередній задачі,
будуть взаємно перпендикулярними.

5*. Складіть рівняння прямої, яка паралельна заданій прямій і проходить через
точку А:

а)у = 7х-3,А(-1; 4); б»3х-у= 1,А(1; 1); в) Зх + 2у = 6, А(2;-3).

6**. Знайдіть рівняння прямої, яка перпендикулярна до заданої прямої і проходить
через точку В:

а) у = 8х - 3, 8(3;-1); Аі 4х-у = 6, В(-2; 6); в) 5х+35у = 13, В(-4;-3).

7**. Запишіть рівняння прямої, яка проходить через точку Л/(3; -4):

а) перпендикулярно до прямої АВ, де А(2; 0), В(0; 2);

> паралельно прямій Сії, де С(1; 1), ҐЦ5; 0).

Знайдіть рівняння прямих, які проходять через точку перетину заданих пря-
мих 2х-7у=1іу = х + 3 паралельно осям координат.

9**. Складіть рівняння прямих, на яких лежать висоти трикутника АВС, якщо
А(4; 5), 8(0; 0) і С(-6; 1).

Для допитливих

РІВНЯННЯ ПРЯМОЇ У ВІДРІЗКАХ

Теорема. Якщо пряма перетинає осі координат у точках (а; 0), а * 0 і (0; 5),
х и

Ь * 0, то всі точки цієї прямої задовольняють рівняння —ьг = 1, яке нази-

• Ь

вають рівнянням прямої у відрізках.

Доведення

Пряма, що розглядається, не паралельна осі Оу, тоді її
рівняння можна представити у вигляді у = кх +1.

Координати точок А(а; 0) і 8(0; &) належать цій прямій
(див. мал.). Тоді маємо систему рівнянь

0 = *а+(,
Ь = к 0 + 1;

1 = Ь,
а

Рівняння заданої прямої має вигляд у =—х + 5, тобто ау + Ьх - аЬ. Якщо
а

поділити останнє рівняння на добуток аЬ, отримаємо шукане співвідно-

х у ,
шення — + -= 1.

а Ь
10**. Знайдіть відстань від точки М(4; -2) до прямої Зх - 4у - 5.

11**. Знайдіть відстань між паралельними прямими Зх + 4у - 8 = 0 і Зх + 4у +
+ 12 = 0.

Запишіть рівняння серединного перпендикуляра до відрізка прямої 4х - 5у =
= 20, що лежить між осями координат.

13**. Знайдіть координати точки, симетричної точці А(-2‘, -2) відносно прямої
х + у - 3 = 0.

Знайдіть координати точки перетину медіан трикутника АВС, якщо
Л(-1;-3), В(1;3)іС(0; 6).

15*. Дано точки Л/(-7; 3), N(5-, 2), Р(3; -3), /С(-2; -4). Покажіть, що чотирикутник
з вершинами, які лежать на серединах сторін чотирикутника МНРК, - пара-
лелограм.

Доведіть, що чотирикутник АВС О, де А(-2; 10), В(1; 3), С(-2; -4),
£>(-5; 3), - ромб.

17**. Чи є трикутник із вершинами в точках ЛГ(4; -5), N(7; 6), Р(-7; -2) прямокут-
ним?

18*. У яких точках пряма х-2^-4 = 0 перетинає колох2 + у3 - 14х- 10у = 11?

10 Дві прямі перетинають коло х2 + уі = 25 у точках з ординатами З і з ордината-
ми - 4 відповідно. Запишіть рівняння цих прямих.

20*. Рівняння кола (х - І)2 є (у + З)2 = 36. Знайдіть довжини хорд, що лежать на
осях координат.

21*. Запишіть рівняння кола, центр якого знаходиться в початку координат і яке
дотикається до прямої у = х - 3.

22**. Знайдіть координати центрів кіл, одне з яких вписане в трикутник АВС, а
друге - описане навколо цього трикутника, якщо:

а)А(0; 0), В(4; 0), С(0; 3);	А(1; 2), В(5; 2), С(1; 5).

23**. Дві вершини трикутника АВС містяться в точках А(0; -2) та В(2; 0),
а третя вершина С(х; у) лежить на прямій у = -х, якщо площа трикутни-
ка АВС дорівнює 8. Визначте значення х і у, якщо х < 0.

24**. Скільки спільних точок мають пряма у = -х і коло (х - а)2 + (у + 2)2= 1 залежно
від значення параметра а?

Для допитливих

1.	Знайдіть довжини відрізків, які відтинає на осях коорди-
х у

нат пряма — +—= 1 (разом із початком координат). Як ви ду-

а Ь

маєте, чому вказане співвідношення назвали рівнянням пря-
мої у відрізках?

2.	Назвіть усі випадки, коли рівняння прямої не можна за-
писати у вигляді рівняння прямої у відрізках.

3.	Скористайтеся рівнянпям прямої у вигляді, запропонова-
ному на с. 29, для того, щоб отримати рівняння прямої, яка
проходить через точки (а; 0) і (0; Ь); перетворіть його до ви-
х у

гляду —+ - = 1.

а Ь

4.	Чому рівняння, наведене на с. 29, також називають рів-
нянням у відрізках?

5.	Скориставшись записом рівняння прямої у відрізках,
розв’яжіть такі задачі.

1)	Напишіть рівняння кожної із чотирьох прямих, зображе-

них па малюнку А.

2)	Напишіть співвідношення, яке задовольняють усі точки зафарбованої
фігури на малюнку Б.
4 о Тригонометричні функції кутів
від 0°до 180°

Досі значення тригонометричних функцій синуса,
косинуса, тангенса і котангенса були означені лише
для кутів від 0° до 90°. Розширимо ці поняття.

<4

О

зіп а = у^

*

На координатній площині з
центром у початку координат
В(х; у) 0(0; 0) побудуємо в І і II коорди-

аіпа

чисельно
8Іп а = у
соз а = х

а

-8

натних чвертях півколо оди-
ничного радіуса. Позначимо
х через а кут між радіусом ОВ
цього півкола і додатним напря-
мом осі абсцис (мал. 1.26).

Якщо кут а гострий, то з

а)

Л=1

прямокутного трикутника ОСВ
(мал. 1.26-а) маємо, що

ВС	ОС

зіпа = , соза = .
В	В

Такі співвідношення ми знає-
мо з 8-го класу.

ПРИ В - 1 ЧИСЕЛЬНО:

зіп а = ВС - у, соз а = ОС = х,
де В(х; у).

Мал. 1.26

Підкреслимо, що останні рів-
ності виконуються саме чисель-
но. Тобто якщо кут ВОС гост-
рий, то значення синуса цього
кута чисельно дорівнює орди-
наті точки В(х; у), а косинуса -
її абсцисі:

зіп а = у, соз а = х.

Аналогічно будемо визнача-

ти синус і косинус для тупого
(мал. 1.26-6), прямого, розгор-

Для допитливих

Термін синус латинського походження і означає «затока». Який зв’язок
має затока із синусом?

Дугу кола можна уподібнити до зігнутого лука, а хорду, що її стягує, -
до тятиви цього лука. Індійський математик — складач таблиці синусів -
саме і назвав півхорду тятивою.

Один з арабських математиків, перекладаючи індійський текст на
арабську мову, переклав його як і треба було: півхорду назвав тятивою. Але
арабська мова має таку особливість, що в ній виписуються тільки приго-
лосні літери, а голосні пропускаються. Те, які саме голосні стоять у слові,
доводилося встановлювати з контексту. Слово «затока» арабською має
однакові приголосні із словом «тятива». Перекладач, який пізніше пере-
кладав арабський текст латинською мовою, умудрився прочитати його як

«затока», що латинню звучить як «синус».
нутого кутів і кута, міра якого дорівнює нулю
(мал. 1.26-в).

Розглядається кінець радіуса одиничного півко-
ла з центром у початку координат (той, що
міститься на півколі); відповідний кут відкла-
дається від осі Ох проти годинникової стрілки.
Для довільного кута з проміжку від 0а до 180°;

•	синус кута — ордината (чисельно) кінця радіуса
одиничного півкола, що відповідає цьому куту;

•	косинус кута - абсциса (чисельно) кінця радіуса
одиничного півкола, що відповідає цьому куту.

Координати (х; у) точок одиничного півкола зміню-
ються в межах:

04у < 1, -1 4x4 1.

Тому для довільного кута а з проміжку 0° < а 4 180°
виконуються нерівності

0 < зіп а < 1, -1 С соз а 4 1.

При цьому:

•	для гострого кута а: зіп а - у > 0 і соз а = х > 0;

•	для тупого кута а: зіп а = у > 0 і соз а = х < 0.

Знайдемо значення синуса і косинуса кутів міри 0°,
90° і 180°. Для цього розглянемо промені ОА, ОК і ОМ,
що відповідають цим кутам (диа. мал. 1.26-в).
Враховуючи, що А(1; 0), К(0; 1) і М(-1; 0). отримаємо:

зт0° = 0, созОо = 1;

зіп 90° = 1,	соз 90° = 0;

зіп 180° = 0, соз180* = -1.

\ Тангенсом кутаабудемо називати відношення
зіп а до соз а, а котангенсом кута а - відношен-
ня сова до зіпа. Як відомо, на нуль ділити не
можна. Тоді це означення треба доповнити умовою, що
число, на яке ділять, не дорівнює нулю. Тобто

зіп а	ЛЛ0

І£а =.----, за умови а * 90 ;

соз а
соз а
сід а =---, за умови а * 0° і а * 180°.

зіп а

зіп а > 0

сов а 4 0

а < 0

зіп а > 0

соз а > 0

ІЄ а > 0

а	0°	90°	180°
зіп а	0	1	0
соз а	1	0	-1
і-ва	0	—	0
сЦ{а	—	0	—

зіп а
=,
сова

при а * 90°

соз а

сі£а = ----,

зіп а

при а * 0°, а * 180°

Для допитливих

1.	Нехай правильними єтакі твердження: «Серед людей, які мають телевізо-
ри, є такі, які не є малярами»; «Люди, які щодня плавають у басейні і не е
малярами, не мають телевізорів». Чи правильними будуть тоді тверджен-
ня: а) «Не всі ті, хто мають телевізори, щодня плавають у басейні»; б) «Не
всі ті, хто не мас. телевізора, щодня плавають у басейні»?

2.	В одній кімнаті три вимикачі, а в другій - три лампочки. Кожний вими-
кач призначений для однієї лампочки. Як встановити, який із вимикачів
відповідає кожній із лампочок, якщо в кімнату з лампочками можна зайти
лише один раз?

3.	Перемикач має 6 положень, при яких світиться різна кількість лампо-
чок - від 0 до 5. Кілька лампочок перегоріло. Чи може людина, не обізнана
з роботою цього перемикача, визначити, які лампочки перегоріли? Як?
Співвідношення між тригонометричними функція-
ми одного й того самого кута, які ми вивчали у 8-му
класі для гострих кутів, правильні і для кутів а з
проміжку 0° < а £ 180°. Доведемо це.

Півколо, яке ми розглядали, є дугою одиничного
кола, рівняння якого має вигляд хг + у2 = 1. Якщо
підставити у це рівняння значення у - зіп а і х = соз а,
отримаємо відому нам основну тригонометричну
тотожність	_______________

8іп* а + соз2 а = 1 ,
яка виконується для довільного кута а з проміжку
0° С а £ 180°.

Правильними будуть й інші, вже відомі вам формули:

І82а + 1- г , соз а	. , . 1  сіє а + 1= 7 І , зіп а	І£асі8а= 1,
при а * 90°	при а е {0°; 180°}	при а е {0°; 90е; 180°}

8іп2 а * сов2 а - 1

2	,	1

іе а + 1-——
соз а

1 + сі£2 а -

1
зіп’а

Мал. 1.27

8іп (90° - а) = сов а
сов (90° - а) = 8іп а
(•8 (90е - а) = сі® а
сіє (90°-а) = їй а.
кут а - гострий

Знайдемо співвідношення
між значеннями тригонометрич-
них функцій суміжних кутів,
тобто кутів 180° - а і а.

Розглянемо &ОСВ і ^ОСЇВ1
(мал. 1.27). Вони рівні за гіпоте-
нузою і гострим кутом, тому
ух = у, а X) = - х. Тобто
зіп (180° - а) = зіп а,
соз (180° - а) = - соз а,
1$ (180° - а) = - і£ а (при а* 90°),

сі£ (180° - а) = - сі£ а (при а * 0° і а * 180°).

8Іп(180°-а) = 8Іпа
соз (180° - а) = - соє а
ів(180°-а) = а
сЦ»(180°-а)=-сІ£ а

Якщо

«> - |0; 99 |

віл а$ 0 £ віл а < І

соз 0 < сов а <; 1

Скориставшись отриманим співвідношенням між
тангенсами суміжних кутів, твердження про значення
кутового коефіцієнта прямої (с. 26) можна сформулю-
вати так.

Ч Кутовий коефіцієнт к у рівнянні прямої у = кх + 1
дорівнює тангенсу кута, який утворює ця пря-
ма з додатним напрямом осі абсцис.

Зауваження.

и-'1 • При зростанні кута від 0° до 90° синус кута
зростає від 0 до 1, а косинус спадає від 1 до 0.

• При зростанні кута від 90° до 180° синус куга
спадає від 1 до 0 (мал. 1.28-а), а косинус спадає
від 0 до -1 (мал. 1.28-6).

18 а  сіє « - 1

Для ДОПИТЛИВИХ

Знайдіть геометричне місце точок, різниця квадратів відстаней від яких до
двох заданих точок А і В дорівнює даній величині с. При яких значеннях с
задача не має розв’язку?
Я кіш»
О , |90 ; |84| ];

зіп а]. 0<зіпа< 1
сов а| -1<сова<0

Практична робота 2

1.	На розгорнутому подвійному аркуші паперу накресліть декартову систему коор-
динат (за одиницю візьміть 10 см). У І і II чвертях побудуйте півколо одиничного
радіуса з центром у початку координат. За допомогою транспортира позначте на
півколі точки, що ділять його на 12 рівних частин. Підпишіть, яким кутам
відповідають ці точки.

2.	Користуючись лінійкою, визначте координати кожної з позначених точок.
Залишіть значення тригонометричних функцій кутів, що відповідають цим точ-
кам. Заповніть таблицю.

	0°	15е	30е	45е	60 й	75°	90°	105°	120°	135°	150°	165°	180°
зіп X													
сов X													
													
Сікх													

3.	Збільшується чи зменшується значення розглянутих тригонометричних функцій
при зростанні кута: а) від 0° до 90°; б) від 90° до 180°?

4.	Користуючись цією таблицею, знайдіть наближене значення:

а)	зіп 165° + соз 120°;	в) зіп 75° соз 135°;

б)	2соз 105е - зіп 120°;	г) 150° : зіп 135°.

Завдання 5

1°. Гострим чи тупим є кут р трикутника, якщо значення його: а) косинуса від'ємне;
тангенса від'ємне; в) котангенса додатне; • косинуса додатне?

2°. Відомо, що 90е < а < 180°. Який знак має значення соз а, зіп а, і£ а, сів а?

3°. Спростіть вираз:

а) зіп (180° - х);	Г>ісоз (180° - х); в) Ьд (180° - х).

Для ДОПИТЛИВИХ

Поряд з декартовою прямокутною системою координат використовують й
інші системи координат на площині. На малюнку ви бачите декартову

косокутну систему координат. Як визначають координати точки у такій

системі, зрозуміло з малюнка.

Інколи доцільно обирати по осях координат різ-
ні одиниці масштабу (див., наприклад, додаток 2).

Існують системи координат, які більш суттєво
відрізняються від декартових. Прикладом є полярна
система координат, про яку ви дізнаєтеся пізніше у
§20.

Уг

СІЇ X
4’. Спростіть вираз:

а)8іп (90° -|3);	б) сов (90° - Р);	в)І£(90°-Р).

5.	Спростіть вираз:

а)	2зіп (90° - а) - сов(180° - а);	в) (90° - р) + Зсів (180° - Р);

б)	сов (90° - а) + зіп (180е - а);	 > сіе(90° - Р) - Се (180" - Р).

6.	Спростіть вираз:

а)	2віп (90° р) - віл а + сов (180° - Р) + сов (90" - а);

б)	соз (90° - а) + соз (180° - а) + зіп а - зіп (90® -а);

в)	І® (90° - р) + Зсів (90® - а) + 2 (І£ а + І£ р).

7.	Спростіть вираз:

а) 1 - соз2 (90° - а); б) 1 - (соз2 (180° - а) + сов2 (90° - а)).

8*. Спростіть вираз:

1 -2зіп2(180°-р)	зіп2(90°-р)	віп2р(1 —зіп2(180°-р))

Й 1-2зіпг(90°-р)'	6 1 соз(90°-Р)’	8Іпг(90°-Р)(1-со82(180о-р))’

г> (1 . ««<90- - ИИ ♦ (1 + «<180- - |3))";	уаво--!».!)

І£ 0 + 1

9.	Скористайтеся формулами зв’язку між значеннями тригонометричних функцій
суміжних кутів та обчисліть:

а)соз 120°;	б)зіп135°; в) І® 150°; г) соз 135°;	д)сій!50°.

10.	Знайдіть значення виразу:

а)	2 сов 60°-» -Узсоз 150°; г• 3 соз 60°	45“ і£ 60°;

5 зіп 30° +сід 135°;	д) ІЄ 150° зіп 60" соз 40° - сіє 120° соз 150° соз 140°.

в) (соя 60° + зіп 150°Мяіп 30° - сов 150°);

11*. Знайдіть значення виразу:

а)	2 іе1 120° + 4 сов1150°;	і І£3 60° зіп 120° - сій2 60° зіп 150°;

З сов2150° + 5зіпг 135“-1^135°;	д) зіп 157'соз 67° + соз 23° зіп 113°.

в)3соз! 60” І» 135° їй2 120®;

12*. Відомо, що 0® < а < 180°. Знайдіть значення зіп а, І£ а, сій а, якщо:

а)	сов -0.3; бісова = -0,2; в)соза = -; г)соза = --.

З	2

13*. Відомо, що 0° < р < 180°. Знайдіть значення віп р, сов р, сій р, якщо:

а)ійР=»-1; "і їйР =-1,5;	в)І£0 = 3.

Для допитливих

1.	З усіх прямокутних трикутників із заданою гіпотенузою знайдіть три-
кутник з найдовшою бісектрисою прямого кута.

2.	З усіх прямокутних трикутників із заданою бісектрисою прямого кута
знайдіть трикутник із найменшою гіпотенузою.

3.	Через точку М, яка лежить на бісектрисі прямого кута, проведіть пряму
так, щоб її відрізок, обмежений сторонами кута, мав найменшу довжину.

4.	Канал завширшки 6 м має прямокутний поворот.

а) Якої найбільшої довжини можна сплавити колоду цим каналом (товщи-
ною колоди нехтуємо)? б) Якої найбільшої довжини можна сплавити
колоду, що має діаметр поперечного перерізу 40 см? в) Якої найбільшої
ширини можна сплавити пліт довжиною 5 м?

5.	Коридор гуртожитку завширшки 2 м і заввишки 3 м має прямокутний
поворот.

а) Якої найбільшої довжини дошку завтовшки 4 см можна пронести через
цей коридор? Запитання б) і в) (аналогічно до завдання 4) сформулюйте
самостійно та знайдіть відповіді до них.
14.	Знайдіть значення І# а, якщо зіп а = 0,3.

15.	Знайдіть значення соз а, а, сі£ а, якщо:

а)	а - гострий кут і зіп а = 0,2; в) а - тупий кут і зіпа = —.

З

б)	а - тупий кут і зіп а = 0,4;

2

16*. Побудуйте кут, косинус якого дорівнює: а) -1; б) .

З

Побудуйте кут, тангенс якого дорівнює: а) -1; б) -3.

18*. Порівняйте тупі кути а і 0, якщо:

а) зіп а < зіп 0; б) соз а > соз 0; в) а >	0; г) сік а < сік 0.

19*. Порівняйте:

а) зіп 130° і зіп 150°;	в)ікЮ0° і 130°;	д) зіп 120° і зіп 50е.

 сов 100® і сов 140°;	г > сік 50° і ід 100°;

20**. Знайдіть співвідношення між тригонометричними функціями кутів 90® + а і а,
скориставшись тотожністю 90° а = 180® - (90® - а).

21*. Знайдіть суму квадратів косинусів кутів прямокутного трикутника.

22*. Знайдіть суму квадратів синусів кутів прямокутного трикутника.

г)	(1 + соз (90° + а))(1 + зіп а);

д)	(і?2 а + 1) соз2 (180® - а).

23**. Спростіть вираз (кут а - гострий):

а)	зіп (90® 4 а) - соз а зіп2 а;

б)	сі&г (180° - а) - соз2 а СІ&2 а;

в)	соз2 (90° - а) + сі£2 а соз2 (90° + а);

24**. Спростіть вираз (кут а - гострий):
гіп(180°-а) і^(а + 90ф)

а) соз(90°-а) і^(о-90°) ’

25**. Спростіть вираз (кут а - гострий):

6) 1 + і$258“ +1 +І£г32°'

сіе(90 - а) + сік(90°-0) + сі<(9Оо-у)________.

Й) 3(ЇІ0^ік(18О°^))-2(сік(9О®-а) + сік(9Оо-р))- сік(180°-у) ’

сіе(9О°-аХіЄ0-*-сіе(9О°-г))-і-сік(9О°-Р)іку

6) і&(180® - а) іє (180® - 0) + і£ 0 і£ у + і£ (180® - а) і£(180® - у) ’

26**. Знайдіть значення виразу, якщо і$ п = 7:

созсі-Ззіпа 1т сова

Для допитливих

І.	Із пункту, разміщеного на березі річки, відпливає до протилежного бере-
га катер зі швидкістю 40 км/год. Швидкість течії 5 км/год. Під яким кутом
до берега треба спрямувати катер, щоб прибути до найближчої точки проти-
лежного берега річки?

2.	Під яким кутом до берега треба спрямувати човен, щоб під час переправи
через річку Його якнайменше знесло течією, за умови, що течія річки
6 км/год, а швидкість човна відносно води 3 км/год?

3.	У гострокутному трикутнику висоту, медіану і бісектрису, проведені з
однієї вершини, продовжили до перетину з описаним навколо трикутника
колом. Яка з отриманих хорд найбільша, а яка найменша?

4.	Через дану точку М поза даним колом проведіть січну до кола так, щоб
сума відстаней від точок перетину січної з колом до даної точки М була:
а) найбільшою; б) найменшою.

5.	Запишіть рівняння прямих, що містять бісектриси трикутника, якщо
задано координати вершин цього трикутника.

6.	Скільки обертів за добу робить бісектриса кута між великою і маленькою
стрілками годинника?
§

5. Теорема синусів

І(77т| Теорема. Площа трикутника дорівнює половині
гІ добутку двох його сторін на синус кута між ними.

Треба довести, що в усіх можливих випадках - коли
кут С трикутника АВС гострий (мал. 1.29-а), тупий
(мал. 1.29-6) або прямий (мал. 1.29-в) - площу трикут-
ника АВС можна обчислити за формулою

8 = - аЬ зіп С.

2

Доведення

Ми знаємо, що площу довільного трикутника АВС
можна обчислити за формулою 8 = —ай0, де Ли - висота
трикутника, проведена до його сторони а (мал. 1.29).

Із прямокутного трикутника АС В маємо:

йа - Ьзіп С, якщо кут С - гострий (мал. 1.29-а);

Л, = Ьзіл (180° - С) = йзіп С, якщо кут С - тупий
(мал. 1.29-6).

Мал. 1.29

Якщо кут С-прямий (мал. 1.29-в), то
зіп С - зіп 90° = 1,
і площу прямокутного трикутника можна представити
у шуканому вигляді:

8 = - аЬ - 8 = — аЬ зіп С.

2	2

Теорему доведено.

1(7771 Теорема синусів. У трикутнику відношення
І довжини сторони до синуса протилежного кута є
величиною сталою.

У трикутнику АВС проти кутів А, В і С лежать сторо-
ни а, Ь і с. Треба довести, що

а Ь с

--— = —— -З І	,
зіп А зіп В зіпС

Доведемо цю теорему двома способами.
СПОСІБ І

За теоремою про площу трикутника маємо:

5 = -адзіпС, 5=-асзіпВ, 5 = -6с8іпА.

2	2	2

Тоді з перших двох рівностей отримаємо:

1	.. „ 1	. о . Ь с

— аозіпС = -асзіп В і-------.

2	2	зіп В зіпС

З останніх двох рівностей отримаємо:

1	• о к  л  « Ь

-асзтВ = -ос8іпА і ----=-----.

2	2	зіп А	зіп В
Маємо:	а	Ь	с	
	зіп А зіп В	зіпС	

Теорему доведено.

СПОСІБ II

Опишемо навколо трикутника АВС коло і проведемо
діаметр СВ = 2Л (мал. 1.30-1.32). Кут ВВС спирається
на діаметр, отже, є прямим.

1)	Якщо кут А ~ гострий (мал. 1.30), він спирається
на ту саму дугу, що і кут СВВ. Тоді /СОВ-/А і з
трикутника СВЬ (/.В = 90°) маємо:

а = 2Л зіп А, ——— = 2В.

зіп А

Т«Ч»[Н»МІІ синусів

В

а _ Ь _ с
зіп А зіп В зіпС

Мал. 1.30

2)	Якщо кут____А _____іупий (мал. 1.31), то

/А + ^СОВ = 180° (бо чотирикутник АВСВ - вписаний) і

Для допитливих

V—’ $а часів Паскаля (XVI ст.) математику найчастіше називали геометрією.
Якось 12-річний Блез Паскаль запитав у батька, Етьєна Паскаля, що таке

♦ геометрія». Етьєн Паскаль, не надаючи своїм словам особливого значення,
сказав, що геометрія - це така собі теорія, яка вивчає способи креслення
фігур і вказує співвідношення між їх елементами. Через деякий час батько

побачив, що син зосереджено розмірковує над складеними з паличок трикут-
никами. Як з’ясувалося, Блез якраз додумував доведення відкритого ним
цікавого факту: у будь-якому трикутнику сума всіх трьох кутів разом скла-
дає два прямі кути. Тоді Етьєн відімкнув шафу з книгами і дав Блезу «Нача-
ла» Евкліда. 13-річний Блез опанував її як захоплюючий роман. Невдовзі
Блеза Паскаля допустили до участі в засіданнях наукового паризького гурт-
ка (пізніше на базі цього гуртка було створено Паризьку академію наук).
Г<ілши|й>ііл

аіпА зіп В
= —^— = 2/?

зіпС

/С£)В = 180° - /А. З трикутника СВВ(2В = 90°) маємо:

а = 2Я зіп(180° - А) = 2Я зіп А, —-— = 2Е.
зіп А

3)	Якщо кут А ~ прямий (мал. 1.32), маємо:

а = 2Н, зіп А = зіп 90° = 1 і —-— = 2Я.

зіп А

Мал. 1.31

Мал. 1.32

С. „ Л „ В
НОН

Таким чином, для довільного трикутника АВС

—— = 2П.

зіп А

Аналогічно отримаємо:

Ь

зіп В

= 2Я,

—= 2Я.
зіпС

Тоді

В

а

Ь

с

—— = 2Я =
зіп А

зіп В зіп С

С

ь

Теорему доведено.

Останнє співвідношення, записане у вигляді

а

ь

с

зіпА зіпВ зіпС

-2Л,

0

ІІІПІ гтп

і паї* поки

ще називають розширеною теоремою синусів.

[,і71 Наслідок. Площа трикутника АВС, вписаного в
і-^ І	„	о аЬс

коло радіуса к, дорівнює: 5 =-, це випливає з

4Й

1	с

формул: 5 =-а&зіпС і ---= 2Я.

2	зіпС

Користуючись теоремою синусів, можна довести
твердження, відоме нам ще з 7-го класу, що проти
більшої сторони у трикутнику лежить більший
кут і навпаки. Таке доведення пропонуємо виконати
самостійно (не забудьте при цьому розглянути випадок
тупокутного трикутника).

Для допитливих

Шахівницю закривають 32 пластинки доміно, кожна з яких закриває рівно
2 клітинки. 8 пластинок закривають 8 клітинок однієї діагоналі шахівниці,
причому деякі пластинки закривають ще одну клітинку вище від діагоналі,
а інші - ще одну клітинку нижче від діагоналі. Покажіть, що при будь-якому
покритті шахівниці першого і другого видів пластинок буде порівну.
Практична робота З

1.	Накресліть довільний трикутник. Виміряйте довжини сторін трикутника.

2.	Виміряйте градусну міру кутів трикутника. Знайдіть значення синусів цих
кутів, використовуючи таблиці Брадіса або калькулятор.

3.	Обчисліть площу трикутника через довжини двох його сторін і сипус кута між
ними.

4.	Проведіть одну з висот трикутника. Виміряйте її довжину. Обчисліть площу
трикутника через довжину цієї висоти і порівняйте з отриманим раніше значен-
ням площі.

5.	Обчисліть відношення довжин сторін трикутника до значення синусів проти-
лежних цим сторонам кутів. Зробіть висновок.

Завдання 6

1®. Знайдіть площу трикутника, якщо дві його сторони і кут між ними дорівню-
ють: а) у'8 см, 4 см і 45°;	м‘8 см, 4 см і 135°; в) б см, 4 см і 150°;	6 см, 4 см і

30°.

2. Знайдіть площу трикутників за малюнком 1.33.

3°. Дві сторони трикутника дорівнюють 8 см і 4 72 см.
Знайдіть кут між ними, якщо площа трикутника
дорівнює: а) 16 см2 ; 8-72 см2.

Площа трикутника АВС дорівнює 16 см2, сторона
АВ = 8 см, /АВС = 150°. Знайдіть сторону ВС.

5. Знайдіть площу трикутника за двома кутами а і 0 та
радіусом Я описаного навколо нього кола.

6®. Два кути трикутника дорівнюють 45® і 60° відповідно.
Знайдіть сторону, яка лежить проти кута 45®, якщо
проти кута 60® лежить сторона, довжина якої:
а) Зсм; 275 см; в) ,6 см.

7°. Дано трикутник АВС, у якого АС = -^2, ВС = 1,
/АВС = 45®. Знайдіть кут ВАС.

Дано трикутник АВС, у якого АС = 4Ї, ВС - 1. Знай-
діть кут АВС, якщо: а) /ВАС - 45®; б) /ВАС = 30°.

9.	Сума двох сторін трикутника дорівнює 18 см. Знайдіть довжини цих сторін,
якщо проти них лежать кути: а) 60° і 45°;	30° і 135®; в)а і 0.

10.	Різниця двох сторін трикутника дорівнює І. Знайдіть довжини цих сторін,
якщо проти них лежать кути: а) 60° і 45°;	30° і 90°; в) а і 0.

11.	Сторона трикутника дорівнює Ь, а прилеглі кути дорівнюють а і 0. Знайдіть
периметр трикутника.

Знайдіть сторони трикутника, периметр якого дорівнює Р, а два кути - а і 0.

13 . Знайдіть радіус описаного навколо трикутника кола, якщо відомо, що в ньому
проти сторони 2 см лежить кут: а) 30°;	135°;	90°.

14°. Радіус описаного навколо трикутника кола дорівнює 78 дм. Знайдіть довжину
сторони, яка лежить проти кута міри: а) 45°;	150°; в) 135°.

15.	Знайдіть радіус кола, якщо відомо, що в ньому хорда завдовжки 12 см стягує
дугу градусної міри: а) 60°;	90°; в) 180°.

16.	Радіус описаного навколо трапеції кола дорівнює дм. Знайдіть довжину її
діагоналі, якщо один із кутів трапеції дорівнює: а) 45°; б) 150°;	135°.

17.	У коло вписано дві трапеції з відповідно паралельними сторонами. Доведіть,
що діагоналі трапецій рівні.

Бічна сторона вписаної трапеції дорівнює а, середня лінія - Ь, а один із кутів -
30°. Знайдіть радіус описаного кола.
Одна з бічних сторін трапеції утворює з більшою основою кут а, а друга бічна
сторона, довжиною а, утворює з меншою основою кут 0. Знайдіть середню
лінію трапеції, якщо довжина її меншої основи дорівнює Ь.

20*. У рівносторояній трикутник АВС вписано рівносторонній трикутник ТРН так,
що на сторонах АВ, ВС і АС лежать відповідно точки Т, Р і Н. Знайдіть відношен-
ня сторін цих трикутників, якщо ЛСНР = 0.

21*. Катети прямокутного трикутника дорівнюють 3 дм і 4 дм. Знайдіть радіус кола,
що проходить через вершини гострих кутів цього трикутника і середину більшо-
го катета.

' У трикутнику АВС: ^А-а, /С = у, АВ - с, АР - бісектриса. Знайдіть ВО.

23*. Сторона трикутника дорівн ює Ь, а прилеглі кути дорівнюють а і 0. Знайдіть дов-
жину бісектриси третього кута.

24*. Гострі кути трикутника дорівнюють а і 0. Бісектриса, проведена з вершини
третього кута, дорівнює І. Знайдіть периметр трикутника.

Гострі кути трикутника дорівнюють а і 0. Бісектриса, проведена з вершини
третього кута, дорівнює І. Знайдіть бісектриси даних кутів.

26*. У трикутнику АВС проведено медіану ВМ, довжина якої дорівнює пг. Знайдіть
АВ, якщо £АВМ - а, /.СВМ = 0.

27**. У трикутнику АВС: ВМ - медіана, /АВЛГ - а, ЛСВМ = 0. Знайдіть ВМ, якщо
ВС-а.

28*. Основи рівнобічної трапеції дорівнюють 8 см і 16 см, бічна сторона - 5 см.
Знайдіть радіус кола, описаного навколо цієї трапеції.

29**. Усередині гострого кута взято точку А. З неї на сторони кута опущено перпен-
дикуляри. Відстань між основами цих перпендикулярів дорівнює 12 см.
Знайдіть відстань від точки А до вершини кута, якщо градусна міра кута
дорівнює: а) 30°; б) а.

ЗО*’. Усередині гострого кута 30° взято точку А. З цієї точки на сторони кута опу-
щено перпендикуляри. Знайдіть відстань між основами цих перпендику-
лярів, якщо точка А віддалена від вершини кута на 10 см.

31**. Усередині гострого кута взято точку А. З цієї точки опущено перпендикуляри
на сторони кута. Відстань між основами перпендикулярів дорівнює <8 дм, а
відстань від точки А до вершини кута - 4 дм. Знайдіть градусну міру кута.

32**. Побудуйте трикутник за кутом і радіусами вписаного та описаного кіл.

33**. Дано відрізок АВ і точку С на ньому (точка С не є серединою відрізка АВ).
Знайдіть геометричне місце точок перетину двох рівних кіл, одне з яких про-
ходить через точки А і С, а друге - через точки В і С.

Для допитливих

Блезу Паскалю (1623-1662) не було ще й 17 років, коли він відкрив тео-
рему, сьогодні відому як теорема Паскаля. Про відкриття Паскаля мате-
матики того часу дізналися з афіш, які було надруковано у кількості
50 примірників і розклеєно на стінах будинків і церков Парижа (на той час
ще не існувало наукових журналів).

Теорема Паскаля. Позначимо на колі довільним чином шість точок,
пронумеруємо їх у довільному порядку як 1, 2, 3, 4, 5, 6 (не обов'язково у
тому, як вони розміщені на колі). Сполучимо ці точки відрізками І, II, ПІ,

IV, V у послідовності нумерації точок
(див. мал.), а останнім відрізком VI сполу-
чимо шосту точку з першою. Три точки
перетину прямих, що містять отримані
відрізки, узятих через два номери (І з IV,
II з V, III з VI), лежатимуть на одній
прямій. (Далі див. с. 53).
§ 6. Теорема косинусів

уугі Теорема косинусів. Квадрат сторони трикут-
І ника дорівнює сумі квадратів двох інших сторін
мінус подвоєний добуток цих сторін на косинус
кута між ними.

Доведемо для довільного трикутника АВС:
с2 - а2 + і>2 - 2а Ь соз С.

Доведення

Введемо систему координат із початком у точці С

так, як показано на малюн-
ках 1.34.

Тоді точки А і В мають коорди-
нати:

А(Ь соз С; Ь віл С) і В(а: 0).

Запишемо квадрат відстані
між точками А і В:

АВ2 = (Ьсоз С - а)2 + (&зіп С - О)2 =
= Ь2созг С - 2аЬсо$ С + а2 + д2зіп2 С.

Згрупуємо у цьому виразі пер-
ший доданок з останнім і враху-
ємо, що він2 а + соз2 а = 1:

с1 = Ь2(соз2 а + зіп2 а) + а2 -

- 2аЬсоз С * Ь2 + а2 - 2адсоз С.

Теорему доведено.

Ук

А(Ь соє С:

Теорема
косинусів

с*=а2 + Ь* - 2а Ьсоз С

Наслідок 1. У пара-
лелограмі сума квад-

ратів діагоналей дорів-
нює сумі квадратів усіх його
сторін.

АВСИ - паралелограм із дов-
жинами сторін а і Ь та гострим
кутом а (мал. 1.35). Його тупий
кут дорівнює 180° - а.

З трикутників АВБ і АВС за
теоремою косинусів маємо:

В О2 = аг + Ь2 - 2аЬ соз а;

АС2 = а2 + Ь2 - 2аЬ соз (180° - а) =
= а2 + Ь2 - 2ай(-соз а).

Почленно додамо ліві й праві
частини цих рівностей і отри-
маємо шукане співвідношення:

ВИ2 + АС2 = 2а2 + 2Ь2.

Мал. 1.35

Для паралелограма:

а

а

4,2 + а2 = 2(а2 + Ь2)


ег«|

Наслідок 2. Квадрат
медіани, проведеної до

сторони трикутника,
дорівнює півсумі квадратів двох
інших сторін цього трикутника
мінус чверть квадрата сторони, до
якої проведено медіану.

Тобто для медіани т( трикут-
ника АВС (мал. 1.36) виконується
„2 . ь2

. .	2 а + о с

рівність т =—--------.

Мал. 1.36

Доведення

Продовжимо медіану тс на відрізок МК = тс.

Утворений чотирикутник АСВК - паралелограм (бо

СМ = МК, АМ = МВ). Тоді, за наслідком 1, маємо:

с2 + (2тс)г = 2(а2 + Ь1), т2 = Д	— —,

Зауваження. Теорему косинусів інколи назива-
ють узагальненою теоремою Піфагора. Це пояснюєть-
ся тим, що коли кут С прямий, то созС = соз 90° - 0, і
для гіпотенузи с прямокутного трикутника АВС, із тео-
реми косинусів, маємо: сг = Ь2 + а2 - 2аЬ созС = Ь2 + а2 -
твердження теореми Піфагора.

Практична робота 4

1.	Накресліть довільний трикутник і виміряйте довжини його сторін.

Для допитливих

Теореми синусів і косинусів у задачах на доведення

У задачах, що пропонуються далі, традиційно позначаємо відповідно: сто-
рони трикутника АВС, що лежать проти кутів А, В, С, як а, Ь, с; медіани і
висоти, проведені до сторін а, Ь, с, як та, ть, тс і Ла, Л^, Л£; Я і г - радіуси опи-
саного навколо трикутника і вписаного у трикутник кіл; 5 - його площа.

1.1	. Доведіть, що для трикутника АВС-. 8 =-, Л, = —

4Я 2Я

2.	Точка В лежить на основі АС рівнобедреного трикутника АВС. Доведіть,
що радіуси кіл, описаних навколо трикутників АВВ і СВВ, рівні.

3.	У гострокутному трикутнику АВС провели висоти АР і СМ. Точки РІ і М,
симетричні точкам Р і М відносно середин сторін ВС і АВ відповідно.
Доведіть, що пряма, яка сполучає вершину В із центром О кола, описаного
навколо даного трикутника, ділить відрізок Р,М, навпіл.

З	•»

4.	Доведіть, що: т2 +т2 + т2 = -(а3 + Ь2 + с2).

4

„ „	.^,9,,	віл А

5.	Доведіть, що 45 = (а - (б - с) )--

1	- сов А

6.	Довжини сторін паралелограма дорівнюють а і Ь, довжини діагоналей -
т і п. Доведіть, що а* + Ь* - т,п2тоді і тільки тоді, коли гострий кут парале-
лограма дорівнює 45°.
2.	Виміряйте градусну міру кожного кута трикутника. Знайдіть за таблицями Браді-
са або використовуючи калькулятор значення косинусів цих кутів і запишіть їх.

3.	За допомогою відповідних обчислень переконайтеся, що теорема косинусів пра-
вильна для вашого трикутника.

Завдання 7

Iе. Знайдіть невідому сторону трикутника АВС, якщо:

а)	ХС = 60°, АС = 25 дм, СВ = 40 дм; . ХВ = 60°, ВС - 6 см, АС = 2^7 см;

б)	ХС = 120°, АС = 3,5 м, СВ = 4 м; г) ХВ = 135°, ВС - 4 см, АС = УЇО см.

2°. Знайдіть довжину діагоналі В.0 чотирикутника АВС©, у якого ХС = 60°,
ВС = 50 мм, С© = 35 мм.

Залізний стержень завдовжки 5 дм зігнуто посередині під кутом 120°. Обчисліть
відстань між його кінцями (з точністю до 0,1 см).

4.	Знайдіть рівнодійну двох сил в ЗН і 2Н, прикладених в одній точці під
кутом 135°.

У паралелограмі АВС© сторони АВ і ВС дорівнюють 20 см і 12 см відповідно,
а X© - 120°. Знайдіть довжину діагоналі АС.

6. Визначте вид трикутника (гострокутний, тупокутний чи прямокутний), якщо його
сторони дорівнюють: а) 3 см, 5 см, 7 см; 3 см, 4 см, 3 см; в) 3 см, 4 см, 5 см?

7*. Перевірте, чи є трикутник НРТ тупокутним, якщо Н(-2; 5), Р(4; 8), 7X10; 6).

8.	У трикутнику АВС сторони АВ, ВС і АС дорівнюють 15 см, 13 см і 14 см
відповідно. Знайдіть: а) косинуси найбільшого і найменшого кутів трикутни-
ка; 6) проекції сторін АВ і ВС на пряму АС.

9.	Нехай АВ і ВС - основи рівнобічної трапеції ЛВСВ. Доведіть, що АС* =
- А©•ВС• АВг.

10.	Основи трапеції дорівнюють 3 см і 8 см. Одна з бічних сторін дорівнює 5 см і утво-
рює з меншою основою кут 120°. Знайдіть: а) діагоналі трапеції; б) площу тра-
пеції.

Основи трапеції дорівнюють 6 см і 16 см. Одна з бічних сторін дорівнює 10 см
і утворює з більшою основою кут 60°. Доведіть, що трапеція рівнобічна.

12.	Діагоналі паралелограма дорівнюють 17 см і 19 см, а сторони відносяться як
2:3. Знайдіть периметр паралелограма.

13*. Діагоналі паралелограма дорівнюють 24 см і 28 см, а одна зі сторін менша за
другу на 8 см. Знайдіть площу паралелограма.

Сторони паралелограма дорівнюють 6 м і 7 м. Знайдіть його діагоналі, якшо
одна з них довша за другу на 4 м.

15*.3 однієї точки кола проведено дві хорди завдовжки 5 см і 8 см. Кінці цих хорд
сполучено відрізком, що стягус дугу 120°. Обчисліть довжину цього відрізка,
якщо він і задана точка лежать но різні боки від центра кола.

і З однієї точки кола проведено дві хорди завдовжки 7 см і 8 см. Кінці цих хорд
сполучено відрізком, що стягує дугу 120°. Обчисліть довжину цього відрізка,
якщо він і -задана точка лежать по один бік від центра кола.

Для допитливих

1.	Спробуйте зробити кілька досліді в за умовою теореми Паскаля (с. 50) для
довільного розміщення точок на колі і різних способів їх нумерації. Причо-

му може статися, що дві прямі, точку перетину яких ми шукаємо, - пара-

лельні. Тоді теорему Паскаля треба розуміти так, що
прима, яка проходить через дві інші задані точки,
паралельна вказаним прямим (див. мал.).

2.	УколовписанотрапеціюЛ7Л/7Ч?(Мф||№Р).Точка А -
довільна точка прямої, що містить діаметр, паралель-
ний осповам трапеції. Доведіть, що

АЛ/2+А^ = А^ + АР2,
17*. З однієї точки кола проведено хорди завдовжки 2 <2 см і 6 см. Кінці цих хорд
сполучено відрізком, що стягує дугу 90°. Обчисліть довжину цього відрізка,
якщо він і задана точка лежать: а) по різні боки від центра кола; б) по один бік
від центра кола.

18*. Медіана АМ трикутника АВС утворює зі стороною ВС кут 60а. Знайдіть сто-
рону АС, якщо ВС = 32 см, АВ = 2 </97 см.

Медіана трикутника, що проведена до сторони, довжина якої дорівнює 20 см,
утворює з нею кут 60°. Сторона, що лежить проти цього кута, дорівнює
2^19 см. Знайдіть третю сторону трикутника.

20*. Бісектриса АР трикутника АВС утворює зі стороною ВС кут 60°. Сторони АС
і АВ дорівнюють 6 см і 8 см відповідно. Знайдіть довжину сторони ВС.

21*. Знайдіть найдовшу медіану трикутника, сторони якого дорівнюють 7 см,

6 см і 726 см.

22* Різниця двох сторін трикутника дорівнює 8 см, третя сторона - 32 см,
а медіана, проведена до неї, - 28 см. Обчисліть периметр трикутника.

23*. Сторона трикутника більша за медіану, проведену до неї, на 4 см, а дві інші
сторони дорівнюють 28 см і 36 см. Обчисліть периметр трикутника.

24*. Дві сторони трикутника дорівнюють 6 см і 7 см, а медіана, проведена до мен-
шої з них, дорівнює 5 см. Знайдіть третю сторону трикутника.

25**. Медіани трикутника дорівнюють 5 см, 752 см і 773 см. Доведіть, що цей три-
кутник прямокутний.

26**. Усередині кута міри 60° взято точку А, яка віддалена від сторін цього кута на
2 см і 4 см. Знайдіть відстань від точки А до вершини кута.

27**. Доведіть, що різниця квадратів двох сторін трикутника дорівнює: а) різниці
квадратів їх проекцій на третю сторону; б) подвоєному добутку третьої сторо-
ни і проекції її медіани на цю саму сторону.

2-н У колі з центром О хорда АВ перетинає діаметр у точці М і утворює з цим
діаметром кут 60°. Знайдіть ОМ, якщо АМ =10 см, ВМ - 4 см.

29**. Доведіть, що медіани трикутника АВС, проведені до сторін а і Ь, взаємно
перпендикулярні, якщо виконується співвідношення а2 + Ь2 = 5с2.

30*. Доведіть, що в паралелограмі проти більшого кута лежить більша діагональ.

31**. Доведіть, що в будь-якому трикутнику: а) найбільшій стороні відповідає мен-
ша з медіан; б < більша з медіан перетинає меншу зі сторін.

32**. Доведіть, що у паралелограмі з гострим кутом 45° добуток квадратів діагона-
лей дорівнює сумі четвергих степенів двох його суміжних сторін.

33**. За даними відрізками а і Ь побудуйте відрізок $а' + ЬЛ.

34**. Вершини опуклого чотирикутника АВС О належать колу. Відомо, що
АВ2 + ВСг = АГР СО2. Доведіть, що 7А8С = 90".

35**. За допомогою теореми косинусів доведіть теорему Птолемея: в чотирикут-
нику, вписаному в коло, добуток діагоналей дорівнює сумі добутків його про-
тилежних сторін.

36**. Для медіан трикутника справедлива рівність: т2 + т2 - 5т2. Чи правильно,
що трикутник прямокутний? Відповідь обґрунтуйте.

37**. Для медіан трикутника справедлива нерівність: т2 + т2 > 5т2. Яким має
бути кут С - тупим чи гострим? Відповідь обґрунтуйте.

Для допитливих

1.	У трикутнику АВС висота А/7 дорівнює медіані ВМ. Знайдіть кут МВС.

2.	Знайдіть залежність між кутами трикутника, в якому одну з медіан із
центра кола, описаного навколо цього трикутника, видно під прямим

кутом.
§7. Розв’язування трикутників

Назвемо основними елементами трикутника його
внутрішні кути і сторони.

Розв’язуванням трикутника називають обчислен-
ня усіх його основних елементів за значеннями трьох з
них, якщо трикутник визначений. (Трикутник визна-
чений, якщо за даними елементами можна побудувати
конкретний трикутник.)

Зауваження. Набір заданих трьох елементів не
може бути довільним. Наприклад, не можна визначити
трикутник, задавши три його кути.

Ми вже розв’язували у 8-му класі такі задачі для
прямокутного трикутника. Тепер, користуючись теоре-
мами синусів і косинусів, можемо знаходити сторони і
кути довільних трикутників.

Розглянемо розв’язування трикутника на прикла-
дах. Причому будемо використовувати традиційні
позначення: у трикутнику АВС проти кутів А, В і С
лежать сторони а, Ь і с.

Приклад 1. За двома відомими сторонами і кутом
між ними (мал. 1.37) знайти всі
інші елементи трикутника.

Дано', а, Ь, /С.

Знайти: с, /.А, /.В.

о. |1 । а.Ь, Є,
(М'ІІІІППІ Г.ІІ'МГНИІ

трикутника

Трикутник
визначений,

1 якщо

за даними елемен-
тами його можна
однозначно побуду-
вати.

Мал. 1.37

1)	За теоремою косинусів
с->]аг + Ьг -2аЬсовС.

2)	За теоремою косинусів

Ьг + сг - а2

соз А «---------.

2Ьс

3) /В = 180°-/А - АС.

Для допитливих

Уперше аналізі класифікацію софізмів дав Арістотель(384-322 рр. до н. е.)
у трактаті «Про софістичні спростування» (див.: Аристотель. Собраяие
сочинений. В 4-х т. М., 1978, т. 2).

Розгадайте софізм М. Г. Чернишевського. У будь-якому тупокутному
трикутнику довжина сторони, протилежної тупому куту, більша від суми
довжин двох інших його сторін.

Доведення

1)	Нехай у /і АВС кут А - тупий. Тоді /А >	+ 2С.

_ _	а Ь с	,,

2)	За теоремою синусів маємо:--------=----— » 2к, де В - радіус кола,

зіп А зіп В зіпС

описаного навколо трикутника АВС.

3)	Із попереднього маємо, що зіп А : віп В : зіп С = а : Ь : с.

4)	Як відомо, більшому куту відповідає більше значення його синуса. Тоді

а > Ь + с?!
Приклад 2, За відомими стороною і прилеглими до
неї кутами (мал. 1.38) знайти всі інші основні елементи
трикутника.

Дано: а, /.С, ЛВ.

Знайти: /.А, Ь, с.

1)АА = 180° - /В- /С.

З 2) За теоремою синусів
зіп В	зіпС

Ь- а----: с = а----.

зіп А	зіп А

Приклад 3. За трьома відомими сторонами знайти
всі кути трикутника (мал. 1.39).

АВ

ЗІПС

ВС

’ вш(180°-(В + С))’

. _ ВСбіпС

АВ ~	------

8Іп(В + С)

В

Дано: а, Ь, С.

Знайти; г^А, /.В, /.С.

а

с

Д ь С
Мал. 1.39

1) За теоремою косинусів
о +с —а
соз А =---------------;

2Ьс

о аг+сг-Ьг
созВ =	------.

2ас

2)/С=180°-гД-2В.

Зауваження. Останні два приклади мають роз-
в’язки не при довільних значеннях заданих елементів,
а лише за умови /.С + /В < 180° та а + Ь > с, а + с > Ь,
с + Ь> а відповідно.

Уміння розв’язувати трикутники можна використо-
вувати і на практиці. Наприклад, якщо треба знайти
відстань між двома пунктами А і В, які розділено пере-
шкодою, можна скористатися прикладом 2. Тобто обра-
ти на місцевості точку С (див. мал. на полі), виміряти
відстань СВ, кути С і В та за теоремою синусів обчисли-
ти довжину відрізка АВ.

Для допитливих

Розгадайте софізм. У будь-якому трикутнику всі кути рівні.

Доведення

Нехай АВС — довільний трикутник, кути і сторони якого позначимо, як

/ВСО = у + —,
2

показано на малюнку.

АВЕСі АВВС: ^Е = -, /СВ£ = 0 + - і АО--,
2	2	2

за теоремою синусів

Аналогічно отримаємо, що а * у?!
Не можна не розглянути і четвертий випадок
розв’язування трикутника за двома його сторона-
ми і кутом не між ними.

Дано: а, Ь, /.В

Знайти: с, ЛА, /.С.

С с,
Мал. 1.40

За теоремою синусів

, Л авіпВ
зіп А =-----,

Ь

звідси кут А може бути або гост-

рим, або тупим, бо зіп (180° - а) = зіп а - маємо два
розв’язки: А, = а< 90®абоА2 = 180®-а> 90°(мал. 1.40).

Тоді

2С, = 180°-2В-а.

/Сг = 180®-2В-(180°-а) = а-2В.

Зрозуміло, що градусна міра кута трикутника не
може бути від’ємною. Тоді другий розв’язок існує за
умови а > /В, тобто коли а > Ь (у трикутнику проти
більшого кута лежить більша сторона).

Якщо а <. Ь, то маємо один розв'язок, тобто трикут-
ник АВС визначається однозначно.

Зрозуміло, що дана задача має один розв'язок також
у випадку, коли заданий кут В - тупий.

Якщо задано а, Ь,
£В, то розв’язок
△ АВС єдиний у
випадках:

1)а < Ь;

2) /В - тупий.

Завдання 8

1°. У трикутнику АВС проти кутів А, В, С лежать відповідно сторони а. Ь, с. Знайдіть
невідомі сторони та кути трикутника, якщо:

а) /А = 25°, гВ = 48°, а = 27 см;

ЛС = 30°, /В = 48", Ь = 70;

в) гА = 85®, а = 30,	9.81;

и/С=17®,с = 5,6 = 8;

д) ^С = 51°, а= 15, 6= 17,9;

,/С = 32°, а = 25, 6 = 40;

є) гВ = 81°, /С = 45®, а = 105 см;

/А = 30°. /В - /С = 60°, с = 38;

з)/А = 44®, ЛВ = 77°, с- 13;

п а = 7, 5 = 8, с = б.

2.

3.

і.

Щоб визначити відстань між доступною точкою С і недоступною точкою А
(мал. 1.41), вибрали другу доступну точку В. Знайдіть АС, якщо СВ = 100 м,
^С = 82®, гв = бі®.

Визначте ширину річки при таких даних геодезичних вимірів; /А - 85®, /С = 81°,
АС = 490 м (мал. 1.42-а).

Визначте довжину озера (мал. 1.42-6) за такими даними: /С = 48®, Ь = 56,7 м,
а = 129 м.

Мал. 1.41
5*. Три дороги утворюють трикутник АВС: АВ - шосе, АС і СВ - ґрунтові дороги.
По шосе можна їхати вдвічі швидше, ніж ґрунтовою дорогою. Автомобіліст хоче
швидше дістатися з пункту А до пункту С. Який маршрут краще вибрати авто-
мобілісту - навпростець чи в об’їзд, якщо: а) /САВ = 20°, /АВС = 120°;
0) /АСВ = 60°. ^САВ = 45е?

6*. О 12-00 порушник з’їхав з основної магістралі і помчав по шосе зі швидкістю
140 км/год. У цей самий час інспектор ДАТ отримав повідомлення і поїхав
ґрунтовою дорогою зі швидкістю 70 км/год напереріз порушнику. В якому
випадку інспектор встигне зупинити порушника на перехресті (мал. 1.43)?

пост ДАІ

До одної точки прикладені три сили: Г, = 10 Н, Рг = 10 Н, Р, = 20 Н. Сили і Рг
прикладені під кутом 120®, а сили Р2 і Рл - під кутом 90°. Визначте значення
рівнодійної сили.

8.	У трикутнику АВС проти кутів А, В і С лежать сторони а. Ь, с відповідно. Висо-
ти і медіани, проведені до цих сторін, позначено як Ла, Лг і та, тсвідпо-
відно; бісектриси кутів - Іл, Іь, Іс. Знайдіть невідомі сторони і кути трикутника,
якщо:

а)	/А = 58°, /В = 73°, Ь - с = 12 см;	с) тс = 8 см, с = 18 см, Ь = 13 см;

б)	/А = 81°, /В = 68°, а + с = 63,4 см;	ж) та - 17 см, а = 24 см, Ля = 15 см;

в)	ЛА = 36°, /.В = 60°, а + Ь + с = 94 см;	з) Л, = 12 см, = 15 см, Лс = 18 см;

г)	= Л„ = 4 см, ~ 6 см;	и) /А = 38°, /В = 63°, І =15,6 см;

д)	£В = 48°, /С «68е. й, = 32 см;	і) = 24 см, 20 см, а = 24 см;

е)	те = 11 см, а~ 9 см, Ь= 19 см;	ї) а - Ь = 2 см, а - с = 5см, /В = 60°.

9*. Довжина хвилинної стрілки годинника дорівнює

60 мм, а годинної - 54 мм. Через який час пополудні
відстань між кінцями стрілок уперше дорівнюватиме
90 мм?

.Щоб знайти відстань між двома недоступними точка-
ми А і В (мал. 1.44), вибрали дві доступні точки С і О.
Знайдіть АВ за такими вимірами: СВ = 920 м,
гАОС = 81°, гВОС = 62°, /ОСВ = 88", 2АСВ-32°.

11*.Сторони трикутника дорівнюють 1 см і 2 см, а кут між
ними - 6О';. Через центр вписаного у цей трикутник
круга і кінці третьої сторони проведено коло. Знайдіть

радіус цього кола.	Мал. 1.44

Для допитливих

1.	Доведіть таку теорему.

Теорема. Для кутів А, В, С і бісектрис Іл, Ій, Іс трикутника АВС нерівності
А < В < С і Іл > Ів > рівносильні.

Порада. Доведіть, що з вершини меншого кута виходить більша бісект-
риса і навпаки.

2.	Дано довжини сторін трикутника АВС. Знайдіть довжини бісектрис цьо-
го трикутника.
12' У трикутнику АВС відомо, що АС = Ь і /АВС = 0. Знайдіть радіус кола, що про-
ходить через вершини А і С та центр вписаного в трикутник кола.

ІЗ Знайдіть радіус кола, описаного навколо трикутника зі сторонами 13 см,
14 см, 15 см.

14**. Висоти трикутника перетинаються в точні II. Доведіть, що радіуси кіл, описа-
них навколо трикутників АВС, АВН, ВСН і АСН, рівні між собою.

15**. У гострокутному трикутнику АВС відомо, що АВ = 2 см, АС - 5 см. ВС = 6 см.
Знайдіть з точністю до сотих відстань від вершини В до ортоцентра трикутника
(точки перетину його висот).

16**. У гострокутному трикутнику АВС провели висоти АР і СН. Площа трикутни-
ка АВС дорівнює 18 см2, площа трикутника ВРН - 2 см2, а РН = 2у2 см.
Знайдіть радіус кола, описаного навколо трикутника АВС.

17**. Через вершини А і В трикутника АВС проходить коло, радіус якого дорівнює
г, яке перетинає сторону ВС у точці Знайдіть радіус кола, що проходить
через точки А, С і О, якщо АВ = с і АС - Ь.

18**. Продовження висот АМ і С# гострокутного трикутника АВС перетинають
описане навколо цього трикутника коло в точках Р і відповідно. Знайдіть
радіус вказаного кола, якщо АС = а, Р<} = 1,2 а.

19**. У прямокутному трикутнику бісектриса прямого кута дорівнює 18 см і утво-
рює з медіаною, проведеною до гіпотенузи, кут 10е. Знайдіть гіпотенузу.

20**. У трикутник вписано три однакові кола так, що кожне з них дотикається до
двох сторін трикутника і всі три кола мають одну спільну точку. Знайдіть
радіуси цих кіл, якщо радіуси вписаного та описаного кіл трикутника
дорівнюють г і Я.

21**. Знайдіть радіус описаного навколо трикутника АВС кола, якщо: АВ - 20,
АС = 24; через вершину С, інцентр трикутника і точку перетину бісектриси
кута А з ВС можна провести коло, центр якого належить АС.

22**. Доведіть, що для кутів А, В, С довільного трикутника виконується співвідно-
шення:

а)	соз2 А - соє2 С + яіп2 В - 2 зіп А віп В соя С;

б)	зіп С = зіп А соз В + сов А зіп В;

в)	зіп В зіп С = соз В соя С + соз А;

. зіпА + зіпВ сояА + созВ

г)	------------------------

аіпС 1-созС

23**. Доведіть, що зіп(а + 0) = зіп а соз 0 т соз а зіп 0, де а і 0 - кути, сума яких не
перевищує 180°.

Для допитливих

1-	3а допомогою теореми синусів доведіть відомий факт, що бісектриса три-
кутника ділить сторону на відрізки, пропорційні прилеглим сторонам.

2.	Пряма, що проходить через вершину прямого кута трикутника, утворює
з меншим катетом кут 30е і перетинає гіпотенузу в точці, яка поділяє її у
відношенні 1 : 2. Знайдіть довжину гіпотенузи, якщо довжина меншого ка-
тета дорівнює >/3.

3.	Побудуйте прямокутний трикутник за його гіпотенузою і бісектрисою
гострого кута.

4.	Побудуйте трикутник за стороною, протилежним кутом і бісектрисою
цього кута (задача Паппа).

5.	Побудуйте трикутник АВС за:

а) /А, та. Г, б) /А, Іа, 2р\ в) Лв. 1(; г) Л,, ш,,
§ 3. Площа

трикутника і чотирикутника

Вам уже відомі певні формули для обчислення площ
трикутника, паралелограма і трапеції. У цьому пара-
графі ми їх повторимо і доведемо ще кілька формул для
обчислення площ фігур.

ПЛОЩА ОПИСАНОГО БАГАТОКУТНИКА

Площу описаного багатокутника 8 можна обчис-

лити, знаючи його півпериметр р і радіус г вписаного

Описаний
багатокутник

8 = р г,
дер - півпериметр

Мал. 1.45

кола: 8 = р- г.

Цля доведення цієї формули тре-
ба сполучити центр О вписаного у
багатокутник кола з вершинами
цього багатокутника (мал. 1.45).
В утворених трикутниках радіуси
кола, проведені в точки дотику, є
висотами. Площа багатокутника
дорівнює сумі площ цих трикут-
ників:

о 1	1

8=—о. г + -а.. г+

2^	2 2

г = рг.

5ж=іа Л А:
л 2	’ 2 %

А. Н6 = Ь :а-,
8л=рг-

8й--аЬзїпС
2

ПЛОЩА ТРИКУТНИКА

Для обчислення площі трикутника ви знаєте такі
формули:

5 = -аД , 5 = рг, 8 = -аЬеіпС і 5 = —-,
2 “	2	4П

де: р - півпериметр трикутника; г і В - радіуси його
вписаного й описаного кіл; а і Ь - довжини двох його
сторін, а - кут між цими сторонами; йа - довжина
висоти, проведеної до сторони а.

Доведемо ще кілька корисних формул для обчис-
чГЛ лення площі трикутника:

(1) 8 = 2№зіп А зіпВ зіпС,
аЧіпВзіпС

2 зіп А

(3)8 = <Р(Р-а)(р-А)(р- с) - формула Герона,

де а, Ь і с - довжини сторін трикутника; А, В і С - міри
його відповідних кутів (мал. 1.46); р-^а+^.—\ В - ра-
діус кола, описаного навколо цього трикутника.

Для допитливих

Чи існує трикутник зі сторонами 8 см і 3 см та висотою, проведеною до
Мг третьої сторони цього трикутника, що дорівнює середньому геометричному
двох ІНШИХ ВИСОТ?
Доведення

1.	За розширеною теоремою
синусів а - 27?зіп А, Ь - 27?зіпВ.
Тоді

5 = - айзіпС = 2Н2 зіп А зіп ВзіпС.

2

2.	Після підстановки у форму-
лу (1) значення В =-----отри-

2 зіп А

маємо:

о о °2	 л о о Л*вІпВвІпС

5 = 2-----— зіп А зіп В зіп С =-----

4 зіп А	2зіпА

3.	Перш ніж перейти до доведення формули Геро-
на, зауважимо, що

а + Ь-с а + Ь+с-2с 2р-2с
-----=------------= —-----= р - с;

2	2	2

, Ь + с-а . с + а-Ь
аналогічно--------= р-а і —-— = р-о.

2	2

Доведемо формулу (3). З теореми косинусів маємо, що

Знайдемо зіп С з основної тригонометричної тотож-
ності, враховуючи, що значення синуса кута від 0° до
180° є величиною невід’ємною:

зіпС = |яіп С| = 71- соз2 С = у'(1- соз С)(1 + созС).

Розглянемо перетворення кожного з підкореневих
множників окремо:

,	„ , а2+Ь2-сг с* - а2 ’ Ь2 + 2аЬ сг-(а-Ь)2

1	- созС = 1-------=--------------=----------=

2аЬ	2аЬ	2аЬ

(с - а + Ь)(с4-а-Ь) _ 2(,р-а)(р-Ь)

2аЬ	аЬ

~ і аг+Ь2-с2 (а + Ь)г-сг 2р(р-с)

2аЬ 2аЬ аЬ

9йи

- г/РзіпАяіпВзіпС,
а’зіпВзіпС

Л 2зіпА

Формула Герона

II_______

х/р(р-а)(р-дХР - с),

р - (а + Ь + с): 2

Тоді	2 і-------------------

зіпС= — уІр(р-а)(р-Ь)(р-с}
аЬ

і 5 = -адзіпС= 7р(р- а)(р-Ь)(р-с).
2

Г&&- Для допитливих

1-	Дано трикутник АВС. Знайдіть геометричне місце таких точок М, щоб
трикутник АВМ був рівновеликий трикутнику АВС.

2.	Три висоти трикутника менші за одиницю. Чи може його площа бути
більшою за 10 квадратних одиниць?

3.	Серед усіх рівнобедреник трикутників, описаних навколо даного кола,
знайдіть такий, що мас найменшу площу.
4^^- Зауваження. Формулу Герона легко довести,
скориставшись властивостями зовнівписаного
кола трикутника. Зробіть це самостійно, скори-
ставшись наступною теоремою (або зазирніть на с. 63).

І(7771 Теорема. Площу трикутника АВС можна
обчислити за формулою

5 - (р - а)г,,
де га — радіус зовнівписаного кола уа, яке дотикається
до сторони а трикутника АВС, р — півпериметр цьо-
го трикутника.

Зпннінписинг
коло

Центр /а рівновід-
далений від [ВС],
(АВ) і (АС).

АКх=АКг = р

з
г ----~

р-а

г. Р

г р-а

$лвс ~ (Р ~ а

Доведення

Нехай І і - центри вписаного і зовнівписаного кіл
трикутника АВС відповідно; К і Кх - точки дотику цих
кіл до (АС); Ка і Кг - точки дотику уи до (СВ) і (АВ)
(мал. 1.47).

1)	За опорною задачею (див. форзац) АХ -р-а.

2)	За властивістю дотичних до кола, проведених з однієї
точки:

АХ, = АХ2; СК} = СХа; ВКа -- ВК2.

Тоді АХ, + АК2 = АС + СКа+АВ + ВК, = 2р і АХ,= АКг = р.

3)	Із трикутників АК1 ЇАКхІл маємо:

г=(р-а)Ле— і гя — р іг—.

Звідси: іє—= Г =— і г = ^Р	.

2 р-а р	р

4)	Врахуємо, що В =рг. Тоді 5-= р '-^. = (р- а)г.

Р

Теорему доведено.
ПЛОЩА ЧОТИРИКУТНИКА

Як відомо, діагональ паралело-
грама ділить його на два рівні три-
кутники. Тоді з того, що площа
трикутника дорівнює половині
добутку двох його сторін на синус
кута між ними, маємо:

площа паралелограма дорівнює
добутку двох ного суміжних сторін
на синус кута між ними.

Мал. 1.48

Наприклад, площа паралелограма, зображеного на
малюнку 1.48, дорівнює 5 = адаіп А = аЬяіп В.

Зауважимо, що за властивістю паралелограма
АА + /В = 180° і зіпВ = зіп(180° - А) = віпА.

Теорема. Якщо гі, і - діагоналі довільного
І чотирикутника, а а — кут між ними, то площа цьо-

го чотирикутника дорівнює

5 - і^^вйкх.

Доведення

Розглянемо чотирикутник АВС В
(мал. 1.49). Діагоналі АС і В£> поді-
ляють його на чотири частини -
трикутники АВК, ВКС, СКВ і
АКВ. Тоді площа цього чотирикут-
ника дорівнює сумі площ указаних
трикутників.

АВСВ -

ПАРАЛЕЛОГРАМ

абзіпВ

5 = а • \
п

ьп,

Для допитливих

ДОВЕДЕННЯ ФОРМУЛИ ГЕРОНА

На малюнку зображено зовнівписане коло трикутника АВС, /0 - центр
цього кола, І - інцентр трикутника АВС, К і К, - точки дотику вписаного і
зовні вписаного кіл трикутника АВС до (ДС).

гК.СІ. = ——— = /КІС. Тоді д/К.С ~ дСКЇ.
2

З подібності трикутників СКІ і випливає:

СК К.І,	, (рс) га	.	...	.

— тобто--------------= —=- і гг, = (р - Ь)(р - с).

1x1 Сл|	Г	р—Р

Запишемо такі три рівності:

8-рг, 8 = (р - а)г4, гга = (р - Ь)(р - с).

Перемножимо перші дві з них і врахуємо третю:
8" - р(р - аХр - Ь)(р - с).

маємо формулу Герона 8- ^р(р-д)(р-б)(р-е).

Доведіть, що площу трикутника АВС можна обчислити за формулою

8 = х/гг гг .

▼	« 9 С
5 = -АК ВК аіпа + -ВК К"С5Іп(180° - а) +

2	2

+ -КС КВзіпсх + -КО АКзіп(180°-а).

2	2

Врахуємо, що 8іп(180° - а) = віп а і винесемо спільні
множники:

5 = -ВК (АК + /СОзіпа + -КВ (КС + А/С)віпа =

2	2

= (АХ +КС)(ВК + КО)віпа = | АС ВВ віп а.

Теорему доведено.

Зауваження. Виведена
формула справедлива для
будь-якого чотирикутника - як
опуклого, так і неопуклого
(мал. 1.50).

Доведення цієї формули для
неопуклого чотирикутника про-
понуємо провести

Завдання 9

1°. Знайдіть площу трикутника, якщо дві сторони і кут між ними дорівнюють від-
повідно:

а) 2 см, 3 см і ЗО3; 5 см, 4 см і 150е; в) 2>/3 мм, 6 мм і 60°;	4. дм, 2 дм і 135е.

2°. Обчисліть площу паралелограма, якщо суміжні сторони паралелограма і кут
між ними дорівнюють відповідно:

а) 6 см, 7 см і 150°;	2-Уз мм, 4 мм і 60е.

З3. Обчисліть площу паралелограма, якщо діагональ і сторона паралелограма та кут
між ними дорівнюють відповідно:

а) 6 см, 8 см і 30°;	ї) 2-Уз мм, 8 мм і 60°.

4. Катети прямокутного трикутника відносяться як 3 : 4, а гіпотенуза дорівнює

45 см. Обчисліть площу трикутника.

Для допитливих

1.	Доведіть, що площу гострокутного трикутника можна обчислити за
формулою 8 - г ри, де г - радіус кола, вписаного у цей трикутник, а ри -
півпериметр ортоцентричного трикутника (трикутника, що має за верши-
ни основи висот заданого трикутника).

Порада. Скористайтеся зовнівписаиим колом заданого трикутника.

2.	Доведіть, що точка дотику зовнівписаяого кола трикутника до сторони
цього трикутника, середина висоти, проведеної до цієї сторони, та іяцентр
лежать на одній прямій.

3.	Побудуйте трикутник, якщо дано три точки, які є центрами зовнівпи-
саних кіл цього трикутника.

4.	Побудуйте трикутник, якщо дано радіуси його зовнівписаних кіл.

о. Побудуйте трикутник за: стороною; радіусом зовнівписаного кола, що
дотикається до заданої сторони; бісектрисою кута, прилеглого до цієї
сторони.
5.	Знайдіть площу трикутника, якщо його сторона дорівнює а, а прилеглі кути:
а) 30° і 45°; 45° і 60°.

6°. Обчисліть площу трикутника, якщо сторони його дорівнюють:

а) 13 см, 14 см, 15 см; в) 9 см, 10 см, 17 см;

>4 см, 13 см, 15 см; 1»13 см, 20 см, 21 см.

7. Знайдіть радіуси вписаного та описаного кіл трикутника, якщо сторони його
дорівнюють: а) 13 см, 14 см, 15 см; 4 см, 13 см, 15 см; в) 9 см, 10 см, 17 см;

113 см, 20 см, 21 см.

8*. Вписане в трикутник АВС коло дотикається до його сторін у точках О, Е, Е.
Знайдіть площу трикутника ВЕЕ, якщо сторони трикутника АВС дорівнюють
6 см, 8 см, 10 см.

9*. Знайдіть площу рівнобедреного трикутника, у якого бісектриса кута при
основі ділить: а) висоту, проведену до основи, на відрізки 15 см і 9 см; < бічну
сторону - на відрізки 25 см і ЗО см, починаючи від вершини.

10*. Висота, опущена на бічну сторону рівнобедреного трикутника, дорівнює
24 см. Обчисліть площу трикутника, якщо: а) висота, опущена на основу три-
кутника, дорівнює 20 см; бічна сторона відноситься до основи як 5:6.

11*. Гіпотенуза прямокутного трикутника відноситься до одного з катетів як 5:4.
Обчисліть площі частин трикутника, на які він поділяється висотою, опуще-
ною на гіпотенузу, якщо: а) висота, опущена на гіпотенузу, ділить її на від-
різки, різниця яких дорівнює 7 см; бісектриса прямого кута трикутника
ділить гіпотенузу на відрізки, різниця яких дорівнює 5 см; в) бісектриса гост-
рого кута трикутника ділить катет на відрізки, різниця яких 2 см.

12**. Інцентр прямокутного трикутника віддалений від вершин гострих кутів на
<5 см і 710 см. Знайдіть площу трикутника.

У трикутнику АВС: АВ = 112 см, АС = 108 см. На АВ взято таку точку М, що
АМ - 84 см. Через М проведено прямі, які поділили трикутник на частини,
площі яких (рахуючи від вершини А) відносяться як 1:2:3:4:5. На які части-
ни ці прямі поділяють сторону АС?

14*. На сторонах трикутника АВС взято такі точки В, Е, Е, що АВ: ВВ = ВЕ : ЕС =
= СЕ : ЕА = 1:2. Як відносяться між собою площі трикутників АВС і ВЕЕ?

15*. Сторони трикутника АВС продовжено так. що АВ = ВА(, ВС =СВ(, СА = СА(.
Як відносяться площі трикутників АВС і А.ВД?

। Точка О - центр кола, вписаного в трикутник АВС, сторони якого дорівнюють
15 см, 28 см, 41 см. Знайдіть площі трикутників АВО, АСО. ВСО.

17**. Точка дотику, вписаного у прямокутний трикутник кола, ділить його гіпоте-
нузу на відрізки, що дорівнюють т і п. Знайдіть площу трикутника,

18**. Вписане в трикутник АВС коло, радіус якого дорівнює г, дотикається до його
сторін у точках В, Е, Е, причому АВ - АЕ - т, ВВ = ВЕ = п, СЕ =» СЕ = І. До-
тпі
ведіть, що площа трикутника а =--------.

г

19**. Медіана, проведена з вершини прямого кута трикутника, дорівнює 20 см.
Серединний перпендикуляр до цієї медіани перетинає більший катет у точці,
віддаленій від медіани на 7,5 см. Знайдіть площу трикутника.

20*. Найбільша медіана прямокутного трикутника дорівнює т і нахилена до біль-
шого катета під кутом 15°. Знайдіть площу трикутника.

21*. Через точку М на стороні АВ трикутника АВС проведіть пряму, яка поділяє
трикутник на дві рівновеликі частини.

Для допитливих

Дві вершини трикутника АВС лежать у точках А(2; 2) та В(2; 0), а третя
вершина С(х; у) - на прямій X = 5. Знайдіть площу трикутника АВС і коор-
динати вершини С.
22*. Через точку ЛІ на стороні АС трикутника АВС проведіть дві прямі, які поділя-
ють трикутник на три рівновеликі частини.

23*. Обчисліть площу трапеції, якщо: а) її основи дорівнюють 8 см і 26 см, а кути
при більшій основі - 30° і 60°; 6 > основи дорівнюють 7 см і 55 см, а бічні сто-
рони - 29 см і 35 см; в) висота трапеції дорівнює 18 см, а діагоналі - ЗО см і
82 см; основи дорівнюють 10 см і 42 см, а кути при меншій основі - 105° і
165е.

24*. Бічна сторона рівнобічної трапеції дорівнює а, кут при більшій основі - 60°.
Діагональ с бісектрисою гострого кута. Знайдіть площу трапеції.

2 і Знайдіть площу рівнобічної трапеції, якщо її діагональ має довжину с? і утво-
рює з більшою основою кут а.

26*. Три менші сторони прямокутної трапеції дорівнюють 8 см, 8 см і 10 см.
Знайдіть її площу.

Центр кола, вписаного у прямокутну трапецію, віддалений від кінців однієї з
її бічних сторін на 3 см і 9 см. Знайдіть площу трапеції.

28*. Бічні сторони і висота трапеції дорівнюють 25 см, 30 см і 24 см відповідно.
Обчисліть площу трапеції, якщо: а) бісектриси гострих кутів трапеції перети-
наються на меншій основі; бісектриси тупих кутів трапеції перетинаються
на більшій основі.

29.	Обчисліть площу трапеції, описаної навколо кола, якщо: а) трапеція прямо-
кутна, її найменша сторона дорівнює 6 см, а гострий кут - 30°; 6)трапеція
рівнобічна, гострий кут становить 60°, а радіус вписаного кола - 4 см.

30.	Навколо кола з радіусом 12 см описана рівнобічна трапеція. Її бічна сторона
ділиться точкою дотику у відношенні 4:9. Знайдіть площу трапеції.

Площа рівнобічної трапеції, описаної навколо кола, дорівнює. 200 см2, а її
висота - половині бічної сторони. Знайдіть радіус даного кола.

Площа рівнобічної трапеції дорівнює 20 см2, а радіус кола, вписаного в цю
трапецію, дорівнює 2 см. Знайдіть усі сторони трапеції.

Обчисліть площу трапеції, якщо радіус вписаного в неї кола дорівнює 5 см, а
радіус описаного кола 6 см.

34**. Радіус кола, вписаного в рівнобічну трапецію, дорівнює Я, відстань між точ-
ками дотику цього кола до бічних сторін трапеції дорівнює 8 см. Знайдіть
площу трапеції.

35**. Довжина меншої основи трапеції дорівнює 70 см, центр вписаного у трапецію
кола віддалений від кінців цієї основи на 65 см і 75 см. Знайдіть площу тра-
пеції.

ІН’ Основи трапеції дорівнюють 89 см і 142 см, а діагоналі - 120 см і 153 см.
Знайдіть площу трапеції.

37**. Прямі, що містять бічні сторони АВ і СП рівнобічної трапеції АВСВ, перети-
наються під прямим кутом. Площа трапеції дорівнює 12 см2, а її висота -
2 см. Знайдіть усі сторони трапеції.

і- Основи трапеції дорівнюють а і б. Знайдіть довжину відрізка, паралельного
основам трапеції, який поділяє її на дві рівновеликі частини.

39**. Доведіть, що площа трапеції дорівнює добутку однієї з її бічних сторін на
відстань від середини її другої бічної сторони до першої.

40**. Через середину діагоналі В О опуклого чотирикутника АВС1І проведено пряму,
паралельну діагоналі АС. Ця пряма перетинає сторону АО у точці Е. Доведіть,
що відрізок СЕ поділяє чотирикутник на рівновеликі фігури.

Для допитливих

На шахівниці розставили 15 фігур так, що в кожному горизонтальному
рядку і кожному вертикальному рядку стоїть хоча б одна фігура. Доведіть,
що із шахівниці можна забрати одну фігуру так, що всі інші знову
задовольнятимуть сформульоване вище правило.


§9. Метод

площ у теоремах

і задачах

Поняття площі можна використовувати для дове-
дення теорем і розв’язування задач. При цьому в умові
таких задач необов’язково йдеться про площу. Тому
можна говорити про метод площ у геометрії.

При застосуванні методу площ часто використову-
ють відомі вам з 8-го класу факти про площу трикут-
ників:

•	медіана трикутника поділяє його на два рівновеликі
трикутники;

•	якщо висоти трикутників рівні, то їхні площі відно-
сяться як довжини сторін, до яких проведені ці
висоти.

З формули для обчислення площі трикутника, через
синус одного з його кутів, випливає такий корисний
>>оори и н ф.і >. г:

•	площі трикутників, що мають спільний кут, відно-
сяться як добутки довжин сторін трикутників, що
містять цей кут.

Методом площ можна довести вже відому вам влас-
тивість бісектриси трикутника.

і777І Теорема. Якщо АЬ — бісектриса трикутника АВС,
__І то СІ,: ЬВ- АС : АВ.	д

Доведення

Нехай/А = 2а (мал. 1.51). Г

Трикутники АСЬ і АВЬ мають /
спільну висоту, проведену з вер- _/ 
шини А. Тоді	Ь

СЬ:ЬВ = 8ЛСІ_:8Л0І_ =	Мал. 1.51

Ґ1	\ (1	'і

= -АС АВвіпа : -АВ Аіеіп а = АС: АВ.

ч2	Д2	)

Теорему доведено.

Розглянемо доведення (методом площ) теореми про
точку перетину медіан трикутника.

і7771 Теорема. Медіани трикутника перетинаються в
одній точці і діляться цією точкою у відношенні
2:1, якщо рахувати від вершини трикутника.

Нехай АО і Вії - медіани трикутника АВС, які пере-
тинаються в точці М (мал. 1.52). Треба довести, що:

(1)	пряма СМ ділить сторону АВ нанпіл;

(2)АМ:Л/Р = 2:1.

8, = 5,

8|: 8г= л: Ь
Доведення

Позначимо площі трикутників, на які медіани АО,
і пряма СМ поділяють трикутник АВС, так, як зобра-
жено на малюнку 1.52.

1)	МЛ і МЛ' - медіани трикутників СМВ і СМА, тоді
8,=8гі83 = 8г

2)	АВ і Вії - медіани трикутника АВС, тоді

8„ + 8. + 8. = 8. + 8. + 8.,

2	3	4	І	І»	» '

8. + 82 +• 83 — 8, + 8, + 8..

,	1	А	З	Я	З	О

ВМ : ММ{ =

= СМ : ММ, =

= АМ: ММЛ = 2:1

Медіани трикутни-
ка ділять його на
шість рівновеликих
трикутників пло-
щею:

АТ, ВР, СК -
чевіани.

Віднімемо від першої рівності другу:

84 - 8, = 8Х - 84 і 8, = 84.

3)	Маємо: 8. = 8,, 8, - 8,, 8. = 8.. Звідси:

8_ = 8.=8 =8,= я.

4)	СМ - спільна сторона трикутників СМВ і СМА, а
8СМВ = 2з - 8сма. Тоді відповідні висоти цих трикутників
рівні: Л = Л'.

5)	МК - спільна сторона трикутників АМК і ВМК, а
відповідні висоти цих трикутників рівні (Л = Л'). Тоді
&АМК =	ТОбтО $5 =

6)	Трикутники АМК і ВМК мають спільну висоту,
проведену зі спільної вершини М, а 8^мк = 8ВМК. Тоді
АК = КВ. Твердження (1) теореми доведено.

7)	Трикутники АМС і СМВ мають спільну висоту, про-
ведену з вершини С, а 8амс : 8СМ0 = 2« : з = 2 : 1. Тоді
АМ : М£) = 2 : 1. Твердження (2) теореми доведено.

Теорему доведено.

Методом площ можна довести корисну теорему,
твердження якої сформулював і яку довів італій-
ський математик Джовавні Чева (1648-1734).

Відрізок, який сполучає вершину трикутника з точ-
кою на протилежній стороні цього трикутника, назива-
ють чевіаною (на честь Джованні Неви).
точки

Теорема Чеви. На
сторонах ВС, АС і АВ
трикутника АВС взято

У і 2 відповідно

(мал. 1.53). Для того щоб чевіани
АХ, ВУ і С2 перетиналися в одній
точці, необхідно і достатньо, щоб

ВХ СУ 47 х

ХС У А 2 В

Мал. 1.53

Доведення

1. НЕОБХІДНІСТЬ

Якщо чевіани АХ, ВУ і С2 перетинаються в одній
точці, то виконується співвідношення

ВХ СУ А2 х

ХС УА 2В

У трикутнику АВС (мал. 1.53):

ВХ : ХС = 8.вх : 8.хс = 8РВХ : 8РХС = І;
АоЛ ЛЛС ІВА гАС
~	=	" ^РХС^-

Маємо:

ВХ : ХС — і = (8вх ~ 8РВХ): (5. - 8»..с)~ 8^р • ^сар’
Аналогічно СУ : У А = 8ПГР : 8 .пр і А7 : 2В = 8 . „ : 8 .
Перемноживши почленно три здобуті рівності, ді-
станемо:

В* СУ 47 8лВР 8^ 8СЦ>_1 Щвд

ХС УА 2В 8^ 8^ 8^

II. ДОСТАТНІСТЬ

Якщо для чевіан АХ, ВУ і С2 виконується співвідно-

ВХ СУ А2
шеиня------------= 1, то вони перетинаються в одній

ХС УА 2В
точці.

Нехай АХ П ВУ = Р $ С2. Проведемо через точку Р
чевіану С2Х ,2}ї 2. Тоді за доведеним:

ВХ СУ Л2] } ВХ СУ А7. А2{ А2

ХС УА 2.В	~ ХС УА 2В1 2,В 2В'

тобто 7, » 2, що суперечить припущенню.

Теорему доведено.

Наслідок. Тригонометрична форма тео-
реми Чеви. На сторонах ВС, АС і АВ три-
кутника АВС взято точки X, У і 7 відповід-

но. Для того щоб чевіани АХ, ВУ і С2 перетиналися в
одній точці, необхідно і достатньо, щоб
зіп АС2 зіпВАХ зіпСВУ
зіп 7СВ зіпXАС зіпУВА

Нагадаємо:

«пошачмлм як».

Теорема Чеви
А

В X С

хг

ВХ СУ А2 = 1

ХСУА 2В

І А

Чевіани АХ, ВУ і
С2 перетинаються
в одній точці.

Тригонометрич-
на форма
теореми Чеви:

віп АС2 зіп ВАХ
--------------х
зіп 2СВ зіп XАС

зіпСВУ ,
зіп УВА
АК1,ВКІ, (По-
перетинаються
в одній точці.

АК'. ВК„ СК€ -
перетинаються
в одній точці.

За теоремою синусів із трикутників АСИ і ЯСВ маємо:
А2 зіп АС2 . С2 зіп В
— — — І —	. . —

2С зіп А	2В зіп 2СВ

тобто	,	•	л

А2 _ зіп АС2 зіп В

2В &ІП.2СВ зіп А

Аналогічно

ВХ зіпВАХ зіпС СУ зіпСВУ зіпА

ХС зіпХАС зіпВ УА зіпУВА зіпС

Для завершення доведення залишилося перемножи-
ти отримані рівності.

рт7| Наслідок. Наслідками теореми Чеви є такі відо-
г мі теореми.

1.	Медіани трикутника перетинаються в одній точці.

2.	Бісектриси трикутника перетинаються в одній точці.

3.	Висоти трикутника перетинаються в одній точці.

4.	Прямі, які проходять через вершини трикутника і
ділять його периметр навпіл, перетинаються в одній
точці.

5.	Прямі, які сполучають вершини трикутника з точка-
ми дотику до протилежних сторін трикутника впи-
саного в цей трикутник кола, перетинаються в одній
точці.

6.	Прямі, які сполучають вершини трикутника з точ-
ками дотику до протилежних сторін зовнівписаних
кіл цього трикутника, перетинаються в одній точці.
Доведення вказаних наслідків пропонуємо провести
< имо< ііино.

Д-1Я допитливих

С Французьким математиком Жергоном у 1818 р. була до-
ведена така теорема.

Теорема Жергона. Якщо прямі А В, ВЕ, СЕ прохо-
дять через вершини А, В, С трикутника АВС і перетина-
ються в точці О всередині трикутника АВС, то викону-
ються співвідношення

АО^^

АО ВЕ СЕ АО ВЕ СЕ

Доведення

Площі трикутників АОС і АВС (див. мал.) відносяться як їхні висоти,
а останні відносяться як ОЕ до ВЕ (якщо з точок В і О провести перпенди-

5 ОЕ

куляри до АС, отримаємо подібні трикутники). Тоді =-. Аналогічно

НЕ

8^ 00,8лОи	ОЕ „

• =—— і —— = —— .Якщо додати отримані рівності, дістанемо:

$лве АО 8ЛВС	СЕ

ОЕ । 9/? ।	— 8мс । ‘^аос ।	_ 8лік _ і

ВЕ АО СЕ 8ЛЯС	Вддс $дзс
Опорна задач» І

Доведіть, якщо на двох прямих с
і Ь, що перетинаються в точці А,
позначити по дві точки С і С, та В
і В, відповідно (мал. 1.54), то

8ЛВС АВАС

8ав,с, = АВ, АС,‘

$	 АВ АСзіпа АВ АСфКа

^ллс =_____2_____________________________

8	1

^ЛДС, ± АВ, АС, 8ІП(18О° - а) АВ, АС, 0гґа
2

Опорна задача 2

Доведіть, що зіп2а = 2зіпасоеа, кут а - гострий.

Дано: £В - 2а.

Довести: зіп 2а = 2зіп а соз а.

віп 2а = 2зіпасоза

1)	АВ = ВС - 1, ВК = Ів за побудовою
(мал. 1.55). Тоді ВК 1 АС і

АК - АВ зіп а = зіп а,
ВК = АВ соз а = соз а.

2)	АВС ~ ^АВК + 8СВК- ЗВІДСИ.

1	/ 1	\

— зіп2а = 2 | -зі па соз а |

2	ч 2	}

і зіп 2а - 2 зіп а соз а.

(і п о рив задач в З

Доведіть, що довжину бісек-
триси кута А трикутника АВС
(мал. 1.56) можна обчислити за фор-
мулою

_. А
2дссоз—

/д =------~

*	Ь + с

8ЛІК ~ 8лях 8 САК’ Т0$Т0

1 . . - 1 , . 1., .
-сазіп2а = -с(. зіпа + -ЬІ. зіпа.

2

2

2

Для допитливих 

1.	Доведіть, що для будь-якого а існує трикутник зі сторонами <а2 - а + 1,
у/а* +а + 1, >І4аг +3, площа якого не залежить від а. Знайдіть його площу.

2.	Точки Е і Р - середини сторін ВС і АВ паралелограма АВСВ. Знайдіть
площу чотирикутника, утвореного прямими АЕ, ЕО, ВЕ і РС, якщо площа
паралелограма АВСВ дорівнює 8.
2) Скористаємося формулою зіп 2а = 2зіп а соє а (0.3.-2);

оі А

2Ьссоз—

2

2сЬ зіп а соз а = (с + Ь)1А зіп а, звідси 1А =-—.

Ь + с

задано відношення

х:у-?

Запишіть:

0 Х  У ~ &ЛС.О  ^лкп-

2) $дсо  ^лив ~ — •

$лок • $ков ~ — •

4) Поділіть

(2) на (3).

Опорна ладяча 4

Доведіть, що в довільному опуклому чотирикутнику
АВСР діагональ АС ділиться точкою О перетину діаго-
налей у відношенні АО : ОС - 8АЙР : 8СВ0 (мал. 1.57).

1)	За побудовою: АК 1РВ, СК1 ВВ;
АК* кх,СК = Нг

2)	£АКО = 90° = ЛОКС, ЛАОК =
= гіСОії' як вертикальні. Тоді
ААОК ~ ЛСОЛГ і АО: ОС = Л,: Л2.

3)	ВВ - спільна сторона трикутни-
ків АВР і СВО. Тоді
&лао • &сві) ~	• ОС-

Опорна задача 5

Точка К ділить сторону АВ
трикутника АВС у відно-
шенні АК : КВ -2:3 (мал. 1.58).
У якому відношенні медіана АВ
ділить відрізок СК1

Дано: АК : КВ = 2:3; АО = та.

Знайти: СО : ОК.

Позначимо площу трикутнії- Мал. 1.58
ка АВС через 8.

1)	У чотирикутнику АХВС за 0.3.-4:

СО:ОК = 8аСО:8аКГ>.

2)	АР - медіана, тоді 5лС0 = 8^в =

3)	АК : КВ = 2:3, тоді маємо:

2

Для допитливих

&>()ііі>рііа іа і а ч а Знайдіть площу трикутника АВС за його висотами.

1)	Площа трикутника АВС дорівнює:

і л і	"ь	"с

2) Трикутник АВС подібний (з коефіцієнтом подібності к) до трикутни-

ка А^С,, що мас за сторони відрізки: а, =/іб, 6, = 6 іс(=

3) Площу 5, трикутника 4,8,0, знайдемо за формулою Герона. Шукана
площа трикутника 8 = Аі 28,.
$АПК

 &КОВ

- 2 : 3 і 8лдк - 8ЛМ) - | 5
□ □ \ &

1	1 к

4) С0:0К = -5:-$=~.

2	5	2

Відповідь: СО : ОК = 5 : 2.

Усе досліджуй,
надай розуму
перше місце.

Піфагор
(VI ст. до н. е.)

Завдання 10

1*. Площа прямокутного трикутника в 4 рази менша від площі квадрата, побудо-
ваного на гіпотенузі. Знайдіть гострі кути трикутника.

Доведіть, що в кожному трикутнику відношення периметра до однієї з його
сторін дорівнює відношенню висоти трикутника, проведеної до цієї сторони,
до радіуса вписаного кола.

З*. Доведіть, що в кожному трикутнику зі сторонами а. Ь, с і площею 5 виконуєть-
ся нерівність аЬ + ас ♦ Ьс > 65.

Доведіть, що площа чотирикутника не більша за добуток півсум протилежних
сторін чотирикутника.

5**. У трикутник вписано паралелограм із сторонами 3 см і 5 см та діагоналлю 6 см.
Знайдіть сторони трикутника, якщо діагоналі паралелограма паралельні двом
його сторонам, а менша із сторін паралелограма лежить на третій стороні три-
кутника.

6**. Доведіть, що сума відстаней від довільної внутрішньої точки правильного три-
кутника до його сторін не залежить від Я розміщення всередині трикутника.
Доведіть, що сума відстаней від довільної точки основи рівнобедреноі-о трикут-
ника до його бічних сторін є величиною сталою для даного трикутника.

8**. Дано £АОВ - 120°, ОС - його бісектриса. Точка М міститься всередині кута
АОС на відстані а, Ь, с від ОА, ОВ, ОС відповідно. Доведіть, що Ь = а + с.

9*. Два кола, центрами яких є точки О, і О2, а радіуси дорівнюють 21 см і 35 см, пере-
тинаються в точках А і В, причому ЇО^О* = 120°. Знайдіть АВ.

10**. Діагоналі трапеції ділять її на чотири трикутники. Доведіть, що трикутники,
прилеглі до бічних сторін, рівновеликі і їхня площа дорівпює середньому гео-
метричному площ трикутників, прилеглих до основ трапеції.

І І Площа квадрата, побудованого на гіпотенузі прямокутного трикутника, у
8 разів більша від площі трикутника. Знайдіть гострі кути трикутника.

12*. Якщо різниця двох сторін трикутника дорівнює різниці висот, проведених до
цих сторін, то названі сторони лежать проти гострих кутів. Доведіть це.

13*. Кожна з двох висот трикутника не менша від обох сторін, до яких проведено ці
висоти. Знайдіть кути трикутника.

І Кожна з двох висот трикутника поділяє його на дві рівновеликі частини. Ви-
значте кути трикутника.

і Довжини катетів прямокутного трикутника дорівнюють 21 см і 28 см.
Знайдіть радіус кола, з центром на гіпотенузі цього трикутника, що доти-
кається до катетів.

16*. Центр півкола, вписаного в прямокутний трикутник, лежить на гіпотенузі цього
трикутника і ділить її на відрізки ЗО см і 40 см. Знайдіть радіус півкола.

Для допитливих

1.	Побудуйте трикутник за його трьома висотами.

Порада. Див. опорну задачу на с. 72.

2.	Висоти одного трикутника дорівнюють відповідно висотам другого.
Доведіть рівність цих трикутників.

3.	Висоти одного трикутника відповідно пропорційні висотам другого.
Доведіть подібність цих трикутників.
17**. Півколо, центр якого лежить на одній із сторін трикутника, дотикається до
двох інших його сторін з довжинами а і Ь. Радіуси цього півкола, проведені в
точки дотику, утворюють між собою кут а. Знайдіть відстань між точками
дотику та радіус півкола.

> Точка О ~ центр кола, вписаного в трикутник АВС. Площі трикутників ОАВ,
ОВС і ОАС дорівнюють ЗО см2, 52 см2 і 74 см2 відповідно. Знайдіть сторони
трикутника АВС.

19**. Діагоналі трапеції ділять її на чотири трикутники. Площі трикутників, при-
леглих до основ трапеції, дорівнюють р2 і д2. Доведіть, що площа трапеції
дорівнює (р + д)г.

20**. Діагоналі опуклого чотирикутника АВСП при перетині в точці О поділяють
його на чотири трикутники: АОВ, ВОС, СОЙ, АОП. Доведіть, що 5лов - 8^ =
— <?	. с

“вос ‘’лоп-

21**. Діагоналі опуклого чотирикутника АВСП перетинаються в точці О. Доведіть,
що трикутники АОВ і СОП рівновеликі тоді і тільки тоді, коли ВС || АП.

22**. Нехай К, Ь,М, N - середини сторін АВ, ВС, СП і ПА опуклого чотирикутни-
ка АВСП відповідно; відрізки КМ і перетинаються в точці О. Доведіть, що
$лко.у + Дсшм = ^ВКОІ. +

23**. Діагоналі опуклого чотирикутника АВСП перегинаються в точці Р. Відомо
площі трикутників АВР, ВСР і СПР. Знайдіть площу трикутника АПР.

24**. Діагоналі опуклого чотирикутника поділяють його на чотири трикутники,
площі яких виражено цілими числами. Доведіть, що добуток цих чисел є точ-
ним квадратом.

25**. Діагоналі опуклого чотирикутника АВСП перегинаються в точці Р. Причому
^'лвр +	= $яс? + Доведіть, що Р - середина однієї з діагоналей.

26**. В опуклому чотирикутнику АВСП позначили три внутрішні точки Рг і
що не належать одній прямій. Причому сума площ Ь,АВРЯ і АСПР, дорівнює
сумі площ ДВСРа і ЛАЛРп для кожного п є {1; 2; 3}. Доведіть, що АВСП -
паралелограм.

Для допитливих

1. Знайдіть площу трикутника АВС за його медіанами та, ліь, т  (Див. с. 68.)
2. У трикутнику АВС точка Е — середина сторони ВС, точка П лежить на
стороні АС; АС = 1; /ВАС - 60°; /АВС = 100°; /АСВ = 20°; /ПЕС = 80’

(мал. А). Знайдіть суму площі трикутника АВС і подвійної площі трикут-

ника СПЕ.

3.	У трикутник Та = △АгАгА3 вписано
трикутник Ть = △В1ВгВ,, а в трикут-
ник Ть вписано трикутник Т, - ДС^^Сд.
Сторони трикутників Тя і Ть попарно
паралельні. Знайдіть площу трикутни-
ка ТА, якщо площі трикутників Та і Тг
відомі.

4.	На сторонах трикутника АВС взято
точки А,, В, і Ср при цьому ВА(: А(С = р,
СВІ: В^ = д; АС, : С,В = 1. Точки перети-
ну відрізків А4Р ВВ, і СС, розміщено і
позначено так. як показано на малюн-
ку Б. Знайдіть відношення площ три-
кутників Р()П і АВС.

5.	Доведіть, що для довжин сторін а, Ь, с трикутника АВС, його площі 8 та
радіусів ті В вписаного й описаного кіл трикутника виконується нерівність

28 а Ь с 48
& § 10.

Метод координат як засіб
розв’язування геометричних

задач

Щоб проілюструвати ефективність застосування ме-
тоду координат, розглянемо розв’язування трьох задач.
У кожній із цих задач треба побудувати коло, що, з точ-
ки зору аналітичної геометрії, рівнозначне складанню
рівняння шуканого кола або знаходженню його радіуса
і координат центра.

До кожної задачі наведемо розв’язання двома спосо-
бами: перший - методом координат, другий - засобами
елементарної геометрії.

Характерно, що розв’язування першим способом
проводяться за загальним планом і схожі за ідеєю, а
розв’язування другим способом мають мало спільних
рис і ґрунтуються на застосуванні різних теорем.

Приклад 1. Через довільну точку Р меншого з двох

концентричних кіл, радіуси яких -Ліг, провели пря-



Мал. 1.59

му, яка перетинає більше коло в точ-
ках В і С. Перпендикуляр до (ВС),
проведений через точку Р, перети-
нає менше коло в точці А. Знайдіть
|РА|2л РВ|2 + |РС|2.

Перший спосіб

Через центр О даних кіл проведе-
мо осі Ох Ц ВС і Оу (мал. 1.59-а).
В обраній системі координат маємо:
Р(х,; у(), А(Хр -у,), С(х2; у,), В(-х2; у().

Знайдемо шукану суму:

|РА|’ + |РВ|2 + |РС|г = (2у,)2 + (х, + х2)2 +
+ (х - х2)2 = 2(х/ + у,2) + 2(хг2 + у,2) =
= 2г2+2Яг.

Другий спосіб

Проведемо через центр кіл прямі
РО || ВС і ОЙГІ ВС (мал. 1.59-6). Тоді
маємо: МК = КР, ВК = КС, РР = РА і
РВ = ВК + КР, РС - ВК - КР, ОК2 +
+ КРі~ гі, ОК2 + ВК2 = Л2.

Шукана сума дорівнює:

Що саме ти не
вивчав би, - ти
навчаєшся для
себе.

Гай Петроній

Суть координатно-
го методу - вирази-
ти залежності між
елементами геомет-
ричної фігури за
допомогою алгеб-
раїчних співвідно-
шень.

(ВК 4-КР)2 + (ВК - КР)2 + (2ОКУ = ЛОК2 і 2ВК2 +
+ 2КР2 -- 2(ОК3 + ВК2) + 2(ОКг + КР2) = 2г2 + 2Я2.

Приклад 2. Через точки А(4; 1) і В(11; 8) проведіть ’
коло, яке дотикається до осі Ох.	♦

Перший спосіб	•

Очевидно, що шукане коло лежить над віссю Ох. |
При цьому воно дотикається до осі Ох. Тоді ордината $
Розв'язування за-
дач координатним
методом:

1) будуємо прямо-
кутну систему ко-
ординат;

2)знаходимо коор-
динати точок;

3)визначаємо від-
стані між точками,
складаємо рівнян-
ня прямих тощо;

4) аналізуємо отри-
мані співвідношен-
ня.

центра кола дорівнює його радіусу: Ь = г. Тому рівняння
шуканого кола має вигляд:

(х - а)2 + (у - г)2 = г2, або (х - а)2 + у2 - 2гу = 0.

Підставляючи в це рівняння послідовно координати
точок А і В, дістанемо рівності

(4-а)2 + 1 - 2г = 0, (11 - а)2 + 64 - 16г = 0.

Звідси: аі = 7; а2 = -1; Ь{ = г, = 5; Ь2= г2 = 13.

Отже, існує два кола, що задовольняють умову задачі:

(х-7)2 + (у-5)2 = 25 і (х+1)2 + (у-13)2 = 169.

Другий спосіб

Аналіз

Нехай пряма АВ перетинає вісь Ох у точці С, а коло
дотикається до цієї осі в точці О.

Довжина відрізка СІ) є середнім геометричним (про-
порційним) відрізків січної СВ та СА.

Шукане коло проходить через три точки: А, В і £>.
План побудови

1.	Проводимо пряму АВ. Точку перетину її з віссю Ох
позначимо через С (мал. 1.60).

2.	Маємо відрізки СВ і СА, будуємо відрізок І = >ІСВ СА
(як середнє пропорційне).

3.	Відкладаємо на осі Ох по різні боки від точки С
відрізок І: маємо точки £>1 і £>г.

4.	Будуємо два кола і у2, кожне з яких проходить
через три точки А, В, І), і В, А, О2 відповідно.

Прямокутну систе-
му координат мож-
на вводити довіль-
но - результат не
залежить від вибо-
ру системи коорди-
нат. Проте від вдало-
го її вибору залежить
раціональність шля-
ху розв’язування,
швидкість і лег-
кість одержання
шуканого результа-
ту.

Для допитливих

На прямій п дано три точки А, В і С, В є [АС]. З одного боку від прямої п
побудовано рівносторонні трикутники АМВ і ВМС. Доведіть, що середини
відрізків МС і ЛМ та точка В — вершини рівностороннього трикутника.

Порада. Оберіть точку В за початок координат, а пряму п - за вісь
абсцис.
Доведення

Маємо за побудовою: ~СВ.І = і - \ІСВ СА, кола у,
і у2 проходять через три точки А, В, і А, В, £>2 від-
повідно.

Довести: 1), і Л2 - точки дотику кіл до осі Ох.

Завершити доведення пропонуємо

Приклад 3. Дано дві взаємно перпендикулярні
прямі та точка А, відстань від якої до однієї з цих пря-
мих удвічі більша, ніж до іншої. Через точку А про-
ведіть коло, яке дотикається до заданих прямих.

Перший спосіб

Спрямуємо осі Ох і Оу вздовж заданих прямих. Тоді:
А(2; 1); шукане коло лежить у першій чверті координат-
ної площини; координати центра цього кола дорівнюють
його радіусу: а = Ь - г. Тому рівняння шуканого кола має
вигляд:

(х - г)* + (у - г)г = А

Підставивши я це рівняння координати точки А,
дістанемо:

(2 - г)г + (1 - г)2 - г2, або і* - 6г + 5 = 0.

Звідси: г, = 1; гг- 5. Отже, маємо два кола, які задо-
вольняють умову задачі:

(х-1)2 + (е/-1)2=1 і (х-5)2 + (у-5)2 = 25.

Другий спосіб

Аналіз

Якщо побудувати в першій чверті довільне коло, яке
дотикається до осей Ох і Оу, то воно буде гомотетичиим
шуканому колу з центром гомотетії О.

План побудови

1.	Будуємо довільне коло у0, дотичне до осей Ох і Оу
(мал. 1.61) (його центр К лежить на бісектрисі ОІ, коор-
динатного кута).

Застосування коор-
динатного методу не
потребує розгляду
складних геомет-
ричних конфігу-
рацій, виконання
додаткових побудов
і їх обґрунтування.

Координатний
метод дозволяє ал-
горитмізувати роз-
в’язування геомет-
ричних задач.

Кожна розв’язана
мною задача става-
ла взірцем, який
надалі слугував для
розв’язування ін-
ших задач.

Рене Декарт,
«Роздуми про
методо
2.	Проводимо пряму ОА - вона перетинає коло у0 в точках М і N.

3.	Через точку А проводимо прямі паралельно прямим КМ і КМ - вони
перетинають бісектрису ОЬ у точках Т і Р відповідно.

Точки Р і Т - центри шуканих кіл у, і уг, радіуси яких дорівнюють РА і
ТА відповідно.

Доведення

Маємо за побудовою: ОЬ - бісектриса кута О; К - центр кола у0, яке
дотикається до Ох і Оу; АТ | КК; АР || КМ; РА; г2 - ТА.

Довести.: кола у1 і у, дотикаються до Ох і Оу.

Справедливість побудови випливає з теорем про подібність фігур. Пропо-
нуємо доведення провести <\ . и її лі ।'.

Опорна задача

Катети прямокутного трикутника дорівнюють а і Ь. Знайдіть відстань
між центрами вписаного і описаного кіл цього трикутника.

А(0; б)

Як відомо, центром вписаного в трикутник кола є
точка перетину його бісектрис І (інцентр), а центр
описаного навколо прямокутного трикутника кола О
збігається із серединою гіпотенузи. Тоді маємо таку
задачу (мал. 1.62).

Дано: ЛС ~ 90°, СВ = а, АС = Ь, АО = ОВ, І - інцентр.
Знайти: ОІ.

С(0

0) К В(а; 0) х

Мал. 1.62

Рос містимо початок координат у точці С, а осі коор-
динат спрямуємо вздовж катетів трикутника. Тоді:
А(0; Ь), В(а; 0), С(0; 0), І(г; г).

О(хо; У о) ~ середина відрізка АВ, тоді: хо = —, у0 = -.

2	2

Враховуючи, іцо в прямокутному трикутнику г = й —— і с

2

знайдемо відстань між точками І(г; г) і О(хо; </0):

ОР = (г-хо)2¥(г- уо)г = 2г2 -2г(х0 + уо) + х* + у2 = 2г(г-х0- уо) + х2 + у2 =

= (а +• Ь - с

Відповідь: -
2

2

а2 Ь2	Є 1. ,

— + — = — + -(а + Ь ) -

4	4	2 4

а + Ь З

<, а + Ь
•---------------с.

2

с = — с
4

2

+ б2)2 - 2(а + б)\/а2 +Ьг.

Для порівняння спробуйте розв’язати цю задачу без використання мето-
ду координат. (Якщо з точки І опустити перпендикуляр ІК до СВ, то він
поділить катет на відрізки, довжини яких дорівнюють г і а - г. З прямо-

Для допитливих

Ви, безумовно, знаєте, що точка, яка рухається по площині і притому зали-
шається рівновіддаленою від двох нерухомих точок А і В, описує пряму
(серединний перпендикуляр до [Ай]). А от яку криву опише точка, якщо
відстань від неї до А буде в певне число разів перевищувати відстань до В?
Виявляється, що це буде коло (коло Аполлонія). Спробуйте це довести.
Якщо вам це не вдасться, скористайтеся додатком 1.
кутного трикутника ІКВ можна знайти ІВ та І£—. Тепер з ЬВОІ, за тсоре-

В	в

мою косинусів, можна отримати 01, якщо виразити соз — через	- .)

2	2

Завдання 11

1.

З*.

4*.

Доведіть методом координат, що середина гіпотенузи прямокутного трикутни-

ка рівновіддалена від усіх його вершин.

Застосовуючи метод координат, доведіть теорему про середню лінію трикутника.
Доведіть, що в трапеції: а) відрізок, який сполучає середини діагоналей тра-

пеції. паралельний основам і дорівнює піврізниці основ; сума квадратів діаго-
налей дорівнює сумі квадратів бічних сторін плюс подвоєний добуток основ.

У ромб АВСВ з кутом 45° вписано коло, радіус якого дорівнює Я. Доведіть, що
для довільно) точки кола М має місце рівність МА2 + МВг + МС2 + МВ2 = - АВ1.

Площа прямокутника АВСВ дорівнює 48, а довжина його діагоналі - 10. На
площині, в якій розміщено прямокутник, вибраноточкуХ'так, щоКВ = КВ = 13.
Знайдіть відстань від точки К до найбільш віддаленої від неї вершини прямо-

кутника.

6**. Доведіть, що в опуклому чотирикутнику: а) сума квадратів діагоналей дорівнює
подвоєній сумі квадратів відрізків, що сполучають середини протилежних
сторін; • сума квадратів сторін дорівнює сумі квадратів його діагоналей плюс
квадрат подвоєної відстані між серединами діагоналей.

Доведіть, що суми квадратів відстаней від довільної точки площини до проти-
лежних одна одній вершин прямокутника рівні між собою.

8е. Навколо кола одиничного радіуса описано квадрат АВСВ. Доведіть, що відстані а.

Ь, с і сі від довільної точки кола до вершин квадрата пов’язані співвідношенням:
а1 -ь Ь2 + с* + Л’ = 12; б) агсг + Ь2сі‘ — 10-

9**. У коло з центром О вписано чотирикутник АВСВ з перпендикулярними діаго-
налями, які перетинаються в точці Р. Доведіть, що середини сторін АВ і СО,
точки О і Р, є вершинами паралелограма.

10*.Знайдіть геометричне місце точок площини: а) сума відстаней від яких до двох
заданих точок А і В є величиною сталою і дорівнює довжині відрізка АВ;

модуль різниці відстаней від яких до двох заданих точок А і В є величиною
сталою і дорівнює довжині відрізка АВ.

1Р Знайдіть (методом координат) геометричне місце точок, для кожної з яких
відстані до двох заданих точок рівні.

12*.Знайдіть геометричне місце точок, сума квадратів відстаней від яких до двох

даних точок є величиною сталою.

Для допитливих

У наступних задачах використано традиційні позначення елементів для
трикутника АВС.

1.	Доведіть, що серед усіх трикутників з фіксованими кутом А і площею 8
найменшу довжину сторони а має рівнобедрений трикутник з основою а.

2.	Доведіть, що серед усіх трикутників з фіксованими кутом А і півперимет-
ром р найбільшу площу має рівнобедрений трикутник з основою а.

Порада. Пригадайте опорні задачі зовнівписаного кола.

3.	Розгляньте множину всіх гострокутних трикутників із заданими сторо-
ною а і кутом А. Знайдіть найбільше значення суми квадратів довжин сто-
рін Ь і с.

4.	Нехай 0 - центр кола, описаного навколо трикутника АВС, а точка М ~
його центроїд. Доведіть, що пряма ОМ перпендикулярна до медіани СК
тоді і тільки тоді, коли а1 + Ь1 - 2с2.
13**. Дано рівносторонній трикутник АВС. Знайдіть геометричне місце точок М,
для яких МСг= МА2 + МВг.

14**. Дано точки А і В. Знайдіть геометричне місце всіх точок М, для кожної
з яких: а)МВ2-МА2=2АВ2‘, ' '2АМ7-ВМ2=2ЛВ2-, в) АМ2 + 2ВЛГ = 6АВ2.

15**. Дано квадрат зі стороною 2а. Знайдіть геометричне місце точок, сума квад-
ратів відстаней від яких до вершин цього квадрата є величиною сталою і
дорівнює 12а2.

16*. Знайдіть геометричне місце точок, сума квадратів відстаней від яких до
даних двох точок А(2; -3) і В(2; -1) є величиною сталою і дорівнює 6.

17**. Дано дві точки А і В. Знайдіть геометричне місце таких точок М, для яких
АМ : МВ = к, к * 0.

18**. Побудуйте геометричне місце точок площини, координати яких задовольня-

ють співвідношення:

а) ^(х-2)а = 2^(у + 1)2;	г) ^/(х-2)’+(у-1)2 -^(х -5)’+(у-5)2

б)	уІ(х-2)г+уг + 7(х-5)**/ =3;	д) у- ;

в)	>/(х-2)!+(1/-1)2 -5/(х-2)2+(у-4У =3; е) 7(^-1/ =~71-(х-1)!.

= 5;

Завдання для повторення розділу І

Iе. Якій чверті належить точка М(х; у), якщо: а) х > 0; у > 0; б) х < 0; у > 0;
в) х < 0; у < 0?

2°. Запишіть формули для обчислення відстані міжточками: а) Л(хА; уА)іВ(хв, уа);
б)А(хЛ; ул) і початком координат.

3°. Запишіть рівняння кола, радіус якого дорівнює г, з центром у: а) точці <?(а; Ь);
б) початку координат.

4°. Запишіть координати середини відрізка АВ, якщо: а) А(хд; ул) і В(хв; ув);
б) А(хл; уА) і В(0; 0).

5°. Запишіть загальне рівняння прямої.

6°. Запишіть умову паралельності прямих: а) а(х + Ьгу + с, = 0 і аре + Ьгу + сг = 0;
б) у = Л(х + і», і у = к2х + Ь2.

7®. Дайте означення синуса, косинуса, тангенса і котангенса кута від 0° до 180°.

8®. Запишіть основні співвідношення між тригонометричними функціями одного
і того самого кута.

9°. Запишітьспіввідношення між тригонометричними функціями кутів: а) 90° - а
і а; б) 180° - а і а.

10°. Сформулюйте теорему: а) синусів; б) косинусів.

11.	Доведіть теорему: а) синусів; б) косинусів.

12.	Сформулюйте: а) розширену теорему синусів; б) наслідки з теореми косинусів.

13°. Запишіть формули для обчислення площі трикутника: а) Герона: б) за двома
сторонами і кутом між ними; в) через радіус вписаного кола; г) через радіус
описаного кола.

14*. Запишіть відношення площ двох трикутників, що мають: а) одну спільну
сторону; б) одну спільну висоту; в) один спільний кут.

15.	Запишіть відношення площ двох частин трикутника, на які його поділяє:
а) медіана; б*) пряма, що проходить через вершину трикутника і ділить Його
сторону у відношенні т : п.

16°. Задано координати вершин трикутника: А(-7; 1), В(5; -4), С(5; 1). Знайдіть:
а) координати середини сторони АВ; б) довжину сторони АВ\ в) рівняння кола,
діаметром якого є сторона АВ; г) перевірте, чи належить вершина С цьому
колу.

17. Відомі рівняння двох кіл: х2 + 2х + у2 - 4 у = 201 хг + у2 - 2х = 0. а) Знайдіть коор-
динати центрів даних кіл; б) визначте радіуси цих кіл; в) запишіть рівняння
кола, центром якого є середина відрізка, що сполучає центри двох даних кіл,
а радіус - середнє арифметичне радіусів двох даних кіл; г) з'ясуйте, чи перети-
наються дані кола.

18*. Як записати рівняння прямої, що проходить через дві точки, ні абсциси, ні
ординати яких не збігаються?

19.	Як записати рівняння прямої, яка проходить через дві точки, що мають рівні:
а)ординати;б)абсциси?

20°. Побудуйте на координатній площині пряму, задану рівнянням:

а) у = 4;	в)х + 3 = 0;	д)Зх + 2у = 0;	е) Зу - 2х= 1;

б)х = -1;	г)у = 2х-3;	е)4у-Зх-0;	ж)х + у-0.

21*. Знайдіть координати точок перетину кола х2 + у* = 1 і прямої у = ах.

22.	При яких значеннях параметра а коло хг + у2 = 4 дотикається до прямої:

а*) у = 2а; б*) х = -4а; в**) у - ах + 2; г) ах + (а - 2)у + 4 = 0?

23.	Складіть рівняння прямої, одо проходить через точку В(2; 3) і:

а)	паралельна осі ординат; в) через початок координат;

б)	паралельна осі абсцис;	г*> через точку А(1; 4).

24.	Складіть рівняння прямих, зображених на малюнку 1.63.

Мал. 1.63
25.	Складіть рівняння прямої, яка проходить через точку Л(3; 5) і утворює з додат-
ним напрямом осі абсцис кут: а) 45°; б) 135°.

26.	Складіть рівняння прямої, яка проходить через точку Л(-1; 5) і: а) паралельна
осі абсцис; б) паралельна осі ординат; в*) паралельна бісектрисі першого і
третього координатних кутів; г*) паралельна прямій у = 2г; д*) паралельна
прямій у = 1 - Зх; е**) перпендикулярна до прямої у = 2х.

27.	Побудуйте трикутник АВС за координатами його вершин: А(5; 5), В(-5; 6),
С(1; -4). Знайдіть: а) довжину сторони АС; б) рівняння прямої АС; в*) площу
трикутника АВС; г) координати середини сторони АС; д*) рівняння медіа-
ни ВМ; е**) рівняння прямої, що містить висоту ВН; ж**) координати точ-
ки Н - основи висоти ВН; з**) довжину висоти ВН.

28.	Знайдіть координати точок перетину кола х2 + (у - 2)2 - 4 з віссю ординат.

29*. Не будуючи кіл, вкажіть, чи перетинаються кола: (х - 1)г + (у + 2)3 = 4 і
х2 + (у - 2)2» 4.

ЗО**. При яких значеннях параметра а кола (х - а)2 + (у + 2)2 = 4 і хг + (у - 2)г = 4
дотикатимуться одне до одного?

31.	Сторони паралелограма дорівнюють 2-73 см і 4 см. Один з його кутів дорівнює
30°. Знайдіть діагоналі паралелограма.

32.	З’ясуйте, чи є трикутник зі сторонами ЗО см, 26 см і 28 см тупокутним.

33**. Бісектриса трикутника перетинає протилежну сторону під кутом 60і і ділить
її на відрізки 3 см і 4 см. Знайдіть цю бісектрису.

34*. Медіана трикутника, проведена до сторони, довжина якої 32 см, утворює з нею
кут 120°. Сторона, що лежить проти вказаного кута, дорівнює 2<97 см. Знайдіть
третю сторону трикутника.

35*. Сторона трикутника дорівнює а, а прилеглі до неї кути - а і З- Знайдіть висоту
трикутника, проведену до даної сторони.

36**. За даним периметром Р знайдіть сторони трикутника, якщо його гострі кути
дорівнюють а і 0.

37.	Знайдіть радіус описаного кола, невідомі сторони і невідомі кути трикутни-
ка АВС, якщо АВ = 3 см, /С = 45е, /.В - 30°.

38*. Доведіть, що медіани трикутника перетинаються в одній точці і діляться нею
у відношенні 2:1, починаючи від веріпини.

39*. Виведіть формулу для обчислення площі чотирикутника через довжини його
діагоналей.

40**. Діагональ ВВ поділяє опуклий чотирикутник АВСР на два трикутники,
площі яких відносяться як 2 : 3. У якому відношенні ця діагональ поділяє
відрізок АС?

41.	Обчисліть площу трикутника, якщо:

а)	дві його сторони дорівнюють 2 см і 6 см, а кут між ними - 150°;

б)	сторони трикутника дорівнюють 15 см, 26 см і 37 см;

в*	) дві сторони дорівнюють 25 см і 40 см, а висота, проведена до третьої -
24 см;

г)	два кути трикутника дорівнюють а і р, а висота, проведена з вершини третього
кута, - Л;

д*	) два кути трикутника дорівнюють а і 0, а бісектриса третього кута -1;

е*	) дві сторони трикутника дорівнюють 1 і \/Ї5, а медіана, проведена до третьої
сторони, - 2.

42.	Обчисліть площу прямокутного трикутника, якщо:

а)	висота, проведена до гіпотенузи, ділить її на відрізки завдовжки 4 см і
16 см;

б)	катети відносяться як 3 : 4, а гіпотенуза дорівнює 25 см;

в)	різниця катетів дорівнює 2 см, а гіпотенуза - 10 см;

г*	) бісектриса прямого кута ділить гіпотенузу на відрізки завдовжки 15 см і
20 см;
д*	) висота, проведена до гіпотенузи, дорівнює 12 см і ділить її на відрізки,
різниця яких - 7 см;

е*	) бісектриса гострого кута ділить катет на відрізки завдовжки 20 см і
16 см.

43.	Обчисліть площу паралелограма, якщо:

а)	діагоналі паралелограма дорівнюють 15 см і 20 см, а кут між ними - 30°;

б)	сторони і діагональ дорівнюють 13 см, 14 см і 15 см відповідно;

в*	) дві висоти, проведені з вершини тупого кута, дорівнюють 12 дм і 15 дм,
а кут між ними - 30°.

44*. Обчисліть площу ромба, якщо:

а)	перпендикуляр, проведений з вершини тупого кута ромба на сторону, ділить
її на відрізки 7 см і 18 см, починаючи від вершини гострого кута;

б)	сума його діагоналей дорівнює 34 см, а сторона - 13 см;

в)	різниця діагоналей дорівнює 14 см, а сторона - 13 см;

г)	висота дорівнює 24 мм, а діагоналі відносяться як 3 : 4.

45.	Обчисліть площу трапеції, якщо:

а)	її основи дорівнюють 18 см і 13 см, а бічні сторони - 3 см і 4 см;

б)	її основи дорівнюють 11 мм і 4 мм, а діагоналі - 9 мм і 12 мм.

46*. Обчисліть площу рівнобічної трапеції, якщо в неї:

а)	основи дорівнюють 40 дм і 24 дм, а діагоналі — взаємно перпендикулярні;

б)	основи дорівнюють 50 см і 14 см, а діагональ - 40 см;

в)	основи дорівнюють 39 см і 15 см, а діагоналі - перпендикулярні до бічних
сторін;

г)	основи дорівнюють 50 см і 30 см, а бічна сторона - 26 см;

д)	основи дорівнюють 11 см і 25 см, а діагоналі є бісектрисами тупих кутів.

47*. Обчисліть площу прямокутної трапеції, якщо:

а)	різниця її основ дорівнює 7 см, більша бічна сторона — 25 см, а менша діаго-
наль є бісектрисою прямого кута;

б)	один з її кутів дорівнює 135°, а основи - 2 см і 4 см.

48*. У паралелограмі АВС О кут ВАВ дорівнює 60°, а сторона АВ - 3 см. Бісектриса
кута А перетинає сторону ВС у точці Е. Обчисліть площу трикутника АВЕ.

49**. Медіани ДЛ і ВМ трикутника АВС. що дорівнюють 6 см і 9 см відповідно,
перетинаються в точці К, причому кут АКВ дорівнює 30°. Знайдіть площу
трикутника АВС.

50**. У трикутник вписано коло, радіус якого дорівнює 4 дм. Одна із сторін трикутни-
ка точкою дотику ділиться на відрізки 6 дм і 8 дм. Знайдіть дві інші сторони.

Для допитливих

У наступних задачах використало традиційні позначення для елементів
трикутника АВС.

1.	Доведіть, що сі£ А сі&В + сідС - а +-~С~-

2.	На сторонах трикутника АВС (8дт — 8) зовні побудовано квадрати
з центрами Ар В,, Сг Нехай а,, і>,, с, - довжини сторін трикутника А^С,, а
5 - його площа.

Доведіть: а) а ’ + Ь2 + с® = а2 + б2 + с2 + 68; б) 8( ~ 8 = (а2 + Ьг + с2): 8.

3.	Один із папуг А, В, С завжди каже правду, інший завжди бреше, а третій
хитрує: інколи каже правду, а інколи - ні. На запитання: «Хто ви?» - вони
відповіли:

А: - Я брехун!

В: - Я хитрун!

С: — Я чесний папуга!

Хто з папуг брехун, а хто хитрун?
51**. Вершини трикутника сполучено із центром вписаного кола. Проведені від-
різки поділили трикутник на три частини, площі яких дорівнюють 28, 60 і
80 квадратних одиниць. Знайдіть сторони трикутника.

52**. Доведіть, що коли діагоналі опуклого чотирикутника рівні, то його площа
дорівнює добутку довжин відрізків, що сполучають середини протилежних
сторін.

53**. Доведіть, що коли відрізки, які сполучають середини протилежних сторін опук-
лого чотирикутника рівні, то його площа дорівнює половині добутку діагоналей.

Готуємос» іо тема нічного оцінюваний .V 1

Варіант І

1.	Знайдіть координати середини відрізка /18, якщо А(-7; 2), В(-3; 4).

2.	Запишіть рівняння кола з центром у точці А(-3; 4), радіус якого дорівнює 5 см.

3.	Які з точок А(3; 6). В(2; 4), С(0; 7), ї)(2; 0), А"(-5; 5) належать прямій

51 + Зу - 22 = 0?

4,	Знайдіть координати центра і радіус кола, що задане рівнянням
Xа + у2 - 4х + 6у + 9 = 0.

5.	Сторони трикутника дорівнюють 13 см, 14 см і 15 см. Обчисліть найбільшу
висоту трикутника.

Варіант II

1.	Знайдіть довжину відрізка АВ, якщо А(-7; 9), В(-4; 5).

2.	Точка С(0; 1) середина відрізка АВ. Знайдіть координати точки В, якщоА(-2; -1).

3.	Які з точок А(1; 2), В(3; 4), С( 4; 3), 0(0; 5), К(5; -1) лежать на колі, що задане
рівнянням Xі + у2 = 25?

4.	Складіть рівняння прямої, що проходить через точку /С(-2; 5) і паралельна
прямій у = 4х - 2.

5.	Знайдіть найменшу висоту трикутника, сторони якого дорівнюють 7 м, 8 м і
9 м.

Готує мо« м до тематичного оиінкжниня .V 2

Варіант І

1.	Побудуйте кут а, якщо іе а = -0.4.

2.	Сторони трикутника дорівнюють 16 см, 6 см і 14 см. Обчисліть кут між найбіль-
шою і найменшою сторонами трикутника.

3.	У трикутнику одна сторона дорівнює 32 см і утворює з другою кут 45е, а третя
мас довжину 28 см. Знайдіть невідому сторону трикутника.

4.	Сторона трикутника дорівнює 9 х/з см, а протилежний до неї кут - 60°. Знайдіть
радіус кола, описаного навколо трикутника.

Варіант II

1.	Обчисліть зіп а і а, якщо сов а = -0,8.

2.	Чи існує трикутник АВС, в якого: ВС = 0,3; АС = 0,8; зіп А = 0,4?

3.	Визначте вид трикутника, якщо його сторони дорівнюють 8 см, 4 см і 5 см.

4.	Діагоналі паралелограма дорівнюють 7 см і 11 см, а сторони відносяться як 6 : 7.
Обчисліть периметр паралелограма.
ПРАВИЛЬНІ БАГАТОКУТНИКИ.^
^2^ ДОВЖИНА КОЛА.

ПЛОЩА КРУГА

У цьому розділі повернемося до вже відомого ним багатокутника -
будемо вивчати властивості правильних багатокутників. використовува-
ти властивості багатокутників під час розв'язування геометричних задач.
Крім того, ви дізнаєтеся про одну з найважливіших у науці і техніці ста-
лих число л(число «пі»), яке пов'язане з вимірюванням довжини кола
і площі круга. Чудовим чином число а з’являється також у найрізно-
манітніших математичних і нематематичннх дослідженнях, які на пер-
ший погляд дуже далекі від геометрії. Цей факт іце раз підкреслює
цілісність і єдність наук, що вивчають навколишній світ.

§ 11• Основні властивості правильних
багатокутників* та обчислення їх
елементів

Нагадаємо: правильним називається опуклий бага •
токутник, в якого всі кути рівні і всі сторони рівні. І
Найпростішими прикладами правильних багатокут- ।	' пРавиль

ників є рівносторонній трикутник і квадрат.	.

* У перекладі з російської: «многоу гольник» - «багатокут-
ник» (Гейченко В. В. та ін. Російсько-український словник •
наукової термінології. - К.: Наук, думка, 1998. - 892 с.). |
У деяких підручниках вживається термін «многокутник», .
що є русизмом.

гд =^А,= ... =

= ^А

АА = АА = ••• =
= АА
Однойменні
багатокутники -
число сторін
однакове.

А,... А, - правиль-
ний

- правиль-
ний

А, ...А. = 8, ... В,

П равильний багато-
кутник є вписаним
у коло і описаним
навколо кола.

Для правильного
багатокутника цен-
три вписаного н
описаного кіл збіга-
ються.

З наведеного означення випливає: два однойменні
правильні багатокутники з рівними сторонами — рівні,
тобто їх можна сумістити накладанням.

Багатокутник називається вписаним у коло, якщо
всі його вершини лежать на колі.

Багатокутник називається описаним навколо кола,
якщо всі його сторони дотикаються до кола.

\ГТ1\ Теорема. Правильний багатокутник є вписаним
у коло й описаним навколо кола.

а - Ь

Доведення

Нехай градусна міра кута правиль-
ного багатокутника ... Ав - а.
Розглянемо три послідовні верши-
ни А2 і А3 цього багатокутника
(мал. 2.1). Точку перетину бісектрис
кутів А, і А2 позначимо через О.

Маємо:

/ОА,А2 = гОА^А, = а : 2.

Тоді трикутник А1ОАг рівнобедрений і ОА2 = ОАГ

У трикутників А1ОА2 і А2ОА3: сторона ОА2 - спільна,
/ОА^А, = ^ =/ОА.А,, АГА? = А.гАг Тоді ці трикутники
рівні і

О

А, Аг

Мал. 2.1

ОА; = ОА* * ОА^, ЇОА^А* = /ОДА, =

2

Звідси:

-	точка О рівновіддалсна від вершин Ар Аг, А3;

-	точка О є точкою перетину бісектрис кутів Ар А2 і А3.

Якщо проведемо аналогічні міркування для трійки
вершин А2, Аа, А, цього багатокутника і т. д., то в резуль-
таті дістанемо, що точка О рівновіддалена від усіх вер-
шин багатокутника і є точкою перетину бісектрис усіх
його кутів (тобто рівновіддалена від усіх його сторін).

Тоді точка О - центр описаного і
вписаного кіл правильного багато-
кутника.

Теорему доведено.

Зауваження. Радіус описаного
кола - бічна сторона утворених рів
нобедрених трикутників. Радіус впи-
саного кола - висота, проведена до
основи цих трикутників (мал. 2.2).

О

Мал. 2.2

Для допитливих

Квадратний аркуш паперу розрізали на 6 частин, кожна з яких має форму
опуклого багатокутника. П’ять із цих частин загубилися, а та, що залиши-

лася, має форму правильного восьмикутника. Чи можна за цією частиною
встановити початкові розміри квадрата?
її | Наслідок 1. Вписане й описане кола правильно-
_І го багатокутника мають один і той самий центр.

Його називають центром правильного багатокут-
ника.

Відрізок, що сполучає центр правильного багатокут-
ника та середину його сторони, ще називають апофемою
правильного багатокутника. Вона дорівнює радіусу
вписаного у цей багатокутник кола.

ІТіТІ Наслідок 2. Із центра правильного багатокут-
__—І ника всі його сторони видно під одним і тим самим
360°

кутом, градусна міра якого дорівнює---, де п - число

п

сторін (вершив) цього багатокутника.

Кут, під яким видно сторону правильного багатокут-
ника з його центра, називають центральним кутом
цього багатокутника.

Мал. 2.3

Знайдемо радіус К описаного кола і
радіус г вписаного кола для правильно-
го п-кутника зі стороною а.

Нехай А і В - дві сусідні вершини пра-
вильного багатокутника (мат. 2.3).

Тоді АВ = а, /.АОВ = ^-, ОА = Я і
п

ОВ  Я, а апофема ОК в г.

І і РАННЯ 1.1 НІЛ

центр АхАі...А„-
центр вписаного
і описаного кіл

г„- апофема

центральний

У рівнобедреному трикутнику АОВ висота ОК є його
медіаною і бісектрисою, тому

АК - КВ = ААОК = ЛВОК = — °В- =
2	2

З прямокутного трикутника АКО (ХК =

(	180’

Я = АК : зіпААОК = а : 2зіп-

\ п

г - АК сійТ.АОК = -СІЄ-8°°.

2 п

180°

п
90°):

Знайдемо площу правильного п-кутника. Шукана
площа 5 = п 8А0В.

Тоді:

_	аг	1 _	„	па'	. 180°	„ п оЛ	. 360°

5. - п—- = -Рг; 8„ =----сіє :	= — Я, зіп--.

"	2	2	"	*	4 п 2 п

Тут Рп - периметр правильного багатокутника.

Зокрема, при п=3, л = 4, п-6 маємо таке.

Нагадаїмо:
= - «тотожна
рівність».

П °

" „ . 180°
2зіп

п

а А 180°
г„=-сіе~—

С п

8=-Рг

. 2	"

_ паг , 180°

5,=—сік------

4 п

„ п . 360°

5 =—Я’зіп----

’ 2 * п

Для допитливих

А,... Ая - правильний багатокутник. Точка М — точка кола, описаного нав-
коло нього. Доведіть, що МА^ + АЇА’ +... + МА* не залежить віл розміщення
точки М на колі.
Для правильного трикутника п - 3:

Л ... А -
ПРАВИЛЬНИЙ

р _ а _
л~28Іп60с~ З

8, --а азіпбО0- -

3 2

г3 = ^сіе60°=а—
2	о

2 2	4

Пам'ятаймо
для спільного
описаного кола
радіуса Я:

Я

Г’ 2

г =£1=^Л

4 2	2

Д.=®« = 2'»

Для правильного чотирикутника (квадрата) п = 4:

Я4 =——----=—; г.  —сі&45в=—; Я. «72г.; 8. = аг.

4 2зіп45°	2*2	2	4	4	4

Для правильного шестикутника п * 6:

/?,=---------= а\

25ІпЗО°

С « ® 7'3 Зв

Л„ = О	— = 

•	4

гв=|сівЗО»=^;

73

2 Г®’

2

Зауваження. При розв’язуванні задач, зокрема на
побудову, варто пам’ятати співвідношення:

’ 2 ’ Г| 2

= 2гя.

Правильні:

А, ... Ап і В( ... В„:

а _ гл _ Я„ _ Рл

Ь~ гя ~ПВ~ Р„

Зазначимо ще таку властивість правильних багато-
кутників з однаковим числом сторін, яка випливає з
подібності рівнобедреник трикутників, що за основи
мають відповідні сторони багатокутників, а за верши-
ни - їхні центри. Всі відповідні лінійні елементи подіб-
них трикутників пропорційні (коефіцієнт пропорцій-
ності дорівнює коефіцієнту подібності). Тоді для двох
правильних однойменних багатокутників:

•	відношення радіусів описаних кіл дорівнює відношен
ню радіусів вписаних кіл. відношенню сторін цих ба-
гатокутників і відношенню їхніх периметрів;

•	відношення площ дорівнює квадрату відношення,
про яке йшлося в попередньому пункті.

я правильного п’ятикутника п- 5:

Л. =------; г. - — сій36°;

4 2зіп36°	5 2

Р -	___1______

зіп 36° сій 36° соз 36°

Знайдемо значення тригонометричних функцій кута
міри 36°. Для цього скористаємося формулами

зіп 2а = 2зіпа сова (с. 71) та зіп 18° =-(форзац).

4

Маємо:

зіп 36° = 2зіп 18° соз 18°;

зіп 18°=^-^=-1)* «. - 76-275;

4	4	4
сов18° = ^1-зіп218° =. 11 -

V 16

= -у'10 + 2Т5;

4

зіп 36° = 2 • - ї/б - 2 Л • - >/10 +2^ = - 7(3 - 75 )(5 + х/5) =
4	4	4

= —

4

соз36° = /1 - 8іп2 36° -. 1 -	= 1 уїв + 27б =

V 16	4

Тоді для правильного п'ятикутника:

а 4	_ ах/2

2>/2уі5-у/5 уіЬ-Л'

= ^(/5 + 1).
4

[ґ7у/| Теорема. Якщоап і аія — сторони правиль-
них п-кутника і 2п-кутника, вписаних у

коло радіуса Я, то виконується співвідно-

шення

С
Мал. 2.4

аІя=2Я(Я-га)=2Лг-2Л}1к2-^.

Доведення

Нехай АВ - сторона правильного
п-кутника, а точка С ділить дугу А В
навпіл (мал. 2.4). Сполучимо точки
А і С, В і С. Відрізки АС і ВС -
сторони правильного 2п-кутника,

Для допитливих

Теорема. НЕРІВНІСТЬ ПТОЛЕМЕЯ. Для довільного онуклого чотирикут-
ямка АВСО виконується нерівність АС • ВВ < АВ • СВ + ВС • АВ.

Доведення

Позначимо на променях АВ, АС і АВ відрізки АВ', АС і АВ', довжини
яких дорівнюють Iі : АВ, Iі: АС і Iі : АВ відповідно.

1)	Маємо: АВ : АС =АС' : АВ', /САВ - спільний, тоді ААВС △ АС'В'.

2)	Коефіцієнт подібності трикутників АВС і АС'В'
Iі	І* • ВС

дорівнює к =-----. Тому В'С =-------.

АВ АС	АВ АС

.	Iі СВ . о,п, Іг ВВ

Аналогічно С В =------- і В В -----.

АС АВ	АВ АВ

3)	Для сторін трикутника АВ'В' маємо:
В’В‘ <В'С +СВ‘.

4)	Помножимо останню нерівність на АВ АС АВ
і використаємо вирази, знайдені для В’С, СВ',
В'В' - отримаємо шукану нерівність.
вписаного в те саме коло, радіус якого дорівнює В.
Маємо:

ОА = ОС = ОВ = Я, АВ = а. ОМ = г , АС = а.„.
*	п	п	ІП

З трикутника АОС знайдемо за теоремою косинусів

180°

АСг і врахуємо, що ОМ - ОА сов-------та

п________

І	/ у

ОМ = х/ОА2 - АМ2 « ІД2 -	:

і	І 2 .

а2я = АС2 = 2Й2 - 2В Я соз ~ —- = 2В2 - 2Яг =
п

і	а2

= 2Яг - 2Й. Я2 -

V	4

Якщо Н — спільним:

Теорему доведено.

о2>2Я(Я-гп)

<=2Я8-

-2Я,
V 4

Користуючись цією теоремою, наприклад, можна
виразити через радіус описаного кола В довжини
сторін правильних 8-кутника і 12-кутника.

а, « Я<2, г4 = ав = В, гл = тоді

Сі	Сл

О /п
а82=2Я(Я-г4) = 2Я| В-^=-

= Л2(2-л/2);

= 2Л(Я-г6) = 2Я‘ В-

2 ) I 2

Для допитливих

БАГАТОКУТНИКИ З ВЕРШИНАМИ У ВУЗЛАХ
ЦІЛОЧИСЛОВОЇ РЕШІТКИ

Розглянемо па координатній площині систему прямих, заданих рівняння-
ми х = т і у = п, де т і п цілі числа. Ці прямі утворюють решітку квадратів
або цілочислову решітку. Вершини цих квадратів - точки, координати
яких є цілими числами, називають вузлами цілочислової решітки.

1.	Чи існує правильний трикутник з вершинами у вузлах цілочислової
решітки?

2.	Доведіть, що при п * 4 правильний л-кутник не можна розмістити так,
щоб усі його вершини були у вузлах цілочислової решітки.

3.	Чи можна прямокутний трикутник, довжини сторін якого є цілими числа-
ми, розмістити так, щоб його першини сумістилися з вузлами цілочислової
решітки, але щоб жодна з його сторін не проходила по лініях решітки?

4.	Доведіть теорему, яку називають формулою Піка.

Теорема. Якщо вершини багатокутника (не обов’язково опуклого) роз-
міщено у вузлах цілочислової решітки, причому всередині цього багато-
кутника міститься п вузлів решітки, а на його сторонах - т, то площа цьо-
го багатокутника дорівнює п 4 0,5т - 1.

5.	Вершини трикутника містяться у вузлах цілочислової решітки, причому
на сторонах трикутника інших вузлів немає, а всередині є лише один
вузол - точка М. Доведіть, що М - центроїд заданого трикутника.

Порада. Скористайтеся формулою Піка.
ПОБУДОВА ПРАВИЛЬНИХ БАГАТОКУТНИКІВ

Побудову будемо здійснювати за допомогою цирку-
ля (можна креслити кола і відкладати рівні відрізки) і
лінійки без позначок (можна проводити пряму через
дві задані точки). Пригадайте, які опорні побудови за
цих умов ви вже вивчали раніше (див. с. 277-278).

Побудова правильного трикутника

Виконується за опорною задачею побудови трикут-
ника за трьома його сторонами треба сполучити дві
довільні точки площини і взяти утворе- в
ний відрізок за сторону правильного
трикутника.	/	\

Зауваження. Правильний трикут- і 0
ник, вписаний у задане коло, можна І ______ К

побудувати, скориставшись співвідно- А \"
р	Т

шеннямг-= —(мал. 2.5).

2	Мал. 2.5

Ладимо кило -
ОуТ)І 40 ВНМСМПІ
праамльїіі;

1) ОО -> ОК = КП;
2)АС1О2)ут. К;

3) (ОЯ) Л у = В.

Побудова правильного чотирикутника - квадрата

Аналіз

Нагадаємо;

(ОЛ) прими ОО;
Л - перетиннс.

Діагоналі квадрата е взаємно перпендикулярними
діаметрами описаного навколо нього кола.

План побудови

1.	Креслимо коло з центром О, прово-
димо діаметр АВ (мал. 2.6).

2.	Будуємо пряму, перпендикулярну
до АВ у точці О. - маємо діаметр
СІ). Чотирикутник АСВВ - шука-
ний.

Доведення

За побудовою маємо: АВ і СВ - діаметри, АВА.СО.
Довести: АСВО - квадрат.

1)	Кути чотирикутника прямі, бо спираються на діамет-
ри. Тоді АС В В - прямокутник.

2)	Градусні міри дуг АС і СВ рівні (становлять по 90°).
Тоді хорди АС і СВ рівні і АСВВ - квадрат. Щ. в. д.

А які ще способи побудови квадрата ви можете
запропонувати?

КІіАДРАІ

С

АВ 1СІ) у т. О.

Побудова правильного шестикутника

Спосіб І

Аналіз
Врахуємо, що = Я.

План побудови

І. Креслимо коло з центром О (мал. 2.7).
•іадіїно кило —
будуємо ппмгппий
орапнльниО

ШЕГПІКУТНІІК

Мал. 2.7

Спосіб І

Від довільної точ-
ки кола А робимо
засічки розхилом
циркуля Я.

2.	З довільної точки кола А( робимо
засічку на колі розхилом циркуля,
що дорівнює радіусу кола, - маємо
точку А2.

3.	Аналогічно будуємо точки Л3, А4,
Ав, Ав  ШестикутникА'А^А^А'Л.А^ -
шуканий.

Доведення

За побудовою маємо:

Довести: (1) А,

А(Аг- А^Ад — А$А4 —А^А,-А$А6 —В.

з А(; (2) А^дАдА^ЛуА, - правильний.

1) Трикутники ОА'Аг, ОАгА3, .... ОА$Ав - рівносторонні
за побудовою, їхні кути дорівнюють по 60°. Тобто
^А'Аг = ^А^А,, = ... = ^А5Аб = ^-АдА7 = 60°. Тоді
/А]ОАТ = 6 60° = 360°. Твердження (1) доведено.

2) Сторони утвореного шестикутника рівні за побудо-
вою. Його кути рівні між собою, бо І^ОАгАг = ... =
= АОА^А(. Тоді шестикутник А^/ІзА^АдА* ~ правиль-
ний. Твердження (2) доведено.

Спосіб II

План побудови

Спосіб II

2) СО1 АВ через О;

3) КМ - серед, пер.
до АО-,

4) ККХ1 СО,
мм. ± со.

1.	Креслимо коло радіуса В із центром О (мал. 2.8).

2.	Проводимо діаметр АВ і будуємо діаметр СВ 1 АВ та
серединний перпендикуляр КМ до радіуса АО.

3.	Будуємо точки К{ і Мр симетричні точкам К і М
відносно С£>.

АММ'ВК{К - шуканий шестикутник.

Доведення проведіть	(врахуйте, що

а6-В-2г3,АК=АМ=В).

Зауваження. Якщо побудова-
но правильний п-кутник, то лег-
ко побудувати правильний 2п-кутник
(наприклад, за допомогою середин-
них перпендикулярів до сторін п-кут-
ника і описаного навколо нього кола -
див. мал. 2.8).

Побудуйте правильний восьмикут-
ник і правильний дванадцятикутник
• ІІМОСТІЙНО.

Мал. 2.8

Для допитливих

1.	Доведіть, що в правильному п’ятикутнику: а) дві діагоналі, які не вихо-
дять з однієї вершини, діляться точкою перетину в крайньому і середньому
відношенні (див. с. 224); б) один з відрізків, що утворилися при перетині
діагоналей, дорівнює стороні п'ятикутника.

2.	Доведіть, що а’ = аД + а2, де ал - сторона правильного « кутника, вписа-
ного в коло радіуса В.
Побудова правильного десятикутника

2.

Відрізок, довжина якого I-

<мг	Аналіз

1. Сторона правильного десятикутника, вписаного в ко-
ло, радіус якого Н, дорівнює

а10 = 2Язіп^^=2Я5Іп18°=^^Ій = — П--П.

10	2	2	2

( р /с

Я2 + — = — Я, егіпо-

2 )	2

н

тенузою прямокутного трикутника з катетами Н і —.

2

План побудови

1.	Креслимо коло довільного радіуса К із центром О.

2.	На довільній прямій відкладаємо відрізок, рівний Я,
Н

і ділимо його навпіл - маємо відрізок —.

2

3.	Будуємо прямокутний трикутник за катетами Я і

- маємо його гіпотенузу І = |Я2 +1 — । =—Я.

2	V І2/1 2

4.	Будуємо відрізок О)0 =/"Я.

5.	На колі від довільної його точки А, робимо засічки роз-
хилом циркуля а10 - отримуємо точки А2, А3, .... А10
(точка Аи - збігається з точкою А,).

Багатокутник А{Аг ... А10 - шуканий.

Доведіть це	(щоА1)=АІ)-

Побудова правильного п’ятикутника

Зрозуміло, якщо побудовано правильний десяти-
кутник, то, послідовно сполучивши вершини цього
багатокутника через одну, отримаємо правильний п’я-

тикутник.

Проте можна знайти побудову правильного п’ятикут-
ника й іншим способом, виходячи з уже відомої вам фор-

Справді, будувати

відрізок

якщо задано відрізок Я, ми вже вміємо; залишилося
пригадати, як будується середнє геометричне

двох заданих відрізків (див. с. 278).

,ІЯЖ> КП.7О —

буїуі м<> ипікапми
(ірапкльпни:

ДЕСЯТИКУТНИК

П'ЯТИКУТНИК

1)Я *
2	2

2)	т = — Я - Я;

3)	а* = у]пт.
Практична робота 5

1.	Побудуйте коло. Проведіть хорду кола АВ, що дорівнює його радіусу, хорду
ВС - АВ, хорду СВ = АВ і т. д. Скільки таких хорд ви змогли пронести? Чи збігся
кінець останньої хорди з точкою А? Виміряйте сторони і внутрішні кути утворе-
ного багатокутника. Чи є він правильним?

2.	Побудуйте коло і проведіть у ньому два взаємно перпендикулярні діаметри АС і
ВВ. Поділіть кожну з дуг АВ, ВС, СВ, АВ навпіл. Середину кожної дуги спо-
лучіть з її кінцями. Виміряйте кути і сторони утвореного багатокутника. Чи е він
правильним?

Практична робота 6

1.	За допомогою транспортира і лінійки виконайте побудову опуклого багатокутника
з рівними сторонами і рівними внутрішніми кутами по 108°. Позначте його верши-
ни Ар Аг, Ар .... Скільки вершин мас цей багатокутник? Чи є він правильним?

2.	Чи можна було визначити до побудови, скільки вершин матиме такий багатокут-
ник? Зробіть відповідні обчислення.

3.	Побудуйте серединні перпендикуляри до двох сторін багатокутника. Точку пере-
тину цих перпендикулярів позначте через О.

4.	Побудуйте коло з центром О, радіус якого дорівнює ОА,. Чи лежать вершини
багатокутника на цьому колі?

5.	Побудуйте бісектриси двох внутрішніх кутів багатокутника. Що можна сказати
про точку їх перетину 7?

6.	Опустіть з точки О перпендикуляр ОМ на сторону АВ. Побудуйте коло з центром
у точці О, радіус якого дорівнює ОМ. Яким є багатокутник відносно побудовано-
го кола?

Завдання 12

1°. Знайдіть кути при вершинах і центральні кути правильного: а) восьмикутника;
б) дванадцятикутника;в шістнадцятикутника.

2°. Скільки вершин має правильний багатокутник, у якого центральний кут
дорівнює: а) 30°; б) 12°; а) 24°?

3°. Скільки вершин має правильний багатокутник, у якого внутрішній кут дорівнює:
а) 150°; б) 135°; и) 140°?

4°. Скільки вершин має правильний багатокутник, у якого зовнішній кут дорівнює:
а) 36°; 6)24°;я) 60°?

5.	Чи може правильний багатокутник мати внутрішні кути градусної міри: а) 20°;
б) 48°?

6.	Впишіть у коло правильний: а) шестикутник; б) восьмикутник; в) дванадцяти-
кутник.

7.	Опишіть навколо заданого кола правильний: а) трикутник; б) шестикутник;
в) квадрат; г) восьмикутник.

Для допитливих

1.	Тріангуляцією багатокутника називають його поділ на трикутники, що
мають таку властивість. Ці трикутники або мають спільну сторону або
спільну вершину, або не мають спільних точок (тобто вершина одного три
кутника не може лежати на стороні іншого). Доведіть, що для довільного
багатокутника трикутники тріангуляції можна пофарбувати у три кольори
так, що трикутники, які мають спільну сторону, будуть різного кольору.
Порада. Використайте метод індукції (див. с. 246).

2.	Багатокутник поділено його діагоналями, що не перетипаються, на три-
кутники. Доведіть, що вершини багатокутника можна пофарбувати у три
кольори так, що всі вершини кожного з отриманих трикутників будуть
різного кольору.
8	За даною стороною а побудуйте правильний: а) восьмикутник; б) дванадцяти-
кутник; в) квадрат; г) восьмикутник.

У завданнях 9-14 позначено: п - число сторін правильного багатокутника (« кут-
ника); ай - сторона вписаного правильного « кутника; Ья - сторона описаного пра-
вильного « кутника; К або - радіус кола, описаного навколо правильного « кут-
ника; г або гк - радіус кола, вписаного в правильний « кутник (його апофема).

9.	Знайдіть сторону правильного п-кутника, якщо:

а)« = 3;Л=12;	в)л = 6;Я = 3;	д)«=4;Я = 8;

б)« = 3;г=2;	г)« = 6;г=2;	г>л = 4;г=2.

10.	За даною стороною ал - а знайдіть В для;

а)« = 3;	б)л-4;	и)« = 6;	г)«-8;	і>л	= 12.

11.	За даною стороною ая = а знайдіть Ьп, якщо:

а)«-3;	б)«= 4;	« = 6;	г)« = 8;	і»«	= 12.

12.	За даною стороною ая = а знайдіть апофему, якщо:

а)л-3;	б)п-4;	)«®6;	г)н-8;	і» « = 12.

13*. Користуючись калькулятором або таблицями Брадіса, знайдіть:

а)я7, якщо Я= 12;	в) Я, якщо я]0 = 6;

б)	я9, якщо г = 3;	г) Ь5, якщо ял - 14.

14*. Доведіть, якщо шестикутник і трикутник вписані в одне коло, то:

а)гв = 0,5яг	в)Г| = 0,5/^72+72;	д) гіг =0,5Я,272-7з.

б)а8=д872-Л; г)а,г = я72-7з;

15*. Визначте довжини діагоналей правильного восьмикутника, якщо відомо:
а) радіус Н описаного кола; б) сторону я.

Визначте довжини діагоналей правильного дванадцятикутника, якщо відомо:
а) радіус Я описаного кола; б) сторону я.

17*. У коло, радіус якого дорівнює Н, вписано правильний « кутник. Середини його
сторін послідовно сполучені. Знайдіть сторону утвореного багатокутника для:
а) « - 6; б) п = 8.

і з У коло вписано правильний восьмикутник. Знайдіть його сторону, якщо сто-
рона квадрата, вписаного у те саме коло, дорівнює 8 см.

19*. У коло вписано правильний восьмикутник зі стороною 4 см. Знайдіть сторону впи-
саного в це коло: а) квадрата; б) трикутника; в) шестикутника.

20 У коло вписано правильний дванадцятикутник зі стороною я. Знайдіть сторо-
ну правильного трикутника, вписаного в це коло.

21**. У коло, радіус якого дорівнює 12 см, вписало правильний чотирикут-
ник АВС В, в який вписано коло, а в нього - правильний трикутник КМ№.
Знайдіть периметр вписаного трикутника.

22*. Знайдіть відношення площ правильних трикутника, чотирикутника і шести-
кутника, якщо: а) вони описані навколо одного кола; б) вони вписані в одне
коло; в) мають однакові сторони.

У правильному дванадцятикутнику середини сторін через одну послідовно
сполучили. Знайдіть сторону утвореного шестикутника, якщо сторона дванад-
цятикутника дорівнює а.

24*. У правильному восьмикутнику середини сторін через одну послідовно сполу-
чили. Знайдіть сторону утвореного квадрата, якщо сторона восьмикутника
дорівнює я.

Для допитливих

Доведіть, якщо А, В, С, В - чотири послідовні вершини правильноі'о семи-
111

кутника, то виконується співвідношення —— - —— і-—.

АВ АС АІ)
25*.

26**.

27*

28*.

29*.

ЗО**.

31**.

32*.

яз*.

34**.

35**.

36**.

37**.

Виразіть площу правильного шестикутника через: а) його сторону: б) велику
діагональ; в) малу діагональ.

Із квадратного аркуша паперу зробили восьмикутник. Спочатку побудували
чверті кіл з центрами у вершинах даного квадрата і радіусом, рівним поло-
вині діагоналі квадрата. Потім точки їхнього перетину зі сторонами квадрата
послідовно сполучили відрізками. По них відрізали кути квадрата. Знайдіть
відношення площ квадратного аркуша паперу і восьмикутника.

Правильний трикутник зі стороною а відрізанням трьох кутів перетворили
на правильний шестикутник. Знайдіть сторону шестикутника.

Сторона правильного трикутника дорівнює Ь. Знайдіть радіус кола, вписано-
го у даний трикутник, і сторону вписаного в це коло: а) трикутника; б) квад-
рата; в) шестикутника.

Сторона правильного трикутника АВС дорівнює а. На кожній зі сторін АВ,

ВС і СА від вершин А, В і С відповідно відкладені відрізки АА =

а

з:

ВВ, =-;
З

СС,

= —. Знайдіть радіус вписаного в трикутник А^С, кола.

Впишіть у задане коло правильний: а) п’ятикутник; б) десятикутник.

N рівних кіл дотикаються одне до одного і до даного кола, радіус якого
дорівнює В. Знайдіть радіус цих кіл, якщо:

а) N = 3; б) Л/= 4; в) N 6.

Правильний трикутник, квадрат і правильний шестикутник мають однакові
периметри. Як відносяться їхні площі?

Підлогу настилають паркетинами, які мають форму правильних багатокут-
ників двох видів. Наведіть приклади такого паркету.

Знайдіть найменше число ромбів, з яких можна скласти правильний шести-
кутник. Яку особливість мають ці ромби?

Дано квадрат зі стороною а. На кожній стороні квадрата зовні нього побудо-
вано трапеції так, що верхні основи трапецій разом з їхніми бічними сторона-
ми утворюють правильний дванадцятикутник. Знайдіть площу цього два-

надцятикутника.

Як вписати в правильний шестикутник правильний трикутник: а) наймен-
шого периметра; б) найбільшого периметра?

Впишіть у задане коло правильний п’ятнадцятикутник і виразіть його сторо-
ну через радіус даного кола.

> Для допитливих

О 1. Відомо, що для деякого опуклого шестикутника АВ1САІВС} виконуються
рівності: АВ1 = В,С, СА, = А,В, ВС} = С^А, /А + гВ + £С = 2А, + /В, + £СГ
Доведіть, що площа трикутника А,В,С( дорівнює половині площі шестикут-
ника.

2.	Доведіть, що в правильної зірки, яку зображено на малюн-
ку, зафарбовано рівно половину її площі.

3.	Довжини кожної сторони опуклого шестикутника АВСБЕР
менші за 1. Доведіть, що довжина однієї з діагоналей АВ, ВЕ
і СР менша за 1.

Порада. Скористайтеся нерівністю Птолемея (див. с. 89).

4.	Семикутник Аг..А7 вписано в коло, причому центр цього кола міститься
всередині семикутника. Доведіть, що сума кутів при вершинах А,, А, і А4
менша за 450°.

5.	В олімпіаді з математики на першість району бере участь 100 школярів.
Відомо, що серед довільних чотирьох учасників завжди є хоча б один,
знайомий з іншими трьома. Доведіть, що існує учасник, знайомий з усіма
99 іншими школярами.
§12.Довжина кола і дуги кола.
Радіанна міра кута

Уявіть нитку, яку склали у формі кола так, що її
кінці збігаються (мал. 2.9). Візьмемо цю нитку за кінці
і розгорнемо у відрізок. Довжина такого відрізка і буде
довжиною кола.

Якщо вписати в коло правильний багатокутник
(мал. 2.10-а) або описати навколо цього кола правиль-
ний багатокутник (мал. 2.10-6), то довжини їхніх пери-
метрів будуть наближатися до шуканого значення дов-
жини кола тим ближче, чим більше число сторін мають
ці багатокутники.

Довжина кола І

Мал. 2.10

І

Мал. 2.11

Візьмемо два кола зі спільним
центром та довільними радіусами.
Впишемо в них багатокутники з
однаковим числом сторін п так, як
зображено на малюнку 2.11 (їхні
сторони паралельні).

Центральний кут цих багатокут-
360°

ників дорівнює -	-, а сторони до-

ті

рівнюють відповідно

2Ну зіп

180°

і 2Я,зіп

180°

п

Для допитливих

£ Хз 1. Дано два правильних трикутники. Розріжте їх на найменше можливе
число частин так, щоб з них можна було б скласти шестикутник.

2.	Дано чотири однакових правильних шестикутники. Розріжте їх ия най-

менше можливе число частин так, щоб з них можна було б скласти правиль-
ний шестикутник.

3.	Дано три правильних шестикутники. Як зробити якнайменше число
розрізів цих фігур, щоб з утворених частин можна було скласти один пра-
вильний шестикутник?

4.	Тригпка відрізав від жупана квадратний шматок. Потім порізав його на
9 трикутних латок і склав у три купки по три латки. Чи може бути так, що
довільні дві латки з деякої однієї купки рівні між собою, а з різних купок - не
рівні?
Для однойменних
правильних
багатокут л икі в:

А-_5_=

2В, 2Я,

. 180°

= П 8111-----

П

залежить тільки
від п

і 2.В

Якщо В = 1

І
я = —«— чисельно

2

3,14<х<3,15

і

Тоді периметри цих багатокутників:
1	180°

Р, = п 2В, віп±^- і Р2 = п 2Лгзіп——.
71	71

Звідси:

В. В,	. 180°

— - = —— = ... = П 81П---.

2В,	2Я,	п

Якщо число п буде дуже великим, то довжини кіл /,
Іг майже збігатимуться зі значеннями периметрів

відповідних багатокутників. Маємо, що

3_ = _^ =

2Я, 2Вг

= СОП8І.

Це і є одна з найважливіших сталих математики -
число п («пі»).

Таким чином, маємо, що довжина кола, радіус якого
Я, дорівнює

1 = 2лВ.

Якщо в цьому виразі покласти В - 1, то отримаємо,
що число я чисельно дорівнює довжині одиничного
півкола. Його приблизне значення 3,14159...

„	» и к

Зауваження. 1. Наближене значення л — зна-

ходимо в єгиптян у папірусі Рінда (ХХ-ХУІІ ст. до н. е.).

2.	п - літера грецького алфавіту. Нею починається
слово, яке в перекладі з грецької означає «край* або
«обвід круглого тіла». Ця стала має велике значення
для виробничої практики, і тому протягом тисячоліть
математики багато попрацювали над її визначенням.

3.	Значення цього числа обчислювали через пери-
метри вписаних і описаних багатокутників ще в часи
Стародавньої Греції. Так, Архімед, вписуючи в коло
правильні багатокутники, обчислив перші три знаки
числа я. Нідерландський математик Роумен (XVI ст.)
знайшов 17(1) знаків цього числа. У XX ст., коли до
обчислень залучили ЕОМ, було визначено кілька десят-
ків тисяч знаків числа я. Знати таку кількість знаків я
навряд чи вам знадобиться, а от те, що

3,14<п<3,15,

слід запам’ятати.

Для допитливих

Гострокутний трикутник міститься всередині кола. Доведіть, що радіус
цього кола не менший за радіус кола, описаного навколо заданого трикутника.
Чи буде правильним це твердження для тупокутного трикутника? Чому?

2.	Доведіть, що периметр гострокутного трикутника не менший за 47?.

3.	Доведіть, що замкнену' ламану одиничної довжини можна вмістити в
коло, радіус якого дорівнює 0,25.

4.	У коло одиничного радіуса вписано багатокутник, довжини сторін якого
знаходяться в межах від 1 до >/2. Скільки сторін мас цей багатокутник?
У колі центральному куту 1° відповідає дуга, дов-

...	1	, лЯ

жина якої дорівнює--довжини всього кола, тобто-.

360	180

Звідси довжина дуги градусної міри п° дорівнює

пК
18(ЇЇ

Розглянемо кілька кіл зі спіль-

ним центральним кутом градусної
міри п° (мал. 2.12). Відношення дов-
жини кожної з дуг утворених сек-
торів до радіуса відповідного кола

дорівнює

— п° і залежить тіль-
1о()

ки від міри самого кута. Тоді це від-
ношення можна обрати за міру кута
і вимірювати кут у радіанах.

Мал. 2.12

Повному куту градусної міри 360° відповідає 2л ра-
діан.

Розгорнутий кут має л радіан:

л радіан = 180° => 1 радіан =	~ 57П18 ;

л

180° = я радіан => 1° = радіан * 0,017 радіан.

Таким чином, кут градусної міри п° має радіанну

МІРУ	п

Іг =--- п радіан,

180

а перевести радіанну міру Іг кута в градусну допоможе

формула	, ПО1-

п° =-----к.

п

Наприклад:

30° = зо----= -

180 6

1

- рад;

Я=1 Я=1

180°

1 радіан =----

я

180- Р““"

1 радіан « 57°18'

1° = 0,017 радіан

я рад - 180°

| рад =90°

- рад - 60°
З

у рад = 45°

— рад=30°
6

Я

Для допитливих

Число я чисельно дорівнює довжині одиничного півкола. Якщо подвоювати
число сторін вписаних і описаних багатокутників, можна отримати все
більше і більше знаків числа я. Дивують досягнення стародавніх геометрів,
зокрема Архімеда (287-212 рр. до н. е.). Адже використовуючи алгебру,
хитромудро випрямляючи ламану зі сторін вписаного й описаного 96-кут-
ників, він дійшов висновку, що п міститься у межах від З^у до Зу. Така
різниця правої і лівої меж Зу - 3 уу | несуттєво відрізняється від 0,002. Це
означає, що Архімед обчислив п з похибкою не більпт як 0,001! Ми й досі
користуємося досягненням Архімеда, беручи наближене значення л » 3,14.
1.	Накресліть коло, радіус якого дорівнює 8 см. Впишіть у коло правильний чоти-
рикутник. Виміряйте йоі-о сторону і обчисліть периметр Рл.

2.	Побудуйте правильні восьмикутник, шістнадцятикутник, вписані у таке саме
коло. Виміряйте їхні сторони та знайдіть периметри РІ6.

3.	Обчисліть відношення периметра кожного багатокутника до діаметра кола. Отри-
мані результати запишіть у таблицю.

	л = 4	п = 8	п = 16
			
сі			

4*	. Виконайте завдання попередніх пунктів для описаних правильних багатокут-
ників.

5. Зробіть висновок.

Практична робота 8*

1.	Накресліть коло одиничного радіуса і впишіть у нього правильний восьмикутник.

2.	Опишіть навколо одиничного кола правильний восьмикутник.

3.	Виміряйте довжини сторін побудованих восьмикутників, обчисліть їх периметри,

4.	Оцініть значення числа я за допомогою значень периметрів цих багатокутників
і запишіть у такому вигляді:... < я < ....

Завдання 13

1°. Обчисліть довжину кола, якщо його радіус дорівнює: а) 10 см; 6)0,5 м;
ні 3,14 мм.

Заповніть таблицю, використовуючи формулу для обчислення довжини кола
(я«3.14).

С			18к		9,42			320,28
К	5	7		0,7		34,5	1/3	

3°. Як зміниться довжина кола, якщо його радіус: а) збільшити вдвічі; б) зменшити
утричі; п) зменшити в к разів; і) збільшити на 1 см?

Для допитливих

Як наближене значення я у давнину використовували такі числа; 3; <10;

22 355 . . .

—; Оцініть похибку, якщо замінити я цими числами.
І Як зміниться радіус кола, якщо довжину кола: а) збільшити в п разів; б) змен-
шити в п разів?

5.	Знайдіть довжину кола, описаного наиколо: а) правильного трикутника зі сто-
роною а; б) прямокутного трикутника з катетами а і Ь; в) рівнобедреного три-
кутника з основою а і бічною стороною Ь; г) прямокутника зі стороною а і гост-
рим кутом а між діагоналями; д) правильного шестикутника, площа якого
дорівнює 24>/3 см8.

(• Сторони прямокутника дорівнюють 5 см і 9 см. Знайдіть довжину кола, описа-
ного навколо цього прямокутника.

7. Знайдіть довжину кола, вписаного в: а) квадрат зі стороною а; б) рівнобедрений
прямокутний трикутник з гіпотенузою с; в) прямокутний трикутник з гіпотену-
зою с і гострим кутом а; г) рівнобедрений трикутник з кутом при основі а і висо-
тою, проведеною до основи Л.

Н Периметр правильного трикутника дорівнює 24>?3 см. Обчисліть радіус кола,
вписаного в цей трикутник.

9* Довжина кола, описаного навколо рівнобедреного трикутника, дорівнює 60л см.
Обчисліть периметр цього трикутника, якщо його основа дорівнює 48 см.

10**. Центр кола, вписаного у прямокутний трикутник, віддалений від вершин його
гострих кутів на -Тб см і >/10 см. Знайдіть довжину цього кола.

II.	Знайдіть радіус кола, вписаного в правильний л-кутник зі стороною 6 см,
якщо: а) п = 3; б) п = 4;  • п = 6.

12.	Діаметр вала колодязя дорівнює 32 см, глибина колодязя (до рівня води) -
6,5 м. Скільки разів треба повернути ручку вала, щоб витягти відро води?

13.	Барабан лебідки зробив 5 обертів. На скільки піднявся при цьому вантаж,
якщо діаметр барабана дорівнює 0,5 м?

14*. Швидкість електровоза становить 72 км/год. Радіус його колеса - їм. Колесо
котиться рейками без проковзування. Скільки обертів за 1 с робить колесо
цього електровоза?

і > П’ять однакових труб завдовжки 50 см кожна і діаметром 200 мм треба запа-
кувати в ящик прямокутної форми. Обчисліть розміри ящика, на який знадо-
билося б найменше матеріалу.

16°. Знайдіть довжину дуги кола, радіус якого дорівнює 6 см, якщо її градусна міра
становить: а) 30°; б) 45°; п 160°; і) 90°.

17°. Скільки градусів містить центральний кут, якщо дуга, що йому відповідає,
1111	2	З

становить: а)—; б)—; в)-; г)—; —; . • — частини кола?

З 4	5	6	3	4

18°. Радіус кола Я = 1 м. знайдіть довжину дуги цього кола, якщо її градусна міра:
а) 45°; 6) 30°; в) 120°; г) 60’30'.

19.	Дві точки ділять коло на дві дуги. Градусна міра однієї з них в 11 разів більша
за другу. Яка градусна міра кожної з дуг?

20 Дві точки ділять коло на дві дуги, різниця градусних мір яких дорівнює 60°.
Знайдіть градусну міру кожної з дуг.

21. Відстань між серединами зубців колеса, виміряна по дузі його кола, дорівнює
47 мм. Діаметр колеса 60 см. Скільки зубців мас колесо?

ДЛЯ ДОПИТЛИВИХ

Те, що відношення довжини кола до його діаметра є величиною сталою,
було видатним відкриттям. Ще в давнину люди широко використовували

це число під час побудови пірамід і зрошувальних систем, нарахуванні

податків тощо.

У Вавилоні за це відношення брали число 3. Така неточність призво-
дила до похибок у будівництві. Вважається, що Вавилонська вежа впала
тому, що люди розгнівили Всевишнього. А можливо, це відбулося через
число п - розрахунки були неточними?
22*.

23*.

24.

25.

26°.

27*.

28**.

29**.

ЗО**.

ЗІ*.

32*.

33».

34**.

35**.

36**.

При повороті дороги на 30° зроблено заокруглення радіусом 500 м. На скіль-
ки метрів скоротилася довжина шляху?

Поїзд рухається зі швидкістю 50 км/год уздовж дуги, радіус якої дорівнює
2 км. На який кут він повернеться за 45 с?

Довжина хорди дорівнює а. Знайдіть довжину дуги, яку стягує хорда, якщо
вона відповідає центральному куту: а) 60°; б) 90°; в) 120°.

За даною довжиною дуги І знайдіть хорду, що її стягує, якщо градусна міра
дуги: а) 30°; б) 45°; в) 90°.

Знайдіть радіанну міру кутів: а) 30°; б) 45е; ) 60°; г) 90°; д) 120°.

Мотоцикл рухався 45 с по дузі кола, радіус якого дорівнює 2 км, а відповідний
центральний кут - 0,18 рад. Яка швидкість мотоцикла?

Сторона квадрата дорівнює а. Кожна вершина є центром кола, що має
радіус а. Обчисліть периметр криволінійного чотирикутника, обмеженого
дугами цих кіл (мал. 2.13).

Через дві суміжні вершини квадрата проведено коло так, що дотична до ньо-
го, проведена з третьої вершини, дорівнює подвоєній стороні квадрата.
Знайдіть довжину цього кола, якщо площа квадрата дорівнює 10 смг.

Сторона правильного шестикутника дорівнює а. Кожна його вершина є цент-
ром кола, радіус якого - а. Знайдіть довжину лінії, що відповідає розетці,
утвореній дугами цих кіл (мал. 2.14).

При перетині двох кіл дуги, що стягує їхня спільпа хорда, дорівнюють 45° і
60° відповідно. Яке коло має більшу довжину? Відповідь обґрунтуйте.

Навколо двох рівновеликих прямокутників описані кола. Чи будуть ці кола

рівновеликими? Відповідь обґрунтуйте.

Діаметр кола поділено на п рівних частин, і на кожній із
них як на діаметрі побудовано кола. Знайдіть залежність
між довжиною даного кола і сумою довжин побудованих
кіл.

Доведіть, що площа кільця дорівнює добутку ширини кільця
і довжини кола, яке рівновіддалене від внутрішньої і
зовнішньої меж кільця.

Діаметр одного колеса вдвічі більший за діаметр другого.
Перше колесо робить один оберт за 1 с, а друге - за 2 с. На
зовнішньому колі першого колеса зафіксовано точку А, а на
другому - точку В. Яка точка швидше пройде шлях 1 км (по
колу), якщо колеса почали обертатись одночасно?

До круга, радіус якого дорівнює г, дотикаються шість
кругів таких самих радіусів, які попарно дотикаються й
один до одного. Утворена фігура охоплена концентричним
кільцем, рівновеликим сумі площ заданих семи кругів.
Знайдіть ширину цього кільця.

Мал. 2.13

Мал. 2.14

Для ДОПИТЛИВИХ

Незважаючи на популярність серед математиків, число, яке ми сьогодні
знаємо як «число я», протягом багатьох століть не мало позначення певним
символом. Першим позначив його грецькою літерою п англійський учитель
Вільям Джоис лише в 1706 р. Проте роботи провінційного вчителя мало хто
читав. І тільки Леонард Ейлер - «перша скрипка» в науці XVIII ст. - при-
йняв це зручне позначення і став використовувати його у своїх працях.

Рекорд докомп’ютерної ери обчислення числа я - 707 знаків - установив
англійський математик Вільям Шенкс. У 1937 р. їх помістили на купол
галереї паризького Палацу Відкриттів. Проте пізніше комп’ютерна
перевірка показала, що в 518-му знаку Шенкс припустився помилки, і
останні 180 знаків його обчислення неправильні!
§ 13. Площа

і сегмента

круга, кругового сектора

Нагадаємо, що кругом називається внутрішня час-
тина площини, що обмежена колом (разом з точками
кола). Це множина точок площини, віддалених від
центра кола на відстань, не більшу за радіус кола.

Центр відповідного кола називають центром круга,
а радіус цього кола - радіусом круга.

Розглянемо круг, радіус якого дорівнює К. Опишемо
навколо нього правильний багатокутник (мал. 2.15).
Нехай він має п сторін. Площа правильного п-кутника

дорівнює

"2

де Р„ - його периметр.

Зі збільшенням числа сторін
багатокутника його периметр
дедалі більше наближатиметься
до довжини кола 2яЯ, а значення
його площі - до площі круга. Тоді
площа такого багатокутника зі
збільшенням п наближатиметься

до числа

5 = - 2яЛ Я=лЯ2.

2

Таке саме значення для площі круга ми отримаємо,
якщо в задане коло будемо вписувати правильний бага-
токутник. Тільки якщо в першому випадку зі збіль-
шенням п послідовність площ описаних багатокутників
є спадною, то для вписаних багатокутників вона є зрос-
таючою.

Маємо: площа описаного багатокутника більша за
площу круга і при великих л наближається до значення
кНг', площа вписаного багатокутника менша за площу
круга і при великих п наближається до значення пНг.
Тоді площа самого круга дорівнює лЯг.

Площа круга обчислюється за формулою

8 = пП2.

Знайдемо тепер площу сектора і
сегмента.

Нагадаємо, що круговим сектором
називається частіша центрального кута
кола, яку обмежує відповідна дуга цього
кола (мал. 2.16) - дуга сектора. На
малюнку 2.16 зображено два сектори з
дугами АМВ і А\'В.

8
сектор

Розглянемо сектор круга радіуса Я, який відповідає
центральному куту а (мал. 2.17). Площа круга дорів-
нює л7?2, тоді площа сектора з центральним кутом 1°
ті/?2
дорівнює---.

360

Площа сектора з градусною мірою центрального
кута а = п.° обчислюється за формулою

Якщо відповідний центральний кут має радіанну
міру а = к рад, то

2л 2

Сегментом називається частина круга, обмежена
хордою і відповідною їй дугою (мал. 2.18). Відповідну
хорду називають основою сегмента, а відрізок діаметра,
перпендикулярного до неї і розміщеного всередині
сегмента, - його висотою (мал. на полі).

Мал. 2.18

Для обчислення площі сегмента, градусна міра дуги
якого менша за 180° (менша за л радіан), його зручно
розглядати як частину сектора. Площу такого сегмента
можна подати у вигляді різниці площ сектора і рівно-
бедреного трикутника, основою якого є хорда, а бічни-
ми сторонами - радіуси кола (мал. 2.19).

Якщо розглядати сегмент, градусна міра дуги якого
більша за 180° (більша за я радіан), то його площа
дорівнюватиме сумі площ сектора і рівнобедреного три-
кутника, основою якого є хорда, а бічними сторонами -
радіуси кола (мал. 2.20).

Мал. 2.20
Практична робота 9

1.	Накресліть коло, радіус якого дорівнює 8 См. Обчисліть площу круга 8,
обмеженого колом, за відомою вам формулою, взявши я « 3,1415.

2.	Побудуйте вписаний у коло правильний чотирикутник і визначте його площу
84. Побудуйте вписані в це коло правильні восьмикутник і шістнадцятикутник.
Проведіть у них апофему. Виміряйте апофеми і сторони восьмикутника та
шістнадцятикутника, обчисліть їхні площі 8в, 8)в.

3.	Знайдіть різницю між площею кожного з побудованих багатокутників і площею
круга 8 - 8Я і запишіть їх у таблицю.

	п = 4	л = 8	п= 16
5.			
£-5.1			

4*. Виконайте завдання попередніх пунктів для правильних описаних багатокутників.

5. Зробіть висновок.

Завдання 14

1°. Обчисліть площу круга, радіус якого дорівнює: а) 2 см; п> 15 мм; в) 73.

- . Заповніть таблицю, використовуючи формулу для обчислення площі круга.

8			36		144п			3,14
п	3	5		2/7		18,5	<3	

3°. Як зміниться площа круга, якщо його радіус: а) збільшити вдвічі; б) зменшити
у 5 разів?

4е. У скільки разів збільшиться площа круга, якщо його діаметр збільшити:
а) вдвічі; бі у 4 рази; в) в т разів?

5°. Знайдіть площу кругового кільця (мал. 2.21), обмеженого
двома концентричними колами, радіуси яких дорівнюють:
а) 4 см і 6 см; б) 4,5 м і 6,5 м; в) а і Ь (а > Ь).

Обчисліть площу круга, якщо довжина кола дорівнює
16х см.

7.	Знайдіть площу круга, описаного навколо: а) прямокутника зі
сторонами а і Ь; 6) прямокутного трикутника з катетом а і

протилежним кутом а; в) рівнобедреного трикутника з кутом Мал. 2.21
при основі а і висотою Л, проведеною до основи.

8.	Знайдіть площу круга, вписаного в: а) рівносторонній трикутник зі стороною а;
б) прямокутний трикутник з катетом а і прилеглим до нього гострим кутом а;
в) рівнобедрений трикутник з бічною стороною а і кутом а, що лежить проти
основи; г) рівнобедреиу трапецію з більшою основою а і гострим кутом а.

»» Знайдіть відношення площі круга до площі вписаного в нього: а) квадрата;
б) правильного трикутника; в) правильного шестикутника.

Для допитливих

Римський архітектор Ииіпривій (І ст. до н. е.) використовував грубе набли-
ження числа п, що призвело до ирорахунків у будівництві відомого Римсь-

кого театру.

1 у напт час деякі ультрамодні конструкції не витримують випробувань
на міцність через «витівки» числа я. Наприклад, московський «Аквапарк»
зруйнувався, можливо, саме з цієї причини.
10	. Знайдіть відношення площі круга до площі описаного навколо нього правиль-
ного: а) трикутника; б) чотирикутника; в) шестикутника.

11	Знайдіть відношення площ кругів, вписаного в правильний трикутник і опи-
саного навколо правильного трикутника.

12	Знайдіть відношення площі круга, описаного навколо квадрата, до площі кру-
га, вписаного в нього.

13	. Що більше: площа круга, побудованого на відрізку а як на діаметрі, чи площа
півкруга, побудованого на відрізку 2а як на діаметрі? Відповідь обґрунтуйте.

14*. Навколо правильного трикутника з площею 5 описано коло, а друге коло
вписано в цей трикутник. Знайдіть площу кільця, утвореного колами.

15*. Навколо круга, площа якого дорівнює 8, описано ромб з гострим кутом ЗО®.
Знайдіть площу ромба.

16*. Під час переобладнання водопровідної мережі дві водопровідні труби діаметра-
ми 3 дм і 4 дм треба замінити однією трубою з тією самою пропускною спро-
можністю. Яким має бути діаметр цієї труби?

17. Довжина кола циркової арени дорівнює 41м. Знайдіть діаметр і площу арени.

18*. Скільки кругів діаметром 50 см можна вирізати зі шматка жерсті прямокутної
форми розміром 130 х 225 см? Яка частина матеріалу залишиться?

19* Якої товщини шар треба зняти з круглого мідного дроту, що має площу
перерізу 1156 мм2, щоб дріт пройшов крізь отвір діаметром 38,5 мм?

20*. Токар має обточити вал, діаметр якого 24 см, так, щоб площа його поперечного
перерізу стала вдвічі меншою. На скільки йому треба зменшити діаметр вала?

21* Навколо круглої клумби, радіус якої дорівнює 3 м, є декоративне кільце зав-
ширшки 0,5 м. Скільки треба гальки, щоб посипати доріжку, якщо на 1 м2
кільця потрібно 0,7 дм2 гальки?

22°. Знайдіть площу сектора круга, радіус якого дорівнює Я, якщо відповідний
цьому сектору центральний кут дорівнює: а) 40°; б) 90°; в) 150°; г) 240°;
і» 300°; е) 330°.

23°. Знайдіть площу сектора круга, радіус якого 6 см, якщо відповідний цьому
я	5

сектору центральний кут дорівнює: а)—; б) 0,75л; п)1 —я.

10	6

24®. Чи може сектор круга бути його сегментом? Відповідь обґрунтуйте.

25 Із круга, радіус якого дорівнює 10 см, вирізано сектор з дугою 60®. Знайдіть
площу частини круга, що залишилася.

26.	Площа сектора з центральним кутом 72® дорівнює 8. Знайдіть радіус сектора.

27.	Дано круг, радіус якого дорівнює Я. Знайдіть площу сектора цього круга, що
має дугу завдовжки: а) Я; б) І.

28	Знайдіть площу кругового сегмента, що обмежений хордою, яка дорівнює
7 см, та дугою 90®,

29*. Знайдіть площу кругового сегмента з основою а-Тз і висотою $.

30*. Радіус круга дорівнює Я. Знайдіть площу тієї частини круга, яка розміщена
поза вписаним у нього: а) квадратом; б) правильним трикутником; в) правиль-
ним шестикутником.

Для допитливих

Чи знаєте ви, що третього місяця чотирнадцятого дня кожного року свят-
кується Всесвітній день числа я - фанати легендарного числа збираються в
Інтернеті?

Будь-хто із землян може взяти участь у глобальному проекті «Рі-Нех».
І це не просто розваги комп'ютерних гурманів, а серйозний науковий про-
ект. Так, у 2000 р. наукова команда планети Земля обчислювала окремі
знаки у двійковій системі запису числа я.
31*. Три кола, радіуси яких 6 см, попарно дотикаються одне до одного. Знайдіть
площу: а) круга, дуга якого проходить через точки дотику цих кіл; б) площу
криволінійного трикутника, обмеженого дугами цих кіл; в) круга, вписаного
в криволінійний трикутник, обмеженого дугами цих кіл.

Сторона квадрата на малюнку 2.22 дорівнює 8 см. Обчисліть площу зафарбова-
ної фігури.

33*. На малюнку 2.23 зображено чверть кола і півколо. Знайдіть площу зафарбова-
ної фігури.

34**. У прямокутний трикутник з довжинами катетів а і Ь вписано півкруг так, що
його центр міститься на гіпотенузі трикутника. Знайдіть площу цього півкруга.

35**. З центром у вершинах квадрата побудовано круги, радіуси яких а. Знайдіть
площу частини площини, спільну для всіх чотирьох побудованих кругів,
якщо сторона квадрата дорівнює а.

36**. Одна хорда півкруга ділить другу його хорду навпіл. Яка з цих хорд відтинає
від даного півкруга сегмент більшої площі? Відповідь обґрунтуйте.

37**. Два рівні півкруги, радіуси яких г, накладено так, що їхні діаметри пара-
лельні, а середина дуги кожного з них збігається з центром другого. Знайдіть
площу спільної частини цих півкругів.

Висота правильного трикутника дорівнює т і є діаметром кола. Знайдіть довжи-
ну частини кола, яка міститься всередині цього трикутника.

39**. У круговий сектор із центральним кутом а вписано круг. Знайдіть відношен-
ня площі сектора до площі цього круга.

40**. До двох зовні дотичних кіл провели спільну дотичну. Знайдіть площу фігури,
обмежену дугами кіл і дотичною, якщо радіуси цих кіл дорівнюють г і Я.

41**. Сектор із центральним кутом 60° поділено прямою, перпендикулярною до
його осі симетрії, на дві рівновеликі частини. Периметр якої частини мен-
ший?

Завдання для повторення розділу II

1.	Дайте означення багатокутника.

2.	Який багатокутник називається опуклим?

3.	Який багатокутник називається правильним?

4.	Сформулюйте властивості: а) опуклих багатокутників; б) правильних багато-
кутників.

5.	Запишіть для правильного п-кутника формули обчислення площі та радіусів
описаного і вписаного кіл через довжину його сторони.

Для допитливих

У 1949 р. американський математик Доп фон Нейман обчислив яа одній з
перших обчислювальних машин 2037 знаків числа я. Пізніше в 1958 р. було
обчислено 10 000 знаків числа я, у 1961 р. - 100 000, у 1973 р. - 1 мільйон.
6.	Залишіть формулу для знаходжеіптя площі правильного л-кутника через радіус
описаного павколо нього кола.

7.	Поясніть зміст числа я через довжину кола одиничного радіуса.

8.	Запишіть градусну міру кута, що має: а) я радіан; б) 2 радіани; в) 1 радіан;
г) т радіан.

9.	Запишіть радіапяу міру кута, що має: а) 180°; б) 360°; в) 1°; г) л°.

10.	Залишіть формули для знаходження довжини кола і дуги кола, радіус якого Я.

11.	Запишіть формули для обчислення площі круга, радіус якого дорівнює Я,
площ кругового сектора і сегмента.

12.	Знайдіть суму кутів опуклого: а) двадцятикутника; б) п'ятнадцятикутника.

13.	Скільки вершин має опуклий багатокутник, сума кутів якого дорівнює:
я) 1080°; б) 1980°?

14.	Чи може кут а правильного багатокутника дорівнювати: а) 165°; б) 125°?

15.	Навколо правильного л-кутника зі стороною 3 см описано коло. Знайдіть
радіус цього кола, якщо: а) п = 3; б) п = 4; в) п = 6.

16.	У правильний л кутник вписано коло, радіус якого дорівнює 3 см. Знайдіть сто-
рону л-кутника, якщо: а) л  3; б) л = 4; в) л = 6.

17*.Скільки діагоналей має: а) десятикутник; б) п'ятнадцятикутник?

18.	Скільки вершин має опуклий багатокутник, у якого: а) усі кути по 150°; б*) чоти-
ри кути по 125°, а інші по 152°?

19*. У коло, радіус якого Я - 12 см, вписано правильний чотирикутник АВСВ, у
який вписано коло, а в нього - правильний трикутник КММ. Знайдіть пери-
метр цього трикутника.

20*.У коло вписано правильний трикутник АВС, у який вписано коло, а в нього —
правильний чотирикутник КЬМІЇ. Знайдіть радіус найбільшого кола, якщо
периметр чотирикутника дорівнює 16 см.

21*.Коло дотикається до двох сторін трикутника, а його центр лежить па третій
стороні. Знайдіть радіус кола, якщо: а) дві сторони трикутника, до яких доти-
кається коло, дорівнюють а і Ь, а кут між ними — а; б) трикутник рівносто-
ранній і його висота дорівнює Л.

22.	Усередині квадрата зі стороною 4 см зроблено отвір у вигляді круга, площа яко-
го дорівнює 4,5 с№. Знайдіть площу утвореної фігури.

23*. У круг, радіус якого дорівнює 4 см, вписано л однакових кругів, що попарно
дотикаються один до одного. Знайдіть площу криволінійного багатокутника,
обмеженого п кругами, якщо: а) п = 3; б) л = 4; в) л = 6.

24*. Знайдіть гострий кут ромба, якщо його площа дорівнює 32 см2, а довжина кола,
вписаного в цей ромб, становить 4п См.

25.	У коло вписано квадрат, а в квадрат - коло. Знайдіть площу кільця, утвореного
колами, якщо сторона квадрата дорівнює 4 см.

Для допитливих

5^2» Для того щоб запам’ятати значення числа я, вигадували багато «правил»,
г-ч Ось одне з них: «Три я взяв у кошик». У цій фразі номер слова є номером

цифри числа, а кількість літер у слові відповідає цифрі, яка стоїть у

відповідному розряді.

Наведемо ще одне «правило» (початок XX ст.): «Кто и шутя и скоро
пожелаетт» іти узнать, число уже знаегь». Воно «працює» за принципом
попереднього. Причому треба зберігати стару орфографію, враховувати і

твердий знак наприкінці слова.

Спробуйте й ви вигадати своє «правило».

Рекорд запам’ятовування числа я встановив у 2004 р. український лікар
зі Львова Андрій Слюсарчук. Він за 10 днів завчив 500 000 знаків числа я.
До того «рекордсменом числа я» був японець, який завчив 42 000 знаків за
10 років.
26*. У коло вписано правильний шестикутник, а в нього коло. Площа кільця, утво-
реного колами, дорівнює 9т см8. Знайдіть сторону шестикутника-

27**. Знайдіть найменшу й найбільшу діагоналі правильного десятикутника, сторона
якого дорівнює 1.

28**. Доведіть, що коли в опуклому (2п + 1)-кутнику, вписаному в коло, всі кути
рівні, то цей (2п + 1)-кутник - правильний.

29**. Знайдіть відношення площі правильного п’ятикутника до площі трикутника,
утвореного стороною цього п’ятикутника і його двома діагоналями, що виходять
з кінців цієї сторони.

ЗО**. Діагоналі А^ і А^ правильного двадцятикутника перетинаються в точці В.
Доведіть, що трикутники А^В і А^В - правильні, а діагональ А. А* дорівнює
діаметру кола, вписаного у даний багатокутник.

Готуємося до тематичного оцінюпаннп № З

Варіант І

1.	У правильному багатокутнику сума його внутрішніх кутів дорівнює 5580°.
Знайдіть число сторін і діагоналей багатокутника.

2.	Скільки сторін має правильний багатокутник, кожний із внутрішніх кутів яко-
го дорівнює 144Л?

3.	Сторони двох правильних п’ятикутників відносяться як 5:7. Площа більшого
п'ятикутника дорівнює 98 см8. Знайдіть площу меншого п’ятикутника.

4.	Сторона правильного трикутника, вписаного в коло, дорівнює 7б см. Знайдіть
сторону квадрата, вписаного в це саме коло.

Варіант II

1.	У правильному багатокутнику 14 діагоналей. Знайдіть число його сторін і суму
внутрішніх кутів.

2.	Обчисліть внутрішні і зовнішні кути правильного п-кутника, якщо п = 15.

3.	Площі двох шестикутників відносяться як 4:9. Знайдіть сторону більшого з них,
якщо сторона меншого дорівнює 12 см.

4.	У квадрат зі стороною 8 см вписано коло. Знайдіть сторону правильного трикут
ника, вписаного в це саме коло.

Готуємося до тематичного оцінювання ЛІ 4

Варіант І

1.	Знайдіть довжину кола, діаметр якого дорівнює 10 см.

2.	Радіус кола дорівнює 6 см. Знайдіть довжину дуги, що містить 120°.

3.	Знайдіть радіанну міру кута 75°.

4.	Знайдіть площу сектора круга, радіус якого дорівнює 5 см, якщо відповідний
цьому сектору центральний кут становить 105°.

Варіант II

1.	Знайдіть довжину кола, радіус якого дорівнює 4 см.

2.	Довжина дуги кола дорівнює 15 см. а її градусна міра 18°. Знайдіть радіус кола.

3.	Знайдіть градусну міру кута, радіанна міра якого дорівнює я : 12.

4.	Знайдіть площу сектора круга, якщо радіус круга дорівнює 10 см, а дуга сектора
містить 210'’.

Для допитливих

Стародавні єгиптяни за площу круга брали число, що дорівнює (8<//9)2, де
сі — діаметр круга. Це означає, що число я в них дорівнювало (16/9)8, що

точніше, ніж у вавилонян (с. 101). Це було наслідком того, що єгиптяни
наближено розглядали круг як квадрат, у якого від кожного кута відрізало

прямокутний рівнобедрений трикутник і катети якого дорівнюють одній
третій сторони квадрата. Оцініть похибку, якщо за я взяти (16/9/.
ГЕОМЕТРИЧНІ ПЕРЕТВОРЕННЯ

я

НА ПЛОЩИНІ

В цьому розділі ми розглянемо одну з найважливіших тем геометрії
перетворення фігур на площині (кажуть «перетворення площини»). Ідея
перетворень однієї фігури в іншу е провідною ідеєю сучасної математики.
Її використовують у різноманітних розділах математики для доведення
дивовижних і складних теорем.

Ми тільки доторкнемося до цієї надзвичайно цікавої теми, оскільки
вона виходить далеко за межі шкільного курсу математики.

§14• Геометричні перетворення на
площині та їх властивості

У 7-му класі рівні відрізки, кути, трикутники
ми означали як фігури, що можна сумістити. Тобто
будь-якій точці однієї з рівних фігур можна поставити у
відповідність певну точку другої з цих фігур. Зрозуміло,
що при цьому відстань між двома точками одного з
рівних трикутників дорівнює відстані між відповідними
їм точками другого трикутника і кути між відповідними
відрізками двох рівних трикутників однакові.

Якщо розглядати два подібні трикутники, то і в цьо-
му випадку будь-якій точці одного з цих трикутників
можна поставити у відповідність певну точку іншого.
Саме це ми й робили, коли використовували власти-
вості подібності у 8-му класі, наприклад, при збільшенні
малюнка. Зрозуміло, що тепер відстань між двома точ-
ками одного трикутника не дорівнюватиме відстані між
двома відповідними їм точками другого трикутника, а
кути - зберігатимуться.

Геометри не могли обійти увагою такі цікаві власти-
вості геометричних фігур. їх вивчення й узагальнення
привело до появи поняття геометричного перетворення.

V Кажуть, що задано геометричне перетворення,
’’ якщо вказано спосіб, як кожній точці А однієї
фігури поставити у відповідність єдину точку
А, іншої. (Причому різним точкам А і В відпо-
відають різні точки А ,і В{.)

Вихідну сукупність точок називають прообразом, а
отриману - образом.

Зауваження. Якщо здійснюється друге таке пере-
творення, в якому прообраз і образ міняються місцями,
то таке перетворення називають оберненим першому.

\ Геометричні перетворення, які зберігають від-
чг.' стань між довільними парами точок, назива-
ють рухом.

При таких перетвореннях не змінюються міри ку-
тів; форма і розмір фігури (тобто фігури прообразу і
образу рівні). Ми будемо вивчати такі типи руху: па-
ралельне перенесення, поворот і симетрія.

ПАРАЛЕЛЬНЕ ПЕРЕНЕСЕННЯ

V Паралельним перенесенням називається пере-
1 ‘ творення, при якому дві довільні точки А і В
фігурипрообразу перетворюються на точки А,
і В] фігури-образу так, що АА, = ВВ{ і ААІ || ВВ} (або
точки А, А{ та В, В} лежать на одній прямій).

Маємо, що АА{ || ВВ, і АА{ - ВВХ, тоді чотирикут-
ник АА, В,В - паралелограм.

Підкреслимо, що ми розглядали дві довільні точ-
ки А і В фігури-прообразу. Тобто, якщо взяти інші її
точки, наприклад С, ... (образи С,, ...) отримаємо па-
ралелограми СС}В{В, СС1А1А.....сторони яких СС, =

=АА, = ВВ{ = ... (мал. 3.1).

Мал. 3.1

ДАВС-ДАїВ^

Перетеорен ня:

ДАВС —> ДА1В1СІ
прообраз -»образ

&АВС ДАіВ|Сі

А САХ Сх

Обернене
перетворення-.

А АВС <- ДАіВ^і
образ <— прообраз

, п паралельне
перенесення 1 1

АА, II ВВХ

ААХ - ВВХ

прообраз образ
а - кут повороту

О - центр
повороту

ПОВОРОТ

Поворотом з центром у точці О на кут а нази-
вається перетворення, яке переводить довіль-
ну точку А фігури-прообразу в точку А1 фігу-
ри-образу так, що А і АІ розташовані на одній
відстані від точки О і ЛАОА} = а.

Тобто точка-прообраз А і точка-образ А, містяться на
колі з центром у точці О, а центральний кут АОА1 цього
кола дорівнює а (мал. 3.2).

Підкреслимо, що ми розглядали довільну точку А
фігури-прообразу. Якщо взяти іншу точку В вихідної
фігури, то вона матиме за образ точку таку, що В і ВІ
лежать на одному колі, центром якого є О, а кут ВОВХ
також дорівнює а (мал. па полі).

ОСЬОВА СИМЕТРІЯ

Осьовою симетрією відносно прямої - осі симет-
рії. - називається перетворення, яке переводить
довільну точку А фігури-прообразу в точку А,
фігури-образу так, що вісь симетрії є серединним пер-
пендикуляром до відрізка ААГ

З осьовою симетрією ви знайомі ще з 7-го класу, і
приклад, наведений на малюнку 3.3, нам зрозумілий.

п. - вісь симетрії

ЦЕНТРАЛЬНА СИМЕТРІЯ

V, Центральною симетрією відносно точки О на
"•у' зивається таке геометри чне перетворення, яке
переводить довільну точку А фігури-прообразу
в точку АІ фігури-образу так, що точки А, О і А1 ле-
жать на одній прямій і А,О = АО (мал. 3.4).

Зауважимо, що такий тип симетрії є випадком пово-
роту на 180°.
Мал. 3.4

ГОМОТЕТІЯ

V Гомотетією з центром у точці О і коефіцієнтом
к називається таке геометричне перетворення,
яке переводить довільну точку А фігури прообра-
зу в точку фігури-образу так, що точки А, О,А} ле-
жать на одній прямій і А = | А| • А О (мал. 3.5).

Гомотетія зберігає форму фігури, але не її розміри.
Коефіцієнт гомотетії може бути як додатним (мал. 3.5-а),
так і від’ємним числом (мал. 3.5-6).

г центральна,
симетрія 1

центр
симетрії

Мал. 3.5

коефіцієнт
'гомотетії

При к > 0 точки АіА1 містяться на прямій О А
по один бік від точки О, а при к <0 - по різні боки.

Нехай фігура Р переходить у фігуру Р{ перетворен-
ням гомотетії з центром 0 і коефіцієнтом к. Розглянемо
дві довільні точки А і В фігури Р. їм відповідають точ-
ки А, і В, фігури ?’г Маємо: ОАІ : ОА = |Аі - ОВ{ : ОВ;
ЛА1ОВ1 * £АОВ, бо ці кути або збігаються (при к > 0),
або є вертикальними (при к < 0). Тоді ЛА.ОВ, «> &АОВ
з коефіцієнтом подібності |А|, і А'В^ : АВ - |А. Аналогічно
отримаємо: В.С, : ВС = |Л|, А,С, : АС - |А|. Звідси трикут-
ник-прообраз і трикутник-образ, утворений гомоте-
тією, - подібні за пропорційністю трьох сторін.

Ми довели таку властивість гомотетії.

Відповідні лінійні елементи гомотетичних фігур
пропорційні з коефіцієнтом |А|, а кути при гомотетії не
змінюються.

Гомотетія з коефіцієнтом к - -1 є центральною си-
метрією. Справді, при гомотетії з центром О і коефі-
цієнтом А = -і будь-яка точка А фігури-прообразу має
за образ точку А, таку, що точка О буде серединою
відрізка АА, (див. мал. 3.4).

ОАі

ОА~к 0

центр
гомотетії
ПЕРЕТВОРЕННЯ ПОДІБНОСТІ

\ Перетворенням подібності з коефіцієнтом к на-
зивається перетворення, при якому відношення
відстані між довільними двома топками фігу-
ри-образу до відстані між відповідними точками фігу-
ри-прообразу дорівнює к (мал. 3.6).

Якщо при такому перетворенні точка А має за образ
точку Лр аВ-ВрТОЛД: АВ = к. Зрозуміло, що ко-
ефіцієнт подібності не може бути від’ємним.

р ,х—»е.

подібність 1
з коефіцієнтом к

Р Рі

Г<^Р\

V

подібні
з к

Перетворення подібності можна уявити як перетво-
рення, яке отримуємо послідовним виконанням пере-
творень гомотетії (з коефіцієнтом, модуль якого дорів-
нює к) і руху.

Наприклад, на малюнку 3.7 ми використали гомо-
тетію з коефіцієнтом 2, а потім поворот на 30°, обид-
ва з центром у точці О. А на малюнку 3.6 трикутник
А'В^, подібний до трикутника АВС з к = 0,8, можна
отримати, якщо виконати: гомотетію з центром у точ-
ці В і коефіцієнтом 0,8, перетворення поворот ВІДНОСНО
точки В, паралельне перенесення.

Мал. 3 6	Мал. 3.7

Якщо застосувати перетворення подібності до три-
кутника, то отримаємо трикутник, подібний до три-
кутника-прообразу, бо сторони цих трикутників про-
порційні (мал. 3.7).

Тоді можна сформулювати означення подібності двох
трикутників і так.

Два трикутники подібні, якщо вони переводяться
один в одний перетворенням подібності.

Аналогічно формулюють означення подібності двох
плоских геометричних фігур.

\ Дві фігури називаються подібними, якщо вони
переводяться одна в одну перетворенням подіб-
ності. Якщо фігура Р подібна до фігури Ер то за-
писують Р ™ Ер або Р Е, (коли треба вказати ко-
ефіцієнт подібності).
І У подібних фігурах усі лінійні елементи пропор-
ційні з коефіцієнтом подібності к, а кути між від-
повідними лінійними елементами зберігаються.

Тепер ми маємо можливість сформулювати означен-
ня рівності двох фігур математичною мовою.

Дві фігури називаються рівними, якщо вони пе-
ретворюються одна в одну рухом.

Зрозуміло, що рівність фігур (відрізків, кутів, три-
кутників), як ми їх розуміли досі, і наведене означення
виражають одне й те саме.

«5^5 Усі розглянуті нами перетворення мають такі

V ВЛАСТИВОСТІ:

•	пряма перетворюється на пряму, промінь — на
промінь, відрізок - на відрізок;

•	кути між прямими зберігаються;

•	якщо точка В належить відрізку АС. то її образ В(
належить відрізку А,^ (образу відрізка АС);

•	відношення довжин відрізків однієї прямої збері-
гається.

Наведені властивості випливають з рівності або по-
дібності відповідних трикутників фігур образу і про-
образу.

Зауваження. Відношення довжин відрізків різних
прямих, власне кажучи, не зберігається.

ВЛАСТИВОСТІ
розглянутих пере-
творень:

якщо

•	І І

рухом 1

1.(АВ)-(А,В,)

[АВ)->[А,А)

[Авріла].

2.	-/А.

З.С«[АВ]-»СІв[А,вІ].

4.ДС:СВ = Д,С, :С,В,

Практична робота 10

1.	Позначте дві точки А і С та сполучіть їх відрізком.

2.	Через точки А і С проведіть паралельні прямі та відкладіть від цих точок (в одному
напрямі) відрізки АА] і СС, однакової довжини. Сполучіть точки А, і (?,.

3.	Порівняйте довжини відрізків: АС і А,^; АА, і СС,. Як називають спосіб, яким
ви отримали відрізокА]С] з відрізка АС? Зробіть висновок.

4.	Виріжте з паперу по дві фігури, зображені па малюнку 3.8.

Мал. 3.8

5.	Наклеюючи вирізані фігури на аркуш паперу, здійсніть паралельне перенесення
кожної з них (підказка на малюнку 3.9). Поясніть свої дії.

ГкА’ Для допитливих

’Г'уЗЗ міркувань подібності двох довільних кіл можна легко отримати сталу я.
Справді, відношення двох лінійних елементів подібних фігур дорівнює їх
коефіцієнту подібності: 1,: 1г * к - В, : В}. Тоді:

_ А. і _ Ч к

В, В2	2 В,	2 В.

- - = я = сопзі.
2Й
Мал. 3.9

Завдання 15

1°. У яку фігуру переходить пряма при паралельному перенесенні?

2а. Чи може пряма при паралельному перенесенні перейти сама в себе?

З Чи існує паралельне перенесення, при якому одна сторона прямокутника пере-
ходить в іншу його сторону?

4. Чи існує паралельне перенесення, при якому одна сторона трикутника переходить
в іншу сторону цього самого трикутника?

> Накресліть трикутник АВС. Побудуйте трикутник А.В^,, який утворений з три-
кутника АВС паралельним перенесенням так, щоб утворилася трапеція АВВ,С(.

6*.У рівнобічній трапеції гострий кут дорівнює 60°. Доведіть, використовуючи
паралельне перенесення, що менша основа трапеції дорівнює різниці більшої
основи і бічної сторони.

Практична робота 11

1.	Накресліть відрізок АВ. Позначте точку О, що не належить відрізку АВ.

2.	Проведіть промінь ОА і побудуйте промінь ОМ (у правій півллощині відносно ОА)
так, щоб /АОМ - 50°. На промені ОМ відкладіть відрізок ОА,, що дорівнює ОА.

3.	Проведіть промінь ОВ і побудуйте промінь ОМ (у правій півплощині відносно ОВ)
так, щоб /.ВОії = 50°. На промені ОМ відкладіть відрізок ОВ,, що дорівнює ОВ.

4.	Сполучіть точки А, і В,. Порівняйте довжини відрізків АВ і А(ВГ

5.	Як називають спосіб, яким ви отримали відрізок А.В, з відрізка АВ? Зробіть
висновок.

Практична робота 12

1.	Виріжте з паперу по одній фігурі, зображеній на малюнку 3.10.

а)	б)	в)

Мал. 3.10

Для допитливих

Приклад Георга Кантора (1845-1918).

Множині точок довільного відрізка можна поста-
вити у відповідність множину точок усієї прямої.

Кантор пропонував це зробити так, як показано
на малюнку.

Чи можна поставити у відповідність множині
точок променя множину точок відрізка?
2.	За допомогою голки (циркуля) обводячи контури фігур, здійсніть поворот
кожної з них навколо:

1)	точки А проти годинникової стрілки на кут: а) 130°; б) 180°;

2)	точки О за годинниковою стрілкою на кут: а) 75е; б) 360°:

З*) будь-якої точки, що не належить фігурі, на кут: а) 60°; б) 360®.

Завдання 16

1°. Побудуйте відрізок АД, який утворюється з даного відрізка АВ поворотом
навколо даної точки О на:

а) 100° за годинниковою стрілкою; б) 45° проти годинникової стрілки.

2.	Побудуйте трикутник, який утворюється з даного трикутника АВС поворотом
навколо вершини А на кут 150° за годинниковою стрілкою.

3.	Побудуйте коло, яке утворюється з даного кола з центром О поворотом навколо
точки А на кут 60° за годинниковою стрілкою, якщо: а) точки Лі О ие збігають-
ся: 6) точки А і О збігаються.

4*. Доведіть, що внаслідок повороту квадрата навколо точки перетину його
діагоналей на кут 90° квадрат відображається на себе.

5*. Точка В - точка перетику бісектрис рівностороннього трикуника ГСіН.
Доведіть, що внаслідок повороту навколо точки В на кут 120° трикутник РСН
відображається сам на себе.

Назвіть фігури, які можна відобразити на себе поворотом навколо деякої точки
на кут: а) 45°; б) 60°; в) 120°. Де ви бачили такі фігури в природі і техніці?

Практична робота 13

1.	Накресліть відрізок АВ. Проведіть пряму п. так, щоб вона не перетинала
відрізок АВ.

2.	З точок А і В опустіть перпендикуляри АН і ВК на пряму п.

3.	На продовженнях відрізків АН і ВК за точки Н і К відкладіть відрізки НА. - АН
і КВ, = ВК відповідно.

4.	Сполучіть точки А, і В, відрізком.

5.	Порівняйте довжини відрізків ЛВ і А,В,. Зробіть висновок.

6.	Які точки відрізків АВ і А,В. є симетричними відносно прямої п?

7.	Побудуйте довільні трикутник і чотирикутник та пряму п, що не перетинає їх.
Побудуйте фігури, симетричні до зображених відносно прямої л.

Завдання 17

1.	Виконайте перетворення осьової симетрії: а) чотирикутника відносно однієї з
його сторін; б) паралелограма відносно однієї з його діагоналей; • »трикутника
відносно його середньої лінії.

2.	Скільки осей симетрії мають дві дані точки? Зробіть малюнок.

Дано точки А, В і М, які не належать одній прямій. Побудуйте точку, симетричну
точці М відносно прямої АВ.

4*. Скільки осей симетрії можуть мати дві прямі? Розгляньте можливі взаємні
розміщення цих прямих на площині.

Для допитливих

Доведіть такі властивості ортоцентричного трикутника (трикутника,
утвореного відрізками, що сполучають основи висот даного трикутника).

1.	Трикутник, утворений відрізками, які сполучають точки перетину про-
довження висот гострокутного трикутника з описаним навколо нього
колом, гомотетичний ортоцентричному трикутнику. (Знайдіть центр гомо-
тетії і коефіцієнт гомотетії відповідного перетворення.)

2.	Радіус кола, описаного навколо трикутника, вдвічі більший за радіус
кола, описаного навколо його ортоцентричного трикутника.
Практична робота 14

1.	Проведіть відрізок АВ. Позначте точку О, що не належить відрізку АВ.

2.	На продовженнях відрізків АО і ВО за точку О відкладіть відрізки: ОА{ - ОА І
ОВ,=ОВ.

3.	Сполучіть точки А, і В, відрізком.

4.	Порівняйте довжини відрізків АВ і 4,6,. Зробіть висновок.

5.	Які точки відрізків АВ і А^, є симетричними відносно точки О?

6.	Накресліть довільні трикутник і чотирикутник та позначте точку О поза ними.
Побудуйте фігури, симетричні до зображених відносно точки О.

Завдання 18

1.	Виконайте перетворення центральної симетрії трикутника відносно:

а) точки, що не належить трикутнику; б) однієї з його вершин; •»> середини
однієї з його сторін; г) точки перетину його медіан.

2.	Виконайте перетворення центральної симетрії: а) чотирикутника відносно точ-
ки перетину його діагоналей; б» трапеції відносно середини однієї з її основ.
Скільки центрів симетрії мають дві точки?

4*. Скільки центрів симетрії мають дві прямі? Розгляньте різні взаємні розміщен-
ня цих прямих.

5**.За яких умов мають тільки один центр симетрії: а) дві прямі; б) три прямі;
в) п прямих?

6**. За яких умов три прямі мають нескінченну множину центрів симетрії?

Практична робота 15

1.	Проведіть відрізок АВ. Позначте точку О, що не належить відрізку АВ.

2.	Проведіть промінь ОА (з початком у точці О) і відкладіть на ньому відрізок ОА],
що дорівнює 2ОА.

3.	Проведіть промінь ОВ (з початком у точці В) і відкладіть на ньому відрізок ОВ,,
що дорівнює 2ОВ.

4.	Сполучіть точки А] і В, відрізком. Порівняйте довжини відрізків АВ і А,В,.
Зробіть висновок.

5.	Як називається геометричне перетворення відрізка АВ у відрізок А]В]?

6.	Продовжіть промені ОА і ОВ у протилежний бік (за точку О) і відкладіть на цих
продовженнях відрізки ОА„ і ОВ2, що дорівнюють 1,5ОА і 1.5ОВ відповідно.

7.	Сполучіть точки Аг і Вг відрізком. Порівняйте довжини відрізків АВ і АгВг.
Зробіть висновок.

8.	З яким коефіцієнтом гомотетичні відрізки: а) АВ і А1/?>; б)АВ ІА^В^ Чи будуть
гомотетичними відрізки А(В, і АгВ8?

Завдання 19

1	. Виконайте гомотетію квадрата АВСВ з центром гомотетії в одній з вершин цього
квадрата і коефіцієнтом А 1,2.

2	Побудуйте фігуру, гомотетичну даному чотирикутнику з коефіцієнтом к = -2,
взявши за центр гомотетії точку перетину його діагоналей.

3°. Як розміщені гомотетичні точки відносно центра гомотетії, якщо коефіцієнт
гомотетії - від’ємне число?

Для допитливих

1.	На полі розмітили ділянку АВСВ квадратної форми. Дощі розмили межі
ділянки, залишилися лише кілочок у центрі ділянки та по одному кілочку
на сторонах АВ і СБ. Чи можна за цими даними відновити межі ділянки?

2.	Чи можна розв’язати попередню задачу, якщо третій кілочок буде не па
стороні СО, а на стороні ВС?
4*. Виконайте гомотетію даного трикутника з центром гомотетії в одній із його

2	4

вершин і коефіцієнтом гомотетії: а) к =	і о к = —.

З	З

5*. Яка фігура утвориться в результаті перетворення гомотетії двох прямих, що
перетинаються, якщо центр гомотетії міститься в точці їх перетину?

б* Побудуйте фігуру, гомотетичну куту, якщо за центр гомотетії взято його
вершину.

7**. Відрізки АВ і А|В1 паралельні, АВ * уЦВ,. Чи є вони гомотетичними? Якщо
так, то як знайти центр гомотетії і скільки центрів гомотетії мають ці
відрізки?

8 ' Трикутник А,В,С, гомотетичний трикутнику АВС з центром гомотетії у
вершині В. Доведіть, що точки А, С, А,,С,- вершини трапеції. За якої умови
АСА'С, буде паралелограмом?

9**. Скільки центрів гомотетії мають два кола з різними радіусами, центри яких
не збігаються і які: а) не перетинаються; б) перетинаються; п| дотикаються
одне до одного зовнішньо; і» дотикаються одне до одного внутрішньо? Як
знайти ці центри?

10**. Скільки центрів гомотетії мають два кола рівних радіусів, центри яких не
збігаються і які: а) не перетинаються; (її перетинаються; в) дотикаються одне
до одного зовнішньо? Як знайти ці центри?

11**. Скільки центрів гомотетії мають два концентричні кола?

Практична робота 16

1.	Побудуйте довільний чотирикутник АВСВ. На продовженні відрізка АВ за
точку В відкладіть відрізок = 1,5АВ, па продовженні відрізка ВС за точку
С відкладіть відрізок СС, = 1,5І>С, а на продовженні відрізка ВВ за точку В
відкладіть відрізок ВВ, = 1,5ВВ.

2.	Сполучіть послідовно точки/Ц, В, ІС,. Порівняйте відношення сторін чотирикут-
ників АВСВ і А,В,С,В,. АЛ і А,В, ЛС і ПС(, АВ і А^В,, ВС і В,СГ Що можна сказа-
ти про ці чотирикутники? Зробіть висновок.

Завдання 20

1’. Що являє собою фігура, подібна до: а) трикутника; б) чотирикутника; в) тра-
пеції?

2.	Доведіть, що фігура, подібна до кола, є коло.

3.	Накресліть план ділянки землі прямокутної форми завдовжки 10 м і завшир-
шки 4,5 м у масштабі 1 : 100.

І Визначте площу садиби, план якої
зображено на малюнку 3.11 у масштабі
1 :1000.

5*.Чи подібні прямокутники, якщо: а) діа-
гональ одного прямокутника ділить
його кут у відношенні 2 : 1, а в другому

‘ прямокутнику сторони відносяться як --------------------------------

2 : 1; 6) сторона одного прямокутника	Мал. 3.11

дорівнює половині діагоналі, а в дру-

гому прямокутнику діагональ утворює з однією зі сторін кут, удвічі менший,
ніж з другою стороною?

6*. Чи подібні ромби, якщо: а) тупий кут одного ромба вдвічі більший за його
гострий кут, а різниця кутів другого ромба дорівнює 60°; бї діагональ одного
ромба дорівнює його стороні, а сторона другого ромба утворює з однією із його
діагоналей кут 30°?
Практична робота 17

1.	Побудуйте довільний трикутник АВС.

2.	Здійсніть поворот трикутника АВС на 100° відносно вершини А за годиннико-
вою стрілкою.

3.	Побудуйте трикутник, симетричний трикутнику, утвореному в результаті
виконання п. 2, відносно точки А.

4.	Здійсніть поворот трикутника, утвореного в результаті виконання п. З, на 80° за
годинниковою стрілкою.

5.	Якого положення набув трикутник, утворений у результаті виконання п. 4?

Практична робота 18

1.	Побудуйте довільний трикутник КЬМ. Позначте точку О, що не належить три-
кутнику КЬМ.

2.	Побудуйте трикутник, гомотетичний трикутнику КЬМ відносно точки О з кое-
фіцієнтом 2.

3.	Здійсніть поворот трикутника, утвореного в результаті виконання п. 2, на 45°
відносно точки О за годинниковою стрілкою.

4.	Побудуйте трикутник, симетричний утвореному трикутнику в результаті
виконання н. З, відносно однієї з його сторін.

5.	Чи подібні трикутник, отриманий в результаті виконання п. 4, і трикутник
КЬМ'І Відповідь поясніть. Зробіть висновок.

Завдання 21

і.	Яким ще перетворенням е гомотетія з коефіцієнтом к - -1?

2*. Доведіть, що гомотетію з коефіцієнтом к можна замінити на гомотетію з кое-
фіцієнтом - к і поворотом навколо.центра гомотетії на розгорнутий кут.

Чи можуть два подібні трикутники бути негомотетичними? Чи можуть два
гомотетичні трикутники не бути подібними?

4*. Дано два трикутники. Дві сторони одного з них паралельні двом сторонам
другого. Чи будуть ці трикутники гомотетичні? Чи будуть вони подібними?

5**. Гомотетія з центром і коефіцієнтом відрізок АВ перетворює на відрі-
зок А,ВГ Гомотетія з центром Ог і коефіцієнтом к, відрізок А(В( перетворює на
відрізок Д2В2, який дорівнює відрізку АВ. Доведіть, що відрізок А2В2 можна
отримати з відрізка АВ паралельним перенесенням або центральною симет-
рією і що |Дг1Л8| = 1.

Відрізок АВ послідовно перетворено на відрізок АІВ1 центральною симетрією
і гомотетією з центром у тій самій точці О, що не належить даному відрізку, і
коефіцієнтом гомотетії к. Доведіть, щоточки А, В, А(, В, є вершинами трапеції.
У якому відношенні діляться діагоналі трапеції точкою їх перетину?

7**. Точку Р повернули навколо точки О на 60°, а потім у результаті гомотетії з
центром у точці О і коефіцієнтом к * 2 з отриманої точки РІ утворили точку Рг
Доведіть, що точки Рі, О і Р є вершинами прямокутного трикутника.

8**. Поясніть взаємозв'язок між:

а)	поворотом і центральною симетрією;

б)	паралельним перенесенням і осьовою симетрією;

в)	поворотом навколо деякої точки і осьовою симетрією;

г)	центральною симетрією і гомотетією.

Для допитливих

Дано опуклий чотирикутник. Треба поділити його на 4 частини і скласти з
пих рівновеликий даному чотирикутник, два основних елементи якого (дві
сторони, або два кути, або кут і сторона) задано.

Порада. Використайте перетворення, яке є рухом.
§15• Подібні багатокутники

Нагадаємо, що дві фігури називаються подібними,
якщо вони переходять одна в одну перетворенням
подібності:	114).

Теорсма-ознака. Якщо два однойменні багато-
кутники мають відповідно пропорційні сторони і
відповідно рівні кути, то ці багатокутники подібні.

Нехай маємо багатокутники А{Аг... Ал і В1Вг... Вп
(мал. 3.12), в яких: £АХ = ./В,, /А, = /В2./Ал = АВл;

Я А : А А - к, В*Вг -.А^к..ВпВпЛ : АА^ = к.

Треба довести, що А,А2 ... Ал в,в2...вя.

А, ... Ал о> В, ... Вл

Мал. 3.12

/А. = АВ,.

Д А3 = АД _

ДД,  дд =

= АА

ВЛ ’

Доведення

1)	За умовою В2В, : АгА1 - к = В3Вг : А^А, і /.А2 = /,В2.
Тоді ДА^ А ДВ^Л- Звідси В3ВІ : А3А1 - к,
£А ЗЛ = / А* - 2А,А,А = 2В3 - ^В,ВЛ = АВ,В3ВГ

2)	В3В1 : АЛ = к = В^,: А3А4 і /А ДД = 2В.В.Д-

Тоді ДАДА" △В>ВАІАААА? ВАВА- •
ж	я

Для допитливих

ЗАДАЧА ЕЙНШТЕЙНА. Альберт Ейнштейн вважав, що (у його часи) цю
головоломку могли розв’язати лише 2 % населення. Зауважимо, що зараз цей
відсоток дещо вищий. Цікаво, чи належите Ви до нього?

Дано: 1) є п’ять будинків - кожний різного кольору: 2) у кожному будинку
живе одна людина, що відрізняється від сусіда національністю: німець,
англієць, швед, датчанин і норвежець; 3) кожен з них п’є лише один певний
напій, курить певну марку цигарок, утримує певну тварину; 4) піхто з цих
мешканців не п’є однаковий з іншими напій, не курить цигарок однакової
марки, не утримує однакових тварин.

Визначити: хто утримує рибку.

Підказки: 1) англієць живе в червоному будинку; 2) швед утримує собаку;
3) датчанин п’є чай; 4) зелений будинок розміщений поряд з білим - ліворуч;
5) мешканець зеленого будинку п’є каву; 6) людина, що курить «Раї! Маїї»,
утримує птицю; 7) мешканець середнього будинку п'є молоко; 8) мешканець
жовтого будинку курить «СипЬіІІ»; 9) норвежець живе у першому будинку;
10)той, хто курить «МагІЬого», живе біля того, хто угоимус кішку; 11) люди-
на, що утримує коня, живе біля того, хто курить «ОипЬіІІ»; 12) той, хто
курить «\¥іп£іекі», п'є пиво; 13) норвежець живе біля блакитного будинку;
14) німець курить *КоІктап8»; 15) той, хто курить «МагІЬого», живе поряд з
людиною, що п’с воду.
А, ... А„~В, ... В,

^А=^А....

^А=^.;

АА _ А А. — —
вхвг~ ВА " * “

вл

Л...Л, =	...а,*

5а.а=^..Д.-

Повторюючи аналогічні міркування, отримаємо, що
А^А^В^-В,,.

Теорему доведено.

ВЛАСТИВОСТІ ПОДІБНИХ БАГАТОКУТНИКІВ

У подібних фігурах усі відповідні лінійні елементи
пропорційні з коефіцієнтом, що дорівнює коефіцієнту
подібності, а кути між ними зберігаються. Звідси:
• подібні багатокутники мають відповідно пропор-
ційні сторони і відповідно рівні кути;

•	відношення периметрів двох подібних багатокут-
ників дорівнює коефіцієнту їх подібності;

•	відношення площ двох подібних багатокутників
дорівнює квадрату коефіцієнта їх подібності.

Останнє твердження випливає з відношення площ
трикутників, на які діляться багатокутники діагоналя-
ми, проведеними з відповідних вершин (мал. 3.12).

Практична робота 19

1.	Накресліть довільний багатокутник. Виміряйте довжини його сторін і градусні
міри кутів.

2.	Побудуйте подібний йому багатокутник із коефіцієнтом подібності 2.

3.	Порівняйте відношення довжин відповідних діагоналей цих багатокутників із
відношенням їх периметрів та з коефіцієнтом подібності.

4.	Обчисліть площі цих багатокутників і порівняйте їх відношення із коефі-
цієнтом подібності.

Завдання 22

1°. Два багатокутники подібні. Сторона одного з них відноситься до відповідної сто-
рони другого як 2:3. Знайдіть коефіцієнт подібності і відношення мір відповід-
них кутів.

2°. Два шестикутники подібні з коефіцієнтом подібності 3. Знайдіть відношення
їхніх: а) периметрів; б) площ.

•< Відношення площ двох подібних дванадцятикутників дорівнює 2. Знайдіть
відношення їх периметрів.

4°. Сторони багатокутника відносяться як 3 :4:5:6:2. Знайдіть сторони подібного
йому багатокутника, якщо його периметр дорівнює: а) 80 см; б) 60 см.

5.	На малюнку 3.13 зображено два подібні багатокутники. Знайдіть х, у, г, а і 0.

Мал. 3.13
6.	Дано квадрат АВСІ), площа якого дорівнює 16 см2. Знайдіть сторону квадрата,
площа якого: а) у 4 рази менша за площу даного квадрата; ) у 9 разів менша
за площу даного квадрата; в) у 3 рази більша за площу даного квадрата.

7.	Сторони прямокутника дорівнюють 8 см і 6 см. Обчисліть периметр подібного
йому прямокутника, діагональ якого дорівнює 50 см.

Одна із сторін і діагональ прямокутника дорівнюють 8 см і 10 см відповідно.
Обчисліть площу подібного йому прямокутника, менша сторона якого - 24 см.

9.	Сторона і висота ромба дорівнюють 25 см і 24 см відповідно. Обчисліть пери-
метр подібного йому ромба, більша діагональ якого дорівнює 90 см.

10.	Діагоналі ромба дорівнюють 6 см і 8 см. Обчисліть площу подібного йому ром-
ба, висота якого дорівнює 48 см.

11*. Два ромби мають рівні гострі кути. Більша діагональ першого дорівнює 40 см.
Знайдіть сторону цього ромба, якщо: а) діагоналі другого ромба відносяться
як 3 : 4; б і менша діагональ і сторона другого ромба відносяться як 6 : 5.

12*. Діагональ ромба дорівнює його стороні. Сторона іншого ромба утворює з його
діагоналлю кут 30°. Чи подібні ці ромби? Відповідь обґрунтуйте.

13*. Сторона одного прямокутника дорівнює половині його діагоналі, а в іншому
прямокутнику діагональ ділить кут на два кути, один з яких дорівнює поло-
вині другого. Чи подібні ці прямокутники? Відповідь обґрунтуйте.

14*. На сторонах прямокутного трикутника побудовано попар-
но подібні п’ятикутники так, що сторони трикутника є
їхніми відповідними сторонами (мал. 3.14). Доведіть, що
площа п’ятикутника, побудованого на гіпотенузі, дорів
нює сумі площ п’ятикутників, побудованих на катетах.

15* У трикутник, утворений сторонами АВ, АІ) І діагоналлю 80
паралелограма А8СО, вписано паралелограм АКРМ так, як
зображено на малюнку 3-15. Знайдіть сторони паралело-
грама АВСО, якщо АК - 3 дм. АМ = 5 дм і АК : КВ = 2:3.

16*. Доведіть, що ромби подібні, якщо: а) відношення відповід-
них діагоналей цих ромбів рівні; 6) відношення радіусів впи-
саних кіл цих ромбів дорівнює відношенню їхніх сторін.

17*. Доведіть, що паралелограми подібні, якщо: а) рівні
їхні гострі кути і відношення відповідних сторін; б) їхні
діагоналі ділять гострі кути на відповідно рівні кути.

18*. Доведіть подібність двох рівнобічних трапецій,
якщо: а) їхні гострі кути рівні, а діагоналі є бісект-
рисами цих кутів; <ї) їхні тупі кути рівні, а діагоналі
є бісектрисами цих кутів.

19**. Дано чотирикутник АВСП. Побудуйте чотирикут-
ник, площа якого: а) у 2 рази менша за площу дано-

5 М

Мал. 3.15

го; б) у 3 рази більша за площу даного.

20*. Доведіть, що в подібних багатокутниках: а) відповідні діагоналі пропорційні від-
повідним сторонам; б) діагоналі, проведені з відповідних вершин, поділять бага-
токутники на однакове число подібних і однаково розташованих трикутників.

21*. Доведіть, що коли два багатокутники поділяються відповідними діагоналями
на однакове число подібних і однаково розташованих трикутників, то такі

багатокутники подібні.

Для допитливих

«Хрестики-нулики-3» - гра у « хре стики-ну лики», в якій виграє той, хто
першим поставить 3 свої позначки на одній прямій.

На папері в клітинку намалюйте багатокутник із найменшим числом
клітинок, такий, щоб, граючи на ньому в хрестики-нулики-3, той, хто роз-
починає гру, завжди вигравав. Запишіть його виграшну стратегію.


1 6. Групи симетрії фігур

\ Фігуру називають центрально-симетричною, а
точку О - її центром симетрії, якщо перетво-
ренням симетрії відносно точки О фігура пере-
ходить сама в себе. Наприклад, коло - центрально-си-
метричне, а центром його симетрії є центр цього кола.

\ Фігуру називають симетричною відносно її осі
І симетрії п, якщо перетворенням симетрії від-
носно прямої п фігура переходить сама в себе.

Так, ви знаєте з курсу 7-го класу, що бісектриса кута є
його віссю симетрії, рівнобедрений трикутник є симет-
ричним відносно висоти, яку проведено до його основи.

коло
переходить саме в
себе перетворення-
ми:

- осьова симет-
рія відносно до-
вільного діаметра
цього кола;

- центральна
симетрія відносно
центра кола;

-	поворот із цент-
ром у центрі кола
на довільний кут.

І’ІВІІОСГОРОНШП

ТРИКУТНИК
переходить сам у
себе перетворення-
ми:
- осьова симет-
рія відносно кож-
ної з висот трикут-
ника;

-	поворот віднос-
но центра трикут-
ника на 120“ і 240*.

Перетворення, які переводять дану фігуру саму в
себе, будемо називати групою симетрії цієї фігури.

Наприклад, для кола групою симетрії буде:

-	осьова симетрія відносно довільного діаметра цьо-
го кола (мал. 3.16-а);

-	центральна симетрія відносно центра кола
(мал, 3.16-6);

- поворот із центром у центрі кола на довільний кут

Мал. 3.16



Розуміння того, які саме перетворення є групою си-
метрії даної фігури, може допомогти під час пошуку
розв’язування задачі і значно полегшити цей процес.

Група симетріїрівностороннього трикутника:
осьова симетрія відносно кожної з висот трикутника
(мал. 3.17-а);

-	поворот відносно центра трикутника на 120° і 240°
(мал. 3.17-6).

Мал. 3.17
Група симетрії рівнобедреного три- В
кутника:	/\

-	осьова симетрія відносно висоти, / \

проведеної до основи (мал. 3.18).	/	\

Група симетрії паралелограма:	-уИ

-	центральна симетрія відносно точ- д/----з--Ал

ки перетину діагоналей (мал. 3.19).

Група симетрії ромба:	Мал. 3.18

-	осьова симетрія відносно діагоналей

(мал. 3.20);

-	центральна симетрія відносно точки перетину діа-
гоналей (як паралелограм).

Група симетрії прямокутника:

- осьова симетрія відносно прямих, що проходять
через середини протилежних сторін (мал. 3.21);

- центральна симетрія відносно точки перетину діа-
гоналей (як паралелограм).

Мал. 3.21

Група симетрії квадрата:

-	осьова симетрія відносно діагоналей (як ромб);

-	осьова симетрія відносно прямих, що проходять че-
рез середини протилежних сторін (як прямокутник);

-	центральна симетрія відносно точки перетину
діагоналей (як паралелограм).

Переходять самі в
себе перетворен-
нями:

РІВНОБЕДРЕНИЙ
ТРИКУТНИК

- осьова симет-
рія відносно висо-
ти, проведеної до
основи.

І1ЛРЛЛЕ.1ОГРЛМ

- центральна
симетрія відносно
точки перетину діа-
гоналей.

РОМБ

- осьова симет-
рія відносно діаго-
налей;

- центральна
симетрія відносно
точки перетину діа-
гоналей.

КВАДРАТ

осьова симет-
рія відносно діаго-
налей;

осьова симет-
рія відносно пря-
мих, що проходять
через середини про-
тилежних сторін;

- центральна
симетрія відносно
точки перетину діа-
гоналей.

Г&& Для допитливих

Якось відомого американського математика професора Реймонда М. Смал-
ліана, знаного своїми логічними задачами і софізмами, запросили виступи-

ти на засіданні студентського математичного клубу. Професора представляв
зібранню логік Мелвін Фіттіпг, який колись навчався в Смалліана. Промова
Фіттінга була справді промовою учня Смалліана. Він сказав: *Я маю за
честь відрекомендувати вам професора Смалліана. який доведе вам, що або
він не існує, або ви не існуєте, але хто саме не існує, вам невідомо».
Практична робота 20

1.	Виріжте з паперу: круг, квадрат, прямокутник, ромб, паралелограм, рівнобічну
трапецію, рівносторонній трикутник, рівнобедрений трикутник.

2.	Серед отриманих фігур знайдіть ті, навколо яких можна описати коло, і познач-
те центри цих кіл.

3.	У чотирикутниках позначте точки перетину діагоналей, а в крузі - цептр.
Обведіть кожну з фігур на аркуші паперу.

4.	Сумістіть кожну з фігур із її зображенням на папері. Поставте голку (циркуля) у
позначену точку. Повертаючи фігуру навколо цієї точки, визначте, чи належить
поворот до групи симетрії фігури. Зробіть висновок і запишіть його.

5.	Згинанням фігури з’ясуйте, чи належить осьова симетрія до групи симетрії
кожної з фігур. Зробіть висновок і запишіть, скільки осей симетрії має кожна
з ваших фігур.

Завдання 23

1°. Які зданих літер мають вісь симетрії: Ф, В, П, О, Т, Ш, Е, З?

2.	Чи мають вісь (осі) симетрії: а) відрізок; б) промінь; в) дві прямі, що перетинаю-
ться. Скільки?

3.	Доведіть, що пряма, яка містить бісектрису кута, є його віссю симетрії.

4°. Які з відомих вам чотирикутників мають осі симетрії?

5.	Скільки осей симетрії має: а) круг; б) півплощина; в) півкрут; г» частина
площини між двома паралельними прямими?

6.	Доведіть, що різносторонній трикутник не має осі симетрії.

7.	Чи мають центр симетрії: а) відрізок; 6і промінь; а) дві прямі, що перетинаються?

8°. Які з даних літер мають центр симетрії: О, М, Ч, Ж, X, Ф?

9*. Скільки центрів симетрії мають дві паралельні прямі?

10.	Чи може трикутник мати центр симетрії?

11*. Чи може фігура мати більше ніж один центр симетрії?

12*. Доведіть: якщо чотирикутник має центр симетрії, то він є паралелограмом.

13*. Придумайте фігуру, яка має кілька осей симетрії, але не має жодного центра
симетрії.

14**. Доведіть: якщо фігура має дві перпендикулярні осі симетрії, то вона має і
центр симетрії.

І Назвіть фігури, які відображаються на себе поворотом навколо деякої точки
на кут: а) 90°; б) 120°; в) 52°.

18*. Назвіть рух, при якому кожна пряма площини переходить у паралельну їй
пряму або сама в себе.

17**. Доведіть, що при центральній симетрії кожний промінь площини переходить
у протилежний йому промінь.

18**.Знайдіть групу симетрії опуклого чотирикутника з перпендикулярними
діагоналями, в якого дві суміжні сторони рівпі і який не є ромбом.

Для допитливих

1.	На колі з діаметром АВ взято довільну точку X (яка не збігається з А і В). Із
центром у точці X проведено коло, дотичне до АВ у точці Я, яке перетинає дане
коло у точках К\Р-,М- точка перетину ХН та КР. Доведіть, що ХМ = МН.

2.	На хорді АВ кола з центром О взято довільну точку X (яка не збігається з
А і В). Через точки X, А і О провели друге коло, що перетинає перше у
точці Р. Доведіть, що РХ -ХВ.

3.	До двох кіл, що дотикаються одне до одного зовнішньо, провели дві
спільні дотичні і послідовно сполучили точки їх дотику до кіл. Доведіть, що

в утворений чотирикутник можна вписати коло.

4.	Дано два концентричні кола. Доведіть, що сума квадратів відстаней від
точки одного кола до кінців діаметра другого не залежить від розташування
точки на колі і не залежить від того, на якому колі цю точку розміщено.
$>§ 17.

Розв’язування задач

з використанням властивостей

геометричних перетворень

Розглянемо приклади використання геометрич-
них перетворень. При цьому ми спиратимемося на їхні
властивості: образом прямої є пряма; образом півпря-
мої є півпряма; образом кута є кут, йому рівний; образ
точки, що міститься на відрізку, належить образу
відрізка; відношення відрізків прямої зберігається.
Зауважимо, іцо відношення довжин відрізків різних
прямих, власне кажучи, не зберігається.

Приклад 1. Двоє друзів по черзі кладуть на квад-
ратний стіл п’ятикопійчані монети (одну за один хід).
Монету можна класти лише на вільне місце. Програє
той, хто не має змоги зробити хід. Доведіть, що той,
хто ходить першим, завжди може виграти.

Розв’язання

Перший гравець першим ходом кладе монету в
центр стола, а потім - симетрично ходу другого гравця
(відносно центра стола). Зрозуміло, що за такою стра-
тегією перший гравець завжди може зробити наступ-
ний хід після ходу приятеля.

Приклад 2. Через спільну точку А двох кіл у, і у,
проведіть пряму так, щоб ці кола відтинали на ній
рівні хорди.

План побудови

Будуємо коло у3, симетрич-
не колу Уц відносно точки Л
(мал. 3.22): на прямій О.^А відкла-
демо відрізок АО3 - АОг; з цент-
ром у точці О3 радіусом, рівним
радіусу кола у2, проведемо коло у5.

Позначимо У3 П у, = В. Пряма
АВ - шукана.

Доведення

Позначимо (АВ) Л уг = С і доведемо, що [АВ] = [АС].
Точки В і С - симетричні відносно центра симетрії А,
тоді відрізки АВ і АС рівні. Щ. в. д.

Приклад 3. У чотирикутнику АВСВ кути при вер-
шинах В і В - прямі, АВ = ВС, а ви-
сота ВН = 1. Знайдіть площу чоти-
рикутника АВСВ.

Розв’язання

Якщо повернути трикут-
ник АВН навколо точки В на 90°
(мал. 3.23), то утвориться чотири-
кутник НВН3В, який буде квадра-

Симетрія, незалеж-
но від того, широко
чи вузько розуміти
це поняття, е тією
ідеєю, за допомогою
якої людина про-
тягом сторіч нама-
галася збагнути і
створити порядок,
красу і доскона-
лість.

Г. Вейль

Мал. 3.22

А Н В

Мал. 3.23

Шукайте
симетрію!

БУДУЄМО:

симетрично ДО У!
відносно т. А

м/

МИ - шукана

Наеадасмо-.

(АВ) пряма АВ;

[АВ] - відрізок АВ:
П - знак перетину.
том зі стороною 1. Його площа дорівнює 1. Тоді і площа
чотирикутника АВСВ також дорівнює 1.

АХ - ХВ~
найменша для Хе а

Приклад 4. Дано пряму а і дві точки А і В по один
бік від неї. Знайдіть на прямій а таку точку М, щоб су-
ма довжин відрізків АМ і МВ була найменшою.

Розв’язання	«А	&

Розглянемо точку Вр симет- \
ричну точці В відносно заданої \	!

прямої а (мал. 3.24). Тоді для 2.___у-' -

довільної точки К є а: КВ = КВ}, і	К ' ' - х

АК + /СВ=АК 4-ЛГВ, >АВ,.	' 4

Звідси шуканою точкою М є	251

точка перетину АВ( і а.	Мал. 3.24

\АХ - ХВ| -
найбільша для Хєа

Приклад 5. Дано пряму а і дві точки А і В по різні
боки від неї. Знайдіть на прямій а таку точку М, щоб
значення виразу \АМ - МВ\ було найбільшим.

Розв’язання

Розглянемо точку Вр симет-
ричну точці В відносно заданої \
прямої а (мал. 3.25). Тоді для о \~ ~
довільної точки К є а маємо:	К ' '" - -і М

КВ = КВ'\	В

\АК - КВ\ - \АК - КВ,\ < АВї =
= АМ - МВ,\.

Мал. 3.25

Звідси шуканою точкою М є точка перетину АВ* і а.

І

І так можна
вписати квадрат

Приклад 6. Дано трикутник АВС. Побудуйте квад-
рат, дві вершини якого лежать на стороні АС заданого
трикутника і по одній - на сторонах АВ і ВС.

План побудови

З довільної точки Мо сторони АВ
проведемо М$Кй ± АС і побудуємо
квадратК0М0Е0Р0(мал. 3.26).

Проведемо пряму АЕ0 до пере-
тину зі стороною ВС у точці Е.

Будуємо прямокутник МЕРК -
шуканий.

Доведення

Квадрат К^М^Е^Р^ переходить у прямокут-
ник КМЕР перетворенням гомотетії відносно точки А

ДЕ
з коефіцієнтом--. Тоді КМЕР - квадрат.

Мал. 3.26

Приклад 7. Опорна задами Дано відрізок АВ.
Доведіть, що геометричним місцем точок М, для яких
АМ - ВМ = к (к < АВ ), є пряма, перпендикулярна
до АВ.

Доведення

1)	Знайдемо точку £) відрізка АВ, для якої А£>2 -
- ВВ2 = к2 (мал. 3.27). Враховуючи, що АВ + ОВ - АВ,
маємо:

(АО-ВВ)(АВ + РВ) = /г2,
2АВ = кг: АВ + АВ.	А

2)	Доведемо, ЩО ДЛЯ ДОВІЛЬНОЇ /[ '/ \
точки М прямої, яка проходить че-	!>/	\

рез В перпендикулярно до АВ, також	Ал	\\

виконується це співвідношення. / *~| г* х\

З прямокутних трикутників АМВ А Ву В В
і ВМВ маємо:

АМ2 - АІ)2 = МВ2 = МВ2 - В В2,	Мал- 3-27

звідси: АМ2 - ВМ2 =АВ2 - ВВ2 = к2.

3)	Доведемо (від супротивного), що не існує інших
точок площини із заданою властивістю.

Нехай існує точка Мр для якої виконується
АМ) - ВМ)-к2 і М, £ МВ. Проведемо МХВ{ 1 АВ, О, £ В.

Тоді АВ,2 - В,В2 = АМ,2 - ВМ) = кг = АВ2 - ВВ2.

Звідси:

(АВ, + ВВ,)(АВ, - ВВ) = к2 = (АВ + ВВ)(АВ - ВВ).

Врахуємо, що (АВ + ВВ) = АВ = (АВ, + ВВ,):
АВ(2АВ,-АВ) = й2=АВ(2АВ-АВ), тому АВ,=АЛ.

Тобто В, = В, що суперечить припущенню.

Щ.в.д.

ГМТ, для яких

АХ2- ХВ2 - солеї

Нагадаємо
позначення-.
е < не належить ♦;
г «не збігається ♦.

Приклад 8. Он..р лі ..і і іч.і Доведіть, що орто-
центр трикутника є центром кола, описаного навколо
трикутника, утвореного прямими, що проходять через
вершини трикутника паралельно £»( А В
його сторонам.	тг? 1

Ми вже доводили цей факт
раніше і встановили, що саме тому
три висоти трикутника перетина-
ються В ОДНІЙ ТОЧЦІ. Повернемося	Аі

до цієї задачі, збагачені знаннями
про геометричні перетворення.	Мал. 3.28

Доведення

Розглянемо трикутники АВС і А,В,С, (мал. 3.28),
причому: А,С, || СА, В,С, || ВС і А,В, || АВ. Тоді ДА^С,
~ ЛАВС (^А, ' /А; /В, = /В; /С, = /С).

ВіСі II ВС
А^і Ц АВ
СхАі Ц АС

Н — центр
описаного кола
навколо ДА;ВіС|

Для допитливих

У центрі квадратного пирога міститься родзинка. Від пирога можна відріза-
ти трикутний шматок по прямій, що перетинає дві його сусідпі сторони в
точках, які не є вершинами фігури. Від залишку пирога можна відрізати
таким самим чином наступний шматок і т. д. Чи можна відрізати шматок
пирога з родзинкою?
ААВС —>
гомотетією з
к = -2 і центром
у центроїді М
трикутника АВС:

А —» А]

Ма —> А

0~> н
п НВ, - 2Н

АН = 20М,
АН2 = 4Н2-а2

Знайдемо коефіцієнт подібності цих трикутників.
АВА,С ~ паралелограм, тоді ВА, « АС. Аналогічно:
С,В = АС. Тому СГА1 -- 2АС, і шуканий коефіцієнт подіб-
ності к = 2. Точка В - середина С,А,, тоді ВН - середин-
ний перпендикуляр до сторони СГА1 трикутника А^С,.
Аналогічно: СН і АН - серединні перпендикуляри до
А,В, і С(ВГ Тобто Н - центр кола, описаного навколо
трикутника А,В,С,г і висоти трикутника АВС перети-
наються в одній точці.

Перетворенням подібності з к = 2 ЛАВС -> &А,В,С,,
причому: А -> А,, В —> В,, С-> Ср О -> Н і т. д.

Наприклад, середина відрізка ВС (точка Мл) пере-
йде в точку А (середину відрізка С,В,). Точка М, яка
міститься наАМо вдвічі ближче доМл, ніж до А, перейде
сама в себе (мал. на полі). Ця точка М - центроїд три-
кутника АВС (точка перетину його медіан).

Отримали: перетворення ДАВС -> △А1В1С1 є гомо-
тетією відносно точки М з коефіцієнтом к - —2. Звідси
маємо такі опорні факти.

1.	О Н, Ма -> А з А = -2 відносно точки М, тоді
НА = 2ОМЛ; аналогічно НВ = 2ОМЬ, НС = 2ОМс
{Мь і Мс - середини сторін Ь і с трикутника АВС).
Маємо:

НА = 2ОМа, НВ = 2ОМк, НС=2ОМС.

2.	О -> Н, А -> Ар тоді радіус описаного кола Я -> [НА,|
і НА, = 2В; аналогічно НВ, = НС, = 2Я. Маємо:

Н А, = НВ,-НС,~2В..

3.	З ЬНВ,А (мал. на полі): НВ2, -АВ2, = АН2 = 4Я2 - а2.
Маємо:

АН2 = АВ3- а2, ВН2 = 4Яг - Ь3, СН3 = 4Я2 - с2.

4.	Плохца 5) трикутника А,В,С, дорівнює А* • 5 = 45,
де 5 - площа трикутника АВС. Маємо:

5,	= 45.

Завдання 24

1.	Дано кут і точку М всередині цього кута. Побудуйте відрізок з кінцями на сто-
ронах заданого кута так, щоб точка М ділила цей відрізок у відношенні 1 : 2.

2.	Населені пункти А і В розташовані на різних берегах річки. Береги річки пара-
лельні. Пряма АВ не перпендикулярна до берегів. Де треба побудувати міст, щоб
шлях від А до В був найменшим?

3.	Побудуйте відрізок заданої довжини а паралельно заданій прямій І з кінцями на:
а) двох даних прямих; б) двох даних колах.

4.	Побудуйте трапецію за: а) основами і діагоналями; б) бічною стороною, діагона-
лями і кутом між ними.

5.	Побудуйте рівносторонній трикутник, у якого центром є задана точка О, а
кінці однієї сторони лежать на двох даних прямих.

6.	Побудуйте рівнобедрений трикутник за даним кутом а між рівними сторонами,
знаючи, що вершина цього кута - дана точка А, а інші дві вершини лежать на:
а) двох даних прямих; 6) двох даних колах.
7.	Побудуйте рівносторониій трикутник за положенням його центра і відстанями
двох вершин від даної точки М.

8.	Чотирикутник АВСП вписаний у коло, центр якого міститься всередині цього чо-
тирикутника. Сума кутів АОВ і СОП дорівнює 180°. Доведіть, що сума відстаней
від центра кола до сторін цього чотирикутника дорівнює його півпериметру.

9.	Всередині рівностороннього трикутника АВС позначили точку М. Доведіть, що з
відрізків МА, МВ і МС завжди можна побудувати трикутник. Знайдіть кути цього
трикутника, якщо /АМВ = ф|Г 2В7ИС = <р,, /АЛ1С = фа.

10.	Побудуйте квадрат, у якого одна діагональ належить даиій прямій, а кінці дру-
гої діагоналі містяться на другій даній прямій і даному колі.

11.	Точки К і N належать сторонам АВ і АС гострокутного трикутника АВС. На сто-
роні ВС трикутника АВС знайдіть таку точку Р, щоб периметр трикутника
КРМ був найменший.

12.	Побудуйте трикутник за вершиною А і прямими, на яких лежать бісектриси
кутів В і С.

13.	Дано три прямі а, Ь і с, які попарно перетинаються. Побудуйте відрізок, перпен-
дикулярний до прямої Ь, середина якого лежить па прямій Ь, а кінці - на пря-
мих а і с. Чи завжди задача має розв’язок?

14.	На річці є два острови. Туристам на човні треба з одного острова потрапити на
інший і побувати (по черзі) на обох берегах річки. Прокладіть маршрут для
туристів так, щоб сумарний їх шлях був найкоротшим. Береги річки можна
вважати паралельними прямими.

15.	На сторонах АВ, ВС, СВ, ПА паралелограма АВСО позначили відповідно точки
К, М. N і Е так, що КМNЕ - паралелограм. Доведіть, що точки перетину діаго-
налей цих двох паралелограмів збігаються.

16.	Побудуйте відрізок із серединою в заданій точці і кінцями на: а) двох заданих
колах; б) двох заданих прямих.

17.	Побудуйте квадрат із центром у заданій точці О так, щоб дві Його паралельні
сторони або їх продовження проходили через дві дані точки М і N.

18.	Побудуйте трапецію АВСП за даними непаралельними прямими АС і ВВ,
серединою бічної сторони і точкою на прямій ВС-

19.	Побудуйте трикутник АВС за положенням вершини С і двома прямими, які
містять медіани, проведені з вершин А і В.

20.	Побудуйте ромб за гострим кутом і сумою діагоналей.

21.	Впишіть у даний кут коло, що проходить через задану точку всередині цього
кута.

22.	Впишіть у заданий рівнобедрений трикутник: а) квадрат зі стороною на основі
трикутника і двома вершинами на його бічних сторонах; б) прямокутник зі сто-
роною на основі трикутника, двома вершинами на його бічних сторонах і діаго-
налями, паралельними бічним сторонам.

23.	Знайдіть геометричне місце точок, що ділять навпіл хорди даного кола, прове-
дені через спільну точку А, якщо: а) А належить колу; б) А не належить колу.

24.	Знайдіть геометричне місце точок, що поділяють у відношенні 1 : 3 січні даного
кола, проведені з точки А.

25.	Побудуйте коло, яке проходить через дві задані точки і дотикається до заданої
прямої.

26.	Побудуйте квадрат, три вершини якого належать трьом заданим паралельним
прямим.

Для допитливих

У квадраті АВСП провели два взаємно перпендику-
лярні відрізки ММ і Р() (див. мал.). Покажіть, що

сума периметрів чотирикутниківЛРО№ і С0ОМ дорів-
нює сумі периметрів чотирикутників ВіїОО і ПМОР.
^§18.Паралельне перенесення
на координатній площині

V-----------

паралельним
перенесенням

АВВ^, - паралело-
грам.

х'А - хд = х’я - хя = а
У\-УЛ = У'Я~УИ = Ь

Парямлмм
перенесення:
(х; у) ~>(х + к;у + т)

Нагадаємо, що при паралельному перенесенні всі
точки фігури переміщуються в одному й тому само-
му напрямі на одну й ту саму відстань. Тобто дві
довільні точки А і В фігури-прообразу перетворюються
на точки А, і В, фігури-образу так, що точки А, В, ВҐ
АІ або утворюють паралелограм, або належать одній
прямій.

Позначимо координати точок А, Ар В, В( якА(хд; уЛ),
АДх^; А)» в(хв’ Ув)> Ві(х'в> У'а>- Маємо (мал. 3.29):
1) АВ ЦА.В, і АК Ц Ох Ц А.А/, тоді /ВАХ -/ВДМ;

2)	АВ = А}В{ і /ВАК = ЛВ^М, тоді ДАВХ = ДАДМ;

3)	хв-ха = АК = А1М = х'в-х'а.

Ми розглянули випадок хв > хА.

Якщо хд > хе, відповідно до попереднього маємо хА-
-ха- х' - х'ві співвідношення х„- х = х’_ - х'. вико-
нується.

Якщо хв = Хд, то АВ||Оу і А]ВІ||АВ||Оу, тобто маємо:
хв - хд= 0 = х'в - х'д.

У випадку, якщо точки А, В, В{, А1 належать прямій,
очевидно, ЩО співвідношення Ха - Хд = х’д - х'д теи<
виконується.

Таким чином ми довели, що при паралельному пере-
несенні для двох довільних точок А і В фігури-прообра-
зу, які переходять у точки А], і Ві фігури-образу, вико-
нується співвідношення: ха - хА = х'в - хА.

Тоді для цього перетворення х'д - хв = Хд - Хд - вели-
чина стала, позначимо її через /г. Якщо відомо зна-
чення к, можна визначити абсцису точки-образу за
абсцисою точки-прообразу:

х'д = Хд + к, х'д = хв + к, ... .
Аналогічно отримаємо: у'л = ул + т, у'в = у0 + т, ... .

Тому перетворенню паралельне перенесення можна
дати і таке означення.

\ Паралельним перенесенням називається пере-
творення, при якому довільна точка (ж; у) фігу-
ри прообразу переходить у точку (ж + к; у + ш)
фігури образу.

Порівняємо довжини відрізків АВ ІА(В,:

АВ2 = (хв - хА)г + (уа - уЛ)г - ((хв + к) - (хд + к))г +
*((Ув + 'п)-(уд+т))2 = А1В12.

Звідси: АВ - А,В,, відстані зберігаються, і паралельне
перенесення с рух, як ми і казали раніше.

Зауваження. Користуючись координатним
методом, доведіть ВЛАСТИВОСТІ паралельного
перенесення.

1.	При паралельному перенесенні пряма переходить у
паралельну їй пряму (або сама в себе).

2.	Якщо при паралельному перенесенні точки А, В, С
переходять у точки А,, В,, С, і при цьому точка С
належить відрізку А В, то точка С, лежатиме на
відрізку А,Вр

3.	Кути між прямими зберігаються.

4.	Композиція (тобто послідовне виконання) двох пара-
лельних перенесень є паралельним перенесенням.

Порада. Скористайтеся методом від супротивного.

ВЛАСТИВОСТІ
паралельного
перенесення:

п

1.(АВ) ->(АД)ІІ(АВ)

2.	С є [АВ]

С, € [А,В,]

3.	(АВГл = (А,В,ГЛ1

4.	Е -> Г1 -> Г3
паралельним
перенесенням

V

Е-*Ег
паралельним
перенесенням

Практична робота 21

1.	Накресліть декартову систему координат і довільний трикутник уній. Позначте
його вершини як А, В, С і запишіть їх координати.

2.	Запишіть координати точок Ар В, і Ср абсциси яких більші на 3 одиниці за абс-
циси точок А, В і С, а ординати менші на 2 одиниці за ординати точок А, В і С
відповідно.

3.	У тій самій координатній площині (див. п. 1) накресліть трикутник з вершинами
у точках А,, В,, С, і перевірте: а) чи рівні відрізки ССР ВВ..АА,; б) чи паралельні
відрізки ССР ВВ,, АА,: в) чи рівні відповідні сторони трикутників АВС і А^С,.
Поясніть чому. Чи є трикутники АВС і А.В^, рівними?

4.	Що можна сказати про кути трикутників АВС і А,В1С1? Зробіть висновок.

5.	Знайдіть різницю між відповідними координатами середин сторін АВ і А,В,.
Зробіть висновок.

6.	Перевірте, чи паралельні медіани, проведені до сторін АВ і А,В, трикутників
АВС і А^С,. Зробіть висновок.

Для допитливих

1.	Доведіть, що при паралельному перенесенні коло переходить у коло.

2.	Дало трикутник АВС. Точка М лежить усередині цього трикутника і
рухається паралельно стороні ВС до перетину зі стороною СА, далі - пара-
лельно АВ до перетину з ВС, потім - паралельно АС до перетину з АВ і т. д.
Доведіть, що через деяке число кроків траєкторія руху точки замкнеться.
Завдання 25

1°. Виконайте паралельне перенесення точок А(2; 5), В(0; -7), С(3; 0) на 3 одиниці
паралельно осі абсцис у додатному напрямі. Запишіть координати побудова-
них точок.

2 Виконайте паралельне перенесення точок А(0; 2), С(-3; 4), 0(0; 0) на 5 оди-
ниць паралельно осі ординат у від'ємному напрямі. Запишіть координати
побудованих точок.

3.	При паралельному перенесенні, яке задається формулами х, = х - 3, у, = у + 2,
точка А відображається в точку Аг Знайдіть координати точки Ар якщо:
а) А(-2; 4); бі А(11; 8); в)А(-3; 0).

4.	Чи існує паралельне перенесення, при якому: а)точкаА(2; 1) переходить у точ-
ку АД4; 3), а точка В(1; 0) - у точку В,(0; -1); б) точка С(—2; 1) переходить у точ-
ку 0), а точка Р(1; -3) - у точку Р,(0; -4)?

5.	При паралельному перенесенні, яке задається формулами х, ® х + 8, у, = у - 1,
точка В переходить у точку В,. Знайдіть координати точки В, якщо: а) В,(0; 4);

В,(-12; 9); в)В,(-5;~4).

6.	Залишіть формули паралельного перенесення, яке: а) точку С(-4; 7) відобра-
жає у точку СД8; -3); б) точку ЩО; 5) відображає у точку П((7; 8).

7.	При паралельному перенесенні точка А(3; -7) відображається в точку АД-5; 1).

В яку точку відображається точка: а) В(-8; 6); б) Р(3; 17)?

8.	При паралельному перенесенні точка 0(0; 0) переходить у точку В(3; 0).
Знайдіть координати прообразу точки: а)А((-5; 4); б) В((-12; 9).

9*. При паралельному перенесенні вершина А(1; 3) трикутника АВС переходить у
вершину К(5; -3) трикутника КЬМ. Знайдіть координати двох інших вершин
утвореного трикутника КЬМ, якщо В(6; 1), С(-1; -1).

10. Вершини трикутника АВС мають координати; А(1; 1), В(-1; 2), С(0; 9).
Знайдіть координати вершин образу цього трикутника, отриманого паралель-
ним перенесенням: х, = ж + 3; уІ = у - 2.

11*. При паралельному перенесенні центр кола (х - 2)2 + (у + 3)’ = 16 потрапив у точ-
ку (-10; 6). Запишіть відповідні формули цього перетворення.

12*. Дано координати кінців відрізка М(4; -6) і N(-6; 8). Знайдіть паралельне пере-
несення, при якому середина відрізка потрапить у початок координат. Знайдіть
координати кінців відрізка-образу при такому перетворенні.

13*. Вкажіть координати центра кола-образу і знайдіть його рівняння для пара-
лельного перенесення х, = х - 1; у( = у + 2, якщо рівняння відповідного прообра-
зу має вигляд: а) хг + у* + 6х - 8у + 21 = 0; б) Xі + у‘ - Юх + 2у + 1 = 0.

14*. Пряма Зх - 2у = 1 після паралельного перенесення проходить через точку: а)(0; 3);

б)	початок координат; в» (-1; 7). Знайдіть рівняння прямої після перенесення.

15**. Побудуйте відрізок, кінці якого належать двом даним прямим, а серединою е
задана точка.

16**. Побудуйте геометричну множину точок, різниця віддалей від яких до двох
заданих прямих є величиною сталою.

Для допитливих

Паралельне перенесення допоможе вам розв'язати наступні задачі.

с-яу 1. Дано кут АВС і пряму І. Побудуйте пряму, паралельну І, на якій сторони
кута АВС відтинають відрізок заданої довжини а.

2.	Дано два кола і пряма І. Побудуйте пряму паралельну І, так, щоб:

а)	відстань між точками перетину з даними колами мала задане значен-
ня а;

б)	обидва заданих кола відтинали на прямій /1 рівні хорди;

в)	задані кола відтинали на прямій хорди, сума (або різниця) яких
дорівнює заданому відрізку а.
§19. Перетворення симетрії
на координатній площині

ОСЬОВА СИМЕТРІЯ

При перетворенні осьової си-
метрії зручно спрямувати одну з
координатних осей уздовж осі
симетрії. Тоді легко знайти коор-
динати точок образу.

Якщо вісь симетрії збігається з
віссю Оу (мал. 3.30-а), то ордина-
ти відповідних точок образу і про-
образу рівні, а їхні абсциси про-
тилежні:

Якщо вісь симетрії збігається з
віссю Ох (мал. З.ЗО-б), то абсциси
відповідних точок образу і про-
образу рівні, а ординати — проти-
лежні:

х'а ~хл’ У\^ ~Уа-

Переконаємося, що відстань
між точками при перетворенні
осьової симетрії не змінюється.

Оберемо вісь симетрії за вісь

УА

л(хЛ; ул)

о

а)

УА В(хв;ув)

А(*Л; Ул)
т

ф-о-

В\(хв‘, ув)
б)

Мал. 3.30

абсцис (мал. З.ЗО-б). Маємо:

АВ^(хв-хлУ + (ув-уА)^
= (хв-хл)г + ((-ув) -(••уЛ))^А|ВІ2.

Звідси: АВ - А)В1Г відстані справді зберігаються, і
перетворення симетрії відносно прямої є рухом.

А(ха-, уА)

А,(-ха; уА)

симетрії

А(хЛ; уд)

АДХл; -ул)

вісь
симетрії

А,(х^; у'А)

-4>(х'Л; у’А)

Для допитливих

Перетворення осьової симетрії легко записати, якщо сумістити одну з
координатних осей з віссю симетрії. А як знайти координати точки,
симетричної даній відносно прямої, що не збігається з віссю Оу (або Ох).

Якщо це пряма х = а (або у = Ь), яка паралельна одній з осей координат,
треба паралельним перенесенням х* = х - а (у' = у - Ь) вісь Оу (або Ох)
сумістити з віссю симетрії. Після чого виконати перетворення симетрії і
обернене паралельне перенесення. Тоді точка, симетрична точці А(хд; ул)
відносно прямої х = а (або у = Ь), має координати А,(-хл + 2а; ул) (або
А,(хд; ~Ул + 2Ь))-

А якщо вісь симетрії (п) — пряма у - кх + і, не паралельна осям коорди-
нат? Є дві можливості.

Можна: послідовно здійснивши паралельне перенесення і поворот,
сумістити одну з осей координат із віссю симетрії; після осьової симетрії
здійснити обернені перетворення паралельного перенесення і повороту.

Можна: записати рівняння прямої, перпендикулярної до (я), що
проходить через точку А; обчислити координати Р - точки перетину цього
перпендикуляра з (я); записати умову того, то точка Р є серединою
відрізка АА,, і знайти координати точки А(.
Ул)
і
Аі(-*лі ~УЛ)

О(хо; у0) -
центр симетрії
А(ха; уА)
1

АД-Хд+гхо; -ул+2у0)

У\Ал
\ О

ВЛАСТИВОСТІ
перетворень
симетрії:

1.(АВ)->(А(В,)

2.[ав)->[а,в,)

3.[АВ]->(А,В,]

4.Сє[АВ]

С. є СА.В,]

5. п'т - п)'ті

ЦЕНТРАЛЬНА СИМЕТРІЯ

При перетворенні центральної симетрії зручно
обирати за початок координат центр симетрії.

Тоді, якщо точка А(ха; у4) перетворенням симетрії
відносно точки 0(0; 0) переходить у точку А.(х’4; у'4),
то і абсциса, і ордината точки змінюють знаки на про-
тилежні х'А = -хА іу'А = - ул(мал. 3.31-а). То це випливає
з рівності двох прямокутних трикутників (АОК і А.ОМ)
за гіпотенузою і гострим кутом (мал. 3.31-6).

Переконаємося, що відстань між точками при цент-
ральній симетрії не змінюється.

Маємо (мал. З.ЗІ-б):

АВ2 = (хв - хлУ + (ув - уА)2 - ((-хв) - (—Хд))* +

+ ((-у0)-(-уа)У=а,в?.

Звідси: АВ = А}В{, відстані дійсно зберігаються, і
перетворення симетрії відносно точки є рухом.

г!|г Користуючись координатним методом, доведіть
такі ВЛАСТИВОСТІ перетворень симетрії.

1.	Пряма переходить у пряму.

2.	Напівпряма переходить у напівпряму.

3.	Відрізок переходить у відрізок.

4.	Якщо образами точок А, В і С є точки А., В. і С. і при
цьому точка С належить відрізку АВ. то точка С.
лежатиме на відрізку А .В..

5.	Кути між прямими зберігаються.

Зауваження. Якщо центр симетрії О(хо; уо) не
'V-* збігається з початком координат, то координати
точки А., симетричної точці А(х4; ул), отримуємо з
умови, що точка О є серединою відрізка АА.:

хо =	*і = ~хл + 2х0; Уо =У*^Уі> Уі “ ~Ул + 2у0.

4а
Практична робота 22

1.	Накресліть декартову систему координат і позначте в ній точки >4(2; 3), В(5; 0),
С(0; -7).

2.	Побудуйте точки, симетричні точкам А, В, С відносно: а) осі Ох; б) осі Оу.
Залишіть координати побудованих точок.

Практична робота 23

1,	Накресліть декартову систему координат і в ній трикутник, вершини якого
мають координати А(-б; 5), В( 1; 3), С(-5; 1).

2.	Побудуйте трикутники А^С, і АгВгСг утворені перетворенням симетрії три-
кутника АВС відносно осей Ох і Оу відповідно.

3.	Знайдіть координати вершин трикутників.4,6,0,, А}ВгСгта порівняйте їх з коор-
динатами вершин трикутника АВС. Зробіть висновок.

Завдання 26

Iе. Точка А(х; у) відображається осьовою симетрією відносно осі Ох у точ-
ку А,(2; -5). Визначте координати точки А

2.	Задано дві точки, симетричні відносно осі Ох. Відновіть пропущені координати:
а)А(5; -НАД...;-2); б)ЇХ...; 4) і В,(12;...); • М(2; ...)іМ,(2;...).

3.	Задано дві точки, симетричні відносно осі Оу. Відновіть пропущені координати:

а) А(...; 7) і А,(3; ...); б) Г(4; ...) і Е,(...; 2); пі 3) і 3).

4°. Відносно якої з координатних осей симетричними с точки:

а) А(7; 2) і АД-7; 2); «І В(-3; -2) і В,(-3; 2)?

5.	Серед точок А(1; 5), В(3; -2), С(-1; 5), 0(0; -7), Е(5; -1), Г(0; 7), С<-2; 3),
Я(4; 0). К(0; 4), £(2; 1), Л£(1; -10) виберіть пари точок:

а) симетричні відносно осі Ох; симетричні відносно осі Оу.

Н Осями симетрії квадрата є осі координат. Точка К(4; -4) - середина однієї зі
сторін. Знайдіть координати вершин квадрата.

7*. АВСО — прямокутник, осі симетрії якого х = -2, у = 3. Причому С( -7; -1).
Знайдіть координати інших вершин прямокутника.

8**. Дано точку А(3; 4). Знайдіть координати точки: а) Ар яка симетрична точці А
відносно прямої у = х; <\> Аг, яка симетрична точці А відносно прямої у = -х.

9**. Дано точки А( -2; 3) і В(4; -3). Запишіть рівняння прямої, відносно якої точка А
симетрична точці В.

І Точки А(2; 7) і АД4; -1) симетричні відносно деякої осі. Складіть рівняння осі
симетрії. Якій точці буде симетрична точка В(-2; 6) відносно цієї осі?

. Для допитливих

Сіро улюблений метод доведення «будь-чого» Реймонда М. Смалліана.

Цей метод має лише один недолік скористатися ним може той, хто хоча б
трішки вміє показувати фокуси з картами.

Продемонструємо цей метод на прикладі. Нехай вам треба комусь довести,
що ви - граф Дракула. Тоді ви говорите своєму опонентові: «З усієї логіки вам
необхідно знати лише одне якщо задано два твердження р і д, причому р -
правильне, то хоча б одне з тверджень (р. д) - правильне ». Це навряд хто-не-
будь буде заперечувати. «Чудово, - кажете ви і виймаєте з кишені колоду
карт: - Ви бачите, ця карта червоної масті». І з цими словами ви кладете кар-
ту червоної масті малювком донизу на ліву руку своєї «жертви* і просите
накрити цю карту зверху правою рукою. • Нехай р твердження про те, що ви
тримаєте карту червоної масті, а д про те, що я є графом Дракулою, - продов-
жуєте ви. - Чи згодні ви, що або р, або д правильне?» Ваша «жертва» пого-
джується. «А тепер відкрийте карту!» - наказуєте ви. «Жертва» слухняно
відкриває карту і бачить, що вона чорної масті! «Тоді, - завершуєте ви своє

♦доведення », - твердження д - правильне, і я - граф Дракула!»
11**. Дано точки А(-1; 5) і В(4; 6). Знайдіть координати точок, симетричних точ-
кам А і В: а) відносно прямої 2х - Зу = 0; б) відносно прямої х + 2у = 4.

12**. Складіть рівняння кола, симетричного колу (х - 4)8 + (у + 1)г = 25 відносно
прямої: а) у = х; б> у = х + 2; в) у = 2х - 1.

13**. Вершини ромба лежать на прямих у = х, у --х. Середина однієї зі сторін має
координати (1; 2). Знайдіть координати середин усіх інших сторін.

14**. Точки М і N лежать по різні боки від прямої І. Знайдіть координати точки X
прямої І, для якої бісектриса кута МХІЇ належить прямій І.

15**. Точки А і В лежать по різні боки від прямої І. Знайдіть координати точки на
прямій І, для якої різниця відстаней до точок А і В була б найбільшою.

। Точки А і В лежать по один бік від прямої І. Знайдіть координати точки на
прямій І, сума відстаней від якої до точок А і В була б найменшою.

17**. Побудуйте трикутник за вершиною і прямими, на яких лежать бісектриси
двох інших кутів.

ІЬ Побудуйте ромб за гострим кутом і сумою діагоналей.

19**. Побудуйте трикутник за точками, які симетричні центру описаного навколо
нього кола відносно його сторін.

Практична робота 24

1.	Накресліть декартову систему координат і в ній трикутник з вершинами в
точках А(1; 1), В(2;4), С(7; 0).

2.	Виконайте перетворення симетрії точок А, В, С відносно початку координат.
Позначте відповідні точки як А,, В,, С,.

3.	Знайдіть координати вершин трикутника А^.С, і порівняйте їх з координата-
ми вергаип трикутника АВС. Зробіть висновок.

Практична робота 25

1.	Накресліть декартову систему координат і в ній довільний трикутник КМІ'І.

2.	Побудуйте трикутник К.М^к, симетричний трикутнику КМN відносно осі Ох.

3.	Побудуйте трикутник	симетричний трикутнику КММ відносно осі Оу.

4.	Побудуйте трикутник	симетричний трикутнику КМN відносно початку

координат.

5.	Які з трикутників сумістилися? Зробіть висновок.

Завдання 27

1°. Побудуйте точки, симетоичні точкам А(3; -2), 8(0; 5) і С(-2; -4) відносно почат-
ку координат. Залишіть їх координати.

2°. Точка А відображена симетрією відносно початку координат в точку АД-3; 4).
Які координати точки А?

Точки В(3; ...) і В,(...; -1) симетричні відносно початку координат. Відновіть
пропущені координати точок.

4°. Точка А має координати (а; б). Які координати мас точка, симетрична точці А
відносно початку координат?

Для допитливих

1.	Визначте координати точки симетричної точці М(2; 3), відносно пря-
мої, яка проходить через точки А і В, якщо: а) А(2; 1), В(0; 1); б) А(3; 1),
8(1; -1).

2.	Знайдіть рівняння прямої, в яку переходить пряма у = 2 при повороті нав-
коло: а) точки (0; 2) на 30°; б) початку координат на 45’.

3.	Сторона квадрата дорівнює 2. Запишіть його одним рівнянням, якщо сто-
рони цього квадрата паралельні осям координат, а його центр має коорди-
нати: а) (0; 0); б)(2;0); в) (0; -3); г)(-1;4).
5.	Серед точок А(-1; 5), 8(3; -2), С(0; 0), 3(5; 1). Д1; -5), 0(7; 0), Я(-3; 2)
виберіть ті, які попарно симетричні відносно початку координат.

6.	Точка А(-3; 4) відображається осьовою симетрією відносно осі Оу у точку А,.
Точка А, відображається осьовою симетрією відносно осі Ох у точку Аг.
Точка А, відображається центральною симетрією відносно початку координат
у точку Ап. Запишіть координати точок А^А2, А,.

7.	Дано точку Д(3; 7). Які координати мас точка, симетрична А відносно:
а0) початку координат; б*) точки 8(3; 2); в*> точки С(-1; -6)?

8	Дано точки А(-3; 8), В(12; -4). Знайдіть центр симетрії точок А і В.

9.	Вершини трикутника містяться в точках А(3; 4), 8(1; 0), С(2; -3). Знайдіть
координати вершин трикутника, який симетричний даному відносно;
а) початку координат; 6*) вершини А; в*) точки М(1; 1).

10*. Три вершини паралелограма АВСО мають координати А(2; 7), 8(-1; 4),
С(-3; -5). Знайдіть координати центра симетрії паралелограма і координати
точки З.

11 * Напишіть рівняння кола, яке симетричне колу (х - 3)г + (у + 2)2 = 7 відносно
точки К(5; 4).

12.	Складіть рівняння прямої, симетричної прямій 2х - Зу = 6 відносно: а*) почат-
ку координат; б**) точки М(1; 3).

13**. Доведіть, що центри симетрії середин протилежних сторін чотирикутника
збігаються.

14**. Побудуйте відрізок із серединою в даній точці і кінцями на: а) двох даних пря-
мих; б) даній нрямій і даному колі; в) двох даних колах.

15**. Побудуйте паралелограм з центром симетрії у даній точці О і вершинами на:
а) трьох даних прямих; б) двох прямих і колі; в) трьох колах.

16**. Спробуйте розв’язати задачі 7 і 9, застосовуючи паралельне перенесення.

17**. Діагоналі ромба лежать на прямих у = х і у = -х. Серединою однієї зі сторін є
точка (1; 2). Знайдіть координати вершин ромба.

18**. Знайдіть координати кінців відрізка, якщо координати його середини (3; 4), а
кінці лежать на прямих:

а)	у - 2х + 5 і у = — х- 1;

2

б)	у = 2х + 5 і у = -Зх 2.

Для допитливих

Доведіть шкірні і и.

1.	Перетворення симетрії відносно початку координат є композицією
осьових симетрій відносно Ох і Оу.

2.	Перетворення симетрії відносно точки (хо; у(>) є композицією осьових
симетрій відносно прямих X = х0 і у = уо.

Осьові симетрії є «цеглинками», з яких можна «побудувати» всі інші рухи
на площині. Упевніться в цьому самі, розв'язуючи такі опорні .м і.< и.

3.	Доведіть, що композиція двох центральних симетрій є паралельним
перенесенням.

4.	Доведіть, що композиція паралельного перенесення і центральної си-
метрії є центральною симетрією.

5.	Доведіть, що композиція двох осьових симетрій є паралельним перене-
сенням, якщо їх осі паралельні, і поворотом навколо точки О. якщо їх осі
перетинаються у точці О.

6.	Доведіть, що композиція повороту навколо точки О і осьової симетрії
відносно прямої, яка проходить через точку О, є осьовою симетрією.

7.	Доведіть, що будь-який рух є композицією повороту, паралельного пере-
несення й осьової симетрії.

8.	Доведіть, що будь-який рух на площині є композицією не більш як трьох
симетрій відносно прямих.
Л>§20.Полярна система координат і перетворення
поворот на координатній площині

В аналітичній геометрії застосовуються не лише прямокутні системи
координат, а й багато інших систем. З них найпоширеніша система поляр
них координат, яка є дуже простою і зручною, наприклад для опису пере-
творення поворот.

Розглянемо визначення полярних координат точки.

Нехай у площині дано точку О (полюс) і півпряму Ох (полярну вісь), що
виходить із точки О. Візьмемо на цій площині довільну точку Р, побудуємо
відрізок ОР і позначимо довжину цього відрізка через р, а кут РОх - через <р
(мал. 3.32-а).

Мал. 3.32

Полярними координатами точки Р називають р і (р: р - полярним
радіусом цієї точки, а <р - її полярним кутом.

Зауважимо, що градусна міра полярного кута <р може мати значення
більші, за 180°, наприклад, якщо точка розміщена відносно полярної осі
так, як показано на малюнку 3.32-6-

Хто займався у туристичних секціях, той легко зрозуміє, що рух за ази-
мутом ґрунтується на тому самому принципі, що й полярні координати.

За допомогою полярних координат можна задавати на площині різні
множини точок.

Наприклад, дуже простим буде рівняння кола з центром у полюсі. Якщо
радіус кола дорівнює Я, то і полярний радіус довільної точки кола (і тільки
точок кола, що розглядається) дорівнює Я. Тоді рівняння цього кола має
вигляд р = Я.

Розглянемо ще приклади спіралей. Зауважимо, що при описуванні
спіралей міра кута ер може перевищувати повний кут. Після того, як
полярна вісь пройде перший повний оберт, мірою полярного кута (р буде
сума радіанної міри кута РОХ (мал. 3.32-а) і повного кута, тобто 2л; після
другого оберту до міри кута РОХ додають 2 • 2л і т. д.). Рівняння р = <р зоб-
ражує спіраль - зі збільшенням міри кута (у радіанах) збільшується
значення р.

Іншу спіраль описує рівняння р= —. Тут малим значенням <р відповідають
Ф

великі значення р і навпаки. При збільшенні <р значення р зменшується -
спіраль «накручується» на точку О.

Зауваження. Значення кута <р в останніх рівняннях зручно задавати
не в градусах, а в радіанах (див. с. 99).

Рівняння р = а<р, де а - стале додатне число, визначає нескінченну лінію,
яка і називається спіраллю Архімеда (мал. 3.33).
Проведемо на малюнку 3.33 з точ-
ки О промінь ОЬ і позначимо точки
його перетину зі спіраллю Архімеда
в порядку їх розміщення на ОЬ (ра-
хуючи від точки О) через А,, Аг,
А3, ... . Нехай кут А,Ох, що менший
за 2л, дорівнює у рад. Точці А2 буде
відповідати куту + 2п, А3 - кут (у + 4л)
і т. д. Тоді

ОАІ - а у, ОА-ї = а (у + 2л),
ОА3 = а (у + 4тс),....

Мал. 3.33

0 полярна вісь х
полюс

А(р; (?)
*
полярні
координати

Звідси: А}А2- АгА3= ... = 2т,а. Таким чином, відстань
міжсусіднімиточкамиперетинуспіраліз променем ОЬ
є сталою величиною. Зауважимо, що цей висновок
не залежить від того, який саме напрям має про-
мінь ОЬ.

Від рівняння фігури в прямокутних декартових коор-
динатах можна перейти до рівняння тієї самої фігури в
полярних координатах і навпаки.

Якщо взяти за поляриу вісь до-
датну частину осі Ох прямокутної
декартової системи координат, а за
полюс О - початок координат
(мал. 3.34), то можна знайти залеж-
ність між прямокутними декартови-
ми координатами точки (х; у) та її
полярними координатами (р; ф):

х = р соз ф, у = р зіп ф.

З прямокутного трикутника ОРК знаходимо, що

УЛ

Мал. 3.34

Зв'язок між декар-
повою і полярною
системами-.

УА

р = >/хг+рг, І£ф = -.
х

Маємо формули для переходу від декартової прямо-
кутної системи координат до полярної і навпаки.

Зауваження. Для того щоб можна було користува-
тися такими залежностями для довільного положення
точки на площині, треба визначити тригонометричні
функції для кутів, більших за 180°. їх визначають подіб-
но до того, як це ми робили для кутів у межах від 0° до
180° (с. 40), тобто через координати точки одиничного
кола.

Х = рсоз<р,
у - рзіп ф,
р=7х2+/,

X

Для допитливих

1.	Яку множину точок описує рівняння ф - а, де а деяка постійна міра
кута (наприклад, 45е)?

2.	Запишіть співвідношення, що визначає ГМТ площипи, у декартових
координатах: а) ц> = 45°; б) р < 5; в) р > 2; г) <р < 30°.
\ Розглядається кінець радіуса одиничного кола з центром у почат-
I; ку координат (той, що міститься на півколі); відповідний кут
відкладається від осі Ох проти годинникової стрілки.

Для довільного кута:

•	синус кута - ордината (чисельно) кінця радіуса
одиничного півкола, що відповідає цьому куту;

•	косинус кута - абсциса (чисельно) кінця радіуса
одиничного півкола, що відповідає цьому куту
(мал. 3.35).

Тобто чисельно:

зіпа , соза

х = соз а, у - зіп а, 1&а =-, сі£а =--.

соза зіпа

ПЕРЕТВОРЕННЯ ПОВОРОТ

Тепер спробуємо за допомогою полярної систе-
ми координат описати перетворення поворот. Для
цього візьмемо центр повороту за полюс О.

Нехай точка А фігури-прообразу має полярні
координати А(рл; фл) (мал. 3.36). Після повороту
на кут а навколо центру повороте О точка А пере-
йде у точку А((рл; (рЛ + а).

Тобто довільна точка (р; <р) фігури-прообразу
переходить поворотом на кута навколо полюса О
у точку (р; <р + а) фігури-образу.

Практична робота 26

1. Накресліть полярну вісь і побудуйте точки, задані полярними координатами:

а)Р 1;^ ;

6)0 4; -
З

в) СІ 0;

/ о

г)О 2; -я

2

д) 5(2; 0).

2.

3.

Накресліть декартову систему координат із початком у полюсі вашої полярної
системи координат так, щоб вісь Ох містила полярну вісь.

Знайдіть абсциси й ординати точок Р, О, і 8.

Практична робота 27

1.	Накресліть декартову систему координат і в ній трикутник АВС.

2.	Побудуйте трикутник АІВ1С1, утворений перетворенням симетрії трикутни-
ка АВС відносно початку координат.

Для допитливих

Вам зараз важко зрозуміти переваги запису рівнянь
кривих у полярній системі координат (бо ви ще
тільки починаєте вивчати тригонометрію). Проте
полярна система інколи значно зручніша за декар
тову. Наприклад, квітку, яку ви бачите на малюн-
ку, задає рівняння р = зіп 5<р.

Побудуйте кардіоїду, задану рівнянням р - 1 -
-еіпф. Нагадаємо, що ця крива (див. «Геомет-
рія-?»)- траєкторія точки кола, яка котиться (без
проковзування) уздовж рівного йому нерухомого кола.
3.	Побудуйте трикутник АгВіС1, утворений перетворенням поворот трикут-
ника АВС навколо початку координат на 90°, і трикутник А^В^С*, утворений
перетворенням поворот трикутника АВС навколо початку координат на 180Л.

4.	Знайдіть координати вершин трикутників АВС. А^С,, АгВ2С.і і АаВ3Са та порів-
няйте їх. Зробіть висновки.

Завдання 28

1.

2.

3.

4.

5.

6.

7.

8.

9.

Знайдіть декартові координати точок, які задано у полярній системі координат:
а)б{з; б)ЕІ8;-'|; в)ОІ 4;-1; і<м[12; -тД д) Т(3; п).

І 4 І	З І 6 І ЗІ

Знайдіть полярні координати точок, які задано у декартовій системі координат:
а) (0; 3);	(8; 0);	вЦ-^2-,-ЇЇ);  (-х/б; ^/2);	д)(3;373).

У декартовій системі координати задано точки: А(3; 0), В(-2; 0), С(5; 2),
£>(-1; -3). Знайдіть координати образів цих точок після повороту навколо
початку координат на 90°: а) за годинниковою стрілкою; І і проти годинникової
стрілки.

У декартовій системі координат точка М(2; ...) відображається поворотом нав-
коло початку координат на 90° проти годинникової стрілки у точку Л/Д-5; ...).
Визначте пропущені координати точок.

Відновіть пропущені декартові координати точок Л4(-3; ...) і ЛІ ,(5; ...), якщо
відомо, що точка - образ точки М при повороті навколо початку координат на
90° за годинниковою стрілкою.

Які декартові координати матимуть вершини прямокутника, утвореного з пря-
мокутника з вершинами А(-3; 2), В(3; 2), С(3; -2), £>(-3; -2) поворотом навколо
початку координат: а) на 90°; ) на 180°?

Побудуйте криву, що задана у полярній системі координат рівнянням:
л	л2

а) р - 1; <>ір = 4; в) ф =-; г) ф = 0; д)ф2-’0; е) р = 1 - еоаф.

4	З

У полярній системі координат задано точки А 2; - і ВІ 4; — . Які координати

матимуть образи цих точок при повороті навколо полюса на: а) —; <>) -і
6 З

Вершини трикутника мають полярні координати:

Знайдіть координати вершин фігури-образу А{ВУСХ при повороті трикутника АВС
п

на - навколо полюса.

З

(	4 л'і

І о Центр кола знаходиться в точці Л/| 5;— , радіус кола дорівнює 3. Побудуйте
ч $ /

образ цього кола, отриманий його поворотом навколо полюса на —. Вкажіть ко-
4

ординати центра кола.

11.	Запишіть рівняння у полярних координатах, якщо для декартових координат
точок воно має вигляд:

а) х* + уг = 4; б)х- + уі = 3; в)у = >/3х; г)уг-х’^0.

Завдання для повторення розділу ПІ

II. Яке перетворення фігур па площині називається рухом?

2.	Яке перетворення називається паралельним перенесенням?

3.	Яке перетворення називається: а) центральною симетрією; б) осьовою симетрією?
4.	Яке перетвореная називається поворотом?

5.	Яке перетворення називається: а) гомотетією; 6) подібністю?

6.	Які фігури називають подібними? Як відносяться площі таких фігур?

7.	Запишіть формули паралельного перенесення на координатній площині.

8.	Які властивості паралельного перенесення і перетворення подібності ви
знаєте?

9.	Задано: точку, пряму, відрізок, трикутник, чотирикутник. Як виконати для
цих фігур: а) поворот; б) паралельне перенесення; в) симетрію відносно точки;
г) симетрію відносно прямої?

10*. а) Як виконати гомотетію, а потім поворот трикутника відпоєно певної точки?
Який трикутник ви отримаєте? Чи можна отримати такий самий трикутник,
здійснивши тільки одне перетворення? Яке це перетворення?

б**) А якщо центри гомотетії і повороту - різні точки?

в) А якщо спочатку здійснити перетворення поворот, а потім гомотетії?

11*. Доведіть: якщо при паралельному перенесенні відрізок АВ переходить у
відрізок А^р тоі середина відрізка АВ переходить у середину відрізка А^,.

12*. Нехай рівняння Р(х; у) = 0 задає деяку множину точок на площині. Як запи-
сати рівняння геометричного місця точок, симетричного заданому відносно:
а) осі ординат;

б)	осі абсцис;

в)	бісектриси першого і третього координатних кутів;

г)	бісектриси другого і четвертого координатних кутів?

13*. Нехай рівняння Г(х; у) - 0 задає деяку множину точок на площині. Як запи-
сати рівняння геометричного місця точок, симетричною заданому відносно
початку координат?

14*. Точка (3; -2) при паралельному перенесенні перейшла в точку (3; 4). У яку точ-
ку перейде точка (3; 4) при цьому паралельному перенесенні. А точка (0; 0)?

15.	Запишіть формули паралельного перенесення, за допомогою якого можна з
точки В(-3; -7) отримати точку А(-3; -5).

16.	Дана точка А(-3; -1). Знайдіть;

а)	координати точки А,, симетричної точці А відносно осі абсцис;

б)	координати точки А}, симетричної точці А відносно осі ординат;

в)	координати точки А3, симетричної точці А відносно початку координат;

г*) координати точки А4, симетричної точці А відносно точки В(1; -5);

д*) координати точки Ав, що отримана з точки А поворотом на 270° відносно
початку координат за годинниковою стрілкою.

17.	Знайдіть координати точки, симетричної точці А(-2; -2) відносно:

а) бісектриси першого і третього координатних кутів;

б*) бісектриси другого і четвертого координатних кутів;

в**) прямої х + у - 3 = 0.

18.	Запишіть рівняння прямої, симетричної прямій у = 2х -2 відносно:

а*) початку координат; в*) осі ординат;

б*	) осі абсцис;	г**) прямої х + у - 3 = 0.

19*. Скільки існує перетворень руху, що перетворюють сам у себе:

а)	квадрат;	б) правильний шестикутник?

20*. На координатній площині задано точки А(1; 2) і В(5; 5). Рухом ці точки
переходять у точки АД2; 3) і В,(7; 3) відповідно. У яку точку при такому
перетворенні переходить точка ЛГ(-2; -3)?

21**. На площині задано дві прямі, що перетинаються під кутом 45°. Після двох
послідовних перетворень симетрії відносно дапих прямих точка А переходить у
А,, а точка В у В г Знайдіть кут між прямими АВ і А, В,.

22**. При паралельному перенесенні точка А перейшла в А,, а пряма І ~ в Іг
Запишіть рівняння прямої якщо:

а)А(-2; 5), АДЗ; -4), а рівняння прямої І має вигляд 2х - Зу = 1;

б)	А(4; 7), А,(-3; 13), а рівняння прямої і має вигляд Зх + іу = 5.

23**. Яке найменше число вершин може мати багатокутник, в якого є дві осі
симетрії, що перетинаються під кутом: а) 30е; б) 10°; в) 87°?
24**. Дано пряму і і точку А. Знайдіть геометричне місце точок М площини таких,
що існує поворот на кут 60° з центром на прямій /, що переводить точку А у М.

25*. Гомотетія з центром О переводить точку А у Аг Побудуйте точку В(, 8 яку
переходить довільна точка В площини при тому самому перетворенні.

26*. На площині дано два паралельних відрізки. Скільки існує перетворень
гомотетії, що переводять один відрізок у інший? Побудуйте центри цих гомо-
тетій.

27*. На площині дано два паралельних відрізки АВ і КМ. Знайдіть ГМТ центрів
гомотетій, що переводять АВ у відрізок А,В|, який належить КМ.

28**. На площині дано коло і точку А. Яку криву опише середина відрізка АВ,
якщо точка В буде рухатися вздовж заданого кола?

29*. Доведіть, що чотирикутник, який має центр симетрії, - паралелограм.

ЗО*. Протилежні сторони опуклого шестикутника попарно рівні і паралельні.
Доведіть, що цей шестикутник має центр симетрії.

31**. Доведіть, що жодна фігура не може мати рівно двох центрів симетрії.

32**. Доведіть, якщо фігура мас дві перпендикулярні осі симетрії, то вона має
центр симетрії.

33**. Чотирикутник має вісь симетрії. Доведіть, що цей чотирикутник або є рівно-
бічною трапецією, або симетричний відносно діагоналі.

34**. Доведіть, що опуклий л-кутпик є правильним тоді і тільки тоді, коли він пе-
360°

реходить сам у себе поворотом на кут-відносно деякої точки.

п

35**. Побудуйте правильний трикутник так, щоб його вершини належали трьом
заданим паралельним прямим.

36**. Дано кут і точку всередині цього кута. Побудуйте коло, що дотикається до
сторін заданого кута і проходить через задану точку.

37**. Впишіть у даний трикутник два рівних кола, кожне з яких дотикається до
двох сторін трикутника й іншого кола.

38**. Впишіть у даний трикутник АВС трикутник А ,8,0,, сторони якого паралельні
сторонам заданого трикутника КЬМ.

Готуємося до тематичного оціїпокаїїнн № 5

Варіант І

1.	Знайдіть координати точки, що симетрична точці А(—2; 1) відносно осі абсцис.

2.	Коло задано рівнянням хг + у* - 2х + 2у = 0. Знайдіть координати центра
симетрії цього кола.

3.	Побудуйте трапецію, гомотетичну трапеції АВС І) (АВ || СВ) з центром гомоте-
тії А і коефіцієнтом гомотетії 2. Знайдіть відношення площ цих трапецій.

4.	У яку пряму переходить пряма у = 2х перетворенням симетрії відносно прямої
х = 0?

Варіант II

1.	Знайдіть координати точки, що симетрична точці В( 1; -3) відносно осі ординат.

2.	Дано точки А(2; -3) і В(0; -1). Знайдіть координати центра симетрії відріз-
ка АВ.

3.	Побудуйте трапецію, гомотетичну трапеції АВСВ (АВ || С£>) з центром гомоте-
тії А і коефіцієнтом гомотетії 0,5. Знайдіть відношення площ цих трапецій.

4.	У яку пряму переходить пряма у - х перетворенням симетрії відносно прямої
у = 0?
ВЕКТОРИ НА ПЛОЩИНІ

У цьому розділі ви ознайомитеся (або продовжите ознайомлення) з вели-
чинами, які, крім числового значення, характеризуються ще й напрямом -
векторами. Вектори широко використовуються у фізиці й математиці,
особливо геометрії. При цьому відкриття Декарта, розглянуте нами в
першому розділі, дасть змогу значно спростити опис властивостей векторів
та їхнє використання при розн'язунішні геометричних задач.

§21• Поняття

вектора1

початок

ВЕКТОР -
напрямлений
відрізок

। Багато фізичних величин, таких як сила, пе-
реміщення матеріальної точки, швидкість, прискорен-
* ня тощо, характеризуються не лише числовим значен-
I ням, а й напрямом у просторі. Такі величини назива-
। ються векторними величинами, або векторами.

। Вектором називається напрямлений відрізок,
тобто відрізок, в якому виділено початок і
кінець (див. мал. на полі).

• Зауваження. Величини, які характеризуються ли-
| ше своїм числовим значенням - довжина, площа, маса,
। температура та інші, називаються скалярними величи-
і нами, або скалярами.

| 'Примітка для вчителя. Якщо у 8-му класі ви працювали
। за підручником Галини Апостолової, то матеріал, представ-
лений у § 21-23 даного підручника, вже відомий вашим
* учням і вимагає лише повторення.
На малюнку 4.1 зображено вектори АВ і п.

Вектор АВ відрізняється від відрізка АВ тим, що
точки ДІВ, які обмежують вектор АВ, відіграють
різну роль: точка А е початком вектора, а точка В -
його кінцем.

__Дві точки площини А і В задають два різні вектори
АВ і ВА. Довжини цих векторів рівні, а напрями - про-
тилежні. Такі вектори називаються протилежними.

Модулем вектора називається його довжина. Моду-
лем вектора АВ є довжина відрізка АВ (мал. 4.2), позна-
чається як |А0. Модуль вектора п позначається як й.

Нульовим вектором називається вектор, довжина
якого дорівнює нулю (його початок і кінець збігаю-
ться). Його позначають як 0. Він не має напряму.

Колінеарними називаються два вектори, що
лежать на одній прямій або на паралельних
прямих.

Наприклад, усі вектори, зображені на малюнку 4.3, -
колінеарні. Колінеарність векторів будемо позначати так:
а , 6;с || т ...

Нульовий вектор вважають колінеарним будь-яко-
му вектору.

В

|а| = АВ

Модуль вектора

Нульовий вектор 6
не має напряму:
А

А = В • |а| = 0
В

Для допитливих

1.	Побудуйте перпендикуляр до заданої прямої, користуючись лише
лінійкою, на якій нанесено тільки дві позначки (риски). Зауважимо,
що використовувати лінійку для зображення дуги (замість циркуля) не
можна. Не можна також використовувати паралельність або перпенди-
кулярність її боків.

2.	За допомогою лише лінійки (без позначок) побудуйте до діаметра зада-
ного півкола перпендикуляр, пю виходить із заданої точки: а) поза цим
півколом; б) на цьому півколі; в) всередині цього півкола.

147
а ТТ Ь і ,'<і| - |6|

- паралельним _

а —---------->6

перенесенням

Ненульові колінеарні вектори бувають або співна-
прямлені, тобто однаково напрямлені (мал. 4.4), або
протилежно напрямлені (мал. 4.5).

У випадку, коли два колінеарні вектори лежать на
одній прямій, вони співнапрямлені, якщо їхні напрями
збігаються, і протилежно напрямлені, якщо ні.

Колінеарні вектори, які лежать на паралельних пря-
мих, називаються спів напрямленими, якщо вони лежать
в одній півплощині, обмеженій прямою, що сполучає по-
чаток одного і другого векторів (мал. 4.4-6), і протилеж-
но напрямленими, якщо в різних (мал. 4.5-6).

На малюнку 4.4 векторе співнапрямлений з вектором
е, а вектор а - з вектором Ь.

На малюнку 4.5 вектор р протилежно напрямлений з
вектором І, а векторп-з вектором т.

Співнапрямленість та протилежну напрямленість
векторів будемо позначати так, як показано на малюн-
ках 4.4, 4.5 відповідно.

Мал. 4.4

т

п Ц пі

ВЛАСТИВОСТІ;

1.а=а

2. а = Ь і Ь-с

И
а = с

Мал. 4.5

\ Два ненульові вектори називаються рівними,
якщо рівні їхні модулі і вони співнапрямлені.

На малюнку 4.6 маємо два рівні вектори АВ = СР.

Мал. 4.6

На малюнку 4.6-а чотирикутник АВРС - паралело-
грам (АВ - СР, АВ || СР). Тоді вектор СР можна отримати
з вектора АВ (або АВ з СР) паралельним перенесенням.
«Зауважимо, що у випадку розміщення АВ і СР на одній
прямій (мал. 4.6-6), вони теж перетворюються один в
одний паралельним перенесенням. Тоді означення рів-
ності двох векторів можна сформулювати й так.

\ Два вектори називаються рівними, якщо іх мож-
на сумістити паралельним перенесенням.
Зрозуміло, що з означення рівності векторів маємо такі ВЛАСТИВОСТІ
рівності векторів:

1.	Будь-який вектор дорівнює сам собі: а -а.

2.	Якщо а - Ь і Ь = с, то а = с.

Практична робота 28

1.	Позначте на аркуші паперу три точки А, В і С, що не лежать на одній прямій.
Накресліть усі вектори, які мають за початок або кінець дані точки. Запишіть усі
отримані вектори та вкажіть початок і кінець кожного вектора.

2.	Позначте на аркуші паперу три точки А, В і С, що лежать на одній прямій. На-
кресліть усі вектори, які визначені відрізками з кіпцями в точках А, В і С. За-
пишіть усі отримані вектори та вкажіть початок і кінець кожного з них.

3.	Накресліть два неколіноарні вектори а і Ь. Зобразіть кілька векторів: а) співна-
прямлених з вектором а; б) співнапрямлених з вектором Ь: в) протилежно на-
прямлених з вектором а; г) протилежно напрямлених з вектором Ь.

4.	Накресліть два вектори, які: а) мають рівні модулі і неколінеарні; 6) мають рівні
модулі і сиівнапрямлені; в) мають рівні модулі і протилежно напрямлені.

5.	Залишіть, які із зображених вами векторів: а) рівні; б) протилежні.

Практична робота 29

1.	Накресліть вектори АВ, СР і ЕК так, щоб: а) АВ, СР і ЕК були колінеарні та
 АВ [- 2 см, |СР| = 1 см, КЕ 3,5 см; б) АВ і СР були колінеарні, АВ і КЕ не були
колінеарні і АВ| = 1 см, |СР( = 2,5 см, |Х£| - 3 см.

2.	За допомогою відповідного масштабу накресліть вектор, який зображас: а) пе-
реміщення туриста з пункту А на 5 км на південь; б) переміщення туриста з пунк-
ту А на 10 км на схід; в) переміщення туриста з пункту А на 5>/2 км в півден-
но-західному напрямі.

3.	За допомогою відповідного масштабу накресліть вектор, який зображає політ
літака спочатку на 200 км на схід (з пункту А у пункт В), а потім на 300 км на
південь (з пункту В у пункт С). Накресліть вектор, який зображає переміщення
літака з початкової точки А у кінцеву точку С.

Практична робота ЗО

1.	Накресліть паралелограм АВСВ і трапецію фИ'/М7. Запишіть усі пари колінеарних
векторів, які визначені сторонами: а) паралелограма АВСВ: б) трапеції ()\¥ВР.

2.	Накресліть паралелограм КМРЕ і позначте точку О перетину його діагоналей.
Нехай МК =а, КР = п,МО = а. КО-с. Випишіть усі вектори з початком або кінцем
у точках К, М, Р, Е і О, які дорівнюють вектору: а) 5; б) п; в) </; г) с.

3.	Накресліть ненульовий вектора і позначте три точки А, В і С- Відкладіть вектора
від точок А, В і С.

4.	Накресліть прямокутник АВСВ зі сторонами АВ = 3 см, ВС - 4 см. Позначте се-
редину сторони АВ через М. Знайдіть довжини векторів: а) АВ, ВС, ВС, МС, МА:
б)СВ, В А, СВ, АВ, МЇ), МИ.

Для допитливих

1.	На карті вказано положення трьох маяків: А, В і С. З корабля маяки А і
В видно під кутом а, а маяки В і С - під кутом р. Знайдіть на карті місце

корабля.

2.	Два маяки А і В, позначені на карті, видно з корабля під кутом а. Після
того як корабель пройшов деяку відстань прямолінійним курсом, ті самі
маяки стало видио з корабля під кутом р. Знайдіть на карті місце корабля,
якщо за допомогою інструментів, які є на цьому кораблі, довжину пройде-
ного шляху і його напрям встановлено.
§ 22. дії

над векторами

МНОЖЕННЯ ВЕКТОРА НА ЧИСЛО

Для будь-якого ненульового вектора а і довільного
числа к добутком а • к = к • а називається вектор Ь,
співвалрямлений з а, якщо к > 0, і протилежно

напрямлений з а, якщо к < 0, модуль якого |6| = | к | • [а|.
При к = 0 маємо 0.

На малюнку 4.7 зображено кілька добутків вектора
на число.

• а (-КА.<0)

-п

АВ~-ВА

ВЛАСТИВІСТЬ
к (рв)-(Х р)3

Якщо к = 0, то за добуток к • а матимемо нульовий
вектор, тобто точку.

Якщо к = 1, то отримаємо вектор а, тобто вектор,
рівний даному.

Якщо к «-1, то отримаємо вектор -а, який дорівнює
вектору а за модулем і протилежно напрямлений, тобто
протилежний.

Доведемо, що будь-який вектор Ь, колінеарний век-
тору а, можна представити як Ь = к • а.

Якщо вектори а і В співнапрямлені, то вони відріз-
няються лише довжиною: |Ь|:|<І| = £ід = А-а.

Якщо вектори протилежно напрямлені, то аналогіч-
но попередньому розглянемо вектори -а і Ь. Тоді мати-
мемо, що Ь = к • а, але к < 0.

Правильним буде_ і обернене твердження: якщо
Ь = к • а, то вектори Ь і а — колінеарні. Правильність
цього твердження випливає з означення множення
вектора на число.

З означення множення вектора на число маємо таку
його ВЛАСТИВІСТЬ:

І(ра) = (Х-р)й.

Для допитливих

дГчР 1' Човен перепливає через річку перпендикулярно до її берегів за ЗО хв.
еля Ширина річки 3 км, а швидкість течії дорівнює 2,1 км/год. Знайдіть власну

швидкість човна і кут між напрямом течії і напрямом власної швидкості чов-
на. (Порада. Знайдіть тригонометричну функцію шуканого кута і скористай-
тесь одиничним колом і транспортиром.)

2. З якої точки земної кулі має вилетіти літак, щоб після того, як він пролетів
100 км уздовж меридіана на південь, потім 100 км уздовж паралелі на схід,
потім 100 км уздовж меридіана на північ, знову потрапити в початкову точку?
ДОДАВАННЯ І ВІДНІМАННЯ ВЕКТОРІВ

Поняття рівності векторів дає змогу відкласти век-
тор, рівний даному, від довільної точки площини.

Нехай маємо ненульові вектори 5р аг, а3,..., ая. Відкла-
демо від довільної точки площини вектор А1АЇ ~а{,
потім від точки — вектор А^Ад = 5, і т.д.
(мал. 4.8). Нарешті відкладемо від точки вектор
А„АЛ+1 = ая. Сполучимо точки А1 і Ая+1. Вектор А, А,.,
будемо називати сумою заданих векторів:

А1А„1 =5, + 5, + ...+а„.

Такий спосіб знаходження суми векторів називається
правилом багатокутника.

Суму двох неколінеарних векторів знаходять або за
правилом трикутника, або за правилом паралелогра-
ма (мал. 4.9).

Правило трикутника випливає безпосередньо з пра-
вила багатокутника, якщо доданків лише два.

Наприклад, якщо шукати суму двох векторів а і Ь,
то за правилом багатокутника треба від довільної точ-
ки А відкласти вектор АВ - а, потім від точки В від-
класти ВС = Ь. Тоді АС - а + Ь. Маємо трикутник АВС і
АВ + ВС - АС. (Зверніть увагу, що літера, яка позначає
кінець одного вектора-доданка і початок другого, по-
вторюється і «зникає».)

Тобто знайти вектор с - суму двох неколінеарних
векторіваіб можна за таким правилом.

Правило трикутника. Розмістити вектори а і Ь так,
щоб початок вектора Ь збігався з кінцем вектора 5:

•	початком вектора (а + Ь) буде початок вектора а;

•	кінцем вектора (а + Ь) буде кінець вектора Ь.

Щоб знайти суму двох векторів а і б за правилом па-
ралелограма, проведемо через точки С і А попереднього
випадку прямі, паралельні АВ і ВС (мал. 4^9), - отрима-
ємо паралелограм АВСВ. Тоді маємо, що АО = Ь, а век-
тор АС збігається з діагоналлю паралелограма АВСВ.
Тобто знайти вектор с - суму двох неколінеарних век-
торів а і Ь - можна за таким правилом.

т~а-*-Ь*с*-д

За правилом
багатокутника:

с- а + Ь

За правилами:
трикутника

паралелограма

-а а ~
а

а + (-а) = О

а г а г
2а

а +а —2а
ВЛАСТИВОСТІ:

1.	а + 6 = 6 + а;

2.	|а+6|^|а| + |6|;

З.	а + (-а)-0;

4.	а - 6 - а + (-6 ).

За правилом
паралелограма;

с = а- Ь

Правило паралелограма. Розмістити вектори а і Ь
так, щоб початки векторів а і Ь збігалися; через кінці
векторів провести прямі, паралельні прямим, які міс
тять дані вектори;

•	початком вектора (а + Ь) буде початок векторів а іЬ;

•	кінцем вектора (а + Ь) буде протилежний цій точці
кінець діагоналі утвореного паралелограма.

Зрозуміло, що з означення суми векторів випли-
вають такі її ВЛАСТИВОСТІ:

1	.3 + 6 = 6 4-5; _	3.а+^-а) = 0;

2.а + 6|<|5 + |6|;	4.3-Ь=а + (-Ь).

З останнього співвідношення маємо: щоб знайти
різницю векторів а і Ь, треба до вектора а додати
вектор (-Ь) - правило паралелограма.

На малюнку 4.10-а: АК = Ь, АВ = -ї), вектор с - а +
+ (-6) - за правилом паралелограма (АВС В - паралело-
грам). Сполучимо точки ВіК- отримаємо паралело-
грам АСВК (бо СВ\\АК і СВ = АК). Тоді КВ - АС і різ-
ницю векторів а і Ь (вектор с) можна знайти за таким
правилом.

І	Мал. 4.10

Правило трикутника. Розмістити вектори а і Ь так,
І щоб початки векторів а і Ь збігалися (мал. 4.10-6):
|	• початком вектора (а - Ь) буде кінець вектора Ь;

і • кінцем вектора (а - Ь) буде кінець вектора а.

Практична робота 31

1.	Накресліть ненульовий вектор АВ і побудуйте вектори 0 • АВ, 1 АВ, -1 • АВ,
(1 :|АВ()- АВ. Виміряйте довжину вектора (1: ЇАВ|)  АВ і переконайтеся, що вона
дорівнює одиниці.

2.	Накресліть два співнапрямлеаі вектори а і 6, за допомогою масштабної лінійки
знайдіть |а| і ;'6|. Побудуйте вектор (|6| : |а|> • а і переконайтеся в тому, що він
дорівнює вектору 6.

Для Допитливих
тСмЗіііі"рии < їй- Доведіть, якщо точка Л' - середина відріз-

ка АВ, то для довільної точки О площини виконується

ОА + ОС = 2ОА.

Порада. Продовжте відрізок О№ па рівний йому відрізок і
пригадайте правило паралелограма (додавання векторів).
3.	Накресліть два протилежно напрямлені вектори с і р так, щоб |с| = 2 см,
ірі = 4 см. Побудуйте вектор (~|р': |с|)  с і переконайтеся, що він дорівнює вектору р.

4.	Накреслітьтри ненульові вектори а, Ь і с. За допомогою циркуля і лінійки побу-
дуйте вектори: а) -а, - Ь, - с; б) 2а, -ЗЬ, 0,5с; в) виміряйте довжини цих век-
торів і переконайтеся втому, що: |-а| = |а|, |0,5 • с| = 0,5| -с|,|2 • а| = 2|а|.

5.	Накресліть ненульовий вектор а. Побудуйте вектор р = За. Побудуйте вектори: -а,
1,5а, 2а, 6а. Вкажіть, як напрямлений кожний з отриманих векторів відносно
вектора ~р, і виразіть їхні довжини через |р|.

Практична робота 32

1.	Накресліть попарно колінеарні вектори а і Ь, с і гі. Побудуйте суми а 4- б, є + гі,
а + Ь 4-

2.	Накресліть неколінеарні вектори а, Ь, с, А і е. За правилом багатокутника побу-
дуйте вектор а + Ь 4- с +<1 + 7.

3.	Накресліть два неколінеарні вектори а і Ь, початки яких не збігаються: а) по-
значте довільну точку А і за правилом трикутника побудуйте суму а +Ь - АС;

б)	позначте іятпу точку М і за правилом паралелограма побудуйте суму а + 6 - МР;
в) за допомогою креслярських інструментів переконайтеся, одо АС - МР.

4.	Накресліть неколінеарні^ вектори а, Ь і с. За допомогою пиркуля і лінійки по-
будуйте вектори: а) а + Ь, Ь + с, а + (Ь + с), (а + Ь) 4- с; б) перекопайтеся, що век-
тор а + (Ь 4 с) дорівнює вектору (а 4- Ь) + с.

Практична робота 33

1.	Накресліть два ненульові вектори а і б. Доведіть (побудовою), що а + Ь | < |а| + |Ь |.

2.	Накресліть два ненульові вектори т і п. За допомогою циркуля і лінійки побудуй-
те вектори: а)т - й; б) п - т. Які вектори ви отримали?

3.	Накресліть два ненульові вектори х і у. Побудуйте вектори: а) х + 2у; б) 0,5у + х;
в)у - Зх;г) - 2у + х;д) - у - х; е)0  у - 2х; є) 1,5у Ох.

4*. Накресліть довільний паралелограм АВСВ. Позначте довільну точку X на цьому
самому аркуші паперу. Побудуйте вектори ХА + ХС і ХВ + ХВ. Переконайтеся,
що отримані вектори рівні. Чи зміниться результат, якщо змінити положення
точки X? Відповідь обґрунтуйте.

Для допитливих

Теорема. Три точки А, В і С лежать на одній прямій тоді і тільки тоді,
коли існують числа к, п і пі такі, що к + п + т- 0(к*0, п * 0, ш * О), і для
довільної точки О площини виконується співвідношення к • ОА + п ОВ +
+ т ОС = 0.

Доведення

Необхідність. А, В, С лежать на одній прямій, тоді ВС =• ХВА. Звідси:
ВО 4 ОС = ЦВО -І- ОА) і ХОА + (1 - Х)ОВ + (-1 )ОС = 0. Щ. в. д.

Достатність, Нехай виконується рівність к  ОА + п  ОВ 4 пі • ОС = 0, де
к 4- п + т - 0 (к # 0, п * 0, т * 0), тобто п 4- т = -к.

Помножимо векторну рівність на — і додамо до обох її частин вектор ВО,
т

маємо: ВО + ОС - — АО-ь-ВО+ВО. ВС = * АО + -- ВО = - АО~ — ВО =
т т	т т т т

& — — __________

= — АВ. Тобто ВС і АВ колінеарні, і точки А, В, С лежать на одній прямій.
т

ГЦ. в. д.
і>у<)» *кий вектор
можна розкласти
за двома нгколі-
агарними вектп
рами

а <Г Ь

У

с « Ха + рЬ ,
де {X; ц) - єдина
пара чисел

а

с = Ха + уЬ

§23• Розкладання вектора за двома
неколінеарними векторами

Якщо а і Ь - два неколінеарні вектори, то будь-який
третій вектор с можна представити у вигляді с — Ха + рЬ,
де X і ц - пара чисел. Тобто на площині будь-який вектор
можна розкласти за двома неколінеарними векторами.

Для доведення цього твердження через початок А і
кінець С вектора с проведемо прямі паралельно векто-
рам а і Ь (мал. 4.11). Ми отримали паралелограм АВСП.
Вектори АВ і а колінеарні. Тоді АВ = Ха. Аналогічно
АО = цІ>. ____

Маємо: с » АС = АВ + АО, що і вимагалося довести.

а)

Мал. 4.11

Ми довели, що існує шукана пара чисел X і ц. Дове-
демо від супротивного, що вона єдино можлива.

Нехай існує інша пара чисел X, і ц, таких, що
с = Х,а + ц{Ь. Тоді маємо:

Хха 4- ц,& = Ха + рЬ, (Х( - X) а = (ц - ц() Ь.

Вектори а і & за умовою неколінеарні, тоді остання
рівність можлива лите за умови, що вектори (Х( - Х)а і
(ц - р,)Ь нульові, тобто при = X і р1 = ц, що суперечить
припущенню. Тоді пара чисел Хі ц- єдина.

Практична робота 34

1.	Накресліть три неколінеарні вектори а, Ь і с. За допомогою креслярських інстру-
ментів розкладіть вектор с за векторами а і Ь. Виміряйте довжини отриманих
векторів, визначте відповідні коефіцієнти і запишіть вектор с через вектори а і Ь.

2.	Накресліть два ненульові вектори т і п, якілежать на двох взаємно перпендику-
лярних прямих. Накресліть третій вектор і. Розкладіть (побудовою)вектор І за
векторами т і а. Визначте відповідні коефіцієнти і запишіть вектор І через век-
тори т і п.

З*.Побудуйте довільний трикутник АВС і проведіть його медіану АМ. Розкладіть
(побудовою) вектор АМ за векторами АВ і АС. Запишіть відповідний вираз.

Для допитливих

Точки М, і Л/2 - середини відрізків А,#, і АІВ1 відповідно. Доведіть, що
Чм>|(АА+в^).

2з
§24. Координати вектора

На кожній з координатних осей від точки О (початку
координат) відкладемо одиничний вектор (тобто вектор,
довжина якого дорівнює одиниці) так, щоб ці вектори
містилися на додатних півосях. Нехай е( - одиничний
вектор на осі абсцис, а ег - одиничний вектор на осі
ординат (мал. 4.12-а).

Вектори <?( і е2 називають координатними векторами,
або ортами.

Як ми вже знаємо, будь-який вектор (на площині)
можна розкласти за двома неколінеарними векторами.
Причому коефіцієнти цього розкладу визначаються
однозначно (тобто єдино можливим чином).

Координатні вектори неколінеарні, тоді довільний
вектор а на координатній площині можна представити у
вигляді

а = а,-є, + а2ег.

При цьому коефіцієнти а( і аг визначаються одно-
значно. Вони називаються координатами вектора в
даній системі координат.

Якщо початок вектора а суміщається з початком коор-
динат (мал. 4.12-6), то координати цього вектора а, і а2
збігаються з координатами його кінця.

У випадку, коли початок вектора а не суміщається з
початком координат, перенесемо осі координат пара-
лельно самим собі і помістимо початок координат у
початок вектора - точку Р(хр; ур) (мал. 4.13-а).

Нехай у новій системі координат кінець К вектора а
має координати (а,; «2), тобто числа а, і аає координата-
ми вектора а в цій системі координат. Тоді у старій
системі координат (після оберненого паралельного
перенесення осей) маємо:

хк ~ аі+ хр’ Ук =	* Ур ' аі ~ хк ~ хр' аг~ Ук ~ Ур‘

Зауваження. Такий самий результат можна отри-
мати, якщо здійснити паралельне перенесення не осей
координат, а самого вектора (мал. 4.13-6) і скористати-

У*

еі і е2 - орти, або
координатні век-
тори

а- +
алноіпмчпп

аі і а2 - координа-
ти вектора а
=(*«-*.; ув-Ул)

ся тим, що при паралельному пере-
несенні отримуємо вектор, рівний
даному.

Таким чином, якщо початком
вектора а є точка Р(хр; ур), а кін-
цем - точка К(хк; ук), то координа-
тами вектора а будуть числа:

аі ~ ХК ~ ХР‘ ^2 = Ук " Ур-

А записують це так:

а (а,; а.,), або РК (а,; аг),

А

К(хк; ук)

ВЛАСТИВОСТІ
векторів:

а(а,; а2) = 6(д,; &£)

а^Ь1іаг = Ьг

або (а,; а,).

Для вектора а (а,; а2) з прямо-
кутного трикутника РБК (див.
мал. 4.13-6) за теоремою Піфагора
отримаємо значення модуля цього
вектора:

і “1 = 7^ 1

З наведеного випливають такі
ВЛАСТИВОСТІ векторів:

1.	Рівні вектори мають рівні коор-
динати.

2.	Якщо координати двох векторів
однакові, то ці вектори рівні.

Р(хР' ур)\
-------і------
О |----х

а)

3.	Нульові вектори мають нульові координати.

4.	Модуль вектора а(а(; аг) дорівнює | а -	+ а2,.

0=(0; 0)

вї)І = 7?*^

ПРИКЛАДИ РОЗВ’ЯЗУВАННЯ ЗАДАЧ

Приклад 1. Точки А і В мають координати 4(-1; 6)
і В(5; -2). Знайдіть координати і модуль вектора АВ.

Розв’язання

Нехай АВ (а(; а2).

1)	а( = хв - хл = 5 - (-1) •= 6; а2 = ув - уА = -2 - 6 = -8.

2)	| АВ| - 7а? + °і = ^36+ 64 =10.

Відповідь: АВ(6; -8), |АВ| = 10.

Для допитливих

1	Знайдіть координати вектора з початком у точці 0(1; 2)

і модулем 3.

Розв’язання

Кінець К(х; у) шуканого вектора лежить па колі з центром у точці 0(1; 2),
радіус якого дорівнює 3. Тоді координати точки К задовольняють рівняння
(х - І)1 + (у - 2У = З2. Звідси (у - 2)2 = З2 - (х - І)2 і |у -2|
у - 2 = ±^9-(х-1)2 за умови, що 9 (х - І)2 > О, ОК =
для всіх їх - 1| < 3, тобто х є [-2; 4].
лКй Приклад 2. Знайдіть координати вершини В
паралелограма АВСВ, якщо задано координати
трьох інших його вершин: А(2; -3), В(5; -2), С(1; 4).

Розв’язання

Нехай точка П має координати £>(х(,; уд) (мал. 4.14).

1)	АВСВ - паралелограм, тоді
АВ = ОС.

2)	Знайдемо координати векторів
АВіРС:

АВ(5 - 2: -2 -(-3)) = (3; 1);

5С=£Ух7;4-уД

3)	ОС = АВ, тоді 1 - х0 = 3; 4 - уо = І.
Звідси: х0 - -2 і уп = 3.

Відповідь: О(-2; 3).

Мал. 4.14

АВСВ - паралело-
грам

АВ ВС

ХЬ ~	~	* ХА

У0 = (Ус~Уя) + Ул

Приклад 3. Знайдіть координати вершини О пара-
лелограма АВСВ, якщо задано координати трьох інших
його вершин: А(х,; у,), В(ха; уг), С(х3; у3).

Розв’язання

Нехай точка В має координати £)(хд; уо).

1)	АВСВ - паралелограм, тоді АВ - ВС.

2)	Запишемо координати векторів АВ і ВС:

АВ = (х, -х,; Уг ~у') і ОС = (х3 -хд; у3-у0).

3)	3 рівності АВ = ВС маємо:

хі~х1 = хл-хоіуі-у1 = у3-уо.

Тоді хо = х, - х2 + х3 і у0 = у, - уг + у3.

Відповідь: (х, - х2 + х3; у, - уг + у3).

Практична робота 35

1.	Накресліть прямокутну систему координат і координатні вектори (орти)е( (1; 0) і
ег(0; 1).

2.	Побудуйте вектори з початком у точці О, кінці яких мають координати: (12; 5),
(4; -3) і (-3; -4). Позначте ці вектори, запишіть їх координати, розкладіть ці век-
тори за координатними векторами і знайдіть модулі векторів, що ви отримали.

І 3. Побудуйте вектори АВ і СР, якщо Л(0; 4), В(2; 4). С(-1; 6), £>(1; 6). Знайдіть
координати векторів АВ і СВ та їх модулі.

4.	Побудуйте вектор КТ, якщо АГ(-1; 4), Т(2; 1). Розкладіть вектор КТ за коорди-
натними векторами. Запишіть координати вектора КТ.

Завдання 29

1°. Через орти е,(1; 0) і ег(0; 1) запишіть вектори: а) а(3; 7); б) 6(4; -3);	с(-8; 5);

• »4(-3;0).

2е. Розкладіть за координатними векторами е, і е2 вектори: а) а(2; 3); б) Ь(2; -3);

> • с(-1; -4).

3°. Вектор а записали через орти є, і ег Знайдіть координати вектора а, якщо:

а)	а - ЗЄ| + 5ег; б) а = 7?, - 2ег; в) а - - 4е,; а - 0,5ег.
4°

5.

в.

7.

8°.

9е.

Знайдіть координати вектора АВ та його модуль, якщо:

а) А(3; 5), В(1; 2);	в) А(-3;-5), В(-1;-2); д) А(-3;- 5), В(1; 2).

б)	А(-3; 5), В(-1; 2); г) А(3; 5), В(-1; -2);

Знайдіть координати точки, яка є початком вектора ММ, якщо:
а) ММ(-1; 2) і N(-3: -2); б) ТЙ?7(1; 2) і N(2; 0); в) МІЇ(3; -4) і N(-2-, 0).

Знайдіть координати кінця вектора ЕС, якщо:

а) ГО(2; -3) і Г(4; 1); б) РО(1; -2) і Г(-3; 0); в) ГО(4; 1) і Г(-3; 0).

Заповніть таблицю:

А	(0; 0)	( ;-3)		(а; Ь)	(2; 4)
В	(2; 2)	(2;-7)	(3; 1)		
АВ		(5; )	(-3;-0,5)	(с;<і)	(0; 0)

Дано вектори: 5(3; -5), 6(-3; -5), с(5; -3), 5(3; 5), /(5; -3), в( -3; 3), Л(-5; -3).

Які з цих векторів: а) рівні; б) мають рівні модулі?

Серед даних векторів знайдіть одиничні:

іо-,-1). 8 і

І  Дано точки М(3; 5), №( 10; 12), Р(8; 4), Х(1; -3). Запишіть усі можливі вектори,
які мають початком і кінцем дані точки. Чи є серед утворених векторів:
а) рівні; б) рівні за модулем?

11°.Дано точки М(7; -4), N(2; 5), Р(-1; 2). Знайдіть координати точки К, якщо
мії=~рк._

12	Вектори АВ і СВ - рівні. Знайдіть: а) координати точки В, якщо А(-4; 2),
В(-б; -1), С(2; -3); б) координати точки С, якщо А(2; -1), В(2; -3), Д(-2; 2).

13.	АВСВ - паралелограм. Знайдіть координати точки В, якщо А(-4; 3), В(5; 0),
С(5;-3).

14.	Модуль вектора п(5; у) дорівнює 6. Знайдіть у.

15.	Модуль вектора йі(х; -4) дорівнює 8. Знайдіть х.

16.	Модуль вектора р(х; у) дорівнює. 5. Відомо, що х і у - цілі числа. Знайдіть їх.

17.	Дано координати вершин трикутника А(6; -2), В(2; 3) і С'(-2; -3); АМ ВМ2,
СМЯ - медіани трикутника. Вкажіть координати векторів АМ,, ВМ2, СМа.

18.	У трикутнику АВС відомі координати його вершин А(— 1; 3), В(2; 8), С(7; -5),
АМ - медіана трикутника. Знайдіть модуль вектора АМ.

19*. Дві вершини прямокутника АВСВ - точки А(-1; 6) і В(4; 6). Модуль вектора АС
дорівнює 13. Знайдіть координати вершин С і В.

Для допитливих

Опорна .і дача. Доведіть: якщо М - центроїд трикутника АВС, а X -

ХІИ=1(ХА+ХВ+ХС).
З

довільна точка його площини, то

1)	Нехай у ДАВС АХ* та. Тоді МК = ±АМ, ХК - ХМ = ^(ХК - ХА),
ХК = ХВ + ХС.

2)	ХМ = *ХА + - І(ХВ + ХС) = -(ХА + ХВ + ХС).Щ. в. д.
3	3 2	З
§25.Дії над векторами, що задані
координатами

Знайдемо координати векторів, що е сумою, різни-
цею двох векторів і добутком вектора на число.

МНОЖЕННЯ ВЕКТОРА НА ЧИСЛО

Нехай дано вектор а(а,; а2). Тобто	а2ег Тоді

Ха = Х(а,е, + а2е2) = Ха,е, + Ха/2.

Тобто координати вектора Ха дорівнюють (Ха,; Ха2).

Щоб помножити вектор на число, треба помножити
кожну його координату на це число.

Ха = (Ха,; Ха,).

На малюнку 4.15 зображено
добуток вектора а на числа ±2.

Як відомо (с. 150), будь-який
вектор Ь, колінеарний вектору а,
можна представити як Ь = Ха і
навпаки: якщо Ь = Ха, то вектори а
і Ь ~ колінеарні.

Зауваження. Вказане числоX
може бути і додатним, і від’ємним,
і нулем (бо нульовий вектор колі-
неарний будь-якому вектору).

Рівність Ь - Ха означає, що 5, =Ха,, Ьг = Ха,.

Ь. ,

Тоді якщо а. * 0 і а, * О,: —-к=—.
а, а,

Маємо:

•	координати двох колінеарних векторів пропор-
ційні;

•	якщо координати двох векторів пропорційні, то ці
вектори колінеарні.

<0(0,; а,)

(Ха,; Аа,)

а Ц Ь,
В Я

*	•.= *! =

«і аг

Ь = Ха

АХ = (-1) КА

пиотилежн)

-а(а,;а,) =

СУМА ВЕКТОРІВ

Нехай дано вектори а(а,; а2) і Ь(Ь{; Ь2). Тобто
а = а,е, + а2ег і 5 = Ь,е, + Ь2ег.

Нехай сумою цих векторів є вектор с(с,; с2) = с,е, + с2е2:

с,е, + с2ег = а,е, + а2е2 + б,е, + Ь2е2 - (а, + &,)е, + (а2 + Ь2)ег.

Оскільки такий розклад можна здійснити єдино
можливим чином, то

с, * а, + Ь, і с2 = а2 + Ь2.

Зрозуміло, що для координат суми кількох векторів
отримаємо аналогічні вирази, в яких додаються відпо-
відні координати всіх векторів-доданків.

Координати вектора, що є сумою будь-якого числа
векторів, дорівнюють сумі відповідних координат век-
торів-доданків.

а(а,;а,) +

= (а, + Ь1;а1 + &2)
0(0,;^)-

= (а1-б|;аг-бг)

ВЛАСТИВОСТІ
дій над векторами:

л(іиі) и(лл):

(А. т р)й - лл « цй:
).(а >6) <а ♦ лЛ;

а * Ь = Ь ♦ аі
и*(Ь • г) -
=	і<) ♦ г.

Перед розкладав-
ням вектора по двох
інших векторах пе-
ревірте останні на
пропорційність від-
повідних коорди-
нат.

Якщо їхні коорди-
нати пропорційні -
вони колінеарні і
розклад здійснити
неможл иво.

РІЗНИЦЯ ДВОХ ВЕКТОРІВ

Щоб знайти різницю двох векторів а(а^ аг) і Ь(Ь^; Ь2),
треба до вектора а додати вектор (-6). Тобто

с(сд; с2) = а(а,; а2) - Ь(Ь,; Ь2) =	а2) + &(-&,; -б2),

СА+ сгег = О)е,+ а?е2 + (-5^- 6д) = (а, - 6,^+ (а, - Ь^.

Звідси: с,= а( - Ь( і сг = а2 - Ьг.

Координати вектора, що є різницею двох заданих
векторів, дорівнюють різниці відповідних координат
цих векторів.

Подання векторів «іерез їхні координати значно спро-
щує дії над векторами, бо вони зводяться додій над чис-
лами - їхніми координатами.

Тому цей розділ називають векторною алгеброю.

З наведеного вище безпосередньо випливають такі
ВЛАСТИВОСТІ дій над векторами:

1.	Цца) = ц(Ха);	4. а+ 6 =6+а;

2.	(А + ц)а = Ха + ра; 5. а + (Ь +с)-(а + Ь) + с.

3.	Х(а + 6) = Ха + А6;

ПРИКЛАДИ РОЗВ’ЯЗУВАННЯ ЗАДАЧ

Приклад 1. Розкладіть вектор с(-6; 0) за векторами
а(1; 3)іб(2; 6).

Розв ’язання

Координати векторів а і Ь пропорційні (1:2 = 3: 6).
Тоді вектори а їЬ колінеарні (а - 0,56), і виконати роз-
клад неможливо.

Відповідь: задача не має розв’язку.

Приклад 2. Розкладіть векторс(-6; 0) за векторами
а(1; 3) і 5(2; -6).

Для допитливих

Цікавий приклад застосування векторного методу

На сторонах довільного трикутника АВС зовні побудовано паралелогра-
ми: АВА,^], ВСС,В2, САА8С2. Доведіть, що з відрізків А^, В,Вг,	можва

скласти трикутник.

Доведення

Розглянемо багатокутник А1ВІВ.ІСІСІАГ Маємо:

А,В( + В& + ~В^СЇ + СД + С-Х + А,А. = 0.

Врахуємо, що АВ - А,Д, ВС = В2СХ, СА - СгА, і АВ + ВС + АС - 0. Тоді
ВЇВ1 + С,С3 + А, А, = 0. Тобто з відрізків А^, В^В.,, С^ можна скласти три-
кутник, якщо вектори В,В2, С,Сг, А3А1 неколінеарпі.

А чи можуть вектори ВіВг, С1СІ, А.^ бути колінеарними?
Розв’язання

Координати векторів а і Ь не пропорційні, тобто век-
тори а і Ь не є колінеарними, тому можна виконати
розклад

с = Ха + цд = (Х; ЗХ) + (2ц; -бц) = (Х>2ц; ЗХ-6ц).

Маємо: с(-6; 0) = (Х + 2ц; ЗХ-6ц). Звідси:

| X + 2ц = -6, [ X + 2ц = -6, X = -З,
[ЗХ-6ц = 0, |х-2ц = 0,	1,5.

Відповідь: с = - За - 1,5Ь.

ПРиклад 3. У паралелограмі АВС Б точки М
і N лежать на сторонах АВ і Сії відповідно,
АМ : МВ - С№ : Аг£> = 2:1. Виразіть вектор МN
через вектори АВ і АІ).

Розв’язання

Позначимо вектори АВ = а і АО = Ь (мал. 4.16).

1)	АВС£> - паралелограм, тоді

ЛС = АВ = аіВС = АО = Ь. ____

2)	За правилом багатокутника М№ - МВ і- ВС + Сії.

3)	~МВ ТТ АВ і АМ :МВ = 2:1,

тоді МВ = — а.
З

4)	СА ТІ АВ і СА : АР = 2 : 1,
—	2

тоді СА’ = — а.

З

---- і - 2	- 1	Мал.	4.16

5)	МІЧ = -а + Ь — а = Ь — а.

З З З

Відповідь: МІГ = АЙ - - АВ.

З

Розкладаємо
вектор с (с,; с8)
за а^а,;а2) і Ь(Ь,; 6г),
аі Ь:

1)	записати

Ха = (Ха,; Ха,)!

ХЬ цЬ2);

2)	записати
ка +кЬ =

^(ка, + цЛ,; Ха,+цб2);

3)	записати
с = Ха + кЬ,
з рівності координат
ІС^Ха,*^
[с2 = Ха2 + цЬ2
знайти X і ц.

Для допитливих

За допомогою деякої точки X' будь-який вектор можна представити у ви-
гляді суми або різпиці двох векторів:

АВ = АХ + ХВ; АВ = ХВ ХА.

Це інколи полегшує розв'язування задач, і такий метод називають
методом проколу, а точку X — полюсом.

Наприклад, доведемо методом проколу, що середня лінія трапеції пара-
лельна основам і дорівнює півсумі їх довжин.

Нехай АВС В - трапеція (ВС ’,| АВ), точки М і N - середини сторін АВ і ГУС.

Тоді МN = XN - ХМ. Врахуємо (див. с. 154), що:

2ХА = ХЙ 4 ХС. 2ХМ -ХА + ХВ .

Тоді Д/А = --(ХВ- ХА т ХС-ХВ) = -(АЙ* ВС).

2	2

Твердження доведено.


Практична робота 36

1.	Накресліть прямокутну систему координат.

2.	Побудуйте вектори АВ і ВС, якщоА(-6; -2), В(3; 4), С(1; 1). Знайдіть координати
цих векторів.

3.	Побудуйте вектор, який є сумою векторів АВ і ВС. Використовуючи клітинки
зошита, знайдіть його координати.

4.	Порівняйте отримані координати з координатами векторів АВ і ВС. Зробіть вис-
новок.

Практична робота 37

1.	Накресліть прямокутну систему координат.

2.	Побудуйте вектори АВ і АС, якщо А(2; 2), В(4; 7), С(9; 6). Знайдіть координати
цих векторів.

3.	Побудуйте вектор, що е різницею векторів АВ і АС. Використовуючи клітинки
зошита, знайдіть його координати.

4.	Порівняйте отримані координати з координатами векторів АВ і АС. Зробіть вис-
новок.

Практична робота 38

1.	У прямокутній системі координат побудуйте вектор АВ. якщо А(1; 1), В(3; 3).

2.	Побудуйте вектор ЗАВ Використовуючи клітинки зошита, знайдіть його коор-
динати.

3.	Порівняйте отримані координати з координатами вектора АВ. Зробіть висновок.

Завдання ЗО

Iе. Дано вектор а(1; 5). Знайдіть координати векторів: а) 2а; б) За; в) -5а; г) -12а.

2°. Дапо вектори а(2; -5) і 6(-3; 4). Знайдіть вектори:

а) 2Ь; б)-6; в) 46; г) -46; д) а + Ьі; е) а - Ь; • І а + 26; > а -4Ь.

3°. Знайдіть координати вектора 2а і І а, якщо:

я) а(-7; 3); б) а(-3; 9); иі а(0,5; -2); г) а =ел-Зе2; ’ • а =-6е,+ 21ег

4°. Знайдіть суму векторів:

а)а(1;-2)і 6(2;-3); б) а(-3;4)і 6(2; -3); в/а(-5; 4) і 6(2;-2).

5°. Знайдіть вектор а - 6, якщо:

а) а(1; 4), 6( 1; -3);б) а(-3; 2). 6(2; -1); в. а(5; 3). 6(-4; 4).

6.	Знайдіть модулі векторів х + у і х - у, якщо:

а)	х(4;-1), у(-5; 8);	а) х(3; 2), у(4;-2);

б)	х = Зе, - 2е,, у = -4Є] і- ег;	г) х = е, - 2ег, у = е,- Зег.

7.	Дано вектори а - е, - 6е3, Ь = 2е, + Зе2. Знайдіть координати і модуль вектора:

а) 2а + 36; б) а - 36; в) 0,5а - 6; гі 46 - 5а.

Для допитливих

1.	Вектори а, 6, с, й пов’язані залежністю 2а + 56 + 0с-8бї = 0. Представте
кожний із векторів а, Ь, Л у вигляді лінійної комбінації інших векторів.
Чи правильно, що вектор с не можна представити у вигляді лінійної
комбінації інших векторів? Чому?

2.	Нехай а = 5т - Зл, 6 = 7т - 4л, де вектори лі і л — неколінеарні. Розкладіть
вектори лі і л за векторами а і 6.
8.	Дано |Ха|» 5. Знайдіть X, якщо:

а) а(6;-8); б) а(3; -4);	в)а(-7;24); г) 4(5; 12).

9.	Дано вектори а(3; -2), 6(4; 2). Знайдіть координати і модуль вектора:

а) 2а + Ь; б) а-36;	в) 5а -Ь;	г>26 + 5а.

10.	Знайдіть вектор 4(а - 2Ь) + 3(0,5с + Зй), якщо:

а) а(2; 3), 6(-3; 4), с(0; -2), <?(2; -2);

б» а(0;-3), 6(2;—4), с(2;-2), 4(1;-і).

11.	Які з векторів колінеарні: а(8; 4), 6(-1; -0,5), с(4: 4), <ї(0,5; 0,5), х(-2; 1),
Р(-1;-1)?	_

12.	Дано чотири точки: А(3; 0), В(0; 1), С(2; 7) і Р(5; 6). Доведіть, що вектори АВ і
СВ колінеарні.

13*. Знайдіть значення х, при якому вектори а і Ь співнапрямлені, якщо:

а) а(2; 3), 6(12; х);	б) а(х; 2), 6(3; 4);	в> й(-3; 1), 6(4; х).

14*. Знайдіть значення х, при якому вектори а і 6 колінеарні, якщо:

а) а(-2; 3), 6(12; х);	б) а(х;-2), 6(3; 4);	я. а(3; 1), 6(4; х).

15*. Дано вектор а(-5; 4). Знайдіть вектор х(ха; у0), який у 5 разів довший, ніж век-
тор а, і напрямлений з вектором а: а) однаково; б) протилежно.

ІЬ Модуль вектора кх дорівнює 12. Знайдіть к, якщо: а)х(1; 3); б) х(-5; -1).

17*. Знайдіть одиничний вектор, колінеарний вектору х(6; -8) і однаково з ним
напрямлений.

18*. Знайдіть серед поданих тверджень правильні:

а)	якщо |6| - б|а|, то 6 ка;

б)	якщо 6 = 6а, то 61 = 6|а|;

в)	якщо а і 6 колінеарні, то |6| - А|а| і 6 - ка;

г)	якщо а ТТ 6 і |6| = к|а|, то 6 = ка.

Для допитливих

Доведемо слідом за Еклером таку теорему.

Теорема Ейлера (формула Гамільтона). Якщо в довільному трикутнику
АВС позначити через Н його ортоцентр, а через О - центр кола, описаного
навколо цього трикутника, то ОН = ОА + ОВ + ОС.

Доведення

Проведемо в трикутнику АВС висоти ВВу, АА, і
перпендикуляри ОА’ і ОМ до сторін АС і ВС трикут-
ника (див. мал.).

1)	Із трикутника ВОН: ОН ~ ОВ 4- ВН.

2)	О - центр кола, описаного навколо трикутни-
ка АВС, тоді ОА' і ОМ - серединні перпендикуляри
до сторін АС і ВС, а МН - середня лінія.

3)	МН Ц АВ (як середня лінія), ОАГ || ВВ, (як пер-

пендикуляри до АС). Тоді ОМ Ц АА, (як перпендикуляри до ВС). /АВВ, =
= ^ОИМ, ^ВАА,= /.ОМИ, &АВН™ Д.МНО з 6 = 2 (боАВ = 2МИ).

4)	△ АВН &МИО з Л = 2. Тоді ВН - 2(Ж.

ВН\\ОИ, ВН=2ОІЇ. ТояхОН-ОВ +2ОЙ.

5)	N - середина відрізка АС. Тоді (див. с. 152):

ОА + ОС=2ОЙ, тобто ОН = ОВ 4 ОА + ОС.

Теорему доведено.
19*. Розкладіть вектор а за векторами Ь і с, якщо:

а) а(2; 3), 6(-1; 4), с(5;-6); б) а(-3; 5), 6(0; 2), с(-1;-1).

20**. Дано вектори а(3; -1), 6(1; -2) і с(-1; 7). Розкладіть вектор р = в + 6+ сза
векторами а і 6.

і Дано точки А(1; 0), В(-2; -1), С(0; 3). Знайдіть точку О(х; у), якщо векто-
ри АВ і СВ рівні.

22*. Сума векторів АВ і СВ дорівнює нулю. Знайдіть координати точки В, якщо
А(-1; 2). 8(2; 1), С(1; 3).

23*. З’ясуйте, які умови повинні задовольняти вектори, щоб виконувалося
співвідношення:

а) |а + 6| = |а| 4- |б|; • і |а - 6| = |а| - |6|; в) |а + 6 + с| = |а| + |6| + |е].

24**. АВСВ - трапеція, в якої довжина основи АВ у 3 рази більша за довжину ВС.
Знайдіть координати точки В, якщо А(-4; 6), В(-2; -1), С(3; 3).

25**. Дано координати вершин трикутника: А(7; 3), В(-5; -2), С(4; -1). Знайдіть
вектори: а) АВ і АС; б) одиничні вектори, що паралельні відповідно прямим
АВ і АС; в) вектор АЬ, якщо відрізок АВ є бісектрисою .заданого трикутника.

26*. Проекція вектора а на вісь Ох дорівнює 2, проекція вектора 6 на вісь Ох
дорівнює -3, проекція вектора с на вісь Ох дорівнює 4. Знайдіть проекції на
вісь Ох векторів:

а)-За; 6)6+?; в)с-а; г>3а-2б; д)-а + 26-2с.

27**. Сторона квадрата АВСВ дорівнює 1. Точка К- середина АВ, точка Е - середи-
на АВ, О - точка перетину діагоналей квадрата. Знайдіть проекцію на вісь АО
вектора: а) СВ; б) АС; в) ВВ; г) ВК; д) СЕ; е) ЕК.

Для допитливих

Векторна формула середньої лінії чотирикутника

АВ + ВС

Доведемо для довільного чотирикутника АВСВ (див. мал.), що ---

2

де М і N - середини прилеглих його сторін АО і ВС. Цю
формулу називають векторною формулою середньої лінії
чотирикутника.

Справді: ІЙУ = МА + АВ + ВІЇ і МУ МВ + ВС + СУ.

Додавши ці рівності почленно, отримаємо ту, що потрібно
довести.

= МИ,

Доведіть самостійно такі опорні задачі.	___ ________

, „	„	гг •	. - АВ . - АС

1.	Нехай дано трикутник АВС. Доведіть для векторів т » == 1 п =>р== такі

твердження:	|>4В| |АС|

а)	вектор т ч п спрямований уздовж бісектриси внутрішнього кута А три-
кутника АВС;

б)	вектор їй - й спрямований уздовж бісектриси зовнішнього кута при вер-
шині А трикутника АВС.

2.	Нехай М - центроїд трикутника АВС. Доведіть, що МА + МВ + МС = 0.

3.	Доведіть, якщо МА + МВ ч- МС = 0, то М - центроїд трикутника АВС.

4.	Нехай АВС і А.В.С, - два трикутники на площині. Доведіть, якщо АА, +
+ ВВ, ч- СС, = 0, то центроїди цих трикутників збігаються.

5.	Задано точки А, В, С і В. Знайдіть таку точку М, щоб МА + МВ- СВ.

6.	У трикутнику АВС точка О - центр описаного навколо цього трикутника

кола, а Н - ортоцентр. Доведіть, що НА + НВ + НС = 2НО.
§

26• Скалярний добуток двох векторів

\ Скалярним добутком двох векторів а(а,; аг) і
6(6,; Ь2) називається число + а2Ь2. Скалярний
добуток позначають а Ь.

Знайдемо скалярний добуток двох рівних векторів:
а • а = а1аі + а2а2 = а,2 + а* = іа|8.

Скалярний добуток вектора самого на себе а а позна-
чають а? і називають скалярним квадратом вектора.
Скалярний квадрат вектора дорівнює квадрату модуля
цього вектора а = |а| .

З означення скалярного добутку двох векторів
випливають такі його ВЛАСТИВОСТІ:

1.	а Ь = Ь а;

2.	а (Ь + с) = а  Ь + а  с;

3.	а2-|а|*.

Для подальшого нам треба вміти визначати кут між
двома векторами.

Кутом між векторами АВ і АС називається кут ВАС
(мал. 4.17).

\ Кутом між двома векторами, що не мають спіль-
 ного початку, називається кут між рівними їм век-
торами, що мають спільний початок (мал. 4.18).

Вважають, що кут між двома співнапрямленими
векторами дорівнює нулю.

Зауваження. Кут між двома прямими не може бути
тупим. Кут між двома векторами може бути тупим.

Доведемо ще кілька властивостей скалярного добут-
ку векторів.

Скалярний
добуток:

і І" + а} Ь,

Скалярний
квадрат:

а а = а2

Нагадаємо:

- рівність за
означенням:
«^» - «позначили

як».

ВЛАСТИВОСТІ а 6:

1)а Ь - Ь а:

2) а (Ь •» с) =

= а Ь + а с;

3)а’ = |а|2.
7771 Теорема. Скалярний добуток двох неиульових
___І векторів дорівнює добутку їхніх модулів па коси-
нус кута між ними.

ВЛАСТИВОСТІ а Ь:

4)а Ь =
= |а| |&|со8 (а Ь);

5) аії

Н П

а Ь = 0,
(а * б, Ь * б).

Доведення

Нехай дано вектори а(а{; аг) і	Ь2). Позначимо кут

між ними як а. Треба довести, що

а, Ь} + аг Ь2 = іа| |Ь|со8а.

Розглянемо скалярний квадрат вектора а+Ь і врахуємо
властивості скалярною добутку двох векторів, наведені
вище:

(а +Ь)г = (а + Ь) (а + Ь) = а + 2а Ь +Ь2,
|а + І>|2 = |5* + |б|" + 2а Ь.

Звідси скалярний добуток двох
векторів а Ь визначається тільки ‘‘
через довжини векторів а, Ь і а + Ь, Ьу-----

тобто він не залежить від вибору си- 5	

стеми координат.

Спрямуємо вісь Ох так, як поКа- _	а , ;

зано на малюнку 4.19и і запишемо О	д Ь	х

координати векторів а і Ь:

а(|а|; 0), Ь(|&|соза; |6|біпа).

Тоді а  Ь = |а| |Ь|соз а + 0-ІбІзіп а = |а| |Ь|соз а.
Теорему доведено.

7/

Наслідок 1. Якщо венульові вектори взаємно
перпендикулярні, то їх скалярний добуток дорів-
нює нулю.

Наслідок 2. Якщо скалярний добуток двох
ненульових векторів дорівнює нулю, то ці вектори
взаємно перпендикулярні.

Для допитливих

ВЕКТОР НОРМАЛЬ ДО ПРЯМОЇ
(вектор, перпендикулярний до прямої)

Нехай маємо пряму І, рівняння якої має виглядах + Ьу + с = 0. Позначи-
мо на цій прямій точки /Цх,,; р0) і А(х; у). Для координат цих точок викону-
ються співвідношення

ах + Ьу + с = 0 і ах0 + Ьу0 + с = 0.

Віднімемо від першої рівності другу:

а(х - хо) + Ь(у - у0) = 0.

Маємо, що Д,А (х - х0; у - у0). Тоді остання рівність
є скалярним добутком двох перпендикулярних век-
торів - вектора Д)А, який лежить на заданій прямій /,
і вектора (а; Ь). Вектор, колінеарний вектору (а; Ь), і є
шуканим вектором-нормаллю до прямої ах + Ьу і- с = 0:

п = к(а; Ь).
Зауваження. З останньої теореми маємо, що:

1)	для довільних векторів а і Б виконується нерівність
а • Ь С |а|-|Б|;

2)	косинус кута а між двома ненульовими векторами а

 а	а ь

і о дорівнює сова = _

|а| |&|

3)	косинус кута у між двома прямими, вздовж яких

Іі «І

напрямлено вектори а і Ь, дорівнює сову = -=——

|а||д|

(бо кут між прямими не перевищує 90°).

ПРИКЛАДИ РОЗВ’ЯЗУВАННЯ ЗАДАЧ

В(2; 4)

А(1; 3) С(2; 3)

Мал. 4.20

Приклад 1. Трикутник АВС зада-
но координатами його вершин А(1; 3),
В(2; 4) і С(2; 3). Знайдіть градусну
міру кута А цього трикутника.

Розв’язання

1)	Шуканий /.Аз АС АВ(мал. 4.20).

2)	АС = (1; 0), АВ = (ЇД). Тоді

соз А =

АС АВ	11 + 0 1

|ас||авГ7ї+о-л/2

= -4=- і /.А = 45°.
72

Відповідь: /А = 45°.

Приклад 2. Знайдіть косинус кута між медіа-
нами рівнобедреного прямокутного трикутника,
які проведені до його катетів.

Розв’язання

Спрямуємо осі Ох і Оу уздовж
катетів трикутника і позначимо
довжини його катетів через 2а
(мал. 4.21). Тоді: А(0; 2а), В(2а; 0),
С(0; 0).

СґО-01 К" В(2а- Оі* 1) Координати середин катетів:
К(а-, 0), Р(0; а).

Мал. 4.21	2) ур ( АХ: = (0; 2а).

3)	Шуканий кут є кутом між прямими і не може бути
тупим, його косинус - додатне число. Тоді

сова =| соз(ВР АК) |-	_

ІВРИТІ

|-2а а + а • (-2а)| 4аг 4

<(2а)! + а1 у/(2аУ~+ а* 5а2	5

4

Відповідь: —.

У о

А(0; 2а)

Т

кут
між прямими "
не тупий, созу > 0

Нагадаємо:
проекти вектора а
па напрям «і
Завдання 31

1°. Обчисліть скалярний добуток векторів а і Ь, якщо:

а)	а(3; -7), 6(4; 3);	г) а = 2е, - Зе2, Ь = -5е, + 0,6е2;

б)	5(-3; -5), 6(-1; 2);	і) а - 4е, + Зе2, Ь =-е, + 0,5е2.

в)	5(5; 3), 6(-3; 1);

2.	Знайдіть х, якщо:

а)	а Ь = -13, 5(3; 2), 6(-5; х);	в> а Ь = -4, а(х; -3), 6(2; -2);

б)	а • 6 = -4, а(-3; 2), Ь(-1; х);	г) а • Ь = 4, в(-2; х), 6(-2; х).

3.	Дано вектори а(8; -2) і 6(4; 3). Знайдіть вектор х, що задовольняє умови х а = 8
і х 6 - 0.

4°. Обчисліть скалярний добуток векторів а і Ь, якщо:

а)	|о. = 3, |6 - 6, кут між векторами а і 6 дорівнює 45°;

б)	|а| = 7, |61 = 3, кут між векторами а і 6 дорівнює 120°;

н) |а| = 1, |6| - 12, кут між векторами а і 6 дорівнює 90°.

5°. Обчисліть (а + Ь)-с і а  с + 6 с та порівняйте отримані результати, якщо:

а) а(2; 0), 6(-1; 3), с(4; 0); б) 5(2; 1), 6(-3; 2), с(-1; -2).

6°. Обчисліть (А.5) 6 і А.(« 6) та порівняйте отримані результати, якщо:

а) а(2; 0), 6(-1; 3), Л= 2; б) 5(2; 1), 6(-3; 2), Х=-0,5.

7°. Обчисліть аЬ і Ь а та порівняйте отримані результати, якщо:

а) а(2; 0), 6(-1; 3); б) 5(2; 1), 6(-3; 2).

8°. Знайдіть а  6, якщо:

а)	|й| = 2, |6| = 3, соз ф = 0,4; і» |о| = 1, |6| = 2, сов ф--0,5;

б)	|а| = 4, |6І = 5, <р = 60°; е) |а! = 6,16| = 2, ф = 120°;

в)	а|=7, |6|-5,ф=90°;	«і |5| = 3, |6| = 4, ф = 180°.

і і |5| = 2, |6|= 5, ф = 30°;

9.	Знайдіть косинус кута між векторами:

а) 5(3; 4) і 6(-1; 5); б) а(-3; 4) і 6(1; 5);	• > о(-3;-4) і 6(-1;-5).

Для допитливих

Відстань від точки (х0; ув) до прямої ах + Ьу + с = 0

Будемо позначати таку відстань, як 5((х0; у0); ах + Ьу + с - 0).

Задана пряма перетинає вісь Ох у точці С —; 0 . Шукана відстань від
а /

точки А(х0; у0) до прямої ах + Ьу + с = 0 дорівнює довжині перпендикуля-
ра АВ, опущеного з точки А на пряму. З трикутника АВС:

|АВ| = |ЛС|со8а, десова = ^1”	»ж(®» ^)» АС =

Тобто

І Ж І І ДГ І 'п ' К 'п	' = І ~ахо ~ є - Ьуа І

|АВ|-|ЛС|іл їжі	ні

отже, шукана відстань

<Я(Х„; Уа )5 ах + Ьу + е=0) = '•

- • Уо ґ
а )
10.	Точки А(3; 2), В(5; 1), 0(1; -2) - вершини трикутника. Знайдіть внутрішній
кут при вершині А, косинус зовнішнього кута при вершині В.

11*. Не виконуючи побудови точок А, В, С, установіть, яким є трикутник АВС
(гострокутним, прямокутним, тупокутним), якщо:

а) А(0; 3), В(2; 0). С(-2; -1); б) А(1; 1), В(-3; 1), 0(1; 4); в)А(2; 4), В(3; 4),
С(-4; 5); г) Д(0; 3), В(2; 0), С(-2; 0).

12.	Знайдіть кут між векторами а і Ь, якщо:

а)	а(0; 2), Ь(43; 1); в) а(0; -2), 6І 1; -і ;

б)	о(1; 2), 6(-4; 2); і) а(4; -4), 6(0; -1).

13.	Доведіть, що вектори а і Ь перпендикулярні, якщо:

а) а(0; 3), 6(-2; 0);	6) а(-2; 3), 6(-6;-4); в) а(т; п), Ь(іг, т).

14.	При якому значенні х перпендикулярні вектори:

а) а(3; х) і 6(4; 5); б) а(4; х) і Ь(-9; х)?

15.	Вектори а і Ь утворюють кут 30°, |а| = 4, |6| - 7. Знайдіть скалярний добуток;

а)(2а-36) (5 + 6); б) (За -26) (о - 2б');	В|(6а-56) (ба + 56).

2л

16*. Дано |а| = 2, 6; = 5, кут між векторами а і 6 дорівнює —. Знайдіть, при

З

якому значенні к вектори р = ка + 176 і у - За - 6 взаємно перпендикулярні.

17*. Знайдіть косинус кута між векторами а і (а + 6), якщо{о| - 2. |6| = 3, а кут між
векторами а і 6 дорівнює 120°.

18*. Вектори а і 6 утворюють кут 60°. Знайдіть:

а)|о-6|;	б)|3а-6|; в) |2а + 36|, якщо |а| = 2, |б| = 1.

19*. Кут між векторами а і 6 дорівнює 30°, |а|='/3, |6| = 1. Обчисліть косинус кута
між векторами а + 6 і а - 6.

20*. Вектори а і 6 утворюють кут 120°, |а| = 3, : 6|= 5. Знайдіть |о - Ь\.

21*. Знайдіть вектор а, колінеарний вектору 6(1; 2), якщо а Ь - 20.

22 Який кут утворюють одиничні вектори а і 6, якщо відомо, що вектори с = а + 26
і І - 5 а- 46 взаємно перпендикулярні?

23*. Вектори а, Ь, с утворюють один з одним кути по 120°. Розкладіть вектор а за
векторами 6 і с, якщо |а| = 3, |6 = 2, |с| - 1.

24*. Знайдіть одиничний вектор, що утворює тупий кут з Ортом є, і перпендику-
лярний до вектора 5(4; 1).

2 » Дано вектор 6(3; 2). Знайдіть вектор, перпендикулярний до 6, довжиною 4 і
який утворює тупий кут з віссю Оу.

26.	Доведіть, що точки А(3; 0), В(0; 1), С(2; 7) і Л(5; 6) є вершинами прямокутни-
ка АВСВ.

рг&ь- Для допитливих

£ Скориставшись формулою відстані від точки до прямої, розв'яжіть такі
задачі.

1.	Запишіть рівняння кола з центром у точці (1; -2), яке дотикається до
прямої у = 2х - 5.

2.	Знайдіть найменшу площу трикутника, дві вершини якого мають коор-
динати (0; 2) і (-3; 0), а третя лежить на прямій Зх - 2у + 10 - 0.

3.	Знайдіть найменшу площу трикутника, дві вершини якого мають коор-
динати (-2; 0) і (0; -4), а третя лежить на параболі у = х*.
Доведіть, що чотирикутник АВСВ - квадрат, якщо:

а) А(0; 0), В( 1; 1), С(0; 2), £>(-!; 1); б)А(-3; -1), В(-2; 3), С(2; 2), П(1; -2).

28.	Дано вершини чотирикутника АВСІ): А(1; -2), В(1; 4), С(-4; 1) і П(-5; -6).
Доведіть, що його діагоналі взаємно перпендикулярні.

29**. Трикутник задано координатами його вершин А(1; -2), В(1; 4), С(-4; 1).
Знайдіть вектор ВМ, де точка М є основою висоти, проведеної з вершини В.

ЗО**. Три сили /;(3; 4), Г/2; 3), Р3(-3; 0) прикладені до однієї точки. Знайдіть робо-
ту, яку виконала рівнодійна цих сил, якщо точка прикладання рівнодійної,
рухаючись прямолінійно, перемістилася з положення Л/,(5; 3) в положення
Л/,(4;-1).

31**. Дано вектори й(-1; 1) і 6(3; -5). Знайдіть проекцію вектора 2а - Ь на вектор а >6.

32**. Вектор а, модуль якого дорівнює 6, напрямлений під кутом а ® 30°до осі Ох.
Знайдіть проекції цього вектора на координатні осі.

33**. Дано три взаємно перпендикулярні вектори а, Ь і с, модулі яких дорівнюють
3. 6 і ч'ТЇ відповідно Знайдіть модуль вектора а * Ь +с.

34**. Вектор сі, модуль якого дорівнює 3, утворює кут а = 30° з прямою АВ. Під
яким кутом р до АВ треба розмістити вектор Ь, рівний за модулем 7з, щоб век-
тор а + Ь був паралельним АВ? Знайдіть модуль вектора а + Ь.

35**. Доведіть, якщо для сторін чотирикутника АВСО виконується співвідношення
АВг + СО2 = ВСг + АОг, то діагоналі цього чотирикутника взасмпо перпенди-
кулярні.

Порада. Використайте так званий векторний метод. Розгляньте вектори,
що збігаються зі сторонами чотирикутника та його діагоналями, і скорис-
тайтеся властивостями скалярного добутку векторів для скалярного квадрата
й ознакою перпендикулярності векторів.

Для допитливих

1.	Доведіть твердження (о..........): для того, щоб із трьох даних

відрізків АВ, ВС і АС можна було побудувати трикутник, необхідно й
достатньо, щоб АВ + ВС+СА =0, де АВ, ВС, СА — неколінеарні.

2.	Спираючись на опорний факт (1), доведіть, що: а) із медіан довільного
трикутника можна побудувати трикутник; б) можна побудувати трикутник
з половин діагоналей довільного чотирикутника та однієї з його середніх
ліній (середньою лінією чотирикутника називають відрізок, що сполучає
середини його протилежних сторін).

3.	У трикутнику АВС: АА, - бісектриса, АВ = с, СА = Ь. Доведіть, що вектори

АА, і -Ай + -АС колінеарні.

с Ь

4.	У площині прямокутника АВСП взято точку X. Доведіть, що

ХА ХС-ХВХВ.

5.	Який вигляд має чотирикутник АВСО, якщо

АВАЙ + ВАВС + СВСЛ + ПСЙА = 0?

в. Доведіть, що для довільних чотирьох точок А, В, С і О виконується рівність
АВ • СВ + АС • ВВ ♦ АВ ВС = 0.

7.	Дано вектори 3(1; 2) і 6(3; - І). При якому значенні к вектор а + к  6
буде найкоротщим? Обчисліть для цього значення к скалярний добуток
Ь-(а+кЬ).

8.	Вектори а, 6, к  а. 4 пі • 6 попарно перпендикулярні. Доведіть, що хоча б
один з них дорівнює нуль-вектору.

9.	Яку умову повинні задовольняти вектори а і 6, щоб вектор а 4 6 був пер-
пендикулярний до вектора а - 6?
§ 27.	Векторний метод доведення
теорем і розв’язування
геометричних задач

Застосуємо вектори до розв’язування геометричних
задач. Деякі з таких задач ми вже розглядали на
попередній сторінці, а деякі розв’язували раніше інши-
ми методами.

№

ПРИКЛАДИ ДОВЕДЕННЯ ТЕОРЕМ

Теорема косинусів. Квадрат сторони трикутника
дорівнює сумі квадратів двох інших його сторін
мінус подвоєний добуток цих сторін на косинус
кута між ними.

Нехай у трикутнику АВС
(мал. 4.22) ВС = а, АС = Ь, АВ = с.
Треба довести, що

с2 = а2 + Ь2 - 2дбсоз С.
Доведення
Запишемо векторну рівність
ВА = СА-СВ.

З векторного квадрата цього співвідношення
ВА2 -СА2 + СВ2-2СА СВ

В

т+п

П ВВ
т + п

МШ^АС + ВВ)

маємо:	____ ____.	___ ___

|ВА|* = |СА|2 + |СВ|2 - 2.СА| !СВ| сов С,

тобто с2 = а2 + Ь'2 - 2абсоз С.

Теорему доведено.

Зауваження. Якщо кут С прямий, то СА 1 СВ, тоді
СА • СВ = 0 і отримаємо теорему Піфагора: сг = а2 + Ь2.

Для допитливих

Опорна задача

Якщо точки М і N належать відрізкам АВ та СВ відповідно і АМ : МВ =
= СN : N0 = п : пг, то

МН-—М1 - ВВ.
т+п	т + п

Доведен ня

..„и хгп	>7м пМВ + тМ(І

1)	СУ: МВ = п : т -> МУ --

2)	Л/О = МВ + ВВ і МС = МА + АС, тоді

~МК --	АС + —— ВВ + -1—

т + п	т + п	т + п

3)	АМ: МВ = п: т —» тАМ = пМВ і тМА • пМВ - 0, і шукана рівність вико-
нується.
кші Теорема. Діагоналі ромба взаємно перпендику-
я я рил.

Суть методу век-
торів: записати
мовою векторів гео-
метричне розмі-
щення точок, пря-
мих, відрізків; і
навпаки, мову век-
торних рівностей
«перекласти ♦
мовою геометрії.

А(х,;^)

С(х,; уа) В(х2; у2)

|'х,4-Х|*Ха. У,4-у, 4-у?

I 3 ’ 3 /I

Нехай АВСО - ромб (мал. 4.23). Треба довести, що
АС1ВР.

Доведення

Маємо, що АС = АВ + АВ і ВР = АР - АВ. Знайдемо
скалярний добуток АС ВР: _

АС В О = (АВ + АР) (АР- АВ) =
= АОг - АВ1 = \АР\2-\АВ\г = 0,
бо довжини сторін ромба однакові.

Ми довели, що АС ВР = 0, тоді
АС1ВО.

Теорему доведено.

Мал. 4.23

ГУУ Теорема. Якщо А(х,; у), В(х,; у2), С(ха; у3)~
г І вершини трикутника АВС, то три медіани
цього трикутника перетинаються в одній

, . (' X. + X, + X, у. + у, + у., 'і

точці МІ—*----|, яка ділить кожну

медіану у відношенні 2 : 1, рахуючи від вершини
(мал. 4.24-а).

Мал. 4.24

Доведення

Нехай точка К - середина сторони ВС трикутни-
ка АВС (мал. 4.24-6) і точка М(х; у) - така точка медіа-
ни АК, що АМ - 2МК.

Вектори АМ і МК мають координати:

*> + *» _ Уг+У» ..?!
2	* 2	7

Тоді з рівності АМ - 2МК маємо:

оґх,+х3	^і

х-х, = 2| * 1-х і у-Уі = 2 -1-------у .

у Сі	/	\ л	/

Звідси:

Х,+Хг + Х3 . У'+Уг + У*

З у З

АМ = (Х~Х^ У-У:) і МК =
Повторюючи ті самі міркування для медіан ВО і СР
трикутника АВС, отримаємо, що точка з координатами
іЧ+^ + ^з. Уі+Уг + Уз
І з ’ З

належить усім медіанам трикутника АВС і поділяє їх у
відношенні 2:1, рахуючи від вершини.

Теорему доведено.

► |ТУ І Наслідок. Якщо АК,ВО і СР - медіани три-
І—и кутника АВС (мал. на полі), то виконуються
такі рівності:

(1) АК + Вб + СЕ = Ь;

(2)МК + Мр + МР = &,

(3) МА + МВ + МС = О.

Перш за все зауважимо, що

МК = ±АК, МО = -ВО, МР = -СР-,
3	3	З

.	2___ _____ 2_____ ____ 2____

МА = --АК, МВ = -ВО, МС = --СР.

3	3	3

Тому для доведення тверджень наслідку достатньо
довести тільки твердження (1).

Розглянемо першу координату вектора АК + ВО + СР.
Вона дорівнює сумі відповідних координат векторів АК,
ВО, СР, тобто

ч

2

-о.

2	2	2

Аналогічно і друга координата цього вектора дорів-
нює нулю.

Повернемося до теореми про поділ відрізка у задано-
му відношенні, яку ми розглядали у § 1 (с. 14).

Теорема. Якщо А(х,; у,) та В(х2; уг) - кінці
відрізка А В і точка С(х; у) ділить відрізок
АВ у відношенні АС : СВ = т:п, то

х = пх, + тхг. у =	+ ту2

т + п	т + п

Доведення

Якщо АС: СВ = т:п, то | АС, : |СВ| - т: п і п АС = т СВ
(мал. 4.25).

АК і ВР + СГ = б
лТх + лгр-м?-б
МА + МВ + МС = б

Особливість мето-
ду векторів:

не вимагає розгляду
складних геомет-
ричних конфігура-
цій, а зводить гео-
метричну задачу до
алгебраїчної, яку
звичайно легше роз-
в'язати, ніж почат-
кову геометричну.

Для допитливих

1.	У трикутнику АВС точки Е, Е і Р - середини сторін АС, АВ і ВС відпо-
відно. Доведіть, що ВС АР + СА ВЕ + АВ СР = 0.

2.	Скориставшись векторною формулою для середньої лінії чотирикутника
(с. 164), знайдіть довжини відрізків, які сполучають середини протилежних
сторін чотирикутника, якщо задано довжини всіх його сторін і градусні міри
кутів, під якими перетинаються прямі, що містять його протилежні сторони.
В(х2; уг)

Вектори п-АС і т -СВ мають коор-
динати

п АС =(п(х-х1); п(у-у,))і

т СВ = (т(х2 - х); т(у2 - у)).

З рівності правих частин цих
співвідношень маємо систему:

Мал. 4.25

хдпх, »тх,
т + п

п(х-х,) = т(хг -х),
п(у-у,) = т(уг-у),

пУі +

7П + П

_ пОА + тОВ
т + п

розв’язуючи яку відносно х і у, отримаємо шукані
рівності.

Теорему доведено.

Наслідок 1. Якщо точка С ділить відрізок А В
у відношенні т:п, рахуючи від точки А, то

ОС = —(п ОА + т ОВ).

т + п

Нехай вектори ОА і ОВ мають координати ОА(хЛ; уА)

іОВ(хв;ув).__________

Вектори ОС, ОА і ОВ мають спіль-
ний початок - точку О (мал. 4.26).
Паралельним перенесенням цих
векторів відобразимо точку О в
початок координат. (Як відомо, при
паралельному перенесенні отримаємо
вектор, рівний даному.) Тоді: 0(0; 0),
А(ха; ул), В(хв‘, ув). За теоремою, дове-
деною вище, маємо

Ґ пхА + тхв . пуА -ь тув

Мал. 4.26

т + п

т + п

іосАпх^тх';а,»+т!,‘\—1—ь,ол.тот.
т+п т+п ) т+п

Твердження доведено.

Наслідок 2. У випадку, коли С — середина
відрізка АВ, тобто т = п = 1,

ОС^\ОА + ОВ}

(ВОАО’ -
паралелограм)

ОС = |(°-4 + ОВ).

Зауваження. Останню формулу можна отримати і
з продовження медіани ОС трикутника АОВ (див. мал.
на полі).

Для допитливих

Розв'яжіть задачу векторним методом.

Дало довжи ни двох сторін паралелограма й однієї з його діагоналей. Знайдіть
одну з тригонометричних функцій гострого кута цього паралелограма.
ТЕОРЕМА КОСИНУСІВ ДЛЯ
ЧОТИРИКУТНИКА

Квадрат сторони опуклого чотирикутника дорівнює
сумі квадратів трьох інших його сторін без подвоєних
добутків пар цих сторін на косинуси кутів між ними.

Доведення

Нехай маємо опуклий чотирикутник АВСО (мал. 4.27).
Тоді АО = АВ + ВС + СО. Якщо помножити цей вектор
сам на себе, маємо:

Мал. 4.27

ІЛЛІ4 = |АВр + |В£|г + |СЛ[г + 2АВ  ВС +
+ 2ВС  СО + 200 • АВ.

Звідси і випливає твердження теореми:
АО2 = аг + Ьг + сг + 2абсоз (180° - гВ) +
+ 2бссо8 (180° - /С) + 2ассоз (180° -
- а'с) = аг + Ь2 + с'і- 2аЬсоз В - 26ссоз С -
- 2ассоз(а'*'е).

ПРИКЛАДИ РОЗВ’ЯЗУВАННЯ ЗАДАЧ

Мял. 4.28

порна шіача !. Утри-
кутнику АВС точка К
ділить сторону АВ у відно-
шенні АК : КВ - 2 : 3. У якому
відношенні відрізок СК ділить
медіану АО цього трикутника
(мал. 4.28)?

Дано: АК: КВ-2 : З, ВО = ОС.

Знайти: АО : 00.

Розв’язання

1)	АХ:Х’В = 2:3=>СК'^-(ЗАС+2СВ)(див. с. 174).

5

2)	СО ПСК =>сдХСК-—(ЗСА 2СВ).

5

3)	АО:ОО = х:у=>СО =—-—(уСА + хСО) =
х^у

*-±-{уСА + х-СВ}.

х + у	2

у Зк

4)	1 уСА + х-Св\-(ЗСА + 2СВ)=^Х+У 5

х + уч	2 ) 5	х 2Х

2(х + у) 5

х 2

5)	Поділимо друге рівняння системи на перше: —

Теорема коснилгів

Ляп чотирикутника

АОг = аг + Ьг + с2 -
- 2а6со5 В -
- 2&ССО5 С -
- 2ассоз(а~с).

Чим займаються
математики, як не
порядком і відно-
шенням?

Арістотель
Звідси: х : у = 4 : 3 і АО : ОВ = 4:3.

Відповідь; 4 : 3, рахуючи від вершини А.

1) записати СК
через АС і СВ;

2)СР=кСК;_

3) записати СР
через СР і СА,
а СВ через СВ;

4) порівняти СР
з п. 2 і п, 3.

Математика - жри-
ця означеності та
ясності.

Й. Ф. Гербарт

Мій потяг до мате-
матичних наук пе-
редусім пояснюєть-
ся моєю відразою до
лицемірства.

Стендаль

лЛД Приклад 2. Медіани, проведені до сторін АВ і АС
трикутника АВС, взаємно перпендикулярні. Дове-
діть, що кут між цими сторонами менший за 45°.

Доведення

1)	Кут А трикутника АВС збі-
гається з кутом між вектора-
ми АВ і АС (мал. 4.29).

2)	ЛВКА > 90° як зовнішній кут
трикутника МКС. Тоді з три-
кутника АВК маємо, що кут А
- гострий.	__

3)	Позначимо вектори АВ = с,
АС = Ь,СВ = а. Точки Р і К

ділять відрізки АВ і АС навпіл. Тому (с. 174):

СР = - (СА + СВ) = -(-6+а), ВК---(ВА + ВС}~\(-с - а).

2	2	2	2

4)	Враховуючи, що а - с - Ь, знайдемо скалярний
добуток СР ВК;

, __ 1	-•	1	—	—	1	— —	—2	—2

СРВК = -(-2Ь + с) -(-2с + д) = -(5Ь с-2Ь -2с ).

2	2	4

За умовою СР 1 ВК. ТоКіСР В/Г = 0 і 56 с - 2&2 + 2с2.

Звідси:	_ 2 Ьг+Сг 2(Ь с

созА =---------= - —+-

5 Ьс 51 с Ь

4

бо середнє арифметичне двох додатних чисел не
більше за їхнє середнє геометричне.

4 42

5)	Маємо соз А > — >~. Тоді соз А > соз 45°. На проміж -
5	2

ку від 0° до 90° більшому куту відповідає менше зна-
чення косинуса, тоді /А < 45°. Щ. в. д.

Приклад 3. Доведіть, що сума квадратів усіх
сторін чотирикутника дорівнює сумі квадратів
його діагоналей плюс квадрат подвоєної відстані
між серединами діагоналей.

Дано; АВСВ, Вії » МО, АМ = МС (мал. 4.30).
Довести: АВ2 + ВС2 + СВ2 + ВА2 = АС2 + ВІЙ + (2МЛ7)2.

і

Для допитливих

Розв'яжіть задачу векторним методом.

У ромбі АВСВ діагоналі АС = 2а і ВВ = 2Ь перетинаються в точці О.

На діагоналях АС і ВВ позначили відповідно точки М і К так, що ОМ - — і
2а

ОК = —. Знайдіть кут, який утворюють ари перетині прямі СК і ВМ.
2
Доведення

Розглянемо точку О поза чоти-
рикутником АВСЛ.

Позначимо:

ОА = а, ОВ £ Ь, ОС = с, ОЛ ±0.

1)	Ь -а = АВ, с-Ь = ВС, ї-с-СЛ,
а -Л — ЛА-,

2)	с - а = АС, Л-Ь = ВЛ‘,

3)	точки М ЇМ - середини діагона-
лей АС і ВЛ, тоді

ОМ=-(а + с), ОЙ^-(Ь+й);

2	2

4)	ММ = ОМ-ОМ = -(Ь + сІ)--(аі с),
2	2

тоді 2Л/ЛГ = Ь + <і - а -с;

5)	з(1), (2) і (4) маємо, що треба довести співвідношення:

|д - а|2 + Іс - б12 + |<ї - с|2 + |а - <ї|2 =

= |с - а|2 + |<7 - б|2 + |б - а + І - сі2, тобто

і? - Ь|2 + |а - <2|2 = |с - а|2 + |д. - Ь|2+ 2(Ь - а)  (і - с).

Якщо використати те, що скалярний квадрат векто-
ра дорівнює квадрату його модуля, то легко перекона-
тися в тому, що останнє співвідношення виконується.

Найбільше матема-
тика корисна тим,
що безпосередньо
сприяє розвиткові
чіткого мислення і
духу відкриття.

Й. Ф. Гербарт

Теорема .Ісйбніци

ХАг + ХВ2 + ХС2-
= ЗХМ2 + АМ2 +
+ ВМ’ + СМ2

Приклад 4. Теорема Лейбніца. Сума квад-
ратів відстаней від будь-якої точки X площини
трикутника АВС до вершин цього трикутника і
до його центроїда М пов’язана співвідношенням:

ХА2 + ХВ2 + ХС2 =- ЗА'ЛГ + А М2 + ВМ2 + СМ2.

Доведення

1)ХА~ХМ + МА; ХВ = ХМ + МВ,ХС»ХМ + МС.

2)	Піднесемо ці рівності до скалярного квадрата і дода-
мо почленно:

ХА2 + ХВ2 + ХСг = ЗХМ2 + МА2± МВ2 + МС2 +
+ 2ХМ (МА + МВ + МС).

Врахуємо, що МА + МВ + МС = 0 (див. с. 173), тоді
маємо шукане співвідношення.

Зауваження. Спробуйте для порівняння довести
цю теорему іншим способом.

ґ&г Завдання 32

1.	У колі з центром О провели дві перпендикулярні хорди АВ і СО, що перети-
наються в точці М. Виразіть ОМ через ОА, ОВ, ОС і ОО.

2.	У трикутнику АВС: /А = 90°, АВ = 6, АС = 8, АМ і ВN - бісектриси кутів А і В.
Знайдіть косинус кута між АМ і Вії.

АВСО - прямокутник, у якого АВ = СО= 2а, АО - ВС = 5а. Точка К є АО, АХ •= а.

Доведіть, що ^ВКС = 90°.
4. Медіанибічиихсторінрівнобєдреноготрикутникаперетинаютьсяпід кутом 60°.
Знайдіть кут при вершині трикутника.

Дано паралелограм АВСО і точку М у його площині. Відомо, що МА + МВ + МС +
+ МЛ = 0. Доведіть, що М - точка перетину діагоналей паралелограма.

6.	У ромбі АВСО довжина сторони дорівнює 6, а кут ВАО дорівнює 60°. На стороні
ВС ванто точку Е таку, що ЕС = 2. Знайдіть відстань від точки Е до центра
симетрії ромба.

7.	У трикутнику АВС дано: АВ *= ВС; Л - середина сторони АС; ОК 1 ВС; М - се-
редина відрізка ЛК. Доведіть, що АХ і ВМ взаємно перпендикулярні.

8.	За допомогою скалярного добутку векторів доведіть, що висоти трикутника
перетинаються в одній точці.

9.	Нехай Я - ортоцентр трикутника АВС, О - центр описаного навколо нього
кола. Доведіть, що ОН = О А + ОВ + ОС.

10.	Нехай О - центр кола, описаного навколо трикутника АВС, а точка Н така, що
виконується рівність ОН = ОА + ОВ + ОС. Доведіть, що И - ортоцентр трикутни-
ка АВС.

11.	У рівносторонній трикутник вписано коло. Доведіть, що сума квадратів відста-
ней від довільної точки кола до вершин трикутника не залежить від вибору точ-
ки на колі.

Навколо рівностороннього трикутника описано коло. Доведіть, що сума квад-
ратів відстаней від довільної точки кола до вершин трикутника не залежить від
вибору точки на колі.

І • У квадрат вписано коло. Доведіть, що сума квадратів відстаней від довільної
точки кола до вершин квадрата не залежить від вибору точки на колі.

14.	Навколо квадрата описано коло. Доведіть, що сума квадратів відстаней від
довільної точки кола до вершин квадрата не залежить від вибору точки на колі.

15.	У трикутнику АВС бісектриса АО ділить сторону ВС у відношенні ВВ: СВ =1:2.
В якому відношенні медіана СЕ ділить цю бісектрису?

16.	АВСО — довільний чотирикутник, КЕ і МИ — відрізки, що сполучають середини
його протилежних сторін, ф - кут між діагоналями. Доведіть, що виконується
співвідношення (АВ2 + СЛ2) - (АО2 + ВС3) = 2(КЬг - МИ2) = 2АС В О соз <р.

17.	Швидкість течії річки ур. Швидкість плавця в стоячій воді - нв. Плавець має
намір перепливти річку так, щоб його найменше знесло течією. Як йому
пливти?

18.	АҐА.ІАІ... Ая - правильний багатокутник. Точка М - точка вписаного у багато-
кутник кола. Доведіть, що МА3 + МА2 + ... + МА2 — не залежить від вибору
точки на колі,

19.	АДД, ... Ап - правильний багатокутник. Точка М - точка описаного навколо
багатокутника кола. Доведіть, що МА2 + МА?2 -і ... + МА* не залежить від вибо-
ру точки на колі.

20.	Доведіть, що сума квадратів усіх сторін і всіх діагоналей вписаного правильного
п-кутника дорівнює л’7?2, де В - радіус кола, описаного навколо багатокутника.

Завдання для повторення розділу IV

1°. Наведіть приклади векторних і скалярних величин.

2*. Що математики називають вектором і чим їхнє означення вектора відрізняється
від поняття вектора у фізиці?

3. Які вектори називають колінеарними?

Для допитливих

Розв'яжіть задачу векторним методом.

У прямокутному трикутнику АВС (/С - 90°) ЛС = а, ВС = ау/2. Доведіть,
що медіани АК і СМ взаємно перпендикулярні.
4®. Що таке модуль вектора?

5. Чи завжди є правильним таке твердження: «Якщо модулі двох векторів рівні,
то ці вектори рівні»? Наведіть приклади.

6°. Чим відрізняються протилежно напрямлені вектори? Наведіть приклад.

7°. Наведіть приклад: а) співнапрямлених векторів; б) протилежно напрямлених
векторів; в) рівних векторів.

8. Сформулюйте означення рівності векторів.

9*. Сформулюйте два означення рівності векторів. Чи є вони рівносильними?
Відповідь обґрунтуйте.

10°. Наведіть приклад множення одного Й того самого вектора на число: а) 2; б) —2.
Чи будуть рівними модулі цих векторів?

11°. Наведіть приклади додавання двох колінеарних: а) однаково напрямлених
векторів; б) протилежно напрямлених векторів.

12°. Наведіть приклади віднімання двох колінеарних: а) однаково напрямлених
векторів; б) протилежно напрямлених векторів.

13.	Наведіть приклади: а) додавання двох неколінеарних векторів; б) віднімання
двох неколінеарних векторів.

14.	Дано паралелограм КМНР. Знайдіть: а) різницю векторів КМ і РН; б) суму
векторів КМ і НР.	___ __ _______

15.	Дано чотирикутник АВСВ. Знайдіть суму векторів АВ, ВС, СВ і ВА.

16.	Знайдіть суму векторів АВ, КМ, РА, МР і ВК.

17.	Дано паралелограм СМЕТ. Розкладіть вектор СЕ за векторами: а) СМ і СТ;
б) МС і ТС; в) МС і СТ.

18*	. Діагоналі паралелограма АВСВ перетинаються в точці О. Розкладіть за векто-
рами АВ і СВ вектор: а) ОА; б) ОС; в) ВВ; г) ОВ.

19.	На малюнку 4.31 дано вектори а і Ь. Побудуйте вектор: а) а + 6; б) а - Ь;
в) а + 0,56; т)Ь - 0,5а; д) 0,5а + 1/36.

20*. На малюнку 4.32 дано вектори а і 6. Знайдіть вектори: с, І, т, п,

21®. Що можна сказати про координати рівних векторів?

22®. Запишіть формулу для знаходження модуля вектора, якщо відомі його коорди-

Мал. 4.31

Мал. 4.32

23°. Як знайти: а) добуток вектора на число, якщо відомі його координати; б) суму,
різницю і скалярний добуток двох векторів, якщо відомі їхні координати?

24.	Знайдіть координати вектора АВ, запишіть його через координатні вектори ег е2
І знайдіть його модуль, якщо:

а) А(-7; 2), В(5; 7);	в) А(0; 5), В(-3; 1);

б)А(4; 4), В(7;0);	г)А(-2; 1), В(6; 3).

Для допитливих

Розв'яжіть задачу векторним методом.

РмҐ У трикутнику АВС на сторонах АВ і ВС позначили відповідно точки К і
В так, що АК : КВ = 3 : 1 і В В : ВС = 3:1. Відрізки АС і СК перстипаються
в точці О. Знайдіть відношення КО : ОС і АО : ОВ.
25.	При якому значенні п вектори: а) 5(п; 1)1 6(3; 9); б) а(п; 4) і 6(9; п) колінеарні
і як вони при цьому напрямлені?

26.	При якому значенні р вектори 5(3; 4) і 6(р; -2):

а) колінеарні; б) перпендикулярні; в) мають однакові модулі?

27*. Знайдітьзначення х, при якому кут між векторами а і Ь дорівнює 60°, якщо
5(4;-3), 6(1; х).

28*. Доведіть, що чотирикутник АВСО - прямокутник, якщо: а) 4(1; 1), В(2; 3),
<7(0; 4), О(-1; 2); б)А( 3; -1), В(-2; -4), С(4; -2), 0(3; 1).

29.	Знайдіть кут між векторами 5(1; -3) і 6(2; 4).

ЗО.	Знайдіть косинус кута АВС, якщоА(4; 2), В(3; -1), С(-1; 1).

31.	Знайдіть косинуси кутів трикутника з вершинами в точках:

а)Л(1; 1), В(4; 1), С(4; 5); б) А(0;73),В(2;73). СІ— І.

12 2 І
\ /

32.	Вектори а і Ь утворюють кут 120°. Відомо, що |5| = 4 і |6| = 3. Знайдіть:

а) (5 4 6)*; б) (35 +26x5-6); в) |4а - 36|.

33*. Доведіть векторним методом, що діагоналі ромба взаємно перпендикулярні.

34**. Доведіть векторним методом, що сума квадратів діагоналей паралелограма
дорівнює сумі квадратів його сторін.

Готуємося до тематичного оцінюванії я Лй 6

Варіант і

1.	Знайдіть координати і модуль вектора АВ, якщо А(0; 2), В(-1; 3).

2.	Косинус кута, утвореного векторами а(х; 2) і 6(0; 1), дорівнює 0,5. Знайдіть х.

3.	Знайдіть координати точки О, якщо А(—1; - 1), В(4; 5), С(-2; 1)іАВ = СО.

4.	Знайдіть 35 - 26 і а + 6, якщо:

а) 5(2; 4), 6(6; 2); б) а( 3; 1), 6(3; -3).

5.	Доведіть, що чотирикутник АВСО - прямокутник, якщо А(-5; -1), В(-3;-4),
С(3; 0), 0(1; 3).

Варіант II

1.	Знайдіть координати і модуль вектора СО, якщоС(-2; 0), 0(1; 2).

2.	Знайдіть косинус кута, утвореного векторами 5(1; 2) і 6(-1; 1).

3.	Вектори 5(—3; 2) і 6(6; х) колінеарні. Знайдіть х.

4.	Знайдіть 35 - 26 і а + 6, якщо:

а)5(2;-3), 6(4; 0); 6)5(4; 1),6(-2; 5).

5.	Доведіть, що чотирикутник АВСО - ромб, якщо А(3; 3), В(-2; 3), С(-5; -1),
0(0; -1).

Для допитливих

1.	Дано паралелограм АВСО. Пряма І перетинає прямі АВ, АС і АО відповід-
но в точках В,, С, і О,. Доведіть, якщо АВ, =ААВ, АО, = пАО, АС, = тАС,

1 1 1

то — ---І- - .

т п п.

2.	Точка І - іпцентр трикутника АВС, И^, И^, IV., - точки перетину про-
довження його бісектриси з описаним навколо цього трикутника колом,
центром якого є точка О. Доведіть, що 01 = ОЧУ, + ОН' + О\М3.
У цьому розділі ви ознайомитеся із стереометрією розділом геомет-
рії. що вивчає фігури у просторі («стереос» у перекладі з грецької - про-
сторовий, а «метріо» - вимірюю). Докладніше цю науку ви вивчатимете
у старших класах. Але вже зараз ви дізнаєтеся про її основи, про те. які
бувають багатогранники і тіла обертання, та про деякі їхні властивості.

§ 28. Основні засади побудови
стереометрії

Предметом вивчення в стереометрії є просторові
форми - тривимірні геометричні фігури.

Так само як і планіметрія, стереометрія є матема-
тичною наукою і вивчає фігури абстрактно, тобто
незалежно від їхнього наповнення конкретним змістом.
Проте основою такого абстрагування є реальний світ.
Про це свідчать самі назви просторових геометричних
форм. Так, слово сфера походить від грецького «м’яч»;
куб - від «гральна кістка»; циліндр - від «коток»;
призма - під «розпиляна»; конус - від «соснова шиш-
ка», «кегля», «верхівка шолома»; пірамідою старо-
давні єгиптяни називали свої споруди - гробниці фара-
онів.

Стереометрія, як і планіметрія, узагальнює й
абстрагує практичний досвід людини і на основі дедук-
тивного методу, тобто ланцюжка логічних переходів
від умови до висновку, вивчає властивості просторових
фігур.

Гтереоютріи ии
вчпг фігури у прос
торі пбгтрвктно. III
ІИ'ІІОИІ дедуктивно
І II МІ'ГІІДУ .
Логічна схема побу-
дови стереометрії
така сама, як і
планіметрії:

1)основні поняття;

2)	аксіоми;

3)	означення інших
фігур та доведення
інших тверджень.

А і На площині
виконуються всі
твердження плані-
метрії.

Існують:
{А,} є а
{В,) г а

а о Ь
0
{а; 5) є а

Т
єдина

Нагадаємо:

( | - знак множини;

є - «належить»;

е «не належить»;
П— «перетинає»;

=» - «тоді».

Логічна схема побудови стереометрії така сама, як і
планіметрії.

1.	Приймаємо основні поняття.

2.	Приймаємо аксіоми.

3.	Іншим геометричним фігурам даємо означення, спи-
раючись на вже відомі поняття.

4.	Інші твердження про властивості геометричних фігур,
крім прийнятих аксіом, вимагають доведення.

Основними фігурами в стереометрії, які прийнято
як поняття без означення, е: точка, пряма, площина і
простір. Зрозуміло, що на малюнках зображають тіль-
ки частини площини і прямої. Площини позначають
грецькими літерами: а, 0, 5, у, ф та іншими.

Аксіоми стереометрії, як і планіметрії, не є вільним
витвором математиків, а здобуті людством у процесі
багатовікового досвіду і відбивають реальну дійсність.
Перша аксіома відображає те, що стереометрія ґрун-
тується на планіметрії.

Аксіома 1. У просторі існують площини. На кожній
площині виконуються всі аксіоми і теореми плані-
метрії.

Тобто система аксіом стереометрії складається з
аксіом планіметрії, до яких додаються ще три аксіоми
простору.

Аксіома 2. Яка б не була площина, існують точки,
які належать цій площині, і точки, які не належать їй.

Аксіома 3. Якщо дві різні площини мають спільну
точку, то вони перетинаються, і причому — по прямій.

Аксіома 4. Якщо дві різні прямі мають одну спіль-
ну точку, то через них можна провести площину, і до
того ж тільки одну.

Усі інші твердження про властивості просторових
фігур вимагають доведення. Розглянемо приклад дове-
дення теорем у стереометрії.

777І Теорема. Через три точки, що не лежать на одній
прямій, можна провести площину.

Нехай дано три точки А, В і С
(мал. 5.1). Треба довести, що існує
площина, в якій лежать ці точки.

Доведення

1)	Проведемо прямі АВ і АС. За умо-
вою точки А, В і С не лежать на
одній прямій, тоді прямі АВ і АС не
збігаються.

2)	За аксіомою через прямі АВ і АС
можна провести площину.

Теорему доведено.

Мал. 5.2
Аналогічно доводять таку теорему. Через пряму і
точку поза нею можна провести площину (мал. 5.2).

Площину можна провести (ідо того ж тільки одну):
• через три точки, що не лежать на одній прямій (тео-
рема);

•	через дві прямі, що перетинаються (аксіома 4);

•	через пряму і точку поза нею (теорема);

•	через дві паралельні прямі (з означення паралельних
прямих).

Аналогічно тому, як ми це робили у планіметрії,
розв'язування стереометричних задач здійснюють
логічними кроками, спираючись на аксіоми і теореми
стереометрії та планіметрії, твердження умови або
факти, доведені у процесі розв'язування.

Прикладом запису такого розв’язування е доведення
теореми, наведене вище.

І
І

І
І
»

І
І
І
І
І
І
І
І

Площину  на
провести, і до того
ж тільки одну,
через:

Практична робота 39

1.	У невеликий аркуш картону вколіть дві голки, де позначте точки А і В. Про-
ведіть на картоні пряму АВ.

2.	Спробуйте встановити на столі отриману конструкцію так, щоб вона трималася
тільки на вколотих вами голках.

3.	Уколіть ще одну голку поза прямою АВ.

4.	Виконайте пункт 2.

5.	Що ви спостерігаєте?

6.	Переколіть третю голку так, щоб вона була па прямій АВ.

7.	Виконайте пункт 2,

8.	Зробіть висновки.

Завдання 33

1°. Стіл із чотирма ніжками, який стоїть на рівній підлозі, інколи хитається, а стіл
з трьома ніжками завжди стоїть стійко. Як пояснити цей факт?

2°. Які з наведених тверджень правильні: а) будь-які дві точки простору завжди
лежать на одній прямій; ") будь-які три точки простору лежать на одній
прямій; в) сторони прямого кута лежать в одній площині?

3. Чому в аксіомі 3 не сказано, що пряма, по якій перетинаються дві площини,
обов’язково проходить через їхню спільну точку?

І Чи однакові за змістом такі висловлювання: *площипи а і (5 перетинаються»;
«площини а і 0 мають спільну точку»?

5. Поясніть, що означають такі висловлювання: «можна провести площину»;
♦ можна провести тільки одну площину».

6*. Які з висловлювань однакові за змістом: «існує точка»; «існує одна точка»;
«існує не менше як однаточка»; «існує пе більше як одна точка»?

7. Скільки площин можна провести через: а) дану точку простору; б) дві дані точки
простору; три дані точки простору? Відповідь обґрунтуйте.

8. У якому випадку через пряму І точку можна провести більше як одну площи-
ну?

Три точки у просторі розміщено так, що через них провели 100 різних площин.
Що можна сказати про ці точки?

10.	Чому двері, які кріпляться на двох петлях, треба фіксувати на замок?

11.	Чи можна через дві довільні точки провести площину? Чому?

12*. Чи можна через точку перетину двох даних прямих провести третю пряму, яка
не лежить з ними в одній площині? Поясніть відповідь.
29. Взаємне розміщення прямих
і площин у просторі.
Перпендикуляр до площини

Примі а І Ь

1) осретмяаіотьгм

/ а Лд

. / \ точка

/ перетину

(одна)

ВЗАЄМНЕ РОЗМІЩЕННЯ ДВОХ ПРЯМИХ

Дві різні прямі на площині або перетинаються, або
паралельні. У просторі можливі три випадки взаємного
розміщення двох різних прямих.

1.	Дві прямі перетинаються — мають одну спільну точ-
ку (мал. 5.3).

2.	Дві прямі паралельні - не мають спільних точок і
лежать в одній площині (мал. 5.4).

З.	Дві прямі не мають спільних точок, і через них не
можна провести площину (мал. 5.5). їх називають
мимобіжними і позначають: а -Ь.

3) мимобіжні

Мал. 5.3	Мал. 5.4

а-Ь

Мал. 5.5

ВЗАЄМНЕ РОЗМІЩЕННЯ ПРЯМОЇ І ПЛОЩИНИ

Прими а
і площина а:

У просторі можливі три випадки взаємного розмі-
щеннє прямої і площини.

1.	Пряма лежить у даній площині (мал. 5.6).

2.	Пряма паралельна даній площині - пряма і площина
не мають спільних точок (мал. 5.7).

3.	Пряма перетинає площину - пряма і площина мають
одну спільну точку (мал. 5.8).

Нагадаємо-.

П- «перетинає»;

Я - • не перетинає •.

Мал. 5.9

аПа

Мал. 5.8

\ Пряма, що перетинає площа
ну, називається перпендику-
лярною до цієї площини, якщо
вона перпендикулярна до будь-якої
прямої цієї площини (мал. 5.9).

Перпендикуляром, опущеним з
даної точки А на площину а, назива-
ється відрізок перпендикулярної до
цієї площини прямої Аб, що має за
кінці точку А і точку перетину вка-
заної прямої із заданою площиною -
основою перпендикуляра (точка В на
мал. 5.10).

Відрізок, що сполучає точку А з
будь-якою іншою точкою С площи-
ни а (окрім основи перпендикуля-
ра В), називається похилою, проведе-
ною з даної точки А до площини а.

АВ±а

Мал. 5.10

При цьому точка С називається основою похилої, а
відрізок ВС - проекцією похилої АС на площину а.

Відстанню від точки до площини називається дов-
жина перпендикуляра, опущеного з цієї точки на дану
площину (довжина АВ).

Корисно ще знати ознаку перпендикулярності пря-
мої і площини.

Ознака. Пряма перпендикулярна до площини,
якщо вона перпендикулярна до двох прямих цієї
площини, що перетинаються.

ВЗАЄМНЕ РОЗМІЩЕННЯ ДВОХ ПЛОЩИН

У просторі можливі тільки два випадки взаємного
розміщення двох різних площин.

1.	Площини паралельні - не мають спільних точок
(мал. 5.11).

2.	Площини перетинаються - за аксіомою маємо, що
дві площини перетинаються по прямій (мал. 5.12).

\ Дві площини називаються перпендикулярни-
ми, якщо площина, перпендикулярна до лінії
перетину даних площин, перетинає їх по пер-
пендикулярних прямих (мал. 5.13).

Олідчснмя а і щ

якщо а ± п
?

довільна в а

С - основа похилої,
В - основа пер-
пендикуляра,
АВ - відстань
від А до а

Площини а і |5:

1) • Г

Для допитливих

1.	Уявімо, що земну кулю вздовж екватора щільно обв’язали шнуром.
Потім довжину цього шнура збільшили на 1 м так, що він но всій своїй дов-
жині рівновіддалений від поверхні Землі. Чи може в утворений простір під
шнуром пролізти миша?

2.	А тепер, збільшивши довжину птиура, як і в попередній задачі, в якомусь
місці екватора «відтягнемо* шнур на максимально можливу відстань від
поверхні Землі. Чи зможе тепер під шнуром пройти слон?

Зауваження. Радіус земпої кулі дорівнює приблизно 6400 км.
Означення а д. |І:

якщо у 1 а і с Ід
(с = у П а;<ї = у п р)

І Корисно знати ще й ознаку пер-
। пендикуллрності двох площин.

. Ознака. Дві площини взаємно
перпендикулярні, якщо одна з них
' містить пряму, перпендикулярну
• до другої площини (мал. 5.14).

| На малюнку пряма а належить
. площині 0, і причому а 1 а. Тоді
. 01а-

Мал. 5.14

Практична робота 40

1.	Сумістіть два косинці по одному з їхніх катетів так, щоб
самі косинці не збігалися, і розмістіть конструкцію на
аркуші паперу (мал. 5.15). Що можна сказати про пря-
му, яка містить спільну сторону цих косинців відносно
до аркуша паперу?

2.	Візьміть два аркуші картону й один косинець. Спробуйте
за допомогою косинця розмістити один аркуш перпенди-
кулярно до другого. Чи вдалося вам це зробити?

3.	Візьміть два аркуші картону і два косинці. Спробуйте за
допомогою косинців розмістити один аркуш перпенди-
кулярно до другого. Чи вдалось вам це зробити?

4.	Зробіть висновок.

Мал. 5.15

5. Укажіть пряму, яка лежить у площині одного з аркушів і перпендикулярна до
другого аркуша картону.

Для допитливих

ПРО ЗОБРАЖЕННЯ ПРОСТОРОВИХ ФІГУР

Креслення фігури у планіметріїе або точною копією оригіналу, або подібною
до неї фігурою. Зовсім інакше зображають просторові фігури. На жаль, не
існує «просторового» олівця, який залишав би лінії у просторі. Не можна
на площину наперу скопіювати куб або фігуру, подібну до нього, - плоске
зображення не може бути точкою копією просторової фігури. Виникає
проблема: за якими правилами будувати зображення просторової фігури,
щоб воно найкраще відтворювало оригінал?

Для побудови зображень фігур у стереометрії використовують метод
паралельних проекцій. Наприклад, учитель креслить на дошці і каже: «Це
куб». Але на дошці не куб, а зображення куба. А де сам куб? Він начебто
міститься десь над головами учнів, через його вершини і точки ребер прохо-
дять паралельні між собою проектуючі прямі, які при перетині з площиною
дошки дають зображення куба.

У старших класах ви будете вивчати паралельне проектування, а зараз ми
лише наведемо його властивості, за якими зображають просторові фігури.

1.	Зображенням прямої є пряма або точка.

2.	Паралельні прямі зображуються паралельними прямими, або пря-
мими, що збігаються, або точками (кожна — однією точкою).

3.	Відношення, в якому точка ділить відрізок у зображенні й оригіналі,
однакові.

Властивість (3) означає, наприклад, що середина відрізка зображається
серединою відрізка-проекції.

Прямі, перпендикулярні до заданої площини, намагаються зображати
вертикальними прямими (див. мал. 59, 5.10).
Завдання 34

1°. Як треба розуміти, що прямі а і Ь у просторі не паралельні?

2°. Що можна сказати про прямі а і Ь, якщо вони: а) не мимобіжні; б) не перети-
наються?

Дано дві прямі, але через них не можна провести площину. Чи перетинаються
ці прямі? Відповідь обґрунтуйте.

4.	Чи правильне твердження: «Якщо прямі а і Ь лежать у різних площинах і не
перетинаються, то вони мимобіжні»?

5.	Чи правильне таке твердження для простору: «Якщо пряма перетинає одну з
двох паралельних прямих, то вона перетинає і другу»? Відповідь проілюструй-
те на моделі.

і» Чи може пряма перетинати дві сторони трикутника і не лежати в площині цьо-
го трикутника?

7*. Доведіть, що прямі у просторі не можуть перетинатися більш як в одній точці.

8.	Скільки прямих, паралельних даній площині, можна провести через задану
точку поза цією площиною?

9.	Чи може бути, що десять прямих площини а паралельні площині 0. але площи-
ни а і 0 не паралельні? Відповідь проілюструйте.

10*. Чи правильні у стереометрії такі твердження: а) через точку, яка лежить на
даній прямій, можна провести тільки одну пряму, перпендикулярну до зада-
ної прямої; б) прямі, перпендикулярні до заданої прямої, паралельні між
собою; в) якщо прямі, що перетинаються, не паралельні двом даним перпенди-
кулярним прямим, то вони не перпендикулярні між собою?

11°. Знайдіть серед навколишніх предметів моделі прямих і площин, які перпенди-
кулярні між собою.

12 Щоб розріз дерев’яного бруска був перпендикулярний до цього бруска, через точ-
ку А його ребра проводять перпендикулярні до ребра прямі АВ і АС (мал. 5.16).
Потім брусок розпилюють по цих прямих. Поясніть ці дії.

13*. Доведіть, що коли пряма не лежить у площині, то вона
не може мати з цією площиною двох або більше спільних
точок.

11 На малюнку 5.17 точки А, В, С лежать у площині а,
МА X а, МВ = МС. Доведіть, що АС = АВ.

15*. Чи існує пряма, розділепа па дві півпрямі так, що одна
півпряма лежить у площині а, а друга - у площині 0?
Відповідь проілюструйте.

Ні Кожна з площин а і 0 проходить через точки А, В, і С. Чи
можна зробити висновок, що а і 0 - одна й та сама площи-
на? Відповідь обґрунтуйте.

17*. Чи правильне таке твердження: «Дві площини, пара-
лельні одній і тій самій прямій, паралельні між собою»?

18. Чи може пряма перетинати одну з паралельних площин,
але не перетинати другу площину? Відповідь проілюст-
руйте моделлю з двох аркушів паперу та олівця.

Покажіть в оточенні два прямих кути зі спільною сторо-
ною, але які не є суміжними.

20.	Знайдіть навколо вас: а) дві паралельні площини; "> дві
перпендикулярні площини і покажіть лінію їх перетину.

21.	Чи правильним ствердження: «Якщо площина перпендикулярна доданої пло-
щини, то вона перпендикулярна і до будь-якої прямої цієї площини»? Відповідь
проілюструйте моделлю (з двох аркушів паперу).

На двох перпендикулярних площинах вибрали по прямій. Чи можуть ці прямі
бути мимобіжні? Відповідь проілюструйте прикладом з оточення.

23*. Як практично встановити, чи перпендикулярна площина стіни до площини
підлоги?

24*. Використовуючи ознаку перпендикулярності двох площин, доведіть, що
площина стіни перпендикулярна до площини підлоги.
§30• Багатогранники. Правильні
багатогранники

Поверхня багато
гранника складаєть-
ся з плоских багато-
кутників, що є його
гранями.

Плоскі кути бага-
тогранника - кути
багатокутн икі в-гра-
ней.

Ще у 5-6-х класах ви вивчали куб, прямокутний
паралелепіпед, піраміду. Всі ці фігури - багатогранни-
ки. Серед усього, що оточує людину, можна побачити
багато багатогранників. Таку геометрігіну фігуру мож-
на визначити як внутрішню частину простору, що
обмежена багатокутниками, які називаються гранями
багатогранника. Сторони кожної грані - ребра багато-
гранника, а вершини - вершини багатогранника.

Діагоналями багатогранника називаються відрізки,
які сполучають вершини багатогранника і пе належать
його граням. Указані елементи багатогранника зображе-
но на малюнку 5.18.

Кут, утворений двома ребрами однієї грані багато-
гранника, називається його плоским кутом. Плоскі
кути багатогранника — це внутрішні кути багатокут-
ників, що є його гранями.

Поверхня багатогранника складається з плоских ба-
гатокутників. Зрозуміло, що площею поверхні будь-
якого багатогранника є сума площ усіх його граней.

Багатогранники бувають опуклими (мал. 5.19) і не-
опуклими (мал. 5.20). Опуклим називається багато-
гранник, який повністю лежить по один бік від площи-
ни будь-якої з його граней (мал. 5.19).

Кажуть, що опуклий багатогранник правиль-
ний, якщо всі його грані — рівні між собою пра-
вильні багатокутники і у кожній його вершині
сходиться однакове число ребер.
Існує лише п’ять правильних багатогранників: чоти-
ригранник, шестигранник (куб), восьмигранник, два-
надцятигранник і двадцятигранник.

Правильний чотиригранник (мал. 5.21) обмежують
чотири правильні трикутники. Його ще називають пра
вильним тетраедром. Він має 4 вершини і 6 ребер. На
малюнку 5.22 зображено правильний тетраедр, розгор-
нутий у площину однієї зі своїх граней. Таке зображен-
ня багатогранника називають його розгорткою.

Мал. 5.22

Правильний шестигранник (мал. 5.23) має 6 гра-
ней-квадратів, 8 вершин і 12 ребер. Його ще називають
кубом. Розгортку куба зображено на малюнку 5.24.

Поверхню правильного восьмигранника (або
октаедра), як і чотиригранника, утворюють пра-

вильні трикутники, але відмінність у тому, що у
восьмигранника їх не чотири, а вісім (мал. 5.25). Він
має 6 вершин і 12 ребер. Його розгортку зображено на
малюнку 5.26.

ПРАВИЛЬНИЙ
БАГАТОГРАННИК

усі грані рівні
правильні
багатокутники
завжди опуклий;

-	у кожній вершині
сходиться однако-
ве число ребер;
існує п’ять видів.

[ГРАНИЛЬНИЙ

ТЕТРАЕДР
грані - правильні
трикутники:
- граней - 4;
- вершин - 4;
- ребер - 6;
- з кожної вершини
виходить ребер - 3.

КУБ

грані - квадрати:

-	граней - 6;

вершин - 8;

-	ребер - 12;

- з кожної вершини
виходить ребер - 3.

Для допитливих

Грецьке слово «кібос» буквально означає «гральний кубик», а тіло однако-
вої з ним форми було названо кубом. Цей термін с в Евкліда.
е

ОКТЛВДР
грані - правильні
трикутники:
- граней - 8;

-	вершин - 6;

-	ребер “12;

-	з кожної вершини
виходить ребер - 4.

ДОДЕКАЕДР
грані - правильні
п'ятикутники:

—граней - 12;

-	вершин - 20;

-	ребер - ЗО;

—	з кожної вершини
виходить ребер - 3.

Правильний дванадцятигранник (або додекаедр)
має 12 граней (мал. 5.27). Кожна з них являє
собою правильний п’ятикутник. У дванадцятигранни-
ка 20 вершин і ЗО ребер. На малюнку 5.28 зображено
його розгортку.

Мал. 5.28

Правильний двадцятигранник (або ікосаедр)
обмежують 20 рівносторонніх трикутників, які
сходяться у 12 вершинах (мал. 5.29). Він має ЗО ребер.
Його розгортку зображено на малюнку 5.30.

ІКОСАЕДР
грані - правильні
трикутники:
- граней - 20;

-	вершин - 12;

-	ребер - ЗО;

-	з кожної вершини
виходить ребер - 5.

Цікаво, що вершини кожного з п’яти видів пра-
вильних багатогранників, у тому числі й ікосаедра,
лежать на поверхні кулі.

Дванадцять вершин ікосаедра - це максимальне
число точок, які можна нанести на поверхню кулі так,
щоб відстань між будь-якими двома сусідніми точками
була однакова.

Цю властивість ікосаедра застосувала одна з амери-
канських фірм для виготовлення баскетбольних м’ячів.
На поверхні сферичної камери-основи встановлюють
12 точок, рівномірно розділених по каркасу (вершини

г<Для допитливих

Здавна відомі п’ять правильних багатогранників (так званих платояових
тіл): тетраедр, гексаедр (куб), октаедр, додекаедр та ікосаедр.

Тетраедр у перекладі з грецької означає чотирикутник («гетра» - чоти-
ри, «едра» - сторона, грань).

Гексаедр означає шестигранник і походить від грецького «і'екса» —
шість.

Назва октаедр походить від грецького «окто» - вісім, що означає вось-
мигранник.

Додекаедр означає дванадцятигранник від грецького «додека» - два-
надцять.

Назва ікосаедра походить від грецьких «ейкосі» - двадцять і «едра* -
сторона, грань і, отже, означає двадцятигранник.
ікосаедра). Машина намотує нейлонові нитки по колах, І
що містять кожну пару зазначених точок.	І

Площа поверхні правильного багатогранника (пло-
ща його розгортки) дорівнює площі правильного багато-
кутника його грані, взятої стільки разів, скільки гра-
ней має відповідний правильний багатогранник.

ТЕОРЕМА ЕЙЛЕРА

Здавна відомі п’ять правильних багатогранників.
Число вершин, ребер і граней для цих багато-
гранників наведено в таблиці:

І

І

І

І

І

І

І

І Для будь-якого пра-
। вильного багатогран-
ника виконується

’ теорема Ейлера'.

І число його граней
। плюс число його
вершин дорівнює
* числу його ребер
| плюс два:

1 В•Г-Р+2

І

Назва багатогранника	Число вершин	Число ребер	Число граней
Тетраедр	4	6	4
Куб	8	12	6
Октаедр	6	12	8
Додекаедр	20	ЗО	12
Ікосаедр	12	ЗО	20

Розглядаючи цю таблицю, легко побачити, що для ।
кожного з цих багатогранників сума числа вершин В і ।
числа граней Г на 2 більша за число його ребер Р:

В + Г - Р = 2.

І

Для допитливих

У давні часи геометричним фігурам, особливо правильним, надавали
таємничого філософського змісту. Так, за Платоном, усе в природі створено
взаємодією вогню, повітря, води і землі, а основні найпростіші елементи
цих стихій мають відповідно форми: тетраедра, октаедра, ікосаедра і куба.
Щодо додекаедра, то Платон вважав, що саме таку форму має Всесвіт -
Божественний ефір.

У XVI ст. знаменитий німецький астроном
ЙоганнКеплер( 1571-1630) пролому вав модель
побудови Всесвіту, що складалася з правиль-
них багатогранників і вписаних у них сфер, -
так званий «кубокКеплера» (див. мал.).

За Кеплером, зовнішня велика сфера
відповідає орбіті найвіддаленішої з відомих на
той час планет - Сатурна. Якщо в цю сферу
вписати куб, а в куб знову сферу - то це буде
сфера орбіти Юпітера. У сферу Юпітера Кеплер
вписує правильний тетраедр, а вписана в нього
сфера відповідає орбіті Марса. У сферу Марса

вписується додекаедр і знову сфера - сфера орбіти Землі. Далі вписується
ікосаедр і сфера Венери, а після того ~ октаедр і сфера орбіти Меркурія.

Пізніше саме Кеплер відкрив, що траєкторії руху планет навколо Сонця
є не кола, а еліпси, і «кубок Кеплера», а разом із ним і правильні бага-
тогранники втратили ореол таємничості.
Таке співвідношення виконується не тільки для правильних багатогран-
ників, а й для інших багатогранників, наприклад призм, пірамід і т. д.

Ейлер перший помітив і довів цю чудову властивість багатогранників.
Тому її називають теоремою Ейлера для багатогранників.

Практична робота 41

1.	Склейте моделі опуклого і неопуклого багатогранників.

2.	Полічіть число: вершин, ребер, плоских кутів ваших багатогранників.

3.	Порівняйте число ребер і число плоских кутів. Зробіть висновок.

4*. Порівняйте число ребер із сумою числа вершин і числа граней. Зробіть висно-
вок.

Завдання 35

1°. Знайдіть навколо вас приклади об’єктів, що мають форму багатогранників.

Укажіть число їх граней, ребер, вершин.

2 Який правильний багатогранник має:

а)	8 вершин;	е) 12 ребер;

б)8грааей;	є) 12 граней;

в)	20 вершин; ж) ЗО ребер;

г)	20 грапей; з) 6 ребер;

д)	12 вершин; и) найбільше число ребер?

Наведіть приклади з оточення опуклих і неопуклих бага-
тогранників.

4*. Багатогранник мас 12 ребер. Скільки він має плоских
кутів?

5*. На малюнку 5.31 зображено розгоргки багатогранників.
Визначте, скільки в них вершив, ребер, граней.

6*. Яке найменше число ребер може сходитися в одній вер-
шині багатогранника?

Яке найменше число ребер може мати багатогранник?

Визначте для куба число: а) його діагоналей; б) діагона-
лей його граней; в) плоских кутів.

9*. Яке найменше число плоских кутів може мати багатогран-
ник?

10**. Намалюйте багатогранник, у якого: а) 6 вершин і 5 гра-
ней; б 1 число вершин однакове із числом граней.

11**. Намалюйте багатогранник, у якого всі грані - квадрати,

Мал. 5.31

але він не є кубом.

12 Діагональ грані куба дорівнює 4 см. Знайдіть повну поверхню куба.

13*. Довжина ребра першого куба втричі більша за довжину ребра другого куба.
У скільки разів площа повної поверхні першого куба більша за площу повної
поверхні другого куба?

І : Діагональ куба дорівнює 9 см. Знайдіть ребро цього куба.

15*. Як визначити площу повної поверхні куба, знаючи дов-
жину його діагоналі?

16*. Два однакові правильні тетраедри склеїли по одній із
граней. Чи буде утворена фігура правильним багатогран-
ником? Чому?

17**. Площина, що проходить через середини трьох ребер куба,
відтинає його частину так, як показано на малюнку 5.32.
Зробіть від руки ескіз розгортки утвореної фігури.

18*. Площа поверхні правильного додекаедра дорівнює

180 смг. Знайдіть площу однієї грані.
§31. Призми. Об’єм просторової фігури

Мал. 5.33

Серед багатогранників виділяють два види: призми і
піраміди.

Замки середньовічної Європи
зведені у формі призм (мал. 5.33)-
їхні бічні грані є паралелограмами.

Призма має дві грані - основи,
які можуть бути будь-якими
багатокутниками, але рівними, і
лежати в паралельних площинах
(мал. 5.34).

Діагоналлю призми називаєть-
ся відрізок, що сполучає дві вер-
шини призми, які не належать
одній грані.

Залежно від того, який багато-

кутник лежить в основі, призма може бути:

•	трикутна (мал. 5.35),

•	чотирикутна (мал. 5.36),

•	п’ятикутна (мал. 5.34) і т. д.

\ п-кутною призмою називається багатогран-
ник, дві грані якого (основи) — рівні п-кутники,
розміщені у паралельних площинах, а всі інші
грані (бічні)- паралелограми.

Висотою призми називається відстань між її основа-
ми, перпендикуляр з довільної точки однієї основи до
площини другої її основи (Н на мал. 5.35).

Призма називається прямою, якщо її бічні грані -
прямокутники. Бічні ребра такої призми перпендику-
Ч лярні до площин її основ (мал. 5.36).

Висота прямої призми дорівнює довжині її бічного
ребра.

Пряма призма, основою якої є правильний багато-
кутник, називається правильною.

Паралелепіпед - це призма, шість граней якої є
паралелограмами. Його протилежні грані - паралельні,
тому за основу можна вважати будь-яку пару з них.

ПРИЗМА

висота — відстань
між основами

грані- основи
параде- паралельні

лограми

ПРЯМА ПРИЗМА

ПРАВИЛЬНА
ПРИЗМА
пряма призми

правильні
багатокутники
ПАРАЛЕЛЕПІПЕД
(ірнлми

усі грані -
паралелограми

ПРЯМОКУТНИЙ
ПАРАЛЕЛЕПІПЕД
прігтмл.

усі грані -
прямокутники

а, Ь, с - виміри

ОІі'С'М

1)

V

3)Г = Г| + ... + Гя
з

У= V,

І	Л'

Г | 11 ОД.

4) куб І____Иол.

V - 1 од.*

Прямокутний паралелепіпед - це паралелепіпед,
утворений із шести прямокутників (мал. 5.37).

Якщо одну з граней прямокутного паралелепіпеда
взято за основу, то протилежна їй грань також основа,
всі інші грані будуть бічними гранями. Довжина ребра
бічної грані, яка не належить основам, називається
висотою прямокутного паралелепіпеда. Вона перпен-
дикулярна до площини його основи.

Довжину ребер прямокутного паралелепіпеда, які
виходять з однієї вершини, називають його вимірами.

Площа повної поверхні прямокутного паралеле-
піпеда 8 дорівнює сумі площ шести прямокутників
(мал. 5.38). Площу бічної поверхні 86 знаходять дода-
ванням площі чотирьох прямокутників бічних граней,
що рівнозначно добутку периметра основи на висоту:

8е = р н = 2(а + Ь)Н,
де а і Ь - довжини сторін основи.

Площа повної поверхні дорівнює сумі площі бічної
поверхні і площі обох основ:

8 = 8. + 28о = 2(а + Ь)Н + 2аЬ.

Аналогічними міркуваннями неважко довести, що
формули

8=РН, 8^8+28
б	г	бо

можна застосовувати для обчислення площі поверхні
будь-якої прямої призми.

Подібно до того, як ми вводили поняття площі для
обмеженої з усіх боків плоскої фігури, у стереометрії
вводиться поняття об’єму для просторової фігури.

Об’єм - це число, яке ставиться у відповідність
обмеженій з усіх боків просторовій фігурі і яке має
такі властивості:

1)	об’єм фігури є числом невід’ємним:

2)	об’єми рівних фігур рівні:

3)	якщо фігуру поділено на частини, які не перекри-
ваються, то об’єм фігури дорівнює сумі об’ємів цих
частин:

4)	за одиницю об’єму приймають об’єм куба зі сторо-
ною, що дорівнює одиниці довжини.

Наприклад, об’єм куба зі стороною 1 м дорівнює одно-
му кубічному метру (1 м3); об’єм куба зі стороною 1 фут
дорівнює 1 фут3.
Нехай довжини ребер прямо-
кутного паралелепіпеда дорівню-
ють 6 м, 4 м і 3 м (мал. 5.39). На
основі цього паралелепіпеда мож-
на розмістити 24 кубики зі сторо-
.	_	ною завдовжки 1 м. Об’єм такого

кубічний метр шару кубиків становить 24 м*.

Мал. 5.39 Оскільки всередині даної фігури
вміщається три ряди по 24 куби-
ки в кожному, то її об’єм дорівнює 24 • 3 = 72 (м3).

Тобто об’єм прямокутного паралелепіпеда дорівнює
добутку площі його основи на висоту:

У = 5 Н.

О

Можна довести, що об’єм будь-якого прямокутного
паралелепіпеда обчислюється за наведеною вище форму-
лою (аналогічно тому, як ми доводили формулу для об-
числення площі прямокутника у 8-му класі). Строге дове-
дення цього факту ви будете вивчати у старших класах.

Якщо а, Ь, с - виміри прямокутного паралелепіпеда,
то зрозуміло, що його об’єм можна обчислювати за фор-
мулою V - а  Ь  с.

Якщо провести площину через
паралельні діагоналі основ прямокут-
ного паралелепіпеда (мал. 5.40), то
отримаємо дві рівні трикутні прямі
призми, в основах яких лежать прямо-
кутні трикутники. Зрозуміло, що об’єм
кожної з цих прямих призм дорівнює
половині об’єму вихідного парале-
лепіпеда, тобто добутку площі трикут-
ника-основи на висоту призми.

Будь-яку пряму призму можна
поділити на прямі призми, основами
яких є прямокутні трикутники. Висо-
ти утворених призм будуть однакові
(мал. 5.41).

Об’єм прямої призми дорівнюва-
тиме сумі об’ємів таких трикутних
призм, звідси:

V = 5 • Н,

О

де 50 і Н - площа основи і висота пря-
мої призми.

Прямокутний
паралелепіпед

а

V = а • Ь  с

Пряма призма

^=5 Н
т
площа основи

Ґ&р- Для допитливих

Якщо на гранях куба добудувати куби, отримаємо так зва-
ний «гіперкуб».

Саме таку фігуру використав Сальвадор Далі у картині
«Гала перед розп’яттям на гіперкубі».

Чи є гіперкуб правильним багатогранником?
Вимірюй усе, що
піддається виміро-
ві, і зроби таким
усе, що не піддаєть-
ся вимірові.

Галілео Галілей

Наведемо приклади застосування отриманих у цьому
параграфі формул.

Приклад 1. Ребра упаковки соку «Садочок» дорів-
нюють 6 см, 9 см і 20 см. Знайдіть загальну площу ма-
теріалу, використаного для її виготовлення. Який об’єм
такої упаковки?

Розв’язання

1)	Периметр основи дорівнює 62 + 9-2 = ЗО (см), а
висота - 20 см. Тоді площа бічної поверхні = ЗО • 20 =
= 600 (см2).

Площа основи дорівнює 6-9-54 (см2). Тоді площа
повної поверхні упаковки 5 = 54 • 2 + 600 = 708 (см2).

2)	Площа основи дорівнює 54 (см2), а висота - 20 см.
Тоді об’єм V - 54 • 20 = 1080 (см2), тобто не набагато
більше за 1 л.

Відповідь: 600 см2 і 1080 см3.

Приклад 2. Знайдіть об’єм прямокутного парале-
лепіпеда, площі трьох граней якого дорівнюють 42 см2,
56 см2, 48 см2.

Розв’язання

1)	У прямокутному паралелепіпеді про-
тилежні грані - рівні прямокутники.
Тобто задано площі трьох граней, які
мають спільну вершину (мал. 5.42).

2)	Позначимо довжини ребер так, як
показано на малюнку 5.42. Шуканий
об’єм дорівнює V = хуг.

3)	За умовою маємо:

ху = 42 = 6 7,

. «/2 = 56 = 7 8,

хг-48- 6 8.

Звідси: (,ху)-(уг)'(хг) = хгуггг - б2- 72  82 і V = хуг =
= 6-7-8 = 336 (см3).

Відповідь: 336 см3.

Практична робота 42

1	. Накресліть розгортку прямого паралелепіпеда і зробіть з неї модель прямого
паралелепіпеда.

2*. Чи можна виготовити таку модель паралелепіпеда, щоб, розглядаючи її з різних
боків, можна було стверджувати, що цей паралелепіпед є прямим і що він є
похилим?

Завдання 36

1°. Назвіть будь-які предмети, що мають форму паралелепіпеда.

2	. Учень вважає, щотерміни «правильна чотирикутна призма» і «прямокутний пара
лелепіпед» означають одну й ту саму фігуру. Чи правий він?
З’. Чи можна вважати правильним означення: «Кубом називається правильна
чотирикутна призма, в якої висота дорівнює стороні основи»?

4.	Чи можуть усі грані призми бути трикутниками? А трапеціями?

5.	Чи існує призма, в якої немає жодної діагоналі?

6*. Призма має 18 граней. Який багатокутник лежить у її оспові?

Які дані треба мати про призму, щоб стверджувати, що вона с правильною?

8. Що можна сказати про призму, всі бічні грані якої квадрати?

Чи правильне твердження: «У кожній призмі число ребер завжди кратне З»?

10*. Чи можна стверджувати, що у прямій призмі бічне ребро перпендикулярне до
кожної діагоналі основи? Відповідь обґрунтуйте.

11**. Чи може паралелограм бути розгорткою бічної поверхні похилої призми?

12. Які додаткові ознаки відрізняють: а) правильну призму від прямої; куб від
прямокутного паралелепіпеда?

13*. Суми площ протилежних бічних граней прямої чотирикутної призми рівні
між собою. Яку властивість повинен мати багатокутник основи?

і І	Знайдіть площу поверхні прямої чотирикутної призми, бічне ребро якої дорівнює

5 см, а сторони основи дорівнюють 2 см, 3 см, 2,5 см, 4,5 см.

15. Знайдіть площу поверхні Й об'єм прямої призми, в основі якої лежить ромб із
довжиною сторони 5 см і гострим кутом 30°, а висота цієї призми дорівнює
10 см.

। Сторона основи правильної чотирикутної призми дорівнює 10 дм, а висота -
8 дм. Знайдіть площу поверхні призми та її об’єм.

17.	Чи можна з прямокутного аркуша картону розміром 52 х 22 см виготовити
модель правильної чотирикутної призми, висота якої дорівнює 20 см, а сторо-
на основи - 10 см?

18*. Чи можуть два нерівні прямі паралелепіпеди, висоти яких рівні, мати рівні
бічні поверхні?

І Усі ребра прямої трикутної призми однакові і дорівнюють 2 м. Знайдіть об'єм
цієї призми.

20*. Усі бічні грані правильної шестикутної призми - квадрати зі стороною 10 дм.
Знайдіть об’єм цієї призми.

21	. Який приблизно об’єм вашої класної кімнати?

22	Знайдіть площу поверхні й об'єм прямокутного паралелепіпеда, площі трьох
граней якого дорівнюють 10 дм2, 6 дм2 і 15 дм2.

23*. Дано правильну чотирикутну призму АВСЛА{В
(мал. 5.43), у якої В,0 = 5 см, АВ, = 4 см. Знайдіть дов-
жину ребра основи призми та її об'єм.

24. Мірою для видачі зерна зі складу на корм худобі є два
прямокутні ящики з рівними основами. Один ящик
уміщує 50 кг зерна. Скільки зерна вміщує другий ящик,
якщо його висота в 1,5 раза перевищує висоту першого
ящика?

25*. У квартирі дві кімнати. Кубатура однієї кімнати
дорівнює 120 м\ Знайдіть кубатуру другої кімнати,
якщо вона в 1,5 раза ширша за першу і в 3 рази коротша
за першу.

26**. У правильній шестикутній призмі бічні грані - рівні
прямокутники. Сформулюйте обернене твердження і
доведіть його хибність.

Для ДОПИТЛИВИХ

Перша умова, якої треба дотримуватися в математиці, - це бути точним,
друга - бути ясним і, наскільки можливо, простим.

Л. Карно
§32.Піраміди

Мабуть, усім відомі знамениті єгипетські піраміди.

На малюнку 5.44 ви бачите піраміди в Гізі (Єгипет).

Мал. 5.44

ПІРАМІДА

5 - вершина
8К -Н - висота

8X1 а

В основі - п-кугник

1-

піраміда п-кутна

Бічну поверхню піраміди утворюють трикутники -
бічні грані, що сходяться у певній точці - вершині, і
мають по одній спільній стороні з деяким багатокутни-
ком, який називається основою (мал. 5.45).

Висота піраміди - це відстань від її вершини до її
основи (перпендикуляр, що проведено з її вершини до її
основи).

Мал. 5.45	Мал. 5.46

Залежно від того, який багатокутник лежить в
основі, піраміда може бути:

•	трикутна (мал. 5.45),

•	чотирикутна (див. мал. 5.47-а),

•	п’ятикутна (мал. 5.46) і т. д.

\ п-кутною пірамідою називається піраміда,
основою якої є п-кутник.

Піраміда називається правильною, якщо:

1)	основою її є правильний багатокутник;

2)	основою перпендикуляра, проведеного з вершини
піраміди до її основи, є центр багатокутника основи.

Усі бічні ребра правильної піраміди рівні, усі бічні
грані - рівні рівнобедрені трикутники. Висоту бічної
грані, яку проведено до ребра основи у правильній
піраміді, називають апофемою (мал. 5.47-а).

Мал. 5.47

На малюнку 5.47 зображено правильну чотирикутну
піраміду та її розгортку.

Площею бічної поверхні піраміди називається
сума площ усіх'її бічних граней.

Щоб знайти площу поверхні піраміди, треба до площі
її бічної поверхні додати площу основи:

5 = 5б + 5в.

Якщо піраміда правильна п-кутна, то площа однієї
бічної грані дорівнює півдобутку довжини ребра а основи
на апофему Площа бічної поверхні буде у п разів біль-
шою, тобто є добутком півпериметра основи на апофему:

Об’єм піраміди дорівнює третині добутку площі
основи на висоту піраміди:

V = --5, Я.

З °

Доводити цю формулу ви будете в старших класах, а
зараз можна переконатися в її правильності експери-
ментальним шляхом. Наприклад, якщо склеїти з кар-
тону пряму призму і піраміду з однаковими основами
та висотами і наповнити їх піском (манною крупою), то
з’ясується, що піску для наповнення призми потрібно
втричі більше, ніж для піраміди.

ПІРАМІДА

ПРАВИЛЬНА

основа -
правильний
багатокутник,
О - його центр,

5О1а,
Т
основа

50 «Я,
бічні ребра - рівні,
бічні грані - рівні.

ІІ.1ОІІ1М бічної

поверхні:

- апофема,
р - півпериметр
основи.

Піраміди:

5 = 5в + 5о
5О - площа основи.

У = -8аН

З 0

Для допитливих

1.	Чотиригранники ще називають тетраедрами, бо
з грецької «тетра» означає «чотири», а «едра» -
• грань». Чотиригранник можна скласти тільки з
трикутників. (Чому?) Тому трикутні піраміди ще
називають тетраедрами.

2.	Фігура, зображена на малюнку, є сплетінням
двох правильних тетраедрів, відкрив її Леонардо
да Вінчі. Пізніше, через 100 років, її «перевідкрив»
Кеплер і дав їй назву, що в перекладі означає «вось-
микутна зірка».
Практична робота 43

1.	Склейте з картону пряму призму і піраміду з однаковими основами і висотами.

2.	За допомогою манної крупи або піску порівняйте об’єми цих фігур.

3.	Зробіть висновок.

Завдання 37

1°. Яка піраміда називається правильною?

2’. Скільки бічних граней у правильній 3-кутній піраміді? А в
4-кутній?

3. На малюнку 5.48 знайдіть три трикутні піраміди.

Чому правильну чотирикутну піраміду не можна назвати пра-
вильним багатогранником?

5. Чи можна склеїти такий багатогранник, який, якщо його
поставити на одну грань, був би призмою, а якщо на іншу,
то - пірамідою?

6*. Визначте без малюнка: а) скільки вершин, ребер і граней мас
п-кутна піраміда; б) скільки всього плоских кутів має п-кутпа
піраміда?

7*. Чи буде правильною піраміда, якщо її бічні грані: а) рівні трикутники; п рівні
рівнобедрені трикутники?

8*. Доведіть, що число ребер піраміди - парне.

9*. Знайдіть суму всіх плоских кутів п-кутної піраміди.

10*. Чи існує піраміда, що має: а) 18 плоских кутів; б; 20 плоских кутів?

І І У трикутній піраміді довжина кожного ребра дорівнює а. Знайдіть повну по-

верхню піраміди.

12.	В основі правильної піраміди лежить шестикутник із стороною 2 дм. Знайдіть

площу повної поверхні піраміди, якщо її апофема дорівнює 1 дм.

13.	У правильній чотирикутній піраміді апофема дорівнює стороні основи і

становить 10 см. Знайдіть площу поверхні піраміди.

і Сторона основи правильної чотирикутної піраміди вдвічі менша за бічне ребро

і дорівнює 2 см. Знайдіть площу її бічної поверхні.

15.	Знайдіть площу поверхні правильної чотирикутної піраміди,
бічні грані якої правильні трикутники, а апофема дорівнює
7з дм.

16.	Обчисліть об'єм правильної шестикутної піраміди, сторона
основи якої дорівнює 3 см, а висота - 8 см.

17* Як зміниться об’єм правильної чотирикутної піраміди, якщо
сторону її основи збільшити у 3 рази, а висоту зменшити у
2 рази?

18*. Обчисліть об’єм правильної чотирикутної піраміди, зображе-

Мал. 5.49

ної на малюнку 5.49.

Для допитливих

1-	На малюнку подано геометричний зміст формули
(а + і>)3 - а3 + ЗагЬ + ЗаЬ* + б3 для випадку а > 0, Ь > 0.
Дайте пояснення.

2.	Кожну грань куба поділено на чотири квадрати,
кожний з утворених квадратів пофарбовано в один із
трьох кольорів: синій, жовтий і червоний так. щоб

квадрати, які мають спільну сторону, були різних
кольорів. Доведіть, що тоді обов’язково буде 8 синіх,
8 жовтих і 8 червоних квадратів.
§33.Тіла обертання

Тілами обертання називаються
просторові фігури, які утворюють-
ся внаслідок обертання плоскої
фігури навколо деякої осі. Серед них
виділяють: кулю, конус, циліндр.

Можна навести багато прикладів тіл
обертання: тенісний м’яч має форму
кулі, близька до цієї форми і наша Зем-
ля; у вітряку можна побачити циліндр і
конус (мал. 5.50) тощо.

ЦИЛІНДР

Мал. 5.50

І Коли прямокутник обертається навколо прямої, якій
належить одна з його сторін, - утворюється прямий кру-
говий циліндр (мал. 5.51). Далі, говорячи про циліндр,
будемо мати на увазі прямий круговий циліндр.

Пряма, навколо якої обертався прямокутник, нази-
вається віссю циліндра; паралельна їй протилежна сторо-
на прямокутника - твірною; круги, описані двома інши-
ми сторонами прямокутника, - основами циліндра.

Висота циліндра Н - це відстань між його основами
(перпендикуляр, проведений з довільної точки однієї
основи до другої основи). Вона дорівнює твірній цього
циліндра.

На малюнку 5.52 маємо розгортку циліндра. Прямо-
кутник - розгортка бічної поверхні, два круги - це
основи циліндра.

ЦИЛІНДР

ІіриМНІІ К|І)І"НИН

(ОО,) - вісь обертан-
ня, вісь циліндра;

[00,] = Н - висота:
г - радіус основи.

Мал. 5.51

Мал. 5.52

Для допитливих

Слово циліндр походить від грецького «киліндрос», що
означає «вал», «коток». У шкільному курсі геометрії вивча-
ють тільки прямий круговий циліндр, означення якого вам
уже відоме. Взагалі циліндр в геометрії визначають так.
Якщо у деякій площині а задати фігуру Р, з деякої точки А
площини а провести відрізок АА,, який не належить пло-
щині а, і з кожної точки X фігури Р провести відрізки XXе
рівні і паралельні АА, (див. мал.), - отримаємо просторову
фігуру, яка називається циліндром. (XX, - твірні, а Р і К, -
його основи.)
ЦИЛІНДР

8е= 2пгН

8 = 2пгН + 2кг2

У = пгіН

КОНУС
прямнп круїппин

(80) - вісь конуса,
вісь обертання;

[80] = Н - висота;
г - радіус основи.

Нагадаємо:
(80} пряма 80;
1801 - відрізок 80,

Площа бічної поверхні циліндра дорівнює площі
прямокутника АВСО, одна сторона якого АВ дорівнює
висоті циліндра Н, а друга АО ~ довжині кола його
основи 2пг (див. мал. 5.52). Тобто

56 = 2кг її.

Щоб отримати площу повної поверхні циліндра,
треба до площі бічної поверхні додати площі основ -
двох однакових кругів, радіуси яких дорівнюють г:

$ = 2кгН + 2кгг.

Якщо в циліндр вписати правильну п-кутну призму
й уявити, що п прямує до нескінченності, то об’єм
циліндра дорівнюватиме об’єму такої призми.

Тому об’єм циліндра дорівнює добутку площі основи
циліндра на його висоту:

V = кг*Н.

КОНУС

Прямий круговий конус утворюється при обертанні
прямокутного трикутника навколо одного з його катетів
(мал. 5.53). Катет, навколо якого обертається трикут-
ник, називається висотою конуса; другий катет описує
круг, який називається основою конуса; гіпотенуза
трикутника описує бічну поверхню конуса і називаєть-
ся твірною конуса.

Мал. 5.53	Мал. 5.54

Розгортку конуса зображено на малюнку 5.54. Бічна
поверхня розгортається у сектор, радіус якого - твірна
конуса І, а довжина дуги дорівнює довжині кола осно-
ви, радіус якого позначено через г.

Площа цього сектора 8, є частиною площі круга 8О

І Г-	51 2пГ. гг О >2 2ЯГ І

радіуса І (їхнє відношення —  -). Тоді = пі --= пгі.

Для допитливих

Цей футбольний м’яч складається з правильних п’ятикут-
ників і шестикутників. Багатогранники, що складаються з
різних правильних багатокутників, у кожній з вершин якого
сходиться однакове число ребер, називають напівправильни-
ми. Тринадцять видів напівправильних багатогранників
відкрив і описав Архімед у III ст. до н. е.
Щоб знайти площу повної поверхні конуса 8, до площі
бічної поверхні 8в = 8, треба додати площу круга-основи:

8 — ягі + яг2 = пг(1 + г).

Отже, площа бічної поверхні і площа повної поверх-
ні конуса, радіус основи якого г і твірна І, дорівнює
відповідно:

8в = кгі і 8 = пг(1 + г).

Якщо в конус вписати правильну п-кутну піраміду
й уявити, що п прямує до нескінченності, то об’єм ко-
нуса дорівнюватиме об’єму такої піраміди. Тому об’єм
конуса дорівнює третині добутку площі основи конуса
на його висоту:

V = -пг2 Н.

З

КУЛЯ

Куля — це фігура обертання, яка утворюється при
обертанні круга навколо його діаметра (мал. 5.55).
Поверхню кулі називають сферою. Діаметр крута буде

Мал. 5.55

діаметром кулі, радіус круга -
радіусом кулі, а центр круга - цент-
ром кулі.

Кулю не можна представити у
вигляді розгортки на площині,
тому вивести формулу для площі її
поверхні важко. Математики дове-
ли, що площа поверхні кулі, тобто
площа сфери, у 4 рази більша за
площу круга, обертанням якого її
було утворено:

8 - кг(1 + г)

V - — пггН
З

КУЛЯ
•

оберт пишім круга
ііавко.'Ю діаметра

86= 4яН

4 .

V ~ —кг*
З

8 = 4яг2.

Строге доведення показує, що об’єм кулі, радіус якої
дорівнює г, у 4 рази більший за об’єм конуса, радіус
основи і висота якого дорівнюють г:

4

V = -7ГГ\

З

Для допитливих

Кеплер вважав, що кожній планеті відповідає
правильний багатогранник, у який вписано сфе-
ру орбіт планети. Правильних багатогранників
існує тільки 5 - вони вже були використані ним
як моделі Всесвіту. Тому Кеплер, шукаючи інші
планети, шукав і інші гармонійні «правильні»
форми. Він продовжував ребра і грані правиль-
них багатогранників і отримував неопуклі, так
звані «зірчасті» багатогранники.

Спробуйте слідом за Кеплером і французьким
математиком Луї Пуансоном (1777-1859) пошу-
кати такі фігури.
Практична робота 44

1.	Накресліть прямокутник - розгортку бічної поверхні циліндра.

2.	Накресліть круг, який буде основою цього циліндра. Які попередні розрахунки
треба зробити для цього?

3.	Склейте модель циліндра за отриманою розпорткою.

4.	Накресліть сектор круга - розгортку бічної поверхні конуса.

5.	Накресліть круг, який буде основою цього конуса. Які попередні розрахунки
треба зробити для цього?

6.	Склейте модель конуса за отриманою розгорткою.

Практична робота 45

Виконавши потрібні вимірювання, обчисліть об’єм у кубічних сантиметрах:
а) хокейної шайби; б) каструлі циліндричної форми.

Завдання 38

1°. Прямокутний аркуш паперу розміром а хб можна згорнути двома способами так,
що утвориться бічна поверхня циліндра. Визначте радіус основ циліндрів.

2. Обертаючи прямокутник АВСВ зі сторонами АВ = 2 см і СВ = 4 см спочатку нав-
коло сторони АВ, а потім навколо сторони СВ, дістали два циліндри. В якому
випадку площа бічної поверхні більша?

Радіус циліндра збільшили у 2 рази, а його висоту зменшили у 2 рази. Чи зміни-
лася площа бічної поверхні? Чому?

4. Один циліндр у 3 рази товстіший за другий, але у 3 рази коротший за нього. Чи
однакові їхні об’єми?

У циліндричній посудині рівень рідини досягає 16 см. На якій висоті буде
рівень рідини, якщо її перелити у посудину, діаметр якої у 2 рази більший за
діаметр першої?

6.	Порівняйте бічні поверхні тіл, зображених на малюнку 5.56.

7*. Обчисліть бічну поверхню конусів, зображених на малюнку 5.57.

а)	б)

Мал. 5.56

Мал. 5.57

Для допитливих

1.	Кавун розрізали на 4 частини і з’їли. Чи може при цьому залишитися
5 шкірок?

2.	Наведіть приклад лінії, яка: а) з жодною із площин не має рівно однієї
спільної точки; б) не належить жодній з площин.

3.	Дано багатогранник. З одного боку - це правильна призма, з другого -
неправильний багатогранник. Які властивості багатогранника випливають
з того, що він правильна призма? Які властивості випливають з того, що це
неправильний багатогранник?

4.	Чи може багатогранник мати р ребер, дер - просте число, більше за 11?
Порада. Якщо в багатогранника «зрізати кут», то число ребер збільшить-
ся на 3.
8*. Знайдіть об’єми конусів, зображених на малюнку 5.58.

Мал. 5.58

Що являє собою тіло, яке складається з усіх точок, віддалених під даної точ-
ки О на відстань, не меншу за 3 см, але не більшу за 7 см?

10. Чи правильно, що сума площ двох сфер, радіуси яких Я, дорівнює площі сфе-
ри, радіус якої 2 Я?

11	Обчисліть площу поверхні півкулі, радіус якої дорівнює Я.

12	. Фарби вистачає, щоб пофарбувати поверхню кулі, радіус якої дорівнює Я. На
д

скільки куль, радіуси яких —, вистачить цієї фарби, якщо товщина шару фар-

1°	Х-"-------"'ч

би в обох випадках однакова?	Л

13*. Чи існує така куля, об’єм і площа поверхні якої виражаються
одним і тим самим числом?	1

14*. Що ви вибрали 6: з'їсти кавун, радіус якого дорівнює 10 см, Щ	І

утрьох, чи з’їсти кавун, радіус якого 20 см, увісьмох?	і

15	Є свинцеві кульки однакових розмірів. Треба переплавити їх
на кулю, радіус якої у 5 разів більший. Скільки маленьких
кульок для цього потрібно?

16	. Виразіть радіус кулі через її об'єм.

17*. У циліндр вписана куля, радіус якої - Я, так, що вона доти-
кається до основ і бічної поверхні циліндра (мал. 5.59). Знайдіть
відношення об’ємів цих тіл.

18*. Чи можна у циліндричну посудину, зображену на малюн-
ку 5.60, помістити кулю, об’єм якої у 2 рази менший, ніж об’єм
посудини?

19**. Три рівних конуси лежать на площині, причому кожні два з
них мають спільну твірну довжиною 1. Чи можна в утворений
проміжок між цими конусами вмістити такий самий конус?

Для допитливих

1.	Які з кубиків на малюнку А відрізняються від першого тільки розміщен-
ням у просторі?

2.	На грапях куба написані цифри 0, 1.4, 5, 6,8. Визначте, які цифри напи-
сані па протилежних гранях куба за зображенням його в трьох положеннях
у просторі на малюнку Б.

3.	Чи є на малюнку В куб, який виготовлено за заданою розгорткою?

00900 своя

Б

В
Завдання для повторення розділу V

1.	Які твердження називаються «аксіомами стереометрії»?

2.	Яка логічна схема побудови стереометрії?

3.	Скільки площин можна провести через пряму і точку поза нею? Чому?

4.	Через пряму і точку провели 10 площин. У якому випадку це можливо?

5.	Як можуть бути взаємно розміщені у просторі: а) дві прямі; б) пряма і площи-
на; в) дві площини?

6.	Яка пряма називається перпендикулярною до площини?

7.	Поясніть, що таке: а) перпендикуляр до площини; б) похила до площини; в) про-
екція похилої на площину; г) відстань від точки до площини.

8.	Яка ознака перпендикулярності прямої і площини?

9.	Яка фігура називається: а) багатогранником; б) правильним багатогранником?

10.	Поясніть на прикладі зміст понять: а) грані багатогранника; б) ребра багато-
гранника; в) вершини багатогранника; г) діагопалі багатогранника; д) площа
поверхні багатогранника.

11.	Поясніть, чим відрізняються опуклі багатогранники від неопуклих.

12.	Поясніть, що таке: а) призма; б) паралелепіпед; в) пряма призма; г) правильна
призма; д) прямокутний паралелепіпед.

13.	Поясніть, що таке: а) піраміда; б) правильна піраміда; в) апофема у правильній
піраміді.

14.	Який відрізок називають висотою: а) призми; б) піраміди?

15.	Які тіла називаються тілами обертання і чому?

16.	Як знайти площу поверхні: а) циліндра; б) конуса; в) кулі?

17.	За якою формулою обчислюють об’єм: а) призми; б) піраміди; в) циліндра;
г) конуса; д) кулі?

18.	Кожна з площин а і 0 проходить через точки А, В і С. Чи можна зробити висно-
вок. що а і 0 - одна й та сама площина? Відповідь обґрунтуйте.

19.	Через три точки провели 10 площин. Що це означає?

20.	Задано три точки, через які можна провести площину, але не одну. Що з цього
випливає?

21.	Чому замкнені двері не можна відчинити, а незамкнені відчиняються легко?

22.	Чи правильно, що геометричним місцем точок, спільним для двох площин, які
перетинаються, є пряма? Чому?

23*.Дано дві прямі, але через них не можна провести площину. Доведіть, що ці
прямі не перетинаються.

24.	Чи можна стверджувати, що прямі мимобіжні, якщо вони не перетинаються?
Чому?

25.	Чи треба доводити, що через дві паралельні прямі можна провести площину?
Чому?

26°. Знайдіть навколо вас такі три прямі: а) дві прямі, що перетинаються, а третя
є мимобіжною з кожною з них; б) дві прямі мимобіжні, а третя перетинає кож-
ну з них; в) дві прямі паралельні, а третя є мимобіжною з кожною з них.

Для допитливих

Автомобільна покришка має тороїдальну форму. Пончики також мають
тороїдальну форму (мал. А).

М’яч для гри в регбі за формою близький до еліпсоїда (див. мал. Б).

Б
27**. Назвіть яку-небудь ознаку прямих, що перетинаються.

28*. На одній із паралельних площин проведено пряму. Чи можна стверджувати,
що ця пряма паралельна другій площині? Чому?

29*. Дві прямі паралельні одній площині. Чи завжди на площині знайдеться пря-
ма. яка буде одночасно паралельна обом даним прямим? Чому?

ЗО*. За допомогою прикладу з оточення доведіть, що: а) можна провести площину,
перпендикулярну одночасно до двох прямих, які перетинаються; б) дві пло-
щини, перпендикулярні до третьої площини, не завжди паралельні між
собою.

31*. Чи правильним є твердження: «Якщо пряма пе паралельна площині, то на цій
площині немає жодної прямої, паралельної даній»? Чому?

32*. Доведіть від супротивного: якщо чотири точки не належать одній площині, то
ніякі три з пих не лежать на одній прямій.

33.	Що являє собою геометричне місце точок, рівновіддалених від однієї точки
простору?

34.	Зобразіть правильний тетраедр, його висоту й апофему.

35.	Ребро одного куба в 2 рази менше за ребро другого. Порівняйте їхні: а) площі
поверхонь; б) об’єми; в) діагоналі; г) діагоналі бічних граней.

36.	Діагональ куба дорівнює 8 см. Знайдіть його: а) ребро; б) площу поверхні;
в) об’єм.

37*. Багатогранник має 9 ребер. Скільки він має плоских кутів?

38.	Зобразіть правильну чотирикутну піраміду, її висоту й апофему.

39.	Обчисліть площу бічної поверхні правильпоготетраедра, ребро якого дорівнює
ч'За см.

40*. Щоб довести, що призма правильна, треба розглянути два пункти, а що вона
неправильна - один. Про які пункти йдеться?

41*. Чи існує призма, яка має 16 ребер? Чому?

42*. У призми є всього 8 граней. Знайдіть суму внутрішніх кутів багатокутника
основи.

43**. Чи можна розрізати трикутну призму на дві частини так, щоб кожна з частин
була пірамідою?

44*. Зобразіть багатогранник, у якого всі грані - трикутники, який би не був три-
кутною пірамідою.

45.	Порівняйте терміни: «правильна трикутна піраміда» і «правильний тетра-
едр». Чи можна стверджувати, що вони означають одну й ту саму фігуру?

46*. Чи правильне міркування: «Оскільки всі бічні грані даної призми - квадрати,
то ця призма - правильна»? Чому?

47**. В основі піраміди лежить рівнобедрений прямокутний трикутник з катетом
З см. Висота піраміди має за основу вершину прямого кута
цього трикутника і дорівнює 6 см. Знайдіть площу поверхні
й об’єм піраміди.

48**. Знайдіть залежності, за якими, знаючи, скільки у призмі
або піраміді вершин і граней, можна визначити, скільки у
них ребер.

49**. Доведіть від супротивного: «Якщо в паралелепіпеді з ребрами
а, Ь, с і діагоналлю <і виконується <іг * а2 + & + с“, то цей пара-
лелепіпед не прямокутний».

50*. У прямокутному паралелепіпеді, зображеному на малюнку

5.61, знайдіть довжину відрізка В1)(.

Для допитливих

На кубі позначено всі вершини і центри граней, проведено діагоналі всіх
граней. Чи можна по відрізках діагоналей обійти всі позначені точки, побу-
вавши в кожній із них лите один раз?
51*. На малюнку 5.62 зображено тіло, що становить четверту частину циліндра,
радіус якого дорівнює /?, а висота - Н. Знайдіть повну поверхню тіла та його
об’єм.

52*. Запишіть формули для обчислення об’єму і площі поверхні циліндра. Чи існує
такий циліндр, у якого площа бічної поверхні містить стільки само квадратних
одиниць, скільки у його об’ємі кубічних одиниць?

53.	Циліндр і конус мають рівні основи, а висота конуса в 2 рази більша за висоту
циліндра. Порівняйте: а) площі їхніх бічних поверхонь; б) їхні об'єми.

54.	На малюнку 5.63 трикутник АВС - правильний, сторона його дорівнює а.
Обчисліть об'єм конуса.

55*. Конус, висота якого дорівнює Н, вилитий зі свинцю. Його треба переплавити
на циліндр такого самого радіуса. Якою буде висота циліндра?

56*. На малюнку 5.64 у куб вписано конус. Знайдіть об’єм конуса.

57*. Об’єм кулі зменшився у 27 разів. Як змінилася площа її поверхні?

58*. Матеріал для фарбування дитячого м'ячика коштує 50 коп. Скільки треба
заплатити за матеріал для фарбування м’яча, об'єм якого у 8 разів більший?

59*. На базарі продають кавуни маленькі, а також великі, діаметри яких у 2 рази
більші. Вартість маленьких кавунів - 2 грн., а великих - 6 грн. Що вигідніше
купити: один великий чи три маленькі кавуни?

60*. Площа круга дорівнює 5. Обертанням цього круга навколо його діаметра
отримали кулю. Знайдіть площу поверхні кулі.

61*. Свинцеву кулю переплавили в кульки, радіус яких у 10 разів менший від
початкового. Скільки таких кульок дістали?

Для допитливих

Джерелом геометричних досліджень
Жерара Дезарга (1591-1662), відстав-
ного військового інженера, була його
професійна діяльність як архітектора
та інженера. Дезаргу постійно доводи-
лося мати справу з кресленнями, які
виконувалися у перспективі.

Основою перспективи є централь-
не проектування, коли задано фіксо-
вану точку 3 (центр проекцій) і фіксо-
вану площину а (площину проекцій).
Через довільну точку А простору про-
водять пряму 8А (проектуюча пряма),
що перетинає площину а у точці
(див. мал. А).

яка називається проекцією точки А

Однією з найоригінальніших ідей Дезарга була пропозиція розглядати
так звані конічні перерізи як центральні проекції кола (див. мал. Б).
Пропоновані у цьому розділі математичні мініатюри • розповіді про те,
як геометрія допомагає алгебрі, і навпаки; про властивості золотого пере-
різу; гармонічні четвірки точок; про елементи проективної геометрії і що
можна зробити за допомогою лінійки та нерухомого кола; про побудови
ІПтейнера й інші дива інверсії тощо.

Мета цього розділу - зацікавити вас стародавньою, але вічно квітучою
наукою геометрією, повною розгаданих і нерозгаданих таємниць, вра-
жаючих відкриттів.

ІтНітпк1

Про відкриття Декарта і пошуки
геометричного місця точок площини

Як вам уже відомо, Декарт створив аналітичну гео-
метрію - змусив алгебру працювати на геометрію, та й
не лише на неї, а й на фізику, хімію, біологію, геогра-
фію, кібернетику і т. д. Тепер важко навіть уявити
якусь галузь знань, де б пе застосовувалася в тій чи
іншій формі аналітична геометрія. Координати кожної
точки карти штурмана є деяка функція географічних
координат (широти і довготи) відповідної точки земної
поверхні. Графік температури хворого, кардіограма та
інші дослідження стану здоров’я людини на медичному
обладнанні також пов’язані з аналітичною геометрією.

Завдяки кібернетиці машина працює на людину,
обробляючи подану інформацію за формальними зако-
нами.
//

А*'>Г Л*

''М

ГМТ '
рівновіддалених від
ДІВ.

Перше відкриття
завжди таке - існу-
ють речі, які е сенс
відкривати.

Д. Томсон

ГМТ точок М:

коло Аполлонія

Будь-яке коло
є колом Аполлонія.

4 Творець аналітичної геометрії по праву може бути
названий предтечею математичної кібернетики. У ви-
падках. які ми розглянемо, роль математичної машини
виконує алгебра.

Наведемо кілька прикладів, як відкриття Декарта
допомагає у завданнях на визначення геометричного
місця точок площини.

Приклад 1. Що являє собою геометричне місце
точок, рівновіддалених від двох даних точок?

На це запитання неважко відповісти і не знаючи
аналітичної геометрії, проте метод, за допомогою якого
ми розв’яжемо цю задачу (а саме - метод координат),
корисний і в тих випадках, коли розв'язати задачу без
аналітичної геометрії буде важко.

Користуючись методом аналітичної геометрії, мір-
куємо так: нехай ЛГДХр у{) і М2(х2; у2) - дві дані точки,
М(х; у) - довільна точка шуканого геометричного місця
точок. Тоді ІЛ^ЛҐІ = |Л/гМ|:

7(х - X, )’ + (у - )* = УІ(Х-х2)г + (у- у2)’ .

Піднесемо до квадрата обидві частини рівності та
спростимо їх:

2(хг - х,)х + 2(у2 -у,)у + х2 + у2 - х’ - у* = 0.

Якщо позначити

хг ~хі _ і. : *?+У»--<-У? л

Уг"Уі 2СУ2-У!)

то отримане рівняння набуде вигляду у = кх + Ь.

Очевидно, що к і Ь - сталі, що не залежать від х і у,
тобто шукане геометричне місце точок - пряма.

Приклад 2. Що являє собою геометричне місце
точок, відношення відстаней від яких до двох даних
точок є величиною сталою?

Дотримуючись загальної схеми, міркуємо так: нехай
дано точки А (х,; уг) і В(х2; рг), а Л/(х; у) - довільна точ-
ка шуканого геометричного місця точок. Тоді

І АМ| _ 'ІГх-х1)г + (у-у1)г =
ІВМ । уІ(х-х2)г + (у-уг)г

де X - значення цього відношення. Піднесемо обидві
частини рівності до квадрата і виконаємо елементарні
перетворення:

(і-х’Мх’ + ^-г^-х^х-

-2(у( - \гуг)у + х,2 + у* - Х2{х22 + у*) = 0.	(*)

Слід розрізняти два випадки:

1.	X = 1. Отримане рівняння перетворюється на рівнян-
ня прямої - серединного перпендикуляра до відрізка АВ:

2(х, - х2)х + 2(У1 - у2)у - (х,2 + у*) + (х/ + угг) = 0.
2.	X * 1. У цьому випадку, якщо поділити рівнян-
ня (*) на 1 - Хг і позначити сталі, що не залежать від х і
у, через а, Ь, і с, а саме

х, — X х2 _	І/; ~Х Уг _.	1/і ~ X (х2 Уг) _

1-Х2	’ 1-Х2	’ “	1-Х2

то матимемо рівняння

Xі + у2 - 2ах - 2Ьу + с = 0.

Позначивши аг + Ьг - с = г3, дістанемо рівняння кола
(х - а)2 + (у - Ь)2 = г3.

Отже, шуканим геометричним місцем точок є коло.

Наведене вище визначення кола дістало назву кола
Аполлонія Пергського.

Очевидно, що будь-яке коло с колом Аполлонія.

Приклад 3. Рівняння еліпса. Еліпсом називаєть-
ся геометричне місце точок, сума відстаней від
яких до двох заданих точок є величиною сталою. Цю
величину позначають як 2а. Дві дані точки назива-

ються фокусами еліпса. Відстань між ними позначають
через 2с.

Візьмемо за вісь абсцис пряму, що проходить через

фокуси, а за початок координат - середину відрізка

між фокусами (мал. 6.1). Тоді
фокуси матимуть координати
УД-с; 0) і £2(с; 0). Якщо М(х; у) -
довільна точка еліпса, то за озна-
ченням

|К,М| + |ГгМ| = 2а,
або

ї/(х + с)г + і/г + >/(х- с)2 + у2 = 2а.

Г,, Гг - фокуси-,
Ар А2,	- вер-

шини.

Введемо позначення а2 - сг = Ь2 і виконаємо нескладні
перетворення. Тоді останнє рівняння можна звести до



вигляду

а1 Ь’

Приклад 4. Що являє собою траєкторія точки
відрізка сталої довжини, кінці якого переміщуються
вздовж двох взаємно перпендикулярних прямих?

Візьмемо ці взаємно перпендикулярні прямі за осі
координат. Нехай АВ - відрізок, що рухається в певно-
му напрямі, і М(х; у) - точка шуканого геометричного
місця точок (мал. 6.2).

Для ДОПИТЛИВИХ

^3 Якби мені довелося знову почати своє навчання, то я, за порадою Платона,
взявся б спершу за математику - науку, яка вимагає точності і приймає за
правильне тільки те, що випливає як наслідок із доведеного.

Галілео Галілей
Проведемо /УМ І' Ох і ЬМ | Оу. Очевидно, що .Л/М - х
і ЬМ = у.

Нехай ВМ = а, МА = Ь, АВММ = /.МАЬ - а. Зауважи-
мо, що при заданому русі відрізка АВ значення а і Ь не
змінюються.

З малюнка видно, що

х = а соз а і у = Ьзіп а.

Звідси:
х	и

- = соза і — = зіпа.
а	Ь

Піднесемо до квадрата ліві й праві частини останніх рівнянь і додамо їх:

Маємо рівняння еліпса. Отже, шукана траєкторія - еліпс.

Розв'яжіть і піни методом координат такі задачі.

1.	Знайдіть геометричне місце точок М, для яких МАг + МВг = 2МС2, де АВС -
прямокутний трикутник із прямим кутом С.

Відповідь: пряма, що проходить через середину гіпотенузи.

2.	Уздовж радіуса патефонної платівки, що рівномірно обертається, рівномірно
рухається муха. Знайдіть траєкторію руху мухи.

і/х* + уг у

Відповідь: спіраль Архімсда р = шро 1^-------=—-

а х

3.	Знайдіть геометричне місце точок, різниця відстаней від яких до двох заданих
точок (фокусів) є величиною сталою.

2 2
і__£_

Відповідь: гіпербола

,1 І?
а о

4.	Знайдіть геометричне місце точок, рівновіддалених від деякої точки (фоку-
са) і від деякої прямої (директриси).

Відповідь: парабола уг = 2рх. р - відстань між фокусом і директрисою.

5.	Знайдіть геометричне місце точок, відношення відстаней від яких до даної
точки (фокуса) і до даної прямої (директриси) є величиною сталою. Покажіть:
а) якщо відношення менше за 1. то крива є еліпсом; б) якщо відношення більше
за 1, - гіперболою; в) якщо відношення дорівнює 1, - параболою. (Порада. Скорис-
тайтеся формулами паралельного перенесення.)

6.	Точки перетину з віссю абсцис еліпса, гіперболи і параболи, якщо брати
рівняння кривих у тому вигляді, як вони у нас записані, є вершинами кривих. Вер-

Для допитливих

Форму еліпса ми часто зустрічаємо в житті.
Якщо, наприклад, нахилити склянку з водою,
то форма поверхні води буде еліпсом (мал. А).

Аналогічно, якщо від шматка ковбаси
циліндричної форми відрізати скибки, став-
лячи ніж навскіс, то вони матимуть форму
еліпса(мал. Б).

Узагалі, якщо прямий циліндр або конус
розрізати так, щоб не зачепити основи, то в
розрізі будемо мати еліпс (мал. В).


шина параболи збігається з початком координат. Доведіть,
що коли перенести в початок координат ліву вершину еліпса
і праву вершину гіперболи, то рівняння кривих матимуть
вигляд:

Для еліпса	Для гіперболи	Для параболи
уг=2рх-—іх2 а	у2 = 2рх + ^х* а	У* « 2рх

(У випадку еліпса й гіперболи введено позначення р-—.)

Виписані в останньому завданні рівняння є рівнян-
нями кривих, віднесених до вершини (мал. 6.3). Такі
рівняння були відомі ще Аполлонію Пергському
(262-190 рр. до н. е.) - молодшому з трьох найвизнач-
ніших геометрів Стародавньої Греції (Евклід, Архімед,
Аполлоній). Він відомий, у першу чергу, трактатами
про конічні перерізи (еліпс, гіпербола, парабола), що
складали вельми повний обсяг знань про ці криві. Тіль-
ки, зрозуміло, що ні про яку символіку на той час не
йшлося.

У ті часи властивості кри-
вих, які ми записали за допо-
могою рівнянь, Аполлоній
формулював незграбною мо-
вою «геометричної алгебри»:
добуток двох чисел греки
називали площею прямокут-
ника, довжини сторін якого
дорівнюють цим числам, квад-
рат числа - площею відповід-
ного квадрата.

Тоді (враховуючи, що вісь
абсцис для всіх трьох кривих
с віссю симетрії, або просто
віссю) мовою геометричної
алгебри останні рівняння

читали б приблизно так: «Еліпс є геометричним місцем
точок, для яких площа квадрата, побудованого на

відрізку, опушеному з початку координат на вісь, мен-
ша за площу прямокутника, однією стороною якого є
відрізок сталої довжини 2р, а другою - відрізок від вер-

шини до основи зазначеного перпендикуляра*.

Для допитливих

Цікаво, що, як ми не повертали б дуло
гармати (в одній вертикальній пло-
щині), завжди при фіксованій швид-

кості вильоту снаряда зону, куди сна-
ряд долетіти не може, обмежує
парабола (див. мал.).

ПАРА8ОЛА
- фіксована

пряма

Г - фіксована
точка
(фокус)

N8 - довжина
нитки

ГМ = ММ

ГМ + М8 - ММ +
+ М8 = сопяі

. 1

Параболічне
дзеркало
Якщо в наведеному порівнянні площі квадрата і пря-

ГІПЕРБОЛА

мокутника замінити слово «менше» на «більше», отри-

маємо опис гіперболи, а якщо на «дорівнює», - параболи.

До речі, назви «еліпс», «гіпербола», «парабола» дав
саме Аполлоній. У перекладі з грецької вони приблиз-
но означають: «еліпс» - недостача; «гіпербола» - над-

Р1, Рг - фіксовані
точки (фокуси)
Рг8 - довжина нитки

МР, - МР, =

= (МР, + М8) -
(МР, + М8) =-

= Р,8 - (МРг + М8)

сопяі

МР, - МР, = СОП5І

лишок; «парабола» - рівність.

Наприкінці зауважимо, що в результаті
паралельного або центрального проекту-
вання кола завжди маємо еліпс (див.
мал. 6.4). Ви вже ознайомлювалися з
властивостями як паралельного, так і
центрального проектування (с. 186, 208).
Таке перетворення фігур ще називають
афінним. Існує окремий розділ геомет-
рії, що вивчає властивості афінних пере-
творень - афінна геометрія. Еліпсу можна
дати й таке означення.

Еліпсом називається крива, яку можна
отримати афінним перетворенням кола,
або, що є тим самим, - крива, яку афінним
перетворенням можна відобразити у коло.

Мал. 6.4

Більше дізнатися з цієї теми можна в літературі:

1.	Берман Г. Н. Циклоида. - М.: Наука, 1980.

2.	Ге.льфанд и др. Метод координат. - М.: Наука, 1966.

3.	Дубнов Я. С. Ваедение в аналитическую геометрию: Пособие для само-
образоваиия. - М.: Физматгиз, 1959.

4.	Маркушевич А. И. Замечательиьіе кривьіе. - М.: Наука, 1978.

5.	Никулин А. В., Кукуш А. Г., Татаренко Ю. С. Геометрия на плоскости:
Планиметрия. - Минск: ООО «Попурри», 1996.

6.	Терешин Н А. Прикладная паправленность школьного курса математи-
ки. - М.: Просвещение, 1990.

7.	Шарьігин И. Ф. Геометрия 7-9 кл. - М.: Дрофа, 2001.

8.	Яглом И.М.,Ашкинузе В.Г. Идеи аффиняой и прозктивной геометрии. -
М.: Учпедизд, 1962.

Для допитливих

Ще Йоган Кеплер (1571-1630) з’ясував, що планети обертаються навколо
с-чг Сонця не вздовж кіл, як думали раніше, а по еліпсах, причому Сонце знахо-

диться в фокусі кожного еліпса (див.
мал.). Один раз, протягом одного оберту
навколо Сонця, планета буває у вер-
шині еліпса А,, найближчій до Сонця, -
це так званий перигелій; один раз у вер-
шині Аг, найбільше віддаленій від
Сонця, - в афелії.

Взимку Земля знаходиться у пери-
гелії, а влітку - в афелії (залежно від
положення осі обертання Землі).

Еліпс, по якому рухається Земля,
трохи «сплюснутий» - схожий на коло.
н/ЦІІЦ)Ц '

Ще раз про відкриття Декарта, завдяки
якому геометрія може допомагати алгебрі

Задачі на складання рівнянь, або текстові алгебраїчні
задачі, з одного боку, представляють собою традиційний
розділ елементарної математики, а з іншого - їх умови є
безпосереднім формулюванням життєвих завдань. Тому
не дивно, що геометрія, яка вивчає властивості просто-
рових форм, що нас оточують, їх взаємне розміщення,
часто спрощує пошук розв’язування таких задач, особ-
ливо задач, пов’язаних із рухом тіл. І знову посередни-
ком між алгеброю і геометрією виступає відкриття
Декарта. Розглянемо кілька прикладів.

Приклад 1. Поїзд рухається прямолінійно і рівно-
мірно зі швидкістю оокм/год. У деякий момент часу від
нього відчепився останній вагон, який почав рухатися
рівносповільнено. Знайдіть відношення шляхів, що
пройшли поїзд і вагон за час від моменту відчеплення
вагона до повної його зупинки.

Розв’язання

По осі абсцис будемо відкладати час, який минув від
моменту відчеплення вагона, а по осі ординат -
швидкість поїзда і вагона. Будуємо графіки (мал. 6.5).

Шлях, який пройшов потяг за
час Т (від моменту відчеплення ваго-
на до його зупинки), дорівнює площі
прямокутника зі сторонами Т і о0.

Шлях, який пройшов вагон за
час Т, дорівнює половині площі цьо-
го прямокутника.

Відповідь: 2.

Застосування діа-
грам і графіків до
розв'язування задач
може замінити або
значно полегшити
обрахунки.

Важлива особли-
вість геометричної
і н. тер пре та ції
алгебраїчної задачі
в її наочності: видно
зв'язки між вели
чинами, які входять
в умову задачі.

Цс дає змогу роз-
ширити задачу -
поставити і розв’я-
зати й більш
узагальнені питан-
ня, глибше зазир-
нути у суть задачі.

Приклад 2. Два туристи вийшли одночасно на-
зустріч один одному з пунктів А і В. Коли вони зустріли-
ся, з'ясувалося, що перший пройшов на ЗО км більше,
ніж другий, і що через 4 дні він буде в пункті В. Другий
прийде в пункт А через 9 днів після зустрічі. Знайдіть
відстань між пунктами А і В.

Розв’язання

Мал. 6.6

По осі абсцис відкладатимемо
час, який минув із початку подо-
рожі туристів, а по осі ординат -
їхні відстані від пункту А
(мал. 6.6).

Тоді пряма АС буде графіком
руху першого туриста, пря-
ма ВВ - графіком руху другого, а
точка О - момент їх зустрічі.
Позначимо шлях, який пройшов другий турист до зустрічі, через х, а
відповідний час - через а. Маємо: ОЬ- х, ОК = х + ЗО, АК - а, ЬС - 4,
КО^9.

Прямокутні трикутники АОК і СОЬ - подібні (/.АОК = /.СОЬ як верти-
кальні); трикутники ВОК і ВОЬ - подібні (/ВОК = /ВОЬ як вертикальні).
Тоді

О£ В£ 4 х а

АК ОК~ КВ’ а х + 30 9’

Звідси: а = 6, х - 60.

Відповідь: 60 км.

Приклад 3. Із пунктів А і В назустріч один одному йдуть два пішоходи.
Перший вийшов із пункту А на 6 год пізніше, ніж другий із пункту В. Коли
пішоходи зустрілися, з’ясувалося, що перший пройшов на 12 км менше,
ніж другий. Після зустрічі перший прийшов у пункт В через 8 год, а другий
у пункт А - через 9 год. Знайдіть швидкості пішоходів.

Розв'язання

По осі абсцис відкладатимемо час, який минув із моменту виходу друго-
го пішохода з пункту В, а по осі ординат - відстань, яку проходили туристи
(мал. 6.7). Точка М на осі абсцис відповідає моменту часу, коли вийшов
перший пішохід, а точка О - моменту зустрічі пішоходів; пряма МС буде
графіком руху першого пішохода, пряма В£> - графіком руху другого.

Шлях, який пройшов перший турист до зустрічі, позначимо через х, а час,
який затратив другий турист на шлях до зустрічі, - через а.

З подібності трикутників ОЬС і ОКМ та ОЬВ і ОКВ маємо:

ЬС О£ В£ 8 _ х + 12 _ а

МК ” ОК ~ XI)’ а -6 " х ~ 9

Звідси, враховуючи, що а > 0, отримаємо: а = 12, х = 36.

Шукані швидкості дорівнюють:

у ж-----ж 6,

а-6

Відповідь: 6 км/год і 4 км/год.

х + 12 .

4.

Тепер, після ознайомлення з попередніми прикладами, розв’язування
наступних задач про час зустрічі не викличе у вас труднощів.
Приклад 4. Два приятелі вийшли на прогулянку:
перший із села А о 10 год 36 хв, а другий із села В
о 10 год ЗО хв. О котрій годині вони зустрілися, якщо
перший прийшов у село В о 16 год 21 хв, а другий - у
село А о 15 год 06 хв?

Розв’язання

Відкладатимемо по осі ординат відстань від села А,
а по осі абсцис - час, починаючи з 10 год ЗО хв
(мал. 6.8-а). Позначимо як час, витрачений другим
приятелем на шлях до зустрічі.

Як і раніше, маємо дві пари подібних трикутників.
Тому
во оо ос

_=	В(? -КР =	 РМ.

РМ ОРКР

Знайдемо довжини відрізків, які входять в останнє
співвідношення (мал. 6.8-6). Після нескладних обчис-
лень маємо 10 = 2,6 год і час зустрічі приятелів:

(10,5 + 2,6) год = 13,01 год = 13 год 6 хв.

Відповідь: о 13 год 6 хв.

Приклад 5. Пішохід, велосипедист і мотоцикліст
рухаються прямолінійним шосе в одному напрямі зі
сталими швидкостями. У момент, коли пішохід і вело-

КС -
в АС - іогіпіс.іип

АМ — пішохід

С.

В

м

\к

і Іг і

Мал. 6.9

сипедист знаходилися в одній
точці, мотоцикліст відставав від
них на 6 км. Коли мотоцикліст
наздогнав велосипедиста, пішохід
відставав від них на 3 км. На
скільки кілометрів велосипедист
випереджав мотоцикліста, коли
той наздогнав пішохода?

Розв’язання

Побудуємо графіки руху манд-
рівників (мал. 6.9). У момент
часу - велосипедист наздогнав
пішохода, у момент іг - мото-

Рівномірним рух
назустріч

1 = 0- час початку
руху №1;

і, — час початку
руху №2;

Іг - час зустрічі;

Ія - №2 закінчив
рух А -»В;

С ~ №1 закінчив
пух Я —> А.

Розв’язування за-
дач виконується
шляхом обчислень
за ескізами крес-
лень, але на підставі
точних геометрич-
них співвідношень.

І'ніііомірнип р>х
в о,пін пік

8

№2
/

і

і, - час, коли №2
ня.чллгняп №1
цикліст наздогнав пішохода, а в момент і3 - мотоцикліст наздогнав велосипе-
диста. Тоді на малюнку 6.9 АХ = 6 км, СМ = 3 км, ОВ = х - шукана
відстань.

З подібності трикутників АВК і МВС маємо:

КВ АК 6 2
ВС СМ З ”

З подібності трикутників АКС і ОВС маємо:

КВ + ВС АК 6 КВ 6 г
ВС ~ БВ~ х ВС х

„ .КВ „ 6 ,	.

Тоді-----2- — 1, звідси: х = 2.

ВС х

Відповідь: 2 км.

Приклад 6. Із пункту О зі швидкістю 10 км/год виїхав вершник. Одно-
часно з ним із пункту 0 виїхав велосипедист зі швидкістю 20 км/год.
У момент початку руху вершника муха, яка сиділа на ньому, вилетіла
назустріч велосипедисту, долетіла до нього, миттєво розвернулася і полетіла
назад до вершника; прилетівши до нього, миттєво розвернулася і полетіла до
велосипедиста і т. д. до моменту зустрічі вершника з велосипедистом. Скіль-
ки кілометрів пролетіла муха, якщо її швидкість дорівнює 60 км/год, а
відстань між пунктами О і $ становить 90 км? Скільки кілометрів пролетить
муха в напрямі з О в 0 і скільки у зворотному напрямі?

Розв’язання

На перше запитання задачі знайти відповідь легко, якщо визначити час
руху мухи - час, який їхали вершник і велосипедист до зустрічі:

90

і-------= 3 (год); 3П= 60 • 3 = 180 (км).

10 + 20	0

Знайти відповідь на друге запитання допоможе графічне зображення
руху вершника, велосипедиста і мухи (мал. 6.10). Точка Р - точка зустрічі
вершника і велосипедиста.

Рух мухи зображено кольоровою ламаною: відрізок ОА - рух мухи від
вершника до велосипедиста, відрізок АВ - повернення мухи до вершника
і т. д. Сума вертикальних проекцій ламаної дорівнює загальному шляху,
який пролетіла муха.

Через точки А, В, С, .... що відповідають поворотам мухи, проведемо
прямі, паралельні осі ординат. Відрізки ОА ЇАВ,АВ і ВС,... перетинають ці
вертикалі під одним і тим самим кутом, який позначимо через а.

Продовжимо відрізок ОА до перетину з останньою вертикаллю, проведе-
ною через точку Р. Маємо:

М,|| ВВ, Ц СС, Ц ПО, ||...,
20АА, = /А0АВ = 2 АБВ, = ^В,ВС = ... = а.

Тоді АВ = АВ, і СВВуС, - паралелограм і ВС - В,С,\ ОСС,О} - рівнобічна
трапеція і С’О = С,Д,; ... . Тобто довжина ламаної ОАВСО...Р дорівнює дов-
жині відрізка ОР,. Довжина проекції цього відрізка на вісь Ой дорівнює
180. Це і є відстань, яку пролетіла муха.

Якщо продовжити відрізки СО, ЕК, ... до перетину з прямою ОА, то
отримаємо: ОА + ВС + ОЕ + ...+ = ОРг(бо всі ці відрізки паралельні ОА).
Проекція цього відрізка на верти-
каль дорівнює сумі відстаней, які
муха пролетіла в напрямі від О.

Врахуємо, що ВА ц О<?2 Ц ... і| РР8
і ^С,ССІ - а. Тоді /РгРР, - а -
= ЛРгР1Р, трикутник РР^РЇ - рівно-
бедрепий і Р2Р, = РгР.

Звідси проекція відрізка ОРг на
вертикаль дорівнює

ЬМ = £Р + РР, : 2 = АР +

+ (ЬР, - ЬР): 2 = ЬР : 2 + ЬР,: 2.

Враховуючи, щоІР- це відстань,
яку проїхав вершник за 3 год, а
АР, = 180 км, то ЬМ = 3 • 10 : 2 + 90 -
= 105.

Тоді відстань, яку пролетіла
муха у напрямі з О в (?, дорівнює
різниці 180 - 105 - 75 км.

Відповідь: 75 км - у напрямі з О
в і 105 км - у напрямі вО.

Особливо доцільно спирати-
ся на геометричну інтерпретацію,
коли рівномірно рухаються кіль-
ка об’єктів, коли учасники руху
змінюють напрям свого руху на
протилежний і відбувається кілька
зустрічей (їм відповідають точки
перетину графіків руху).

Приклад 7. Підприємство випускає вироби двох типів. Обробка кожно-
го виробу першого типу триває 5 год у цеху А і 3 год у цеху В. Обробка кож-
ного виробу другого типу триває 2 год у цеху А і 4 год у цеху В. Цех А може
працювати не більше як 150 год на місяць, а цех В - не більше як 132 год на
місяць. З кожного виробу першого і другого типів підприємство отримує
прибуток у 300 грп. та 200 грн. відповідно. Визначте, скільки виробів кож-
ного типу потрібно виготовляти щомісяця, щоб забезпечити підприємству
найбільший прибуток. Знайдіть цей прибуток.

Розв’язання

Позначимо через х і у кількість виробів першого і другого типу відповідно,
що виготовляються за місяць, а через Р — прибуток підприємства.

Тоді

Р(х; у) = ЗООх + 200у.

При цьому

5х + 2у < 150

Зх + 4у < 132
х > 0,у > 0

у <75-2,5х

у <33-0,75х

х >0,у >0.

Побудуємо відповідне ГМТ на координатній площині (мал. 6.11).
г з

Шукане Ртиі > ЗООх + 200у, звідси у < 200 ~ 2*’
де (х; у) - точки побудованого ГМТ.

р з

Рівняння У = 2оо~ 2Х визначає системУ паралель-
них прямих із кутовим коефіцієнтом к. Значення

З _	Р	З

к = — „ визначатиме положення прямої у -------х,

2 "	200 2

коли вона проходить через точку О (24; 15) - точку
перетину прямих 5х + 2у = 150 і Зх + іу = 132.

Отже, Р = 300  24 г 200 15 = 10 200.
іплх

Відповідь: 24 і 15; 10 200 грн.

Приклад 8. На шкільній олімпіаді було запропо-
новано для розв’язування 10 задач. За кожну пра-
вильно розв’язану задачу нараховувалося по 5 балів,
а за кожну нерозв’язану - знімалося по 3 бали. Скіль-
ки задач було правильно розв’язано учнем, який у
підсумку отримав: а) 34 бали; б) 10 балів?

Розв’язання

Будемо розглядати підсумкове число балів як
функцію у аргументу х - числа розв’язаних задач.
Причому, якщо бали знімають, вважатимемо це нара-
хуванням від’ємних балів.

Зрозуміло, що аргумент може набувати лише цілих
значень від 0 до 10 - всього 11 значень. Тоді і функ-
ція у також може мати лише 11 цілих значень. Тобто
графіком даної функції буде не лінія, а одинадцять
окремих точок.

Якщо задача зарахована, число балів збільшуєть-
ся на 8 (не знято 3 бали і додали 5 балів). Зрозуміло,
що ріввим різницям між значеннями аргументу
відповідають рівні різниці між значеннями функції.
А це є ознакою лінійної залежності.

Побудуємо відповідну пряму за двома точками:
• за розв’язання всіх 10 задач нараховується
5 • 10 = 50 балів - позначаємо точку А(10; 50);

• той, хто не розв'язав жодної задачі, отримує
(-3)-10 - -ЗО балів - маємо точку В(0; - ЗО).

Тепер треба провести пряму АВ (мал. 6.12) і позна-

Мал. 6.11

чити на ній точки для значення аргументу від 0 до 10. Відповідні значення

функції дають шукану відповідь.
Відповідь: а) 8 задач; б) 5 задач.

Більше дізнатися з цієї теми можна в літературі:

1.	Лурье Б. И., Александров Б. И. Задами на составление уравнений. - М.: Наука, 1990.

2.	Островский А. И„ Кордемский Б. А. Геометрия помогает арифметике. - М.:
АО «Столетие», 1994.
Гармонічні четвірки точок

Мал. 6.13

Гармонічні четвірки точок були відомі ще ІІаппу Александршському.
У «Геометрії-8» ми вже доводили одну з теорем Пасша. Продовжимо
знайомство з цим видатним математиком минулого.

Папп був одним з останніх видатних представників Ллександрійської
школи геометрів. Твори Паппа дійшли до нас лише частково. Але й зі збере-
женого можна пізнати багато цікавого про втрачені твори його попередників,
наприклад Евкліда, Аполлонія, Зенодора.

Розглянемо, за Паяпом, у деякій площині чотири
точки 0, 1, 2, 3 (три з яких не лежать на одній прямій)
і пряму я. яка не проходить через жодну з цих точок
(мал. 6.13). Позначимо точки перетину прямої Є з
прямими (01) і (23) через А і А,, точки перетину & з
прямими (02) і (31) як В і Вр точки перетину £ з пря-
мими (03) і (12) - через С і Сг При цьому, як довів
Папп, відстані між цими шістьма точками прямої
пов’язані таким співвідношенням:

АА, СА, А, А С,А

АВ СВ ~ А,В1 ' 0,8, ’

Вираз, що стоїть у лівій частині рівності, називається подвійним, або
складним, відношенням чотирьох точок А, С, А,, В, узятих у цій послідов-
ності:

цг(АСДВ)-^:^.

При цьому вважається, якщо змінюється напрям відрізка на прямій, то
знак довжини цього відрізка змінюється на протилежний. Тобто
АА, ---А,А.

Рівність Паппа означає збіг подвійних відношень

^(АСА,В) = ИГ(А1С1АВ1).

З усіх четвірок точок прямої гармонічна четвірка характеризується тим,
що для неї подвійне відношення

И’(АВС£») = — : —

АО ВР

завжди дорівнює або -1, або 2, або -.

Про гармонічні четвірки точок можна було б розповісти дивні речі. Ми
обмежимося викладом лише деяких фактів.

КОЛО АПОЛЛОНІЯ І ДОТИЧНА ДО КОЛА

Нагадаємо (див. додаток 1), що, за Аполлонієм, коло є геометричним
місцем точок, відношення відстаней від яких до двох даних точок є вели-
чиною сталою (X).

Будь-яке коло є колом Аполлонія. Відомо, що розв’язання задачі Апол-
лонія про побудову кола містив його твір «Про дотики», але він був загуб-
лений. Згодом ця задача піддалася багатьом математичним дослідженням,
до неї зверталися такі видатні математики, як Л. Ейлер і І. Ламберт.

Нехай А і В -дані означенням кола, за Аполловієм, точки, аС і О-точки
перетину прямої АВ з цим колом (мал. 6.14-а). Оскільки для кола вико-
нуються рівності

і

СВ ’ ВО ’ СВ ВО'

У цьому разі, якщо врахувати, що В£> = -ВВ, маємо:

)У(АВСО) = АС —;А^=-1,
АВ ВВ СВ ВВ

а це означає, що четвірка точок А, В, С, В є гармонічною. Сформулюємо
висновок.

Якщо коло Аполлоній задано відносно точок А і В, а пряма АВ перетинає
це коло в точках С і В (при чому: А — зовні кола, С — між А та В), то четвірка
точок А, В,С, В є гармонічною, УУ(ЛВСО) = —1.

Проведемо тепер із точки А дотичну АР до кола і точку Р сполучимо з
точкою В (мал. 6.14-6). З означення Аполлонія випливає, що

АР АС
ВР ~ СВ’

а це означає, що РС - бісектриса кута АРВ. Кут АРС вимірюється полови-
ною дуги СР, як кут між дотичною і хордою, проведеною в точку дотику, а
кут СРВ - половиною дуги СС). Отже, дуги СР і СС) рівні і пряма РВ перпен-
дикулярна до АВ. Сформулюємо висновок.

Якщо коло Аполлонія задано відносно точок А. В (А зовні кола) і АР -
дотична до цього кола, то пряма РВ перпендикулярна до А В.

БІСЕКТРИСИ ВНУТРІШНЬОГО І ЗОВНІШНЬОГО
КУТІВ ТРИКУТНИКА

Нехай АОВ - довільний трикутник (мал. 6.15), ОС - бісектриса його кута,
ОВ - бісектриса його зовнішнього кута. За властивістю бісектрис внутріш-
нього і зовнішнього кутів трикутника маємо:

АС АО АВ АО

СВ ВО 1 ВВ ВО'

Для допитливих

Те, що знаєш у дитинстві, - знаєш на все життя, але й чого не знаєш у
дитинстві, - не знаєш на все життя.

М. 1. Цвстаєва
Звідси:

АС АР
СВ " вБ‘
Знову, використовуючи рівність ВР = -РВ, дістанемо:

АСм., 615

АР ВР СВ РВ	Мал. 6.15

Маємо, що XV (АВС Р) = -1. А, В, С, Р - гармонічна четвірка точок. Звідси
точки С ЇР належать колу Аполлонія, визначеному відносно точок А і В. Як
відомо, бісектриси суміжних кутів взаємно перпендикулярні, тоді відрізок
СР - діаметр цього кола. Сформулюємо висновок.

1.	Якщо в трикутнику АВО відрізки ОС і ОР — бісектриси його
внутрішнього і зовнішнього кутів відповідно, то четвірка точок А, В.С, Р є
гармонічною, \У(АВСР) = -1.

2.	Відрізок з кінцями в основах бісектрис внутрішнього і зовнішнього
кутів трикутника при одній з його вершин є діаметром кола Аполлонія,
визначеного відносно двох інших вершин цього трикутника.

ФОРМУЛА ТОНКОЇ ЗБИРАЛЬНОЇ ЛІНЗИ

Пригадаємо відому вам з фізики формулу тонкої лінзи

1 1 1

— + — = — .

ЛІР

де сі - відстань від центра лінзи О до предмета, відстань від точки О до
зображення, Р - фокусна відстань, тобто відстань від фокуса лінзи до її
центра (мал. 6.16). Нехай К - точка, віддалена від центра лінзи на подвійну

де А*- точка, симетрична точці А відносно центра О.
Тобто четвірка точок О, К, А', А* є гармонічною.

Більше дізнатися з цієї теми можна в літературі:

1.	Курант Р., Роббинс Г. Что такеє математика. - М.: Просвещение, 1967.

2.	Математична хрестоматія / За ред М. 1. Кованцова. - К.: Рад. шк., 1970.

Для допитливих

Математика не тільки підготує учня до вивчення природничих наук,
навчить його мислити правильно і послідовно; вона ще, крім того, виховає
з нього безстрашного працівника, для якого праця і нудьга стануть
несумісними поняттями.

Д. І. Писарев
Знову про золотий переріз

Принцип золотого перерізу використовувався і використовується в архітек-
турі, живопису, графіці тощо, існує він і в природі - наприклад, пропорції
фігури людини підпорядковані цьому принципу. Усе це ви вже знаєте з 7-го
класу. Але тепер, коли ви володієте значно ширшим математичним інстру-
ментарієм, ніж у 7-му класі, пропонуємо повернутися до розгляду золотого
перерізу.

Нагадаємо, що золотий переріз - це такий поділ цілого на дві нерівні час-
тини, при якому ціле відноситься до більшої частини так, як більша частина
до меншої.

Спробуємо знайти значення такого відношення.

Нехай маємо довільний відрізок АВ і точку С на ньо-
му (мал 6.17). Якщо точка С ділить цей відрізок за
принципом золотого перерізу, то викопується співвідно-
шення:

АВ : АС = АС : СВ.

За такого розміщення точки С на відрізку АВ кажуть, що точка С ділить
відрізок АВ у крайньому і середньому відношенні.

Позначимо шукане відношення через х, а довжину АС через а. Тоді

АВ а	а	°

---« — -хіСВ- —, АВ = ах = а + —.

а	СВ	х	х

Маємо рівняння

х = 1 + -,хг-х- 1 =0.

х

Це рівняння має два корені

а

а х

А	С В

Мал. 6.17

Геометричний зміст має тільки додатний корінь.

Таким чином, ми довели таке твердження: точка заданого відрізка
ділить його за принципом золотого перерізу (у крайньому і середньому
відношенні) тоді і тільки тоді, коли відношення більшої його частини до
1 + >/5
меншої дорівнює-----.

Саме це число називають золотим перерізом і позначають літерою <р. Це
число ірраціональне і наближено дорівнює <р ж 1,61803398.

Літера ф, якою позначають золотий переріз, - це перша літера імені
давньогрецького скульптора Фідія (приблизно 430 р. до н. е.), який у своїх
скульптурах часто застосовував золотий переріз.

Нагадаємо, що прямокутник називають золотим, якщо відношення
довжин його сторін дорівнює числу <р - золотому перерізу. Доведемо вже

Для допитливих

Щирого геометра наділено уявою і відчуттям форми, краси геометричного
факту. Цим він подібний до скульптора.

О. Д. Александров
відому вам імперично (суто практично) властивість золо-
того прямокутника.

1(7771 Теорема. Якіцо від золотого прямокутника від-
I—різати квадрат, то прямокутник, який залишився,
також буде золотим.

Доведення

Нехай АВСО - золотий прямокутник, АВЕР - квад-
рат (мал. 6.18). Позначимо сторону квадрата через а.
Тоді

АВ - ВЕ - а, ВС = <ра, ЕС - <ра• - а - а(ф - 1).

Е ал-а

В

Мал. 6.18

Знайдемо відношення сторін
прямокутника ЕСОР:

ЕР а 1

ЕС а(ф-1) ф-1

Пригадаємо, що ф є коренем

, 1

рівняння х = 1 + --, тому

X

, 1

ф = 1 + —
ф

. ЕР 1

1	—;--------Ф-

ЕС 1+--1
Ф

Теорему доведено.

Розглянемо ще одну цікаву властивість золотого
перерізу.

КтттІ Теорема. Відношення радіуса кола Я до сторо-
ни а10 правильного десятикутника, вписаного в це
коло, є золотим перерізом.

Доведення

Сторона правильного десятикутника, вписаного в
коло радіуса Я, дорівнює а10= 2Я зіп 18° (с. 89), тоді

НІ 11	11

--- -----------5=- =	==- = —=4--- ----= (О.

а,0 2віп18°	75-1 75-1 Тб+1	ф-1

4	2	2

Теорему доведено.

Ф = 14	« 1,62

Рівнобедрений трикутник називають золотим,
якщо відношення бічної сторони до основи цього три-
кутника дорівнює золотому перерізу.

Коли у 8-му класі ми виводили формулу для значен-
ня синуса 18°, то розглядали рівнобедрений трикутник
із кутом 36е при вершині (див. «Геометрія-8»). Саме
такі трикутники утворюються, якщо сполучити всі
вершини правильного десятикутника з його центром.
Ці трикутники і є золотими.

а Ь

А С В

АВ АС

АС “ СВ

золотий переріз
або

С ділить А В у край-
ньому і середньому
ілшмиемні
тоді і тільки тоді,
коли:

.чкіотии

а

— = ф- золотий
переріз

Ф - корінь рівняння

. 1

Якщо від золотого
прямокутника від-
різати квадрат, за-
лишиться золотий
прямокутник.

Для правильного
10-кутника:


(777І Теорема. Рівнобедреннй трикутник із кутом 36° при
вершині є золотим.

Доведення

Розглянемо рівнобедреннй трикутник АВС (АВ - ВС) з
кутом при вершині 36° (мал. 6.19), бічну сторону якого
,	, ™	75-1 .

приймемо за 1. Тоді основа цього трикутника х»---- і

відношення бічної сторони до основи дорівнює:

Мал. 6.19

2

Теорему доведено.

Доведіть само» 11 йно таку властивість золотого трикутника.

(;77т| Теорема. Бісектриса кута при основі золотого трикутника поділяє
г І його иа два трикутники, один з яких є золотим, а саме той, що приля-

гає до основи даного трикутника.

Золоті трикутники з’являються і при вивченні властивостей правильних
п’ятикутників.

іШІ Теорема. Відношення довжини діагоналі правильного п’ятикутника
і до довжини його сторони дорівнює золотому перерізу.

Доведення

Опишемо навколо правильного п’ятикутника АВСВЕ
коло (мал. 6.20).

У рівнобедреному трикутнику АСЕ кут при вершині С
дорівнює половині міри дуги АЕ (як вписаний, що опи-
рається на цю дугу). Тоді

/-АСЕ = —
2

Тобто трикутник АСЕ - золотий і =ф.

Теорему доведено.

Мал. 6.20

Доведіть1	ще й такі властивості правильного п’ятикутника.

тгг\ Теорема. Якщо АВСІЇЕ - правильний п’ятикутник, а Г і С - точки
* І перетину його діагоналі АС відповідно з діагоналями ВЕ і ВИ, то точ-
ка Е ділить кожний із відрізків СА і АС у крайньому і середньому
відношенні (мал. 6.21).

Порада. Проведіть пряму ОО, якає віссю симетрії даного п’ятикутни-
ка і проходить через точку Г.

Зауваження. Ламана, яку утворюють діагоналі пра-
вильного п’ятикутника, буде зіркою (мал. 6.21). За остан-
ньою теоремою вона має таку чудову властивість: довіль-
ний відрізок цієї фігури знаходиться у відношенні ф
золотого перерізу до найменшого сусіднього відрізка.

Наприклад, для п’ятикутника, зображеного на малюн-
ку 6.22, маємо:

АГ АС СЕ
---=---=---= ф.
ЕСССАЕ
Мал. 6.22

Тобто ми довели співвідношення,
яке нас вражало у 7-му класі і завдя-
ки якому зірці, або пентаграмі, у дав-
нину приписували таємничий
філософський смисл, а в Стародавній
Греції пентаграма стала символом
школи славетного вченого Піфагора.

Побудуйте само* тііпіп (за допомо-
гою лише циркуля і лінійки) символ
школи Піфагора - п’ятикутну зірку.

Більше дізнатися з цієї теми можна в літературі:

1.	Апостолова Г. В. Геометрія-7. - К.: Генеза, 2004.

2.	Апостолова Г. В. Геометрія-8. * К.: Генеза, 2008.

3.	Никулин А. В., Кукуш А. Г., Татаренко Ю. С. Геометрия на
плоскости: Планиметрия. - Минск: ООО «Попурри», 1996.

4.	Хрестоматия по истории математики / Под ред.
А. П. Юшкевича. - М.: Просвещение, 1976-1977.

Додаток 5

Геометричні перетворення
приходять на допомогу

У підручнику для 7-го класу додатки 9 і 10 були при-
свячені симетрії відносно прямої та її використанню для
розв’язування задач. Тепер ми могли б назвати їх «вико-
ристанням перетворення симетрії відносно прямої».

Розглянемо приклади, коли Й інші геометричні пе-
ретворення допомагають розв’язувати задачі.

Приклад 1. У трикутнику АВС проведено медіани
АК і СЕ, /ВАК = /.ВСЕ = 30° (мал. 6.23). Доведіть, що
трикутник АВС - правильний.

Доведення

1)	/ВАК - /ВСЕ, тоді через точ-
ки С, А, Е, К можна провести ко-
ло у( із центром О{ і радіусом В.

2)	/КО,Е = 2/ЕАК = 60°, тоді
АО^ЕК - правильний.

3)	Точки А і В симетричні від-
носно точки Е, тоді через точки В і

Для правильного
5-кутника:

а
— =Ф
“б

(сі - діагональ)

С

АС АР АС

АЕ ~ РС~ ОС

Мистецтво розв’я-
зувати геометричні
задачі чимось нага-
дує трюки ілюзіо-
ністів.

І. Д. Новиков

Мал 6 23	& проходить коло уг, симетричне у,

відносно точки Е, і 0{Е = ЕО2 = /?.

4)	Аналогічно через точки К і В проходить коло уа,

симетричне у, відносно точки К, і ОХК = КО3 - В.

5)	С\О}ОгО3 - правильний, В - спільна точка кіл
у2 і уа. Крім того, &КЕВ - правильний (/О1 = 60е,
О1Ог^ОїОі = 2Д). Тоді £В = Я - КВ, /ЕВК = 60°.
Звідси: ДАВС - правильний (/В = 60°, АЕ = ЕВ = В -

= ВК = КС).Щ. в. д.
Приклад 2. Пряма поділяє квадрат на дві частини, що мають рівні
площі. Доведіть, що ця пряма проходить через центр квадрата.

Доведення

Довільна пряма, яка проходить через центр квадрата О, поділяє його на дві

частини, симетричні відносно точки О. Отже, ці частини мають рівні площі.

Нехай існує деяка пряма яка не проходить через
центр квадрата, але поділяє його на дві рівновеликі
частини.

Проведемо через точку О пряму ІЦ (мал. 6.24).
Пряма І поділяє квадрат на дві рівновеликі частини.
Тоді поділяє квадрат на фігури, площі яких дорівню-
ють сумі і різниці площ півквадрата і зафарбованої
його частини відповідно. Тобто площі цих фігур не
рівні, що суперечить припущенню.

Твердження доведено.

Приклад 3. Дві прямі І і т поділяють квадрат на чотири рівновеликі
фігури. Доведіть, що ці прямі проходять через центр квадрата перпендику-
лярно одна до одної.

Доведення

За попередньою задачею обидві прямі І і т проходять через центр квад-

рата.

Нехай ці прямі не перпендикулярні одна до одної.
Проведемо через точку О пряму п 1 І (мал. 6.25).
Оскільки прямі п і І збігаються при повороті на 90°
відносно точки О, то вони поділяють квадрат на чоти-
ри рівні фігури (доведіть це самостійно). Тоді пряма
т поділятиме фігуру, площа якої дорівнює половині
площі квадрата, на дві частини. Площі цих частин
дорівнюють сумі і різниці четвертини площі квадрата
та зафарбованої частини. (На малюнку 51 - одна з та-
ких частин.) Наше припущення хибне і т 11.

Твердження доведено.

Приклад 4. Дві прямі І і т поділяють квадрат на чотири рівновеликі
фігури. Доведіть, що точки перетину цих прямих зі сторонами квадрата є
вершинами іншого квадрата.

Доведення

З попередньої задачі маємо, що задані прямі проходять через центр

квадрата О перпендикулярно одна до одної. Нехай вони перетинають сто-

рони заданого квадрата НЕРО у точках А, В, С і О, як
ку 6.26. Доведемо, що АВСВ - квадрат.

Розглянемо поворот квадрата навколо точки О на
90° проти годинникової стрілки. Сторона ЕР перейде
у НЕ, а пряма І - у пряму т, яка перпендикулярна до
неї. Тобто точка А переходить у В поворотом відносно
О і ОА = ОВ. Аналогічно маємо, що ОА - ОВ = ОС -
-ОВ. Тоді АВСВ - паралелограм, діагоналі якого
рівні і взаємно перпендикулярні, тобто це квадрат.

Твердження доведено.

показано на малюн-

Мал. 6.26
Заншнпл хія самостійного рамрі.шния
(задачі Мартена Гарднера )

1.	Розріжте квадрат на чотири частини однакових форм і
розмірів так, щоб з них можна було скласти новий квадрат біль-
шого розміру, всередині якого буде квадратний отвір. (Знайти
розв’язок цієї задачі допоможуть уже розглянуті нами прикла-
ди 2-4 і малюнок 6.27.)

2.	Чи можна розрізати квадрат на дві частини, щоб з них мож-
на було знову скласти інший квадрат? Скільки способів розрізан-
ня ви можете запропонувати? (Розріз не обов’язково здійснювати

вздовж прямої лінії.)

Приклад 5. Доведіть, що в довільному трикутнику висо-
та не більша за середнє геометричне півпериметра трикутни-
ка та його різниці з довжиною сторони, до якої проведено цю
висоту.

Доведення

Нехай маємо трикутник АВС. Позначимо його сторони
як а, Ь і с (відповідно до позначення вершин), а висоту до
сторони а як Лв.

Треба довести, що Лв (р-а), де р - півпери-
метр трикутника АВС.

Через вершину А проведемо пряму І || ВС і пе-
ретворенням симетрії трикутника АВС відносно І
отримаємо трикутник АВ,С, (мал. 6.28).

1)	3 властивості перетворення симетрії і нерів-
ності для сторін трикутника АВ,С маємо:
АВ + АС = АВ, + АС > СВ, = ^СВ’+ВВ*.

2)	3 прямокутного трикутника В,ВС і п. 1 отри-
маємо: с + Ь >	(2Ла)2, тобто

Мал. 6.28

(с+Ь)2 - а~ >4Н2 і її2 <-(с + Ь + а)(с + Ь-а)= р(р-а),
4

дер - півпериметртрикутника. Ш,. в. д.

Приклад 6. Точка М лежить на діаметрі АВ кола. Хорда СО цього кола
проходить через точку М під кутом 45° до АВ. Доведіть, що сума СМ2 + ОМ2
не залежить від положення точки М на діаметрі АВ.

Доведення

Нехай точки С( і В( - симетричні точкам С і О від-
носно діаметра АВ (мал. 6.29).

1)	За умовою /.ОМВ - 45°. Тоді /.ОМ О, = 2 • 45е = 90°.
Аналогічно /.СМС, = 90°, і точки С,, М, О, лежать на
одній прямій, причому СО 1 С,О,.

2)	СМ2 + ОМ2 = С,М2 + ОМ2 - С, О2.

3)	Трикутник СМС, — прямокутний і рівнобедре-
ний. Тоді /С,СМ = 45°.

4)	Вписаний /С,СО - 45°, тоді /С,ОО - 90° і С,О2 =
= С,О2 + ОО2 = 2Н2.
Тобто СМ2 + ВМ2 = 2Н2 і не залежить від розміщення точки М на
діаметрі АВ. Щ. в. д.

Приклад 7. Рівні кола у1 і у2 дотикаються до кола у внутрішньо в точ-
ках А1 іА2 відповідно. Довільну точку С кола у сполучили з точками А! іЛ2.
Відрізки СА] і СА2 перетинають кола у, і у2 у точках В] і В2 відповідно. До-
ведіть, щоА]А2 II В]В2 (мал. 6.30).

Доведення

Діаметр І кола у, перпендикулярний до лінії центрів
кіл У] іу2, буде віссю симетрії цих кіл (мал. 6.30). Побу-
дуємо точку С, симетричну С відносно І.

1)	Маємо пари точок, симетричних відносно І: А, і
А2, С і С,, В2' і В2. Тоді А,А2 II В2В2II СС].

2)	Коло У] переходить у коло у перетворенням гомо-
тетії відносно точки А,. Причому Вї —» С, а В2 —» С,,
тобто В,В2 II СС(.

3)	В2'Вг II СС] і В?'В] II СС], тоді точки В2', В2 і В, на-
лежать одній прямій і В]В2 і А]А2. Щ. в. д.

Мал. 6.30

Приклад 8. Побудуйте правильний трикутник, вершини якого лежать
на трьох заданих паралельних прямих.

Задано три прямі а II Ь II с. Треба побудувати правильний трикутник АВС
так, щоб А є а, В є Ь, С є с (мал. 6.31).

Аналіз

Нехай маємо шуканий трикутник. Тоді точка В
перейде в точку С поворотом відносно точки А на 60°.

План побудови

1)	Позначимо на прямій а довільним чином точку А.

2)	Будуємо перетворенням поворот відносно точ-
ки А на 60° образ прямої Ь.

3)	Точку перетину прямих Ь] і Ь позначаємо як С і
робимо засічку з центром у точці А і радіусом,

рівним АС, до перетину з прямою Ь. Отримаємо точку В.

Трикутник АВС - шуканий.

Доведення проведіть єн м остійно.

Мал. 6.31

Приклад 9. Побудуйте чотирикутник АВСВ за його сторонами, щоб
діагональ АС була бісектрисою внутрішнього кута цього чотирикутника.

Нехай дано чотири відрізки: а, Ь, с, і. Треба побудувати чотирикут-
ник АВСВ такий, щоб АВ - а, ВС = Ь, СВ = с,АВ- і, АС = Іл(м»л. 6.32).

Аналіз

Нехай і > а. Проведемо в чотирикутнику АВСВ
з точки В перпендикуляр до діагоналі АС і продов-
жимо його до перетину зі стороною АВ в точці В(.
Як відомо, бісектриса кута є віссю симетрії цього
кута. Тоді: <і(В; АС) = (ЦВ^ АС) і СВ = СВ,, АВ - АВ,;
ВУВ-АВ -АВХ =АВ - АВ\ І\ВКСВ - базовий.

Мал. 6.32
План побудови

1)	Будуємо відрізок 1-а.

2)	Будуємо трикутник СВВ} за трьома сторонами (В^С = Ь, СВ = с,
В,В = і-а).

3)	Продовжимо відрізок В{В на В,А = а і сполучимо точки А і С від-
різком.

4)	Будуємо точку В, симетричну В( відносно АС.

Чотирикутник АВСВ - шуканий.

Доведення проведіть < І НІНО

Завдання для самостійного рошґнлущіння

1.	На бісектрисі зовнішнього кута С трикутника АВС взято точку М (яка не
збігається з С). Доведіть, що МА + МВ > СА + СВ. (Порада. Побудуйте точки
і А,, симетричні точкам А і В відносно прямої СМ.)

2.	Дано пряму та точки А і В по один бік від цієї прямої. Знайдіть на заданій прямій
таку точку X, щоб кут, який утворює промінь ХВ з цією прямою, був удвічі
менший за кут, який утворює з нею промінь ХА. (Порада. Побудуйте точку В,,
симетричну точці В відносно заданої прямої.)

3.	На сторонах ВС і СВ квадрата АВСВ взято точки М і К відповідно. Причому
/ВАМ = /МАК. Доведіть, що ВМ -І- КВ = АК. (Порада. Скористайтеся перетво-
ренням поворот на 90° відносно точки А.)

4.	У паралелограм вписано квадрат. Доведіть, що перпендикуляри, проведені з вер-
шин паралелограма до сторін квадрата, обмежують квадрат. (Порада. Скорис-
тайтеся перетворенням поворот відносно центра квадрата на 90°.)

5.	Дано гострий кут і точку всередині нього. Побудуйте трикутник, дві вершини яко-
го лежать на сторонах кута, а третя збігається із заданою точкою, щоб периметр
цього трикутника був найменшим. (Порада. При проведенні аналізу здійсніть
перетворення симетрії заданої точки відносно сторін кута.)

6.	Через точку перетину двох заданих кіл проведіть січну так, щоб довжини хорд,
що відтинаються на цій січній колами, відносилися як: а) 2 : 1; б) т : п. (Пора-
да. Скористайтеся перетворенням гомотетії і прикладом 2 на с. 127.)

7.	Побудуйте рівносторонній трикутник, вершини якого лежать на трьох заданих
концентричних колах. (Порада. Допоможе приклад 8 на с. 230.)

Більше дізнатися з цієї теми можна в літературі:

1.	Апоспголова Г. В. Геометрія-7. - К.: Генеза, 2004.

2.	Прасолов В. В. Задачи по планиметрии. Ч. 1. - М.: Наука, 1991.

3.	Полонский В. Б., Рабинович Е. М„ Якир М. С. Учимся решать задачи по геомет-
рии. - К.: Магистр-8,1996.

4.	Бурда М. І. Розв’язування задач на побудову. - К.: Рад. шк. 1986.

Для допитливих

Симетрією із стародавніх часів цікавилися геометри, художники і архітекто-
ри: геометри - тому, що вони взагалі цікавляться будь-якими властивостями
форм, а художники і архітектори - задля краси. Проте в XX столітті
симетрією зацікавилися і фізики - вони здогадалися, що симетрія багатьох
предметів навколо нас обумовлена симетрією законів природи!

Тоді фізики почали шукати нові види симетрії і знайшли їх багато.

Наприклад, у кожної елементарної частинки є двійник - античастинка.
Відомі слова Галілея про те, що природа говорить з нами мовою математики,
підтвердилися знову.
Елементи проективної геометрії, або що можна зробити
за допомогою лінійки та нерухомого кола

...Знання законів перспективи с водночас і знанням проек-
тивної геометрії, принаймні її елементарних понять. Саме
тому чудовими полотнами майстрів епохи Відродженая ми
захоплюємося й досі.

М. І. Кованцов

Пригадайте, як ви збільшували малюнок. Аналогічно можна виконати і

зменшення малюнка.

А якщо оригінал занадто великий або тривимір-
ний? У таких випадках існує досить простий спосіб
копіювання. Візьміть прозору пластину і, дивлячись
крізь неї на предмет, обведіть лінії оригіналу
(мал. 6.33).

Геометрично маємо, що кожна точка предмета зоб- Мал $ до
ражається точкою перетину площини картини з про-
менем зору, який іде від вашого ока до точки, що зображається. Таке
копіювання називається центральним проектуванням. Ваше око є цент-

ром проекції, малюнок - проекцією, а пластинка, на яку ви проектуєте, -

площиною проекції.

На малюнку 6.34 зображено проектування квад-
рата і кола, накреслених у площині а, на другу пло-
щину а'. Малюнок, який утворюється на а', схожий
з оригіналом, але є і відмінність. Пряма лінія зобра-
жається прямою лінією, точка - точкою, круг (коло)
перетворюється на овал (еліпс), довжини відрізків
змінюються. Таким чином, одні властивості фігури
зберігаються, а інші ні.

Мал. 6.34

Проектуючи, ми не відтворюємо оригінал, а перетворюємо його.

Властивості, які встановлюються вимірюванням, називають метрични-

ми; властивості, які не змінюються при проектуванні, називають проектив-

ними. Ось ними і займається проективна геометрія.

Назвемо прості властивості центрального проек-
тування фігур (мал. 6.35):

•	точка перетворюється на точку;

•	пряма перетворюється на пряму;

•	точка, що належить деякому відрізку, перетворюєть-
ся на точку, яка лежить на зображенні цього відрізка;

•	точки, розміщені на одній прямій, перетворюються
на точки, які також лежать на одній прямій.

Для допитливих

Метод центральних проекцій дає наочне зображення, бо така побудови обра-
зу відтворюється процесом зору. Оку однаково - розглядати оригінал чи його
центральну проекцію на площину. (Проте у наведеному ми дещо спростили:
оригінал людина розглядає двома очима.)
До речі, при проектуванні паралельні прямі можуть
перетворюватися на непаралельні (мал. 6.36 і 6.37).
Спробуйте	знайти відповідь, чому на малюн-

ку 6.34 паралельні прямі спроектувалися в паралельні
прямі, а на малюнках 6.36 і 6.37 паралельні прямі
перетворюються на непаралельні?

Мал. 6.37

Ми почали розгляд проективної геометрії з проек-
тування однієї площини на другу. Далі ми будемо «пра-
цювати» у площині, тобто розглядати центральне проек-
тування одного прямолінійного ряду точок (сукупності
точок, що лежать на одній прямій) на другий. Зрозуміло,
що за таких умов і оригінал, і центр проекції, і зобра-
ження лежать в одній площині (малюнок на полі).

Таке проектування має важливу властивість. Якщо
з якого-небудь центра спроектувати один прямоліній-
ний ряд на другий, то складні відношення будь-якої
четвірки точок не змінюються.

Тоді гармонічні четвірки точок (с. 221) завжди про-
ектуються в гармонічні четвірки.

Проектування гармонічної чет-
вірки точок має ще одну цікаву
властивість. Нехай на прямій маємо
гармонічну четвірку точок М. К.
N. Я (мал. 6.38). З точки Р спроек-
туємо цю четвірку на пряму АЯ -
дістанемо також гармонічну
четвірку точок А, В, Ь, Я. Якщо
продовжити відрізки НВ і АВ до
перетину з прямими РА і РВ у точ-

ках Р і Е відповідно, то точка перетину діагоналей
чотирикутника АРЕВ збіжиться з точкою Н.

Спробуйте довести це	.

А, В - оригінали
А', В' - проекції

А, В на а
а - площина
проекції

О - центр проекції

Властивості
вентрального
проекту ванна:

• точка -> точку;

•	пряма —> пряму;

•	А є [а] -> А' є (а);

• {А; В; ...} є п

-> {А'; В'; ...} е п'

Центральне проек-
тування у площині

Для допитливих

Уперше правильним зображенням перспективи серйозно зацікавилися
художники епохи Відродження, особливо Альбрехт Дюрер (1471-1528) і
Леонардо да Вінчі (1452-1519). Потім до розв’язування цієї задачі взялися
математики і створили красиву науку — проективну геометрію. Її основи було
закладено Жераром Дезаргом (1593-1661) і Блезом Паскалем (1623-1662).
Отже, коли дано на прямій будь-які три точки А, В і С,
то для того, щоб побудувати точку О так, щоб четвірка Д\
точок А, С. В, В була гармонічною, треба (мал. 6.39):	\ДЛ а

1)	узяти якусь точку Р поза даною прямою і сполучити її

з даними точками А, В і С;	/х\\

2)	узяти на відрізку РС довільну точку С? і сполучити її з А;	*——1-Х-

3)	через точку Я (точка перетину РВ з А()) та точку С про- АВС Б

вести пряму до перетину з АР у точці 5;	Мал. 6.39

4)	пряма 5(? перетне пряму АС у шуканій точці О.

Зауваження. У випадку, коли точка В є серединою відрізка АС, чоти-
рикутник А$фС буде трапецією (доведіть це самім гімн о). Тому кажуть, що
нескінченно віддалена точка прямої гармонічно поділяє середину будь-яко-
го відрізка прямої відносно кінців цього відрізка і навпаки.

А тепер розв’яжіть такі задачі самостійно.

1.	На прямій І депо три точки А, В і С, причому відомо, що точка В - середина
відрізка АС. Користуючись тільки лінійкою, проведіть через точку 8, що не
лежить на прямій І, пряму, паралельну прямій І.

2.	Дано дві паралельні прямі І та т і на одпій з них відрізок АС. Користуючись тіль-
ки лінійкою, поділіть цей відрізок навпіл.

3.	На площині дано паралелограм, точку і пряму, що не проходить через цю точку.
Користуючись тільки лінійкою, проведіть через задану точку пряму, паралельну
даній прямій.

4.	На площині дано паралелограм і деякий відрізок. Користуючись тільки лінійкою,
поділіть цей відрізок навпіл.

Швейцарський математик Якоб Штейнер довів таке. Якщо на площині
дано коло, причому зазначено його центр, то всі побудови, які виконуються
за допомогою циркуля і лінійки, можна виконати за допомогою лише
лінійки.

Справді, якщо дано коло з центром О (мал. 6.40), то, провівши	Ґ

два довільних діаметри, дістанемо прямокутник, а тому і пара-
лелограм. Тоді, якщо попередні чотири задачі розв’язані, то її
можна за допомогою лінійки: проводити паралельні прямі;	—•""/

ділити навпіл будь-які відрізки; проводити взаємно перпенди-
кулярні прямі (побудувати вписаний у дане коло прямокутник Мал о 40
і провести прямі, паралельні його сторонам).

Більше дізнатися з цієї теми можна в літературі:

1.	Бляшке Б. Математическое просвегцение. - М.: Изд-во техн. лит., 1958.

2.	Вольберг О. А. Основиьіе идеи проективной геометрии. - М.: Физматгиз, 1949.

3.	Игнациус Г. И. Проективная геометрия. - М.: Знание, 1966.

4.	Кованцов М. І. Геометричні перетворення. - К.: Вища шк„ 1972.

5.	Математична хрестоматія: Геометрія. - К.: Рад. шк., 1970.

Для допитливих

Художники користуються тільки метолом центральних
проекцій.

Проте існує ще й метод паралельних проекцій. Він

відрізняється від методу центральних проекцій тільки
тим, що проектуючі прямі не проходять через фіксовану
точку, а паралельні фіксованому напряму (див. мал.).
Інверсія в дивертисменті*
геометричних побудов

Геометричні побудови можна виконувати, взагалі кажучи, чим завгодно і
як завгодно. У математиці існує окрема галузь, яка називається геометро-
графією. Це теорія геометричних побудов, які виконуються за допомогою
заздалегідь визначених тих чи інших інструментів.

Ми вже говорили про так звані побудови Штейнера (с. 234). Ці побудови
виконуються за допомогою лише лінійки за умови, що на площині дано
деяке коло з визначеним центром. У цьому випадку за допомогою лише
лінійки можна виконати будь-яку побудову, яка виконується за допомогою
циркуля і лінійки.

Розглянемо інший приклад: побудову за допомогою циркуля - побудову
М ора-Маскероні.

Слід зауважити, що будь-яку задачу на побудову, яка розв’язується за
допомогою циркуля і лінійки, можна розв’язати за допомогою лише цирку-
ля. Зауважимо, що при побудовах за допомогою тільки циркуля визначають
лише кінці відрізків.

Це твердження було вперше опубліковане в книжці датського математи-
ка Георга Мора «Датський Евклід» (1672), а потім у праці італійського
інженера Георга Лореицо Маскероні «Геометрія циркуля» (1797).

Для доведення теореми Мора Маскероні достатньо переконатися, що за
допомогою лише одного циркуля можна визначити точку перетину двох
прямих (кожну з яких задано двома точками); точку перетину заданих пря-
мої і кола. З цією ме тою скористаємося перетворенням інверсії.

Усі геометричні побудови, які ми вивчали в шкільному курсі планіметрії,
переводили прямі в прямі, а кола в кола. Інверсія — це перетворення іншого
типу, яке може зберігати клас прямих і кіл. а може перевести пряму в коло,
а коло в пряму. На цьому та інших чудових властивостях інверсії базується
її вражаюча ефективність при розв’язуванні геометричних задач.

Однією з найцікавіших задач на геометричну побудову є задача видатного
геометра Стародавньої Греції Аполлонія з Перги. Вона формулюється так:
побудувати коло, яке дотикається до трьох даних кіл.

У наш час існує багато різних способів розв’язування цієї задачі. Один з
них - розв’язування за допомогою перетворення інверсії. Розглянемо його
після того (с. 241), як ознайомимося з перетворенням інверсії і його власти-
востями.

Спочатку розглянемо дві теореми, які корисно пам’ятати, зокрема і при
розв’язуванні задач на побудову.

Нехай маємо коло у з центром О і точку А, що лежить на х " ~г\
відстані сі від точки О (мал. 6.41). Радіус кола дорівнює г. (	А

Величина <з = д} - г2 називається степенем точки А віднос- \ ’ '7	'

но кола у.	'

Можливі такі випадки розміщення точки і кола.	Мал. 6.41

1. Точка А лежить поза колом (мал. 6.42). Тоді а > 0 і
дорівнює квадрату дотичної, проведеної з точки А до даного кола.

Дивертисмент - концертна програма в естрадних театрах.
а = аг - г2 гтгпімь

тички А віднчено

коли .

КМ’ - М№ = соплі

ГМТ - степені яких
відносно у1 і у2 рівні.

2.	Точка А лежить на колі, тоді д = г, о = 0.

3.	Точка А лежить усередині кола (мал. 6.43). Тоді о < 0
і |о| дорівнює квадрату половині хорди, яка проведена
через точку А перпендикулярно до ОА.

\(ІТІЇ Теорема 1. Геометричним місцем точок, різниця
І—4 квадратів відстаней від яких до двох заданих
точок А і В с величиною сталою, - буде пряма,
перпендикулярна до АВ.

Доведення цієї теореми, яке виконати неважко,
якщо скористатися формулою Архімеда (Геометрія-8,
с. 215) або методом координат, пропонуємо провести
самій тпїно.

І.тт/і Теорема 2. Геометричним місцем точок, степені
яких відносно двох даних неконцентричних кіл
рівні між собою, є пряма, перпендикулярна до лінії
центрів цих кіл.

Нехай г1 і гг - радіуси даних кіл, с?, і с/г — відстані від
точок, що належать шуканому ГМТ, до центрів цих кіл.
За умовою сі/ - г/ = гі/ - г/ і гі/ - сі/ = г/ - г/ - сопаі.

Тоді за теоремою 1 твердження теореми 2 викопується.

Розглянуте геометричне місце точок називається
радикальною віссю двох даних кіл.

Повернемося тепер до розгляду
інверсії. Нехай дано коло у з центром у
точці О, радіус якого дорівнює г.

Інверсією відносно кола у назива-
ється перетворення, яке переводить
довільну тонку А я О у тонку А*, що
лежить на промені ОА на відстані
г*

О А* = центра кола (мол. 6.44).

Мал. 6.44

Інверсію відносно такого кола ще називають інвер-
сією з центром О (степенем г2), а коло у - колом інверсії.
Можливі три випадки розміщення точки і кола
(мал. 6.44).

Для допитливих

У давпі часи за довжину кола брали потроєний діаметр. Про це писала,
зокрема, Біблія, так робили й вавилоняни.
ВЛАСТИВОСТІ ІНВЕРСІЇ

1.	Образом точки, що належить колу інверсії, є сама ця точка.

2.	Пряма, що проходить через центр інверсії, має за образ саму себе.

3.	Пряма І, що не проходить через центр інверсії О, має за образ коло, яке
проходить через точку О і центром якого буде образ точки, яка симетрич-
на точці О відносно І.

4.	Коло з центром С, яке проходить через центр інверсії О, переходить у
пряму, перпендикулярну до ОС.

5.	Коло, яке не проходить через центр інверсії О, переходить у коло, що не
проходить через точку О.

6.	При інверсії дотик кіл і прямих зберігається, якщо їх точка дотику не
збігається з центром інверсії. В останньому випадку за образ маємо пару
паралельних прямих.

Властивість 1. Доведіть  ;і «і.л ІІІІІІО.

Властивість 2.	Доведення

Нехай І - дана пряма, О — центр інверсії і О € І, А - довільна точка даної
прямої І. Тоді І = (ОА). За означенням інверсії точка А* лежить на прямій
ОА, тобто на І.

Твердження 2 доведено.

Властивість 3.	Доведення

Нехай І - дана пряма. О - центр інверсії і О і і. Проведемо ОА 1 І.
Образ А* належить прямій ОА (мал. 6.45).

1)	Доведемо, що для довільної точки В є І образ В*	в І

лежить на колі со, діаметр якого дорівнює ОА*.	о>

За означенням інверсії ОВ ОВ* = г2 = ОА ОА* і

О В*: ОА* = ОА: ОВ. Точка перетину променя О В з колом	\ г

а> задовольняє цю умову, бо ДОАВ ДОВ*А* як прямо- СГ їг /А* А
кутні трикутники зі спільним кутом О.

г2

Для точки В: ОВ* =------фіксоване число, і на про- мал. 6.45

ОВ

мені ОВ існує тільки одна точка В*, яка задовольняє цю
умову.

2)	Доведемо, що центр кола со є образом точки, симетричної точці О
відносно І.

Точка К, симетрична точці О відносно І, лежить	/

на прямій ОА і віддалена від неї на відстань

АК ОА (мал. 6.46). Тоді точка К*, образ точки	*	к

К, за властивістю 2 також лежить на прямій ОА і ^.4—•—---------------

АК=ОА

Тобто К* в

Твердження 3 доведено.

Властивість 4.	Доведення

Мол. 6.46

Властивість 4 є наслідком властивості 3. Пропонуємо провести доведення
ітіитіо. (Порада. Скористайтеся властивістю 1.)

Властивість 5. Доведіть ......і(Порада. Скористайтеся методом

від супротивного.)
Інверсія відноснії
кола г.

А~*А*

(А з* О)

ВЛАСТИВОСТІ
ІНВЕРСІЇ:

1)	якщо А є у,
то А -* А* = А:

2)	якщо О є п,
то п -> п* зі п.

3)	якщо О « І, то І -»
-» (4 - коло з цент-
ром И', симетрич-
ним О відносно І;

4)	якщо О є <о,
колу з центром С,
то ш -> п .ОС\

5)	якщо Ога-
колу, то и —> ®* -
коло і О € ш*;

6)	дотик кіл
і прямих
зберігається,
якщо точка
дотику К * О.

Якщо К . О, то
образом дотичних
кіл. або кола і пря-
мої, будуть пара-
лельні прямі.

Властивість 6.	Доведення

1)	Якщо точка дотику не збігається з центром інвер-
сії, то після інверсії коло і пряма, як і раніше, матимуть
одну спільну точку - дотик зберігається.

2)	Якщо два кола з центрами в точках А і В дотика-
ються одне до одного в центрі інверсії О, то після
інверсії, відповідно до властивості 4, отримаємо за їх
образ дві прямі, перпендикулярні до лінії центрів АВ (бо
О € АВ), - маємо дві паралельні прямі.

3)	Якщо пряма І дотикається до кола в точці О з
центром А, то після інверсії пряма І переходить сама в
себе, а коло - в пряму, перпендикулярну до ОА. Знову
маємо дві паралельні прямі.

Твердження б доведено.

Тепер повернемося до теореми Мора—Маскероні
(с. 235). Її доведення проведемо у вигляді розв’язуван-
ня задач. Нагадаємо, що при розв’язуванні можна
користуватися тільки циркулем.

За	дача 1. Дано три точки А, В, С. Побудуйте точ-
ку С(, симетричну точці С відносно прямої АВ.

План побудови

Проводимо дві дуги, радіуси яких
АС і ВС, з центрами в точках А і В
відповідно (мал. 6.47). їх перетин
визначає шукану точку Сг
Доведення

Пряма АВ - це лінія центрів двох
кіл, які перетинаються в точках С і

Сг Тоді точки С і С, симетричні ма_л. 5,47
відносно АВ. Щ. в. д.

Задача 2. Дано коло у, його центр О і довільна точ-
ка А. Побудуйте точку А*, в яку переходить точка А

при інверсії відносно кола у.

План побудови

1)	Через точку О проводимо коло з
центром у точці А. Точки перети-
ну цього кола з у позначаємо як В і
С (мал. 6.48).

2)	Через точку О проводимо два
кола з центрами В і С, радіуси
яких дорівнюють радіусу заданого
кола у. М - точка перетину
останніх кіл - шукана.

Мал. 6.48

Доведення

Рівнобедрені трикутники ОВМ і ОВА подібні (кут О -

спільний), тоді	звідСИ; ОА  ОМ - ОВ2 = г2 і

ОМ ОВ

М = А*.

Що й вимагалося довести.
Задача 3. Дано коло у, його центр О і довільні точ-
ки А і В. Побудуйте центр кола, в яке переходить пря-
ма АВ при інверсії відносно у.

План побудови

1)	Знайдемо точку С, симетричну точці О відносно пря-
мої Ав (задача 1).

2)	Знайдемо точку М, в яку переходить точка С при
інверсії відносно кола у (задача 2). Точка М - шукана.

Доведення проведіть самій гін но. (Порада. Ско-
ристайтеся другим пунктом доведення властивості 3.)

Задача 4. Дано три точки А, В і С. Знайдіть центр
кола, що проходить через ці точки.

План побудови

1)	Проведемо довільне коло у з центром у точці А.

2)	Знаходимо точки М і 14, у які переходять точки В і С
інверсією відносно побудованого кола (задача 2).

3)	Знаходимо центр кола, в яке переходить пряма МІЧ
при інверсії відносно кола у (задача 3). Він є шуканою
точкою.

Доведення проведіть самостійно. (Порада. Дове-
діть, що коло, яке проходить через точки А, В і С,
перейде при інверсії відносно кола у у пряму МІЧ.)

Задача 5. Знайдіть точку перетину даного кола у з
даною прямою МІЧ.

План побудови

1)	Знаходимо центр кола у (задача 4). Позначимо його
як А.

2)	Знаходимо центр О кола, в яке переходить пряма
МІЧ при інверсії відносно кола у (задача 4).

3)	Проводимо коло з центром О, що проходить через
точку А (тобто коло, в яке при інверсії переходить пря-
ма М\').

Точки Р і (?, в яких останнє коло перетинає коло у, —
шукані.

Доведення проведіть самостійно. (Порада. Звер-
ніть увагу на коментар до пункту 3 побудови.)

Задача 6. Дано чотири точки А, В, С і О. Знайдіть
точку перетину прямих А В і СВ.

План побудови

1)	Проведемо довільне коло у з центром у точці А.

ПОБУДОВА
Мора-Мйсксроиї

1. Дано: А; В; С.

Побудувати: С, -
симетричну С від-
носно (АВ).

2. Дано: коло у з
центром О; А.

Побудувати:	А*

інверсією А віднос
но кола у.

3. Дано: коло у із
центром О; А; В.

Побудувати: центр
IV кола со, в яке пере-
ходить (АВ) інвер-
сією відносно кола у.
1) С - симетрична О
відносно (АВ);

2) М. в яку перехо-
дить С інверсією
відносно кола у;

М - шукана
(далі див. поле аа
с. 240).

Для допитливих

Кутом між двома колами називається кут між дотичними до цих кіл, що
проведепі через спільну точку цих кіл. Аналогічно визначається кут між
прямою і колом. Доведіть таку властивість інверсії. При інверсії зберіга-
ються кути: між прямими; між прямою і колом; між колами.
4.	Дано: А; В; С.

Побудувати: центр
кола, що містить
А,В,С.

1)	Довільне коло у з
центром А;

2)	М і N - інверсією
В і 0 відносно кола
у (задача 2);

3)ЇУ  центр кола, в
яке переходить ін-
версією пряма М№
відносно у;

IV - шукана.

5.	Дано: у; М; N.

Побудувати:

у П (МИ).

1)А - центр кола у
(задача 4);

2) <о - і н версією Мії
відносно у;

3)0 - центр а>
(задача 4);

4) {Р; 0} = У П <й -
шукані.

6. Дано: А; В; С; О.
Побудувати:

(АВ) П (СВ).

1)	Довільне коло у з
центром А;

2)	ш - інверсією СР
відносно у;

3)	IV - центр (0
(задача 3);

4)	{А; В) = (о П (АВ);

5)	шукана О інвер-
сією Р відносно у.

2)	При інверсії відносно кола у пряма АВ перейде в себе, а
пряма СР - в деяке коло «, що проходить через точку А.

3)	Знайдемо центр кола © (задача 3).

4)	Знайдемо точку Р (відмінну від А) перетину кола ® і
прямоїАВ (задача 5).

5)	Знайдемо точку (), в яку переходить точка Р при
інверсії відносно кола у.

Точка - шукана точка перетину прямих АВ і СО.

Доведення проведіть • стінно. (Порада. Звер-
ніть увагу па пункт 2 побудови).

Очевидно, що з розв'язування задач 5 і 6 (за допомо
гою циркуля) і випливає теорема Мора-Маскероні.

Знання про інверсію стануть у пригоді і при розв’язу-
ванні задач на традиційну побудову (з використанням
циркуля і лінійки). Наприклад, тепер можемо легко роз-
в’язати задачі Аполлонія Пергського.

Задача 7. Побудуйте коло, яке проходить через дві
задані точки А і В та дотикається до даного кола у.

Аналіз

При інверсії з центром А шукане коло перейде в пря-
му, яка проходить через точку В* і дотикається до
кола у*.

План побудови

1)	Виконуємо інверсію з центром А відносно довільного
кола.

2)	Проводимо через точку В* дотичну І до кола у*.

3)	Ще раз викопуємо інверсію. Пряма І перейде в шука-
не коло.

Доведення і дослідження виконайте нмштиіно.
Наводимо результат, до якого ви повинні прийти.

Якщо обидві точки А і В належать даному колу або
лежать усередині цього кола або одна з точок міститься
всередині кола - задача розв’язків не має.

Для допитливих

Застосуйте інверсію

1.	У сегмент вписують пари кіл, що дотикаються одне до одного. Знайдіть

множиау точок їх дотику.

2.	Доведіть, що інверсія з центром у вершині А рівнобедреного трикутника
АВС (АВ = ВС) і степенем АВЛ переводить основу ВС трикутника в дугу ВС

кола, описаного навколо цього трикутника.

3.	Знайдіть множину точок дотику пар кіл, що дотикаються до сторін зада-
ного кута в даних топках А і В.

4.	Ніякі три з чотирьох точок А, В, С, Р не лежать на одній прямій. Доведіть,
що кут між колами (див. с. 239), описаними навколо трикутників АВС і АВВ,
дорівнює куту між колами, описаними навколо трикутників АСР і ВСВ.

5.	У сегмент вписують довільні пари кіл, що перетинаються. Через точки
перетину кожної пари кіл проводять пряму. Доведіть, що всі отримані
прямі проходять через одну точку.
Якщо даному колу належить тільки одна з даних точок - маємо один
розв'язок.

Якщо обидві точки лежать поза колом - маємо два розв’язки.

Пропонуємо для ।	- розв’язування дві інші задачі Аполлонія.

Побудуйте коло, яке:

1)	проходить через задану точку і дотикається до двох заданих кіл;

2)	дотикається до двох заданих кіл і заданої прямої.

Тепер повернемося до задачі Аполлонія про побудову кола, дотичного до
трьох заданих кіл.

ЗАДАЧА АПОЛЛОНІЯ ПЕРГСЬКОГО
(бл. 262 190 рр. до н. е.)

Дано три фігури, кожна з яких може бути точкою, прямою або колом.

Побудуйте коло, яке проходить через кожну з даних точок і дотикається до

кожної з даних прямих і кіл.

Мал. 6.49

Нехай на площині маємо три кола. Випадків їх
розміщення може бути багато. На малюнку 6.49 наве-
дено далеко не всі з них - наприклад, не розглянуто
випадок з перетином кіл. Невже для розв’язування
задачі Аполлонія потрібно розглядати кожний з таких
випадків окремо? Зовсім ні, - каже інверсія!

Розглянемо спочатку всі випадки, коли хоча б два
із заданих кіл дотикаються (неважливо, зовнішньо чи
внутрішньо). Застосуємо інверсію відносно допоміж-
ного кола довільного радіуса з центром у точці дотику
заданих кіл. Тоді за шостою властивістю перетворен-
ня інверсії дотичні кола перейдуть у паралельні прямі,
а третє із заданих кіл - у коло або пряму. Тоді ваші
задачі зводяться до однієї: побудувати мло, дотичне
до двох заданих паралельних прямих і кола (прямої).
Її легко розв’язати за допомогою циркуля і лінійки.
Зробіть це	.

Зауваження. За допомогою циркуля і лінійки
можна легко побудувати те коло або пряму, в які

перетворюється коло (пряма) при інверсії відносно
якого-небудь заданого кола. Для цього треба па колі

(прямій), що є прообразом, взяти три точки, побудувати відповідні їм точ-
ки-образи (див. задачу 2 на с. 238), а після цього через отримані три точки
провести коло (пряму).

Для допитливих

Здійсніть побудову тільки циркулем. (Відрізок вважається побудованим,
якщо побудовано його кінці.)

1.	Побудуйте відрізок, який удвічі довший за даний.

2.	Побудуйте відрізок, який у п разів довший за даний.

3.	Побудуйте середину відрізка із заданими кінцями.

4.	Побудуйте коло, яке проходить через три задаиі точки.

5.	Побудуйте коло, в яке переходить дана пряма АВ при інверсії відносно
заданого кола із заданим центром О.
Таким чином, ПЛАН ПОБУДОВИ кола в задачі Аполлонія для випадку,
коли два із заданих кіл дотикаються, має такий вигляд:

1)	будуємо паралельні прямі і коло (пряму), в які перетворюються задані
кола інверсією відносно довільного допоміжного кола з центром у точці
дотику;

2)	будуємо кола (розв'язків може бути кілька), дотичні до отриманих пря-
мих і кола (прямої);

З)	відмічаємо точки дотику і по кожній із цих трійок відновлюємо шукані
кола.

Випадок дотику двох кіл розглянуто. У всіх інших випадках задача або
не має розв’язку, або зводиться до вищерозглянутої.

Проілюструємо останнє на прикладі трьох кіл, що не мають спільних

точок. Нехай це кола ур уа, -уа (мал. 6.50), і треба побудувати коло у, дотичне

до кіл у, і у2 зовнішньо, а до кола уа - внутрішньо.

Розглянемо кола у', і у'ї, концентричні з колами у1 і

у2, радіуси яких збільшено на---1(де а - О{О2 -

2

відстань між центрами О( і О2 кіл у1 і у2). Розглянемо
також кола у'3 і у', концентричні з колами у3 і у, радіуси
яких зменшено на -—На малюнку 6.50 кола у’,,
у'2, у'3, у’ зображено пунктиром.

Якщо коло у дотикається до кіл у,, уг, у3, то і коло у'
дотикається до кіл у', у3, у3 і навпаки (доведіть це
самостійно).

Мал. 6.50

Кола у', і у'г дотикаються одне до одного. Ми вміємо розв’язувати задачу
для цього випадку - отримаємо коло у'. Шуканим буде коло у, концентрич-

не з побудованим у, яке має радіус, на

а-г.-г.	,

---1—- більший за радіус кола у .

2

У випадку, якщо кола у, і у2 перетинаються, їхні радіуси треба зменшити.

Якщо при відповідному зменшенні радіус кола дорівнює нулю, отри-
маємо точку (кажуть: коло вироджується в точку). «Дотик кола і точки»
будемо розуміти як «коло проходить через точку».

Якщо відповідний радіус матиме від’ємне значення, будуємо коло,
радіус якого дорівнює модулю отриманого числа, причому змінюється вид
дотику кіл (зовнішній на внутрішній або навпаки).

Якщо приєднати до множини кіл ще й точки (кола нульового радіуса) та
прямі (кола нескінченно великого радіуса), то можна узагальнити задачу
Аполлонія, яку ми розв’язали, на прямі та точки.

ДЛЯ ДОПИТЛИВИХ

Як спіймати лева в пустелі?

г-ж Пригадайте чудову властивість інверсії: якщо на площині взяти коло і

виконати інверсію відносно цього кола, то все, що містилося всередині
кола, виявиться поза ним, а все, що було поза ним, потрапить усередину
цього кола. У такому разі, досить узяти клітку круглої форми і посадити
в неї мисливця; виконати інверсію, і мисливець опиниться поза кліткою,
а все, що було поза нею, у тому числі й лев, - у клітці!
Задачу Аполлонія можна сформулювати так. Тре-
ба побудувати коло або пряму, дотичну до:

1)	трьох давих кіл;

2)	даної прямої і двох даних кіл;

3)	двох даних прямих і даного кола;

4)	трьох даних прямих;

5)	даної точки і двох даних прямих;

6)	даної точки, даної прямої і даного кола;

7)	даної точки і двох даних прямих;

8)	двох даних точок і даного кола;

9)	двох даних точок і даної прямої;

10)	трьох даних точок.

Таким чином, ми розв’язали 10 різних задач (з них
четверта і десята вам добре відомі зі шкільного курсу).

Задача Аполлонія, яку ми розглянули, - одна з
найвідоміїиих задач давнини.

А чи чули ви про так звані три знамениті задачі дав-
нини? Ось вони.

1.	ЗАДАЧА ПРО КВАДРАТУРУ КРУГА. Треба по-
будувати квадрат, площа якого дорівнює площі даного
круга.

2.	ЗАДАЧА ПРО ПОДВОЄННЯ КУБА (інакше -
делійська задача). Треба побудувати ребро куба, об’єм
якого вдвічі більший за об’єм денного куба.

3.	ЗАДАНА ПРО ТРИСЕКЦІЮ КУТА. Треба даний
довільний кут, поділити на три рівні частини.

Саме ці три задачі мають назву «Знамениті геомет-
ричні задачі давнинио.

Ці задачі легко розв’язуються, і розв’язання їх були
вже відомі на той час. Проте треба не просто розв’язати ці
задачі, а здійснити розв’язування так, щоб не використо-
вувати ніяких інших інструментів, крім циркуля і лінійки
(без метричних позначок). Тут і починаються труднощі.

Виявляється, що жодної з цих задач за таких умов
розв’язати неможливо.

Застосування ін-
версії дає змогу
узагальнити задачу
Аполлонія про три
заданих кола, два з
яких дотикаються
одне до одного
(неважливо - зо-
внішньо чи внут-
рішньо).

У всіх інших ви-
падках розміщення
трьох заданих кіл
задача Аполлонія
або не має розв’яз-
ку, або зводиться
до вищезгаданої
задачі.

Якщо «дотик кола і
точки» розуміти як
♦коло проходить
через точку», а пря-
му розглядати як
коло нескінченно
великого радіуса,
то розв’язування
задачі Аполлонія
про три заданих
кола методом
інверсії узагаль-
нюється на задачі
про прямі і точки.

Для допитливих

^£5^2) Описаний вище спосіб побудови кіл за допомогою циркуля і лінійки, в які
с->т переходять при інверсії задані кола, громіздкий. А якщо треба побудувати

образ більш складної фігури, ніж пряма чи коло? Для цього люди створили

прилади - їх називають інверсорами.

На малюнку зображено інверсор Посельс, який
складається із шести шарнірно закріплених пла-
нок, причому: ОА = ОВ, АМ = АМ' = ВМ = ВМ'.
Цей інверсор працює так: точка О фіксується;
якщо точка М описує певну лінію, то точка М' -
описує лінію, отриману з першої інверсією з цент-
ром у точці О та коефіцієнтом іпверсії АО2 - АМ2.
Спробуйте зробити такий інверсор (це зовсім
нескладно)і виконати зайого допомогою відповідні
побудови.
Перша задача ПРО КВАДРАТУРУ КРУГА є найдавнішою. Її історія
починається ще чотири тисячі років тому. Цю задачу, крім греків, намага-
лися розв’язати мудреці Вавилона і Єгипту. Незалежно від них спроби
щодо розв’язання цієї задачі робили китайці та індійці. Протягом багатьох
століть учені прагнули розв’язати цю задачу, однак - марно. Остаточного
«удару» по всіх ілюзіях щодо розв’язування задачі про квадратуру круга за
допомогою циркуля і лінійки було завдано в другій половині XIX ст.
Німецький математик Ф. Ліндеман у 1882 р. довів, що задача про квадрату-
ру круга є нерозв'язною за допомогою циркуля і лінійки. Цей історичний
факт є наслідком того, що, за доведенням Ф. Ліндемана, - я є числом
ірраціональним. Розглянемо доведення цього наслідку.

Нехай дано круг, радіус якого дорівнює Я, і треба побудувати квадрат,
рівновеликий цьому кругу. Позначимо сторону квадрата через х. Тоді
хг = яЯї, звідси: х = в4п. Отже, побудова квадрата, рівновеликого даному
кругу, зводиться до побудови добутку даного відрізка Я на відрізок При-
чому цю побудову треба зробити за допомогою циркуля і лінійки, тобто
шляхом побудови скінченного числа кіл і прямих.

У теорії геометричних побудов встановлено, що за допомогою циркуля
й лінійки можна побудувати відрізок, що відрізняється від заданого
множенням на дійсне число лише в тому разі, коли це число є раціональним
(числом, яке можна представити як відношення двох цілих чисел).

Оскільки Ф. Ліндеман першим довів, що число к є ірраціональним, його
називають «переможцем числа л», а інколи «переможцем у розв’язанні
задачі про квадратуру круга».

Походження другої задачі ПРО ПОДВОЄННЯ КУБА пов’язане з при-
родним прагненням стародавніх учених узагальнити задачу про подвоєння
квадрата, тобто про побудову квадрата, площа якого перевищувала б площу
даного квадрата вдвічі.

Стародавні греки порівняно легко розв’язували задачу про подвоєння
квадрата. Для цього треба було вміти будувати за допомогою циркуля і лі-
нійки відрізок х/2. Розв’язання ж задачі про подвоєння куба зводилося до
геометричної побудови відрізка ^2. Однак усі спроби побудувати відрізок <;2
циркулем і лінійкою були безуспішними протягом багатьох століть. І лише

Для допитливих

Простіший за інверсор Посельє - інверсор Гарта
(див. мал.). Він складається лише з чотирьох
шарнірно з’єднаних планок, причому АВ = СО,
ВС = АО. Фігура, яку утворюють ці планки,
називається антипаралелограм. Якщо деяку
точку О відрізка АВ закріпити на площині і
позначити точки М і М‘ на планках АВ і ВС, що
лежать на спільній прямій, яка проходить через
точку О паралельно АС, то руху точки М по

певній фігурі буде відповідати рух точки М' по фігурі-образу, отриманому
інверсією з центром у точці О і коефіцієнтом інверсії

А° В° {АВ2-І)Сг\.

АВ1 1	’
у першій половині XIX ст. було доведено, що за допо-
могою циркуля і лінійки таку побудову здійснити
неможливо, а отже, неможливо розв’язати й задачу про
подвоєння куба. Беззаперечне доведення нерозв’яз-
ності цієї задачі за допомогою циркуля і лінійки висунув
французький математик П. Вантцель у 1837 р.

Третя знаменита геометрична задача - ПРО ТРИ-
СЕКЦІЮ КУТА, тобто про поділ довільного кута на три
рівні частини. Ця задача виникла внаслідок потреб
архітектури і будівництва. Користуючись циркулем і
лінійкою, стародавні греки вміли ділити довільний кут
навпіл, а також ділити прямий кут на три рівні части-
ни. Однак виконати трисекцію довільного кута не вда-
валося.

Р. Декарт був першим, хто висловив припущення,
що трисекцію довільного кута неможливо виконати за
допомогою циркуля і лінійки. Строге доведення нероз-
в’язності цієї задачі зробив П. Вантцель у 1837 р.

Таким чином, стало відомо остаточно про неможли-
вість розв'язання трьох знаменитих задач давнини.

Однак дехто й досі продовжує пошуки такого
розв’язання. ІЦо ж, позитивний момент подібного про-
цесу - це завжди можливість «паралельного» відкрит-
тя чогось важливого і цікавого.

Більше дізнатися з цієї теми можна в літературі:

1.	Знциклопедия злементарной математики: Т. 4. - М.: Физ-
матгиз, 1963.

2.	Конфорович А. Г. Визначні математичні задачі. - К.: Рад.
шк., 1981.

3.	Костовский А. Н. Геометрические построения одним цир-
кулем. - М.: Наука, 1989.

4.	Прасолов В. В. Задачи по планиметрии: Ч. 2. - М.: Наука,
1991.

5.	Савин А. В. Математические миниатюрьі. - М.: Детская
литература, 1991.

6.	Тесленко І. Ф. Метод інверсії та його застосування. - К.:
Рад. шк., 1958.

7.	Чистяков В. Д. Три знаменитьіе задачи древности. - М.:
Учпедгиз, 1963.

ТРИ 311А М ЕІІИТІ
ГЕомтчічні
ЗАДАЧІ
ДАВІІННИ

Задача про квад-
ратуру круга.

2 Задача про по-
двоєння куба (де
лійська задача).

. Задача про три-
секцію кута.

Німецький матема-
тик Ф. Ліндеман у
1882 р. довів:
1)л - число ірра-
ціональне;

2)задача про квад-
ратуру круга е. не-
розв'язною за допо-
могою циркуля і
лінійки.

Відрізок х = Й Тгї
побудувати немож-
ливо, бо п - число
ірраціональне.

Французький мате-
матик П. Вантцель
у 1837 р. довів, що
задачі про подвоєн-
ня куба і трисекції
кута є нерозв'язни-
ми за допомогою
циркуля і лінійки.

]**&=• Для допитливих

1.	Через дві точки проведено три кола, кожне з яких проходить через ці ДВІ
точки. У яку фігуру перейдуть задані кола при інверсії з центром в одній з
ЦИХ точок?

2.	У яку фігуру при інверсії перейдуть три паралельні прямі?

3.	Побудуйте коло, що проходить через дві задані точки і дотикається до
заданої прямої.

4.	Доведіть, що інверсори Посельс і Гарта справді виконують перетворення
інверсії.
Додаток 8

Індукція в геометрії

...Розуміння і вміння правильно застосовувати принцип
математичної індукції - це вагомий критерій зрілості, що
необхідно для математика.

А. М. Колмогоров

Здавна відомий рекурентний спосіб задання числових послідовностей,
за яким кожен наступний член послідовності визначається через поперед-
ній за допомогою певної формули. Зокрема, цим способом користувався ще
Архімед при наближенні до площі круга площ вписаних багатокутників.
Саме такі формули називаються рекурентними (від латинського гесигго -
«біжу назад»).

Наприклад, послідовність непарних чисел 1, 3, 5,... можна задати реку-
рентною формулою:

ж аП + ПРИ аі = І-

Справді, другий член послідовності а2= а,+ 2 = 1 + 2 = 3, третій а3 - аг + 2 =
= 3 + 2 = 5іт. д.

Аналогічно можна задати послідовність парних чисел, арифметичну та
геометричну прогресії тощо.

У XVII ст. виникла ідея застосувати аналогічний принцип для доведення
математичних тверджень, які подібно до нескінченних послідовностей
мають нескінченну кількість окремих тверджень: Т{, Тг, Т3, ... . Міркуємо
так.

Нехай ми вміємо доводити, що:

1.	(Б) перше твердження є правильним;

2.	(П) з правильності будь-якого з тверджень ряду {ТД випливає
правильність наступного твердження

Тоді ми довели всі твердження ряду Т,, Тг, Т}, .... бо отримали ланцюг
теорем:

Т, -> Т2	... -> Т, -> ТЬ| -+ ... .

Ми описали схему методу математичної індукції (ММІ). Теорему (Б)
називають базою індукції, а теорему (П) - індукційним переходом. Завдяки
індукційному переходу ми отримали «хвилю» доведень від першого, пра-
вильного твердження, до другого і т. д.

Зрозуміло, що методом математичної індукції можна доводити тільки
твердження, які містять натуральний параметр п.

Схема .метода ММІ:

1.	База індукції (Б).

Доводимо правильність першого твердження (при п = 1).

2.	Індукційний перехід (П).

Доводимо, що з правильності твердження при п = к випливає пра-
вильність твердження при п = к + 1.

Розглянемо кілька прикладів на доведення тверджень методом матема-
тичної індукції.

Приклад 1. Доведіть, що квадрат 2Л х 2*без однієї клітинки можна
розрізати на «кутики» з трьох клітинок.
Розв'язання

У твердженні, яке треба довести, є натуральна змінна п. Маємо:
- твердження про квадрат 2x2;

Т2 - твердження про квадрат 4x4;

Т3 - твердження про квадрат 8x8;

7’10 - твердження про квадрат 2,ох 210.

1) Твердження Т, очевидно виконується, бо після вирізання довільної
клітинки залишається саме заданий «кутик» (мал. 6.51).

2) Спробуємо довести твердження Т2. Квадрат 4x4 можна поділити на
чотири квадрати розміром 2x2. З тим квадратом, який містить вирізану
клітинку, все зрозуміло (твердження Т(). Якщо вирізати «кутик» так, щоб

3) Тепер припустимо правильність твердження Тк і доведемо крок
індукції Тк -> Тм1, тобто що з твердження «квадрат 2*х24 без однієї клітин-
ки можна розрізати на кутики» випливає - «квадрат 2'**х2**' без однієї
клітинки можна розрізати на кутики*.

Доведення

Поділимо квадрат розміром 2*”х24И на чотири квадрати 2*х2‘.

В одному з них відсутня клітинка. Його за твердженням можна поділити
на «кутики».

У трьох інших заберемо по одній клітинці так, щоб із цих клітинок утво-
рився «кутик», точка О якого збігається з центром даного квадрата 2**'х 2*”'
(аналогічно тому, як це ми зробили при доведенні Т9). Скористаємося твер-
дженням Тк.

Твердження Тм доведено.

Ми довели Т, базу індукції і 7\ —> 7\я - індукційний перехід. Тоді вико-
нується будь-яке твердження Тя і задачу розв'язано.

Для допитливих

Можливо, перший, хто висловив і втілив ідею математичної індукції, був
французький учений Блез Паскаль (1623-1662).

Пізніше цю ідею почали називати принципом (тобто правилом, законом)
математичної іпдукції (від латинського іпсіисііо - «наведення»).

У 1838 р. з Британській енциклопедії за підписом відомого шотландсько-
го математика, першого президента Лондонського математичного товари-
ства Августа де М органа (1806-1871) була опублікована стаття під назвою
«Математична індукція».
Приклад 2. Доведіть, що для кожного натурального п > 4 існує опук-
лий п-кутник, який має тільки 3 гострі кути.

Розв’язання

1)	База індукції - справедливість твердження при п = 4 дово-
димо прямою побудовою (мал. 6.54).

2)	Індукційний перехід доводимо «відрізанням» одного з
тупих кутів - число сторін зменшиться на один, а гострі
кути збережуться.

3)	Тоді для довільного п > 4 існує опуклий п-кутник, який
має 3 гострі кути.

Що вимагалося довести.

Мал. 6.54

Приклад 3. На скільки частин п прямих ділять площину, якщо серед
них немає паралельних і ніякі три з них не перетинаються в одній точці.

Розв’язання

Скористаємося методом математичної індукції.

1)	Тепер замість послідовності тверджень маємо послідовність запитань:
на скільки частин ділить площину одна пряма? На скільки частин ділять
площину дві прямі? На скільки частин ділять площину три прямі? і т. д.
Якщо дамо відповідь на ці запитання, отримаємо послідовність твер-
джень:

Т, = 2, 7\ = 4 = 2 + 2, Т3 = 7 = 4 + 3, 7\ = 11 = 7 + 4.

2)	База індукції = 2 доведена побудовою.

3)	Для того щоб довести індукційний перехід, треба записати Тя через п.
Використовуючи знайдені значення Тр Тг, Т3, Т4, маємо висновок, що
Тл ~ Тп-> + п

Зауваження. Ми вгадали останню залежність, проте вгадане - це ще
не доведене.

Індукційний перехід. Нехай правильним є твердження Тк =	+ к. Дове-

демо, що тоді 7\и = 7\ + (* + 1).

Доведення

Пряма перетинає к прямих у к точках, тобто ділить к + 1 старі частини
площини на дві частини. Тоді = 7\ + (к + 1) і індукційний перехід дове-
дено.

Відповідь: п прямих, серед яких немає паралельних і ніякі три з них не
перетинаються в одній точці, ділять площину на Тп - 2 + 3 + 4 + ... + п частин.

Для допитливих

1.	Аркуш можна розрізати на 4 або на 6 частин. Доведіть, що
за цим правилом його можна розрізати на довільне число
частин, починаючи з дев’яти.

Порада. Якщо ми ділимо аркуш на 4 або 6 частин, то частив
стає більше на 3 або на 5. Доведіть індукційний перехід: якщо
можна поділити аркуш на к, к + 1, к + 2 частини, то можна це
зробити і для й + 3, к + 4, к + 5 частин.

2.	Доведіть, що квадрат можна поділити на п квадратів (для
довільного л), починаючи із шести.

Порада. Врахуйте, що квадрат можна поділити як на 4, так
і на 9 квадратів (див. мал.), і зверніть увагу на задачу № 1.

	
	

		
		
		
Приклад 4. Площину поділено на частини кількома прямими. Доведіть,
що ці частини площини можна пофарбувати в два кольори так, що довільні
дві суміжні (за стороною) частини матимуть різні кольори.

Доведення

1)	Для того щоб скористатися методом математичної індукції, перефор-
мулюємо умову задачі: «На площині проведено п прямих

2)	Тепер можна розглянути базу індукції - випадок, коли п = 1. Очевид-
но, що відповідне пофарбування можна здійснити.

3)	Індукційний перехід. Якщо маємо к прямих, то площина розфарбована
так, що дві довільні суміжні частини мають різні кольори. Проводимо к + 1
пряму і перефарбовуємо в протилежний колір усі області з одного боку від
неї. Маємо шукане пофарбування.

Тоді твердження задачі є правильним для довільного числа прямих.

Приклад 5. (Гра «Ханойська башта»). Маємо дитячу пірамідку з п
кільцями і два стержні такої самої висоти (мал. 6.55). Можна перекладати
кільця з одного стержня на інший, але не можна при цьому класти більше
кільце на менше. Доведіть: а) можна перекласти всі кільця на один із віль-
них стержнів і б) це можна зробити за (2" - 1) перекладання.

Мал. 6.55

Доведення

1)	База індукції. Верхнє кільце кладемо на один із стержнів (№ 1), а дру-
ге - на інший (№ 2). Потім менше кільце знімаємо зі стержня № 1 і кладе-
мо на стержень № 2. Маємо, що менше кільце знаходиться поверх більшо-
го, а загальне число перекладань для п = 2 становить 3 = 2г - 1.

2)	Індукційний перехід. Маємо к кілець на одному зі стержнів. Зроблено
це за (2* - 1) кроків. Треба довести: а) можна к + 1 кільце перекласти на один
стержень і б) зробити притому 2*’1 - 1 перекладання. Доведемо це.

2-а) За (2* - 1) кроків перекладемо всі кільця, крім останнього (к + 1)-го, на
один стержень. 2-6) Останнє (к + 1)-е кільце перекладемо на вільний стер-
жень. 2-в) Потім за 2* - 1 кроків перекладемо всі інші кільця на нього (мож-
на зробити за умовою).

Маємо загальну кількість кроків

(2* - 1) + 1 + (2* - 1) = 2 • 2* - 1 = 2*'1 - 1.

Індукційний перехід доведено.

Тоді: а) можна перекласти всі п кілець на один із вільних стержнів
відповідно до умови; б) це можна зробити за (2Я - 1) перекладання.

Завдання для самостійного розп'мзушітіл

1.	На скільки трикутників можна поділити л-кутник (пе обов’язково опуклий)
його діагоналями, що не перетинаються?
2.	Визначте число діагоналей, що не перетинаються і поділя-

Геометрія немовби
символізує все, по-
в’язане з практи-
кою, а поезія - все,
пов’язане з мрісю.
Але в царстві уяви
вони споріднені і
повинні йти в парі,
як дорогоцінна спад-
щина кожної моло-
дої людини.

Флоренс Мілнер

ють п-кутник на трикутники.

3.	На скільки частин опуклий л-кутник поділяється всіма
його діагоналями, якщо будь-які три з них не перетина-
ються в одній точці?

4.	Доведіть, що правильний трикут-
ник можна поділити на п пра-
вильних трикутників, починаючи
із чотирьох.

(Порада. Див. мал. 6.56.)

5.	Укажіть усі значення п, для яких
не можна квадрат розрізати на п.

XI XX

Мал. 6.56

менших квадратів.

6.	Дано п довільних квадратів. Доведіть, що їх можна
розрізати на частини так, що з отриманих частин можна

скласти новий квадрат.

7.	Площину поділено на частини кількома колами. Доведіть,
що ці частини площини можна розфарбувати в два кольо-
ри так, що довільні дві суміжні (за стороною) частини
матимуть різні кольори.

8.	На площині дано кілька кіл. У кожному з них проведена
хорда. Доведіть, що отриману «карту» можна розфарбува-
ти трьома кольорами так, що дві суміжні (за стороною)
області матимуть різні кольори.

9.	На площині пі точок розмістили так, що на кожній
прямій, яка сполучає дві з цих точок, міститься хоча б ще
одна з них. Доведіть, що всі ці т точок лежать на одній

прямій.

Більше дізнатися з цієї теми можна в літературі:

1.	Генкин-С. А., Итенберг И. В., ФоминД. В. Ленинградские математические круж-
ки. - Киров: «АСК», 1994.

2.	СпивакА. В. Математический кружок. - М.: Поссв, 2003.

3.	Тадеєв В. О. Неформальна математика. 6-9 класи. - Тернопіль: Навчальна кни-
га - Богдан, 2003.

4.	Шустеф Ф. М. Сборник олимпиадньїх задач по математике. - Минск: Вьішзйш.
шк., 1977.

Той, хто не знає математики, не може пізнати ніякої іншої
науки, не може навіть збагнути свого невігластва, а тому не
шукає й ліків від нього.

Роджер Бекон

Здоров'я вам і талану, любі друзі!
ПЕРЕВІР СЕБЕ

ЗАВДАННЯ ДЛЯ ПІДСУМКОВОГО ПОВТОРЕННЯ
КУРСУ ПЛАНІМЕТРІЇ В ТЕСТОВІЙ ФОРМІ

Недостатньо мати хороший розум,

Головне - уміти його використовувати.

Рене Декарт

Пропоновані завдання в тестовій формі дадуть вам змогу швидко отри-
мати інформацію про те, чи дійсно ви засвоїли програму з геометрії для за-
гальноосвітніх навчальних закладів з певної теми та підготуватися до під-
сумкової атестації після закінчення 9-го класу і навіть випускного зовніш-
нього оцінювання (по темах планіметри).

Зауваження. Пропоновані завдання за складністю орієнтовані на се-
редній і підвищений рівень (друга частина зовнішнього оцінювання та ви-
пускного оцінювання за курс школи II ступеня). Зірочкою позначено за-
вдання, дещо складніші за інші або такі, що вимагають знання фактів, які
відповідають програмі класів з поглибленим вивченням математики. Пере-
вірити правильність виконання завдань вам допоможуть відповіді, наведе-
ні в розділі «Відповіді і поради».

У завданнях 1-38 треба обрати з пропонованих відповідей ОДНУ, яка
є, на вашу думку, правильною.

1. Уздовж прямої вулиці завдовжки 800 м від одного її кінця до іншого (по
прямій) потрібно посадити дерева. Скільки для цього треба викопати
квадратних ям (периметр кожної 2 м), щоб відстань між деревами дорів-
нювала 5 м?

А	Б	В	г	д
160	158	200	Інша відповідь	159

2. У якому відношенні потрібно поділити відрізок на дві частини так, щоб
середина меншої з них поділяла відрізок у відношенні 1 : З?

А	Б	В	Г	Д
1:3	1:2	1: 4		2Л	2:3

3. Третина кута а дорівнює п’ятій частині кута, суміжного з а. Який кут
більший: а, чи суміжний з ним?

А	Б	в	г	д
а	Ці кути рівні	Порівняти не можна	Суміжний з а	Інша відповідь

4. Кут між бісектрисою одного із суміжних кутів і їхньою спільною сторо-
ною дорівнює третині кута між бісектрисами цих суміжних кутів. Зна-
йдіть ці суміжні кути.

А	Б	В	Г	д
60°і 120°	90» і 90°	40° і 120°	30°і 150°	Інша відповідь
5. Після побудови бісектрис заданих суміжних кутів отримали три прямі
кути. Якими були задані суміжні кути?

А	В	В	Г	д
45’1 135°	60°і 120°	30° і 90’	90° і 90’	Інша відповідь

6. Сторони двох кутів взаємно перпендикулярні. Чи рівні дані кути?

*	Б	В	Г	Д
Так, завжди	Ні	Не завжди	Порівняти не можна	Інша відповідь

7.	Укажіть, скільки з наведених тверджень є правильними.

1)	Не можна побудувати вертикальний кут для кута, більшого за роз-
горнутий.

2)	Бісектриси суміжних кутів взаємно перпендикулярні.

3)Для кутів, утворених перетином двох прямих, сума двох суміжних
кутів може дорівнювати сумі двох вертикальних кутів.

4)	Градусні міри двох суміжних кутів можуть бути чисельно представ-
лені парними числами.

5)	Градусні міри двох суміжних кутів можуть бути чисельно представ-
лені тільки непарними числами.

А	Б	В	Г	Д
Одне	Три	Два	Чотири	Інша відповідь

8*. Укажіть, скільки з наведених тверджень є правильними.

1)Якщо серединні перпендикуляри до всіх сторін трикутника прохо-
дять через вершини цього трикутника, то такий трикутник рівносто-
ронній.

2)	У довільному трикутнику сума довжин трьох його висот більша за
периметр цього трикутника.

3)	У будь-якому нерівнобедреному трикутнику основа бісектриси три-
кутника міститься між основами медіани і висоти, проведеними з тієї
самої вершини.

4)	Якщо сторони двох кутів взаємно перпендикулярні, то такі кути рівні.

5)	Якщо сторони одного кута відповідно паралельні сторонам другого
кута, то такі кути або рівні, або їх сума дорівнює 180°.

А	Б	В	г	д
Одне	Два	Три	Чотири	П'ять

9. Один з кутів трикутника дорівнює 48°. Знайдіть гострий кут, утворений
бісектрисами двох інших кутів цього трикутника.

А	Б	В	Г	Д
114’	96’	74’	66°	Іпша відповідь

10*. Бісектриса кута при основі рівнобедреного трикутника утворює з його
бічною стороною кут, що дорівнює куту при основі. Знайдіть кути три-
кутника.
А	Б	В	Г	Д
36°, 72°, 72°	30°, 30°, 120°	Інша відповідь	42е, 42°, 96°	Визначити неможливо

11*. Бісектриси двох внутрішніх кутів гострокутного трикутника перети-
нають сторони цього трикутника під кутами 63° і 81°. Знайдіть кути
трикутника.

А	Б	В	Г	д
36°, 54°, 90°	82°. 80°, 18°	60°, 72°, 48°	30°, 66°, 84°	Інша відповідь

12*. Трикутник АВС - прямокутний, ВР ЇСЕ - бісектриси його гострих ку-
тів, відрізки РК і ЕМ - перпендикулярні до ВС. Знайдіть кут КАМ.

А	Б	В	Г	Д
90°	60°	Інша відповідь	135°	45°

13. Сторони АВ і А,В( трикутників АВС і А{В{С} належать одній прямій, а
вершини С і С, - прямій, яка паралельна першій. Знайдіть відношен-
ня площ трикутників АВС і А ,6,6,, якщо АВ : А1В1 — 2.

А	Б	В	Г	д
1/2	4	2	1/4	Інша відповідь

14. Точка М ділить сторону ВС паралелограма АВСО у відношенні 2:3,
рахуючи від вершини В. Знайдіть відношення площі трикутника АВМ
до площі чотирикутника АМСО.

А	Б	В	Г	Д
4	4:9	1 : 4	2:3	Інша відповідь

15.	Укажіть, скільки з наведених тверджень є правильними.

1)	Існує трикутник з відношенням сторін 2:3:6.

2)	Існує трикутник з відношенням кутів 150 : 120 : 35.

3)	Довжини бічних сторін рівнобедреного трикутника можуть дорів-
нювати по 10 м, а основа - 20,01 м.

4)	Довжина одного відрізка на 1 см більша за довжину другого і на 4 см
більша за довжину третього. З цих відрізків можна скласти трикут-
ник, периметр якого дорівнює 10 см.

5)	Існує вписаний чотирикутник з відношенням мір кутів (узятих по-
слідовно) 1 : 2 : 4 : 3.

в) Існує описаний чотирикутник з відношенням
довжин сторін (узятих послідовно) 1: 6 : 4 : 3.

А	Б	В	Г	Д
Одне	Три	Жодного	Чотири	Інша відповідь

16. За малюнком Т-1 знайдіть градусну міру кута
ОВА (точка О - центр кола).

А	Б	В	Г	д
90°	87°	46°	67°	Інша відповідь
17. Один з кутів трикутника дорівнює 55°. Сторони трикутника, що утво-
рюють цей кут, можна бачити з центра кола, описаного навколо цього
трикутника, під кутами, міри яких відносяться як 2 : 3. Знайдіть ці
кути.

Л	Б	В	Г	д
100°і 150°	50° і 75°	Визначити не можна	80° і 30°	Інша відповідь

18*. Кут при вершині рівнобедреного трикутника дорівнює 20°. На одній з
його бічних сторін як на діаметрі побудовано коло. Знайдіть градусні
міри дуг, що відтинаються на цьому колі іншими сторонами трикут-
ника.

А	Б	В	Г	д
40°, 60°, 80°	40°, 40°, 100°	20°, 20°, 120°	Інша відповідь	20°, 20°, 140°

19*. Із спільної точки до кола провели дві дотичні. Визначте кут між цими
дотичними, якщо міра однієї з дуг, обмеженої точками дотику, дорів-
нює 120° 36'.

А	Б	В	Г	д
60° 18'	59° 24'	239° 24'	60° 36'	Інша відповідь

20*. На малюнку Т-2 зображено два кола (з центрами О і О,). Знайдіть гра-
дусну міру дуги СІУК, якщо - 130°, а АВ і АО - дотичні до мен-
шого кола.

А	Б	В	г	д
Визначити неможливо	260“	100“	50°	Інша ВІДПОВІДЬ

21. Гіпотенуза прямокутного трикутника до-
рівнює 16 м. Знайдіть відстань між орто-
центром (точкою перетину' висот) і цен-
тром кола, описаного навколо трикутника.

А	Б	В	Г	д
16 м	4 м	Інша відповідь	8 м	2м

22*. Довжини сторін трикутника 13 см, 14 см
і 15 см. Знайдіть радіус кола з центром на
середній за довжиною стороні трикутни-
ка, що дотикається до двох інших його СТО]

А	Б	В	Г	д
6 см	5-72 см	Визначити неможливо	7 см	3 см

23*. Сторони трикутника відносяться як 2 : 3 : 4. У нього вписано півколо з
діаметром, що лежить на більшій стороні. Знайдіть відношення площі
пінкруга, обмеженого півколом, до площі трикутника.

А	Б	В	Г	Д
Зк>/Ї5:50	з73л:7б	3:5	Інша відповідь	хТЇ5:12
24. У рівнобічній трапеції середня лінія дорівнює 5 см, а діагоналі взаємно
перпендикулярні. Знайдіть площу трапеції.

А	Б	В	Г	Д
125 см2	25 см2	-25см2 2	50 см2	Інша відповідь

25. У рівнобедрену трапецію вписано коло. Порівняйте відношення дов-
жини цього кола до периметра трапеції з відношенням площі круга,
обмеженого даним колом, до площі трапеції.

А	Б	В	Г	д
1:2	2:1	1 : 4	1:1	Інша відповідь

26. Знайдіть кути двох подібних трикутників, якщо кожна сторона одного
з них на 5 см більша за відповідну сторону іншого.

А	Б	В	Г	Д
Інша відповідь	60" , 30°, 90°	36°, 72°, 72°	45°, 45°, 90е	60°, 60°, 60°

27. У трикутнику через середину однієї із сторін провели прямі, паралель-
ні двом іншим сторонам трикутника. Знайдіть суму площ двох утворе-
них трикутників, якщо площа заданого трикутника дорівнює 24 см2.

А	Б	В	Г	Д
6 см2	12 см2	18 см2	20 см*	Інша відповідь

28*. У прямокутному трикутнику довжини катетів дорівнюють 6 см і 8 см.
Через точку перетину його бісектрис провели прямі паралельно його
катетам. Знайдіть відношення площі утвореного прямокутника до
площі заданого трикутника.

	А	Б	В	Г		д
	Інша відповідь	6:1	1:6	1	: 4	1 : 12
29*. У трикутнику АВС через точку перетину його ме-						с
діан М провели відрізок МР паралельно стороні						/К г,
АС (мал. Т-3). Знайдіть площу трикутника СРМ,					>	/\У
якщо площа трикутника АВС дорівнює 3.					/	
	А	Б	В	Г	Д	А{-	\
	1-  Сл |Ьа.	2-в	Інша	-8		к
	9	3	9	відповідь	6		Мал. Т-3

ЗО*. У прямокутному трикутнику з точки перетину медіан провели перпен-
дикуляри до катетів. Знайдіть площу утвореного прямокутника, якщо
площа заданого трикутника дорівнює 5.

А	Б	В	г	д
І5	м | ю	<£> 1 Л- Со	І3	Інша відповідь
31. Кути трапеції відносяться як 3 : 4 : 5 : 6. Який кут утворюється продов-
женням бічних сторін цієї трапеції?

А	Б	В	Г	д
Задана трапеція не існує	90°	40“	60°	Інша відповідь

32. Одна з діагоналей ромба дорівнює 4 м, а друга утворює зі стороною
ромба кут 30°. Знайдіть площу ромба.

А	Б	в	г	Д
32 м*	ібТз м2	16 м2	8>/3 м1	Інша відповідь

33. Знайдіть на осі абсцис точку, рівновіддалену від точок А (4; І) і В (1; 4).

1 А	Б	В	Г	Д
(1:0)	(0; 0)	(0;1)	(1;1)	Інша відповідь

34. Знайдіть відстань між точкою А(2; -1) і центром кола, заданого рів-
нянням Xі -2х + уг + 2у = ~1.

А	Б	в	г	д
Коло не існує	Уз	і	7	Інша відповідь

36.	Укажіть, скільки з наведених тверджень є правильними.

1)	Центр кола є його центром симетрії.

2)	Прямокутник має один центр симетрії - точку перетину діагоналей.

3)	Паралелограм не має центра симетрії.

4)	Середина відрізка є його центром симетрії.

5)	Промінь має безліч центрів симетрії.

1 *	Б	В	Г	д
Чотири	Одне	Два	Три	Інша відповідь

36*. Укажіть, скільки з наведених тверджень с правильними.

1)Сума довжин діагоналей опуклого чотирикутника більша за його
півпериметр.

2)	Серединні перпендикуляри до двох сторін правильного багатокут-
ника не можуть бути паралельними.

3)	Прямі, що містять бісектриси двох кутів правильного багатокутни-
ка, можуть бути паралельними.

4)	Градусна міра зовнішнього кута правильного п-кутника дорівнює
360°: п.

5)	Сума довжин діагоналей опуклого чотирикутника більша за його пе-
риметр.

А	Б	В	г	д
Одне	Два	Три	Чотири	П’ять

37.	Сторони правильного трикутника, квадрата і правильного шестикут-
ника рівні. Знайдіть відношення площ цих фігур.
А	Б	В	Г	д
Т3:4:6>/3	2:3:6	Інша відповідь	1:4:6	— :1:6 4

38.	Знайдіть довжину кола, вписаного в ромб, довжини діагоналей якого
6 см і 8 см.

А	Б	В	Г	д
9,6 см	9,6 л см	(2,4п)г см	Інша відповідь	4,8л см

39. Знайдіть суму тангенсів гострих кутів прямокутного трикутника,
якщо відношення площі цього трикутника до площі квадрата, побудо-
ваного на його гіпотенузі, дорівнює к.

А	Б	В	Г	д
л	1 к	к	1  7к	Інша відповідь

У завданнях 40-51 оберіть правильну, на вашу думку, відповідь. ЇХ
МОЖЕ БУТИ КІЛЬКА.

40. З точки О виходять три промені: ОА, ОВ, ОС. Відомо, що /АОВ = 35°,
/,ВОС = 50". Якою може бути градусна міра кута АОС"!

А	Б	В	Г	д
85°	325°	15°	275°	345е

41. Промені а і Ь утворюють кут 120°, а прямі а і с перетинаються під ку-
том ЗО". Якою може бути градусна міра кута, сторони якого належать
прямим Ь і с, якщо всі три прямі а, Ь, с перетинаються в одній точці?

А	Б	В	Г	Д
150"	90°	270°	210°	300°

42. Точки А, В, С розміщено на одній прямій. Причому АВ = 5,7 м, ВС -
- 730 см. Якою може бути довжина відрізка АС в дециметрах?

А	Б	В	г	Д
16 дм	18 дм	130 дм	148 дм	Інша відповідь

43. На прямій позначено точки А, В і С. Причому АС > АВ і СВ = 2АВ. Від
точки С відклали відрізок СМ так, що СМ - МВ. Порівняйте відрізки
МСІАВ.

А	Б	В	г	Д
МС-АВ	МС<АВ	МС < АВ	Порівняти неможливо	МС>АВ

44*. На прямій позначено точки А, В і С. Причому АВ < АС < 1,89АВ. По-
рівняйте відрізки ВС і АВ.
а	Б	В	Г	Д
лв>вс	АВ < ВС	ВС<0,89АВ	ВС< 2,89 АВ	Порівняти неможливо

45. Дві сторони прямокутного трикутника дорівнюють 3 см і б см. Знай-
діть третю сторону трикутника.

А	Б	В	г	д
зУб м	УЗ см	3>/3 см	Інша відповідь	ЗТб см

46. Сума квадратів медіан прямокутного трикутника дорівнює 150 см2.
Знайдіть найбільшу із сторін цього трикутника.

А	Б	В	Г	д
Інша відповідь	15^10 см	10 дм	10 см	Ло ю АМ

47. З точки М проведено до кола січну і дотичну. Точку дотику позначили
як В, а січна перетинає коло по діаметру АВ. Знайдіть градусну міру
дуги ВВ, якщо ЛАВМ = 24°.

А	Б	В	г	д
	 24°	132’	156е	48°	228°

48. Знайдіть суму двох кутів, один з яких є кутом паралелограма, а дру-
гий- кутом між висотами паралелограма, проведеними з вершини
першого кута.

А	Б	В	Г	д
90° або 270°	135е	180°	У загальному випадку визначити неможливо	Інша відповідь

49. Запишіть рівняння прямої, що дотикається до кола х2 » у2 = 9 у точці
його перетину з віссю абсцис.

А	Б	В	г	д
у = 3	х = 3	У~х	х*-3	</= 3

50*. Запишіть рівняння прямої, що проходить через точку М(1; 2) і дотика-
ється до кола (х + 2)2 + (у - 2}* - 4.

А	Б	В	Г	Д
2х + 4$у - -2-2-75-0	у- у)2х + 3	у^-^2х + 3	2х - \І5у - -2 *-2>/5^0	Інша відповідь

51*. У площині прямокутника АВСВ взято точку М. Знайдіть МА МС,
якщо МИ МВ - 3.

А	Б	В	г	д
-3	3	Визначити неможливо	Інша відповідь	о
52*. Дано паралелограм АВСО. Пряма / перетинає прямі АВ, АС і АО відпо-
відно в точках Вр С, і Причому АВ, - пАО, АВ1 = рАВ, АС, - у АС.
Знайдіть значення у, якщо а = 2, а |3 = 3-

А	Б	В	Г	Д
Визначити неможливо	5	3  2	6  5	5  6

У завданнях 53-60 підберіть з правого стовпчика продовження до ви-
разів лівого так, щоб (разом із заданими кольором словосполученнями)
утворилися правильні твердження. УВАГА:

•	одному виразу лівого стовпчика можуть відповідати кілька виразів
правого;

•	деякі твердження правого стовпчика можуть бути використані кіль
ка разів, а деякі залишаться незадіяними.

53. Сформуйте правильні твердження.

Якщо  ІИМ п ЛМИН‘1	А) кінці двох діаметрів кола, Б) кінці двох нерівних від- різків, що перетинаються під прямим кутом і діляться точ- кою перетину навпіл,  В) кіпці двох рівних відрізків, що діляться точкою ЇХНЬОГО перетину навпіл,  Г) через одну середини сторін правильного восьмикутника, Д) середини сторін рівнобед- реної трапеції, діагоналі якої перетинаються під прямим ку- том,	ТО  утворяться	1)трапеція.  2)прямокутник.  3)паралелограм.  4)	квадрат.  5)	ромб.  6)	вписаний чотирикутник.  7)точка.

54*. Сформуйте правильні твердження.

При перетині бісектрис купи	А)паралелограма  Б) ромба  В) трапеції  Г) прямокутника  Д) вписаного чотири- кутника  Е) рівнобічної трапеції	>1ПП|НІМ гьгя	1)трапеція.  2)прямокутник.  3)	паралелограм.  4)	квадрат.  5)	ромб.  6)вписаний чотирикут- ник.  7) точка.

55. Сформуйте правильні твердження.

Якщо трвпоціл	А)вписана, Б)описана.  В) рівнобедрена,  Г) за бісектриси кутів при одній основі має діагоналі,  Д) має діагоналі, перпендикулярні до бічних сторін,	го пенні	1)	прямокутна.  2)	рівнобедрена.  3)має однакові су- ми довжин основ і довжин бічних сто- рін.  4)вписана.
56*. Сформуйте правильні твердження.

—  Якщо и н інян і  1 сполучити ггрслкнн старі 11	А) опуклого чотирикут- ника, Б)ромба,  В) трапеції,  Г) прямокутника,  Д) рівнобічної трапеції,  Е) паралелограма, Є)вписаного чотирикут- ника,	НІ	1)трапеція.  2) прямокутник.  3)паралелограм.  4)квадрат.  5) ромб.  6)вписаний чотирикутник.  7)	прямокутна трапеція.  8)	рівнобедрена трапеція.

57. Сформуйте правильні твердження.

Нкши	А) пряма паралельна осі абсцис, Б) пряма паралельна осі ординат, В) пряма утворює кут а з додатним напрямом осі абсцис,  Г) пряма утворює кут а з додатним напрямом осі ординат,  Д) пряма утворює кут а з від’ємним напрямом осі ординат.	ТО	1)	її кутовий коефіцієнт не існує.  2)	її кутовий коефіцієнт дорівнює (-сі^а).  3)	її кутовий коефіцієнт дорівнює нулю.  4)	її кутовий коефіцієнт дорівнює І£СІ.  5)	її кутовий коефіцієнт дорівнює (-і£а).  6)	її кутовий коефіцієнт дорівнює сі#а.

58*. Сформуйте правильні твердження.

Якщо	А) прямі перетинають- ся,  Б) прямі паралельні,  В) прямі збігаються,  Г) прямі перпендику- лярні,  Д) прямі паралельні бі- сектрисі ПІ координат- ної чверті,  Е)прямі перпендику- лярні до бісектриси І координатної чверті,	ТО	1)	їхні кутові коефіцієнти дорівнюють -1.  2)	їхні кутові коефіцієнти за модулем рівні.  3)	у рівнянні прямих вільні члени однакові.  4)	їхні кутові коефіцієнти рівні.  5)	їхні кутові коефіцієнти дорівнюють 1.  6)	прямі мають вигляд X = СОПЗІ.  7)	кутовий коефіцієнт однієї дорівнює оберненому значенню кутового коефі- цієнта другої прямої, взятого з проти- лежним знаком.  8)їхні кутові коефіцієнти не можуть бути рівними.

59*. Укажіть, скориставшись твердженнями правого стовпчика, як
пов’язані градусні міри кутів а і 0, якщо виконується твердження лі-
вого стовпчика (сума а + 0 не перевищує 180°).

Якщо	Л)зіпа = 8іпр, _  Б) сов а = соз 0,  В) від а = сов 0, Г) віп 0 = соз а, Д) зіпга + сов2 Р = 1,		Сі » їй. М Ь5 м й Й й й й Я + II + + + + •СП'Р'СОТЗТВ'С: II	II	II	II	II  СО	О  О	О 00 О 04  С	О ф О 0  •	'	О	•
60.	Сформулюйте правильні твердження.

Якщо	А) а |д,_ Б)а = л.б, В)аТТЬіа2 = &\ Г)а Ь = 0. Д)а+2Ь=0,_ Е) а Ц Ь, а ||с, Ь Ц с,		1)	вектори а іЬ не завжди рівні, але мають рівні модулі.  2)	вектори аіЬ рівні.  3)	вектори а і Ь перпендикулярні.  4)	вектори а і Ь колінеарні.  5)	вектора є нуль-вектором.  6)	вектори а і Ь протилежно напрямлені.  7)	вектори а і Ь співнапрямлені.  8)	а = кЬ.

У .завданнях 61-64 потрібно заповнити порожні клітинки таблиці
так. щоб по горизонталях отримати правильні твердження.

61.	Заповніть таблицю так, щоб утворилися правильні твердження.

1) іт	середин рівних хорд даного кола		
2)	вершин прямокутних трикутників зі спільною гіпотенузою		
3)	центрів кіл, що проходять через задані дві точки.		
4)	центрів рівних кіл, що проходять через задану точку,		
5)	центрів кіл, що дотикаються  до двох даних паралельних прямих,		
6)	центрів кіл, дотичних ДО двох даних прямих, що перетинаються.		

62*. Заповніть таблицю, щоб утворилися правильні твердження.

1) Середини сторін чотирикутника послідовно сполучили - отримали прямокутник.	!	> . . | . І 1  НІ ||ІІ ІН ♦ • . ЦІ"	
2) Середини сторін чотирикутника послідовно сполучили - отримали ромб.		
3) У чотирикутник можна вписати коло, а дві суміжні його сторони рівні.		
4) Середини сторін чотирикутника послідовно сполучили - отримали квадрат.		
5) Навколо чотирикутника можна описати коло, а один з його кутів - прямий.		
63*. Заповніть таблицю.

ФІГУРА	Осі симетрії (вказати кількість і які саме прямі)
1) Рівносторонній трикутник	
2) Коло	
3) Дві прямі, що перетинаються	
4) Квадрат	
5) Правильний шестикутник	

64. Заповніть порожні клітинки таблиці.

Міра зовнішнього кута правильного багатокутника	18°	40°	72°	60°
Кількість сторін правильного багатокутника				

У завданнях 65-85 допишіть умову так, щоб задача була коректно сфор
мульована І мала розв'язок або щоб утворене твердження було правильним.
65. Доведіть, що перпендикуляри, проведені до сторін кута в точках, що
рівновіддалені від його вершини, перетинаються на................

66.	Доведіть, що бісектриси двох рівних кутів, що утворилися при пере-
тині двох паралельних прямих січною,.............................

67.	Доведіть, що бісектриси двох нерівних кутів, що утворилися при пе-
ретині двох паралельних прямих січною............................

68.	У трикутниках АВС і А1В1С, висоти СК і СК{ рівні. Доведіть, що ці
трикутники рівні, якщо...........................................

69*. Якщо бісектриса зовнішнього кута трикутника паралельна його сто-
роні, то такий трикутник.........................................

70.	Якщо сума двох кутів трикутника більша за його інший кут, то такий
трикутник .......................................................

71*. Два трикутники рівні за двома сторонами і кутом не між ними, якщо
заданий кут......................................................

72*. У рівнобічній трапеції висота дорівнює середній лінії. Доведіть, що її
діагоналі........................................................

73*. Доведіть, якщо в трикутнику різниця двох кутів дорівнює прямому
куту, довжини бісектрис внутрішнього і зовнішнього кутів при вер-
шині третього кута...............................................

74*. Два кола дотикаються одне до одного у точці К. Через точку К прове-
ли пряму, що перетинає ці кола в точках А і В. Тоді діаметри цих кіл
АМ і ВР у випадку: а) зовнішнього дотику .......................;

б) внутрішнього дотику ......................................

75. Продовження висоти ВК трикутника АВС перетинає коло, описане
навколо цього трикутника, у точці Р; ВМ - діаметр цього кола. Дове-
діть, що РМ і АС.................................................

76*. Два кола перетинаються в точках А і В, АК і АМ - діаметри цих кіл.
Тоді відрізки КВ і ВМ............................................
77*.

78.

79*.

80.

81.

82.

83*.
84*.

85.

86.

87.

88.

89*.

90.

91.

92.

93*.

94*.

95.

96*.

Радіуси АО і ОВ взаємно перпендикулярні й обмежують чверть кола.
На відрізках АО і ОВ як на діаметрах побудовано два кола. Точку їх-
нього перетину, що міститься в заданій чверті кола, позначено че-
рез С. Доведіть, що точки А, С і В.............................

Висота трапеції, проведена з вершини меншої основи, ділить більшу
основу на відрізки, що дорівнюють півсумі і піврізниці основ цієї тра-
пеції. Тоді дана трапеція......................................

Два трикутники подібні. Кожна із сторін одного з них відрізняється
від відповідної сторони другого на одне й те саме число. Доведіть, що
ці трикутники...................................................

Рівняння хг + уг + ах + Ьу = с буде рівнянням кола (ненульового радіуса)
за умови.............-.........................................

Рівняння ахг +Ьу2 + тх + пу=с буде рівнянням кола (ненульового раді-
уса) за умови..................................................

З однієї вершини опуклого 16-кутника можна провести не більше як ..
.................................................  діагоналей.
Опуклий л-кутник має...............................діагоналей.

Пряма ах і Ьу є с = 0 дотикається до кола Xі + уг = тоді й тільки тоді,
коли виконується співвідношення................................

Якщо вектор колінеарний довільному вектору площини, то.........

У завданнях 86-128 запишіть тільки відповідь.

Дві бісектриси трикутника утворюють з його сторонами кути 99° і
117°. Знайдіть кути трикутника.

Па стороні АС трикутника АВС позначено точку М так, що площа три-
кутника АВМ в 2 рази більша за площу трикутника ВСМ. Порівняйте
довжини відрізків АМ і МС.

Площа трикутника АВВ на малюнку Т-4 більша
за площу трикутника АС£>. Порівняйте площі /\.
трикутників АБО і СОО.	/

Висота і медіана, проведені з однієї вершини три- /
кутника, поділяють його кут на три рівні части- І./ \Х
ни. Знайдіть кути трикутника.	А	В

У рівнобедреному трикутнику: бічна сторона Мдл т 4
більша за висоту, проведену до основи на 4 см;

відстань від точки перетину медіан до основи - 2 см. Обчисліть площу
трикутника.

Периметр рівнобедреного трикутника дорівнює 120 мм, а одна з його
сторін - 28 мм. Якої довжини можуть бути інші сторони цього трикут-
ника?

Один з кутів прямокутного трикутника дорівнює 60°, а різниця гіпо-
тенузи і меншого з катетів * 4 см. Знайдіть ці сторони трикутника.
Точка дотику кола, вписаного в прямокутний трикутник, поділяє гі
потенузу цього трикутника на відрізки завдовжки 3 см і 2 см. Знай-
діть площу заданого трикутника.

Знайдіть кути рівнобедреного трикутника, бічна сторона якого дорів-
нює 8 см, а середина основи віддалена від бічної сторони на 2 см.

У рівнобедреному трикутнику АВС (АВ - АС) серединний перпендику-
ляр до сторони АС перетинає сторону ВС в точці М. Знайдіть кут
ВАМ, якщо /АВС - 43°.

У рівнобедреному трикутнику АВС основа АС - їм, /А = 15°. У яких
межах міститься довжина сторони АВ?
97*. У рівнобедреному трикутнику один з кутів 120°, а основа - 10 см.
Знайдіть висоту, проведену до бічної сторони.

98*. У рівнобедреному трикутнику один із зовнішніх кутів 60°, а висота,
проведена до бічної сторони, — 17 см. Знайдіть основу трикутника.

99*. У рівнобедреному трикутнику АВС (АВ = ВС) кут при основі дорів-
нює 75°, АМ - бісектриса, ВМ = 10 см. Знайдіть відстань від точки М
до основи трикутника.

100*.До кола, описаного навколо трикутника АВС, провели дотичну в
точці С та січну через точку В. Причому січна проходить поза три-
кутником АВС і перетинає дотичну в точці В. Знайдіть /СОВ, якщо
АСАІ) = 36”, ЛСВВ = 24е.

101*.Точки А, В, С, В - вершини трьох рівних квадратів (мал. Т-5). Знай-
діть АВАЕ + АСАЕ + гВАЕ.

102*. У рівнобедреному трикутнику кут при основі
дорівнює а, а радіус вписаного в нього кола г.
Знайдіть радіус кола, описаного навколо цього
трикутника.

103.	Дано пряму а і відрізок ВС (мал. Т-6). Знайдіть
на прямій а таку точку А, щоб трикутник АВС
(з основою ВС) був рівнобедрений.

104.	Порівняйте площі квадратів, побудованих на катеті рівнобедреного
прямокутного трикутника і на висоті цього трикутника, проведеній
до гіпотенузи.

105*. У трикутнику АВС через точку перетину медіан М провели відрізок МР
паралельно стороні АВ (мал. Т-7). Знайдіть площу трапеції АРМК,
якщо площа трикутника АВС дорівнює 8, а точка К - середина АВ.

106*. У трикутнику АВС через точку перетину медіан М провели відрізки
МР і МК паралельно сторонам АВ і СВ (мал. Т-8). Знайдіть площу
трапеції АРМК, якщо площа трикутника АВС дорівнює 8.

		

А*--------------*Е

Мал. Т-5

Мал. Т-7

107.	Діагоналі трапеції з основами 12 см і 20 см поділяють її середню лі-
нію на три частини. Знайдіть довжини цих частин.

108*. Кут між висотами паралелограма, проведеними з однієї вершини, до-
рівнює 30°. Знайдіть площу паралелограма, якщо довжини вказаних
висот 4 см і 10 см.

109*.Сума довжин діагоналей ромба дорівнює 14 см, а довжина сторони -
5 см. Знайдіть площу ромба.

110.	Висота, проведена з тупого кута рівнобічної трапеції, поділяє її сто-
рону на відрізки 4 см і 8 см. Радіус кола, вписаного в трапецію, дорів-
нює 2 см. Знайдіть кути і меншу основу трапеції.

111*. Висота, проведена з вершини А вписаної трапеції АВСВ, поділяє її сто-
рону на відрізки 4 см і 9 см, діагональ АС перпендикулярна до бічної
сторони. Знайдіть площу трапеції.
112.	Висота, проведена з тупого кута вписаної трапеції, поділяє Ті сторону
на відрізки 4 см і 8 см. Знайдіть довжини всіх її сторін, якщо відомо,
одо в задану трапецію можна вписати коло.

113.	Площа рівнобедреної трапеції 117 см2, довжина меншої основи - 4 см,
міра гострого кута - 45°. Знайдіть довжину бічної сторони трапеції.

114*	. Точки Е і Е, С і Н, К і 7, N і М ділять відповідно кожну зі сторін АВ,
ВС, СВ, ВА квадрата АВСВ на три рівні частини. Відрізки ЕН і МК
перетинають відрізок СЬ у точках 0 і_й відповідно. Обчисліть площу
п’ятикутника АЕС)В.М, якщо АВ = 2у7 см.

115*	. Середня лінія трапеції з основами а і Ь (а < Ь) ділить її на дві трапеції.
Знайдіть відношення площ цих трапецій.

116.	Коло, вписане в рівнобічну трапецію, поділяє точкою дотику бічну сто-
рону цієї трапеції на відрізки 2 см і 18 см. Знайдіть висоту трапеції.

117.	Точка перетину діагоналей ромба віддалена від однієї з його сторін на
7з см. Знайдіть діагоналі ромба, якщо сторона ромба дорівнює 4 м.

118.	Визначте, чи лежать 3 точки А(4; 1), В(-8; -1) і С(5; 1) на одній прямій.
119*. Визначте, чи лежать 3 точки А(4; -1), В(-8; 8) і С(-4; 5) на одній прямій.
120. Запишіть рівняння кола, одо дотикається до осей координат, містить-
ся в IV координатній чверті і радіус якого дорівнює 5.

121.	Запишіть рівняння дотичної до кола (х-1)2 + (у + 2)2 «1, що проходить
через точку (1; -1).

122.	Запишіть рівняння прямої, що проходить через точку Лї(-11; 5) пара-
лельно прямій х = 3.

123.	Запишіть рівняння прямої, що проходить через точку М(-1; 2) пара-
лельно прямій 2х + у = 1.

124*. Запишіть рівняння прямої, що проходить через точку Л£(—1; 2) пер-
пендикулярно до прямої 2х + у = 1.

125*. Складіть рівняння кола, одо має за центр точку (-1; 3) і дотикається
до прямої у -2х-1.

126*. Вершини трикутника мають координати: (0; 0), (а; 0), (6; с). Запишіть
координати: а) центра О описаного навколо цього трикутника кола;
б) ортоцентра трикутника Я; в) центроїда трикутника М.

127.	Де розміститься центр кола, описаного навколо трикутника АВС,
якщо: а) СА  СВ < 0; б) ВС АВ > 0?

128*. У рівнобедреному трикутнику АВС кут В прямий, АС = 2^2, ВВ - ме-
діана. Обчисліть скалярні добутки: а) ВВ АС; б) ВВ ВС; в) ВВ ВВ.

129*. У трикутник АВС вписано коло з центром О, що дотикається до сторін
трикутника в точках Р, Т і Е. Знайдіть модуль вектора ОЕ + ОТ + ОР,
якщоАВ-5, ВС- 12, СА = 13.

130*.Визначте тип геометричного перетворення, при якому точка А(х; у)
переходить у точку АДх,; у(), якщо х, - 0,2(2 + Зх + 4у), у1 = 0,2(-4-
- 4х + Зу).

131*. Діагоналі трапеції перетинаються в точці О, 8 - точка перетину
продовжень її бічних сторін, М і N - середини основ. Знайдіть відно-
шення меншої основи трапеції до більшої, якщо 505 = 12МЛ/.

. 132*. Точка А(х; у) при паралельному перенесенні на вектор д(а; Ь) та го-
мотетії відносно точки О(хо; уо) з коефіцієнтом к переходить у точ-
ку АДХрУ,)- Знайдіть формули взаємозв’язку між координатами то-
чок А і А,.
ПІДСУМКОВЕ ПОВТОРЕННЯ КУРСУ ПЛАНІМЕТРІЇ

Повторення курсу планіметрії радимо почати, ще раз звернувшись до «Завдань
для повторення розділу», котрі містяться наприкінці кожного розділу. Нагадаємо,
що питання обов'язкового (мінімального) рівня знань виділено кольоровою рискою.
Доцільно спочатку звернутись до завдань в тестовій формі (с. 251), а потім - до за-
вдань, наведених нижче.

Дана підбірка завдань містить задачі на перевірку знань, набутих у попередні
роки навчання, готуючи вас до подальших загальних атестацій та випробувань.

Пропоновані завдання поділено на два рівні складності: середній і підвищений.
За потреби опрацювання завдань обов’язкового (мінімального) рівня звертайтеся до
задач з нуликами наприкінці параграфів та наприкінці розділів.

Середній рівень складності

Трикутники

1.	У трикутниках АВС і ДВ/),: /А = ^А1 - 45°, АС - АС{ = 105°, А1СІ = 6 см,
АС =12 см, NN — середня лінія трикутника АВС (М (=АВ, N є ВС). За даними
задачі: а) доведіть, що ААВС ~ ЛАХВ,С}; 6) доведіть, що ^\А}ВІС1 = АМВНі
в) порівняйте ВИ і А,Вр г) знайдіть ВС; д) обчисліть площу трикутника АВС.

2.	Два відрізки АВ і СР однакової довжини перетинаються в точці О так, що прямі
АВ і ВС паралельні. ОО = а, ОС = Ь. За даними задачі: а) доведіть, що ОА = а,
ОВ - Ь; б) знайдіть відношення периметрів трикутників ОАС і ООВ; в) знайдіть
довжини відрізків СВ і АВ; г) знайдіть площу трикутника АСО; д) знайдіть
радіус кола, вписаного в трикутник АОО; е) радіус кола, описаного навколо три-
кутника ВОС, якщо / АОО = а.

3.	Основа ріпнобедреного трикутника дорівнює о, кут при основі - а. Знайдіть:
а) периметр трикутника; б) площу трикутника; в) радіус описаного кола;
г) радіус вписаного кола; д) медіану і висоту, що проведені до бічної сторони.

4.	Дві сторони трикутника дорівнюють 4 см і 6 см, кут між ними - 60°. Знайдіть:
а) площу трикутника; б) периметр трикутника; в) висоту, проведену до третьої
сторони; г) радіус описаного кола; д) радіус вписаного кола.

Чотирикутники

5.	Через середину діагоналі ВО паралелограма АВСО перпендикулярно до неї прове-
дена пряма, що перетинає сторони ВС і АР в точках М і Т відповідно. За даними
задачі: а) доведіть, що ВМОТ - ромб; б) знайдіть радіус кола, вписаного в чотири-
кутник ВМОТ, якщо ВО = 8 см, ТМ = 6 см.

6.	Бічну сторону трапеції поділено на п рівних частин і через точки поділу проведе-
но прямі паралельно основам трапеції. Знайдіть довжину відрізків цих прямих,
які лежать між бічними сторонами трапеції, якщо основи трапеції дорівнюють
23 см та 15 см і: а) п = 2; б) п = 4.

7.	Діагональ прямокутника дорівнює 40 см. Перпендикуляр, проведений з верши-
ни прямого кута прямокутника до діагоналі, ділить її у відношенні 2 : 3. Визнач-
те: а) довжини сторін прямокутника; б) тангенс кута, утвореного стороною і
діагоналлю.

8.	Катети прямокутного трикутника дорівнюють 3 м і 4 м. Через середину його
гіпотенузи проведено прямі, паралельні катетам. Визначте вид утвореного чоти-
рикутника і знайдіть його діагоналі.

Коло. Багатокутники

9.	Трикутник з кутами 30°. 60°, 90° описано навколо кола. Знайдіть градусні міри
дуг, на які коло ділиться точками дотику.
10.	У кут АВС вписано коло. Точки дотику ділять коло на дві частини, які відно-
сяться як 5 : 4. Визначте кут АВС.

11.	Через кінці хорди, яка ділить коло у відношенні 2 : 7, проведено дві дотичні.
Визначте кути утвореного трикутника.

12.	Круг вписано у трикутник. Радіуси, проведені в точки дотику, поділили плоту
круга на частини, що відносяться як 13 : 12 : 11. Знайдіть кути трикутника.

13.	Бічна сторона рівнобедреного трикутника дорівнює 6 см, основа - 4 см.
Знайдіть радіуси вписаного й описаного кіл.

14.	Катети прямокутного трикутника дорівнюють 6 см і 8 см. Знайдіть радіуси
вписаного й описаного кіл.

15.	Бічна сторона рівнобічної трапеції дорівнює 5 см, основи - 4 см і 10 см.
Знайдіть радіус кола, описаного навколо трапеції.

16.	Діаметр ведучого колеса електровоза дорівнює 2 м. Визначте швидкість елект
ровоза, якщо ведуче колесо робить за 1 хв 100 обертів.

17.	Знайдіть діаметр круга, площа якого дорівнює: а) різниці площ двох кругів,
радіуси яких дорівнюють 10 см і 8 см; 6) сумі площ двох кругів, радіуси яких
дорівнюють 3 см і 4 см.

18.	Навколо правильного п-кутника зі стороною 6 см описано коло. Крім того, у цей
п кутник вписане коло. Знайдіть площу кільця, утвореного двома колами,
якщо: а) п = 3; б) п = 4; в) п. - 6.

19.	Сторона правильного п-кутника дорівнює а. Від його вершин відрізали кругові
сектори з центрами у вершинах, радіусів Ь. Знайдіть площі утворених фігур,
якщо: а) п = 3 (мал. П.І-а); б) п = 4 (мал. 11.1-6); в) п = 6.

Метод координат. Вектори

20.	Вершини трикутника розміщено в точках: Л(-5; 5), В(8; 8), С(5; —5); ВВ - бісект-
риса його внутрішнього кута. За умовою задачі: а) доведіть, що трикутник
АВС рівнобедрений; б) виразіть вектор В1> через ВА і ВС; в) напишіть рівняння
кола, діаметром якого є сторона АС; г) складіть рівняння прямих, на яких
лежать сторони трикутника; д) обчисліть довжину медіани, проведеної до сто-
рони ВС; е) знайдіть косинуси кутів трикутника АВС; є) обчисліть площу
трикутника АВС.

21.	Трикутник АВС заданий координатами своїх вершин А(0:12), В(9; 0), С(0; -12);
К - центр вписаного в трикутник кола, А/ - середина сторони АВ. За умовою
задачі: а) знайдіть довжину медіани СМ; б) запишіть рівняння вписаного
в трикутник кола; в) запишіть рівняння описаного навколо трикутника кола;
г) виразіть вектор КВ через КА і КС; а.) знайдіть косинус кута між векторами
КА і КС.

Побудови

22.	Побудуйте рівнобедрений прямокутний трикутник за його гіпотенузою.

23.	Побудуйте прямокутний трикутник за катетом і бісектрисою прямого кута.

24.	Побудуйте прямокутник за стороною та діагоналлю.
25.	Побудуйте прямокутний трикутник за гіпотенузою та відношенням катетів,
яке дорівнює 2:3.

26.	Побудуйте паралелограм за двома діагоналями і кутом між ними.

27.	Побудуйте ромб, діагоналі якого відносяться як 3 : 5.

Підвищений рівень складності

28.	Знайдіть площу прямокутного трикутника, один катет якого - 13 см, а висота,
проведена до гіпотенузи, дорівнює 12 см.

29.	У прямокутному трикутнику основа висоти, опущеної на гіпотенузу, віддалена
від бічних сторін на 3 см і 4 см. Знайдіть гіпотенузу.

ЗО.	У прямокутному трикутнику бісектриса гострого кута ділить протилежний
катет у відношенні 5 : 4. Знайдіть гіпотенузу, якщо периметр трикутника
дорівнює 72 см.

31.	У прямокутному трикутнику з вершини прямого кута проведені висота довжи-
ною 48 см і медіана - 50 см. Знайдіть периметр трикутника.

32.	Периметр прямокутного трикутника дорівнює 120 мм, висота, проведена до
гіпотенузи, - 24 см. Зпайдіть площу трикутника.

33.	На катеті ВС прямокутного трикутника АВС як на діаметрі побудовано коло,
яке перетинає гіпотенузу АВ в точці Р. Знайдіть площу трикутника ВСР, якщо
ВС = а,АС = Ь.

34.	Катет і гіпотенуза прямокутного трикутника відносяться як 5 : 13. Обчисліть
площу цього трикутника, якщо сума радіусів вписаного й описаного кіл
дорівнює 17 см,

35.	Доведіть, що вписане в прямокутний трикутник коло точкою дотику ділить гіпо-
тенузу на відрізки, добуток яких дорівнює площі трикутника.

36.	До кола, радіус якого дорівнює 7 см, із точки, віддаленої від центра цього кола
на 25 см, проведено дотичні. Знайдіть відстань між точками дотику.

37.	Дві сторони трикутника дорівнюють 27 см і 18 см. З вершини кута, який вони
утворюють, проведено бісектрису. Один з відрізків, на які бісектриса поділила
третю сторону цього трикутника, дорівнює його бічній стороні. Знайдіть пери-
метр трикутника.

38.	У трикутнику АВС проведено бісектрису ВР. Знайдіть її довжину, якщо
АВ - 10 см. ВС = 15 см і АС = 20 см.

39.	У трикутнику дві сторони дорівнюють 13 см і 15 см, а висота, проведена до
третьої сторони, 12 см. Знайдіть діаметр вписаного кола.

40.	У рівнобедреному трикутнику бічна сторона дорівнює 10 см, основа - 12 см.
Знайдіть радіуси вписаного й описаного кіл.

41.	У кут 2а вписано коло, радіус якого дорівнює Й. До кола проведспо дотичну,
перпендикулярну до бісектриси кута (проходить між вершиною кута і колом).
Визначте периметр трикутника, який відтинає дотична від заданого кута.

42.	У рівнобедрений трикутник АВС з кутом а при основі вписано коло. Периметр
трикутника, який утворився внаслідок сполучення точок дотику, дорівнює Р.
Визначте периметр трикутника АВС.

43.	Дві сторони трикутника дорівнюють а і Ь. кут між ними - а. Знайдіть радіус
кола, яке проходить через інцентр даного трикутника та кінці третьої сторони.

ГЧч£- Для допитливих

£ Якщо записати площу сегмента через радіаниу міру його дуги а, то мати-
мемо вираз 8 = 0,5Я*(а - віпа).

Звідси випливає, що при всіх а має місце нерівність зіп а < а.

1.	Доведіть, що при всіх О < а < — справджується нерівність а < ІД а.

2.	Чи можливо, щоб сума радіусів кількох кругів була більшою за 100, а
сума їхніх площ - меншою за 0,01?
44.	У трикутнику АВС кут В становить 140®, сторона АС дорівнює 1, а площа
трикутника - 0,7. Круг, радіус якого дорівпюс 72, мас за центр точку В.
Знайдіть площу спільної частини трикутника АВС і круга.

45.	Знайдіть площу спільної частини двох кругів, радіуси яких - 1 і 7з, а відсталь
між їхніми центрами дорівнює 2.

46.	Вершини правильного шестикутника, сторона якого дорівнює 2, є центрами
кругів, радіуси яких -72. Знайдіть площу частини шестикутника, що містить-
ся лоза цими кругами.

47.	Пряма, паралельна стороні трикутника, ділить його на частини, площі яких
відносяться як 2:1, рахуючи від вершини. У якому відношенні ця пряма
поділяє дві інші сторони трикутника?

43.	До кола, вписаного в рівнобедрений трикутник з основою 12 см, проведена
дотична, паралельна його основі. Обчисліть довжину відрізка дотичної, який
знаходиться між сторонами трикутника, якщо висота, проведена до основи,
дорівнює 8 см.

49.	Сума гострих кутів трапеції становить 90°, висота трапеції дорівнює 2 см, осно-
ви - 12 см і 16 см. Знайдіть бічні сторони трапеції.

50.	Більша основа трапеції є діаметром описаного навколо неї кола, радіус якого
дорівнює В. Гострий кут трапеції - а. Визначте площу трапеції.

51.	Рівнобічна трапеція описана навколо кола. Знайдіть площу трапеції, якщо її
основи дорівнюють 8 см і 18 см.

52.	Прямокутна трапеція описана навколо круга. Знайдіть площу круга, якщо
основи трапеції дорівнюють 2 см і 6 см.

53.	Центр вписаного у трапецію кола віддалений від кінців меншої основи на
156 см і 100 см, а від кінців бічної сторони - на 156 см і 65 см. Обчисліть площу
трапеції.

54.	Діагональ трапеції, вписаної в коло, радіус якого дорівпюс /?, утворює з бічни-
ми сторонами кути а і 2а. Визначте площу трапеції.

55.	У прямокутній трапеції бічні сторони дорівнюють 24 см і 25 см, а більша діаго-
наль є бісектрисою гострого кута. Обчисліть площу трапеції.

56.	Визначте гострий кут ромба, якщо його площа дорівнює 8 см2, а площа вписа-
ного в нього круга - я см2.

57.	Висота ромба дорівнює 6 см, одна з діагоналей - 10 см. Обчисліть площу ромба.

58.	У паралелограмі бісектриса гострого кута, який дорівнює 30°, ділить проти-
лежну сторону на відрізки 6 см і 4 см, починаючи від вершини тупого кута.
Обчисліть площу паралелограма.

59.	У коло вписано квадрат, а в квадрат - коло. Площа кільця, утвореного колами,
дорівнює 9я см2. Знайдіть сторону квадрата.

60.	Круг і квадрат мають однакові площі. У круг вписали квадрат, а в квадрат -
круг. Що більше: площа квадрата, вписаного у круг, чи площа круга, вписано-
го у квадрат?

61.	Доведіть, що сума відстаней від довільної точки правильного шестикутника до
прямих, що містять його сторони, є величиною сталою для даного шестикутника

Для допитливих

Доведіть, що площу арбелоса Архімеда (внут-
рішня частина площини, обмежена трьома
півколами, центри яких лежать на одній прямій,
а діаметр більшого півкола дорівнює сумі діа-
метрів менших півкіл - див. мал.) можна обчис-
лити за формулою

-лСВг-

4
і не залежить від вибору точки на шестикутнику. Знайдіть цю відстань, якщо
сторона шестикутника дорівнює 4>/3.

62.	Шестикутник вписано в коло. Три його сторони, взяті через одну, дорівнюють
5 см кожна, а решта сторін по 3 см. Знайдіть довжину кола.

63.	Діагоналі опуклого чотирикутника дорівнюють 10 см і 12 см. Відрізки, що спо-
лучають середини протилежних сторін, рівні. Знайдіть площу чотирикутника.

64.	Діагоналі опуклого чотирикутника рівні. Відрізки, що сполучають середини
протилежних сторін, дорівнюють 6 см і 8 см. Знайдіть площу чотирикутника.

65.	Із точки поза колом до нього проведено січну і дотичну. Сума їх довжин
дорівнює ЗО см, а внутрішній відрізок січної на 2 см менший від дотичної.
Обчисліть довжини січної і дотичної.

66.	Дотична і січна, проведені до кола з однієї точки, дорівнюють 20 см і 40 см
відповідно. Січна віддалена від центра кола на 8 см. Знайдіть радіус кола.

67.	Доведіть, що у вписаному чотирикутнику добуток діагоналей дорівнює сумі
добутків протилежних сторін.

68.	Усередині кола, радіус якого дорівнює 13 см, дано точку М, яка віддалена від
центра кола на 5 см. Через точку М проведено хорду АВ = 25 см. Знайдіть дов-
жину більшого з відрізків, на які хорда АВ ділиться точкою М.

69.	У кут вписано коло з центром О. Воно дотикається до сторін кута в точках А і
В. Знайдіть радіус кола, якщо точка О віддалена від вершини кута на відстань
ЬіВС-а.

70.	У кут 60° вписано два кола, що дотикаються одне до одного і до сторін кута.
Знайдіть відношення радіусів кіл.

71.	Знайдіть внутрішні кути чотирикутника, якщо його зовнішні кути відносяться
як 8 : 2 : 5 : 3.

72.	Знайдіть площу чотирикутника, вершинами якого є точки перетину бісектрис
паралелограма, якщо сторони цього паралелограма дорівнюють 3 м і 1 м, а
один з його кутів 150°.

73.	У колі, радіус якого дорівнює 1 см, проведено хорду довжиною 1 см. Знайдіть
площі частин круга, на які вій поділений хордою.

74.	У круговий сектор з центральним кутом а вписано коло. Знайдіть радіус кола,
якщо радіус сектора дорівнює Я.

75.	До кача радіуса Я проведено дотичні, кут між якими дорівнює <р. Знайдіть пло-
щу фігури, яку утворюють відрізки дотичних і менша дуга кола, обмежена точ-
ками дотику.

76.	Відстань між центрами двох кіл, що мають внутрішній дотик, дорівнює Л.
Дотична, проведена до меншого кола з центра більшого, утворює з лінією
центрів кут а. Знайдіть радіус більшого кола.

77.	Два кола, радіуси яких дорівнюють Я і г (Я > г), дотикаються зовнішньо в
точці А. До них проведено спільну зовнішню дотичну, що дотикається до обох
кіл у точках В і С. Знайдіть: а) довжину відрізка ВС; б) довжину відрізка спіль-
ної внутрішньої дотичної до даних кіл, що обмежений ВС і точкою А; в) радіус
кола, що дотикається до обох заданих кіл і до прямої ВС; г) відстань від точки .4
до прямої ВС; д) міру кута ВАС.

78.	Знайдіть кут, який утворюють діагоналі паралелограма АВСВ, якщо А(5; 1),
В(1; 2), С(3; 5).

79.	Знайдіть довжину відрізка, один із кінців якого має ординату 8, а другий - абс-
цису 6, якщо точка М(-1; 4) належить відрізку і ділить його у відношенні 1 : 5.

80.	Точки А(1; 5) і В(3; 1) - симетричні відносно прямої п. Знайдіть рівняння
прямої п.

81.	Знайдіть рівняння геометричного місця точок, рівновіддалених від точки (0; 5)
і прямої х = -1,5.

82.	Знайдіть відстань між прямими 5х - 6у і-11 = 0 і 5х - 6у - 1 = 0.

83.	Складіть рівняння дотичних, проведених до кола Xі + (у + І}8 = 6 через точку:
а)А(0; 10); б) В(5; 6).
84.	Складіть рівняяпя: а) прямої, симетричної прямій 2х - Зу- 4 відносно точки
Л/(3; -6); 6) прямої, що отримана поворотом прямої 2х - Зу - 4 навколо точки
(2; 1) на кут 90°; в) коле, симетричного колу (х - 3)*+ (у + 1)а 7 відносно точки
Л/(3; -6).

85.	У рівнобедрєному трикутнику АВС (А В - ВС) висоти перетинаються в точці Н.
Розкладіть вектор АН за векторами АВ і АС, якщо /1ВАС -а.

86.	АВСРЕ - правильний п’ятикутник. Розкладіть вектор АС за векторами АВ і
АЕ.

87.	Знайдіть гострий кут ромба, сторона якого € середнім геометричним його діаго-
налей.

88.	Складіть рівняння прямої, одержаної поворотом прямої 2х - Зу + 5 = 0 на 45°
проти годинникової стрілки навколо початку координат.

89.	Складіть рівняння кола, у яке перетворюється коло хг + уг - 2х + 6у = 6 поворо-
том проти годинникової стрілки на 45° навколо початку координат.

90.	Паралельне перенесення перетворює криву Xа + уг = 2(2 + 2у - х) у криву х1 + у-~
= 2(2 + 2х + у). Складіть рівняння образу прямої 4х - 5у + 1 - 0, яка утвориться
внаслідок такого паралельного перенесення.

91.	У трикутнику АВС' АВ = ВС = 6, АС- 4. Знайдіть ВС ВС, АВ АС,СВ СА.

92.	При гомотетії з коефіцієнтом к . 0 і центром Р коло хг + уг + 4х + &у + 9 = 0
перетворюється на коло хг + у Юх + 24-0. Знайдіть координати точки Р.

93.	Побудуйте паралелограм за стороною, висотою та діагоналлю.

94.	Побудуйте трикутник за висотою, підношенням відрізків, на які ця висота
поділяє сторону трикутника, і кутом при вершині, з якої висоту було проведено.

95.	Побудуйте трикутник за стороною, сумою двох інших сторін і висотою, опуще-
ною на одну з цих двох сторін.

96.	Побудуйте відрізок заданої довжини, паралельний дапій прямій з кінцями на
двох даних колах.

97.	Побудуйте квадрат із центром у даній точці, щоб середини двох його сусідніх
сторін належали даній прямій, а двох інших - даному колу.

98.	Побудуйте трикутник за двома даними сторонами та різницею протилежних їм
кутів.

99.	Побудуйте ромб із центром симетрії у даній точці і вершинами на трьох даних
прямих.

100.	Побудуйте прямокутник за даним відношенням сторін, якщо задано по одній
точці на кожній його стороні.

К. Для допитливих

У людському суспільстві, де геометрія
с’-м займає виняткове положення, як це

спостерігаємо тепер, мистецтво і дум
ка не можуть бути відокремлені від
цього геометричного й математичного
феномена.

Я гадаю, що ніколи досі ми не жили
в такий геометричний період... Усе нав-
коло - геометрія. Ніколи ми не бачили
настільки ясно таких форм, як круг,
прямокутник, кут, циліндр, куля, втіле-
них так виразно, дбайливо й упевнено.
Модернізм тим і цінний особливо, що
показав світ у зовсім новому вигляді -
інші віки не могли так «вбиратися».

Ле Корбюзьє

Архітектурний проект
Ле Корбюзьє.

Капела Нотр-Дам-дю-0
в м. Роншаїіе (Франція)
словничок

Аксіоми стереометрії - твердження сте-
реометрії, що приймаються без дове-
дення (с. 182).

Аналітична геометрія - розділ гео-
метрії, що вивчає властивості гео-
метричних фігур за допомогою систе-
ми координат (с. 9).

Аполлонія - коло - див. коло.

Аполлонія задача - задача про побудову
кола, дотичного до трьох даних еле-
ментів із множини: «кола, прямі, точ-
ки» (дотик кола і точки означає, що
коло проходить через цю точку)
(с. 235, 240, 241,243).

Багатогранник - внутрішня частина
простору, обмежена багатокутника-
ми (гранями) (с. 188).

Багатокутник - внутрішня частина пло-
щини, обмежена замкненою ламаною,
яка не перетинає сама себе (8 кл.);

-	однойменні - багатокутники з од-
наковим числом вершин (с. 86, 88);

-	- подібні - багатокутники, які пере-
ходять один в одний перетворенням
подібності (с. 121);

-	правильний - багатокутник, у яко-
го всі сторони рівні і всі кути рівні
(с. 85).

Вектор - напрямлений відрізок (с. 146);
- добуток вектора на число (с. 150,
159);

-	вектор-нормаль до прямої - вектор,
перпендикулярний до прямої
(с. 166);

-	колінеарні - вектори, що лежать на
одній прямій або на паралельних пря-
мих; поділяються на протилежно на-
прямлені та співнапрямлені (с. 147);

-	модуль вектора АВ - довжина від-
різка АВ(с. 147, 156);

-	нульовий - вектор, початок і кі-
нець якого збігаються, його довжи-
на і координати дорівнюють нулю
(с. 147);

-	протилежні вектори - вектори,
довжини яких рівні, а напрями про-
тилежні (с. 147);

-	рівні вектори - співнапрямлені
вектори, довжини яких рівні (с. 148,
156);

-	різниця двох векторів - сума пер-
шого вектора і протилежного друго-
му (с. 152,160);

-	розкласти вектор за двома
неколінеарними векторами - пред-
ставлення векторів у вигляді суми
двох векторів (с. 154);

сума двох векторів - вектор, ут-
ворений з цих векторів за прави-
лом трикутника або паралелограма
(с. 151,152).

Відстань від точки до площини - довжи-
на перпендикуляра, проведеного з цієї
точки до заданої площини (с. 185).

Відстань від точки до прямої на коор-
динатній площині - формула для
обчислення довжини відповідного
відрізка через координати заданої
точки і коефіцієнти прямої, рівняння
якої записано в загальній формі
(с. 168, 169).

Вісь абсцис - вісь Ох у декартовій
системі координат (с. 10).

Вісь ординат - вісь Оу у декартовій
системі координат (с. 10).

Гамільтона формула (теорема Ейлера) -
вираз ОН = ОА + ОВ + ОС, де О і Н -
центр описаного кола і ортоцентр
трикутника АВС (с. 163).

Гармонічна четвірка точок - чотири точ-
ки прямої А, В, С, О, для яких аідяо-

АС ВС	о к 1

ношення —------ дорівнює 2 або

АО ВО	2

або-1(с. 221,233).

Гексаедр - шестигранник (с. 190);

— правильний гексаедр - куб.

Геометричне місце точок сукупність
(множина) усіх точок, які задоволь-
няють певну умову (с. 129, 210).

Геометричне перетворення - однознач-
на відповідність, яка встановлюєть-
ся між двома фігурами як сукупнос-
тями точок (с. 111);

“ обернене даному - геометричне пе-
ретворення, при якому прообраз і об-
раз міняються місцями (с. 111).

Гомотетія з центром у точці О і ко-
ефіцієнтом к - таке геометричне пе-
ретворення, що переводить довільну
точку А фігури-прообразу в точку А!
фігури-образу так, що точки А і А,
лежать на одній прямій, причому
А,О = |й|АО(с. 113).

Герона формула - формула для обчис-
лення площі трикутника за довжи-
нами трьох його сторін (с. 60, 63).

Гіпербола - геометричне місце точок,
різниця відстаней від яких до двох
заданих точок (фокусів) є величиною
сталою (с. 213).

Група симетрії фігури — геометричні
перетворення, які переводять дану
фігуру саму в себе (с. 124).

Декартова прямокутна система коорди-
нат - 1) осі координат, які перетина-
ються під прямим кутом у початку
відліку і на яких задано одиничні
відрізки; 2) взаємно однозначна
відповідність між точками площини
і впорядкованими парами чисел - її
координатами (с. 9, 10).

Додекаедр - дванадцятигранник (с. 190).
Достатня умова - ознака певної множи-
ни фігур (7 кл.).

Еклера теорема - теорема про співвідно-
шення між сумою числа вершип і
граней багатокутника та числом його
ребер (с. 191).

Еліпс - геометричне місце точок, сума від-
станей від яких до двох заданих точок
(фокусів) є величиною сталою (с. 211).

Жергока теорема - теорема про перетин
трьох чевіан трикутника в одній точці
(с. 70).

Зовиівпмсане коло - коло, що дотика-
ється однієї зі сторін трикутника і
продовження двох інших його сторін
(с. 62, 63. 64).

Золотий переріз - ділення цілого на дві
нерівні частини, при якому ціле відно-
ситься до більшої частини так, як
більша частина до меншої (с. 224).

Ікосаедр - двадцятигранник (с. 190).

Інверсія - перетворення відносно кола
(коло інверсії) з центром О (центр
інверсії) і радіусом г (г2 - степінь
інверсії) (с. 235).

Інверсор - прилад для побудови зобра-
ження образу фігур, отриманих
інверсією (с. 243, 244, 245).

Індукція — див. метод математичної
індукції.

Інцентр трикутника - точка перетину
його бісектрис (7 кл.).

Коло - ГМТ площини, рівновіддалених
від однієї її точки (центра кола)
(7 кл.);

-	рівняння кола - рівняння, яке задо-
вольняють координати всіх точок зада-
ною кола і не задовольняють коорди-
нати всіх точок, одо не належать йому
(с. 12,97);

-	Аполлонія Пергського коло - геомет-
ричне місце точок, відношення
відстаней від яких до двох даних
точок є величиною сталою (будь-яке
коло є колом Аполлонія) (с. 78, 211,
221).

Координати вектора - коефіцієнти
розкладу вектора за координатними
векторами (с. 155).

Координатна площина (декартова пло-
щина, площина ху або (хОіу)) - пло-
щина, на якій введено декартову
систему координат (с. 10).

Координатні вектори (орти) у декар-
товій системі координат - вектори е,
і ег - одиничні вектори, що лежать яа
координатних осях і співнапрямлені
з ними (с. 155).

Конус прямий круговим - просторова
фігура, утворена обертанням прямо-
кутного трикутника навколо одного з
його катетів (осі конуса) (с. 202).

Косинусів теорема - теорема, що дово-
дить формулу для обчислення дов-
жини однієї зі сторін трикутника
через довжини двох інших його сторін
і косинус кута між ними (с. 51, 52).

Косинусів теорема для чотирикутника -
теорема, що доводить формулу для
обчислення квадрата сторони чоти-
рикутника через квадрати довжин
його інших сторін і косинуси кутів
(с. 175).

Круг - внутрішня частина площини,
обмежена колом разом із точками
цього кола (с. 103).

Куб - правильний шестигранник (с. 189).

Куля - тіло обертання, яке утворюється
обертанням круга навколо його
діаметра (с. 203).

Кут між двома векторами - зі спільним
початком - кут між оівпрямими, на
яких лежать дані вектори (с. 165);

- що не мають спільного початку, -
кут між рівними їм векторами, що
мають спільний початок (с. 165).

Кут між двома колами - кут між дотич-
ними до цих кіл, які проведені через
їх спільну точку (с. 239).

Лейбніца теорема - теорема про суму
квадратів відстаней від будь-якої
точки площини трикутника до вер-
шини цього трикутника і до його
центроїда (с. 177).

Метод векторний - метод розв’язування
зада ч за допомогою введення векторів
(с. 160, 170, 171).

Метод геометричних перетворень —
метод розв’язування задач за допо-
могою геометричних перетворень
(с. 127, 227).

Метод інверсії - метод розв’язування
задач за допомогою перетворення
інверсії (с. 243).

Метод координат - метод розв’язування
геометричних задач введенням си-
стеми координат (с. 75, 209, 215).

Метод математичної індукції - метод
доведення правильності нескінчен-
ної послідовності тверджень (с. 246).

Метод зображення просторових фігур -
метод паралельних проекцій (с. 186,
234).

Метод площ - використання поняття
площі як допоміжного елемента для
доведення теорем і розв’язування
задач (с. 67).

Метод проколу - метод представлення
вектора АВ за допомогою деякої точ-
ки X: АХ > ХВ або ХВ ХА (с. 161).

Метод центральних проекцій зобра-
ження фігури (або тіла) на площині
множиною точок, кожна з яких є
перетином з цією площиною прямої,
що проходить через певну точку -
центр проекції і точку фігури (с. 208,
232, 233).

Метричні властивості - властивості,
які встановлюються вимірюванням
(с. 232).

Мимобіжні прямі - прямі, що не мають
спільних точок і через які не можна
провести площину (с. 184).

Мора-Маскероні побудова - геометрич-
на побудова, що виконується лише
циркулем (с. 235, 2,38).

Необхідна умова - властивість певної
множини фігур (7 кл.).

Октаедр - восьмигранник (с. 190).

Ортоцентр трикутника - точка перетину
його висот (с. 64, 129, 163, 164).

Ортоцептричний трикутник - трикут-
ник, вершини якого є основами висот
даного трикутника (с. 117).

Основні елементи трикутника - множина
його сторін і внутрішніх кутів (с. 55).

Основні фігури стереометрії - фігури,
поняття про які приймаються без
означення (с. 182).

Гіаппа задача - на побудову триктуника
за стороною, протилежним кутом і
бісектрисою цього кута (с. 59).

Паппа рівність — збіг подвійних відно-
шень відстаней між шістьма точка-
ми прямої (с. 221).

Парабола - геометричне місце точок,
рівновіддалених від деякої точки
(фокуса) і від деякої прямої (директ
риси)(с. 213).

Паралелепіпед - призма, утворена
шістьма паралелограмами, які
попарно рівні і паралельні між собою
(с. 193);

- прямокутний - паралелепіпед,
утворений шістьма прямокутниками
(с. 194).

Паралельне перенесення - перетворен-
ня, при якому дві довільні точки А і В
фігури-прообразу переходять у точки
А! і В, фігури-образу так, що чотири-
кутник АВВ1А) Є паралелограмом або
відрізком (с. 111, 132).

Паскаля теорема - теорема про точки
перетину прямих, що містять три
хорди кола (с. 50, 53).

Перетворення поворот з центром у
точці О на кут а - геометричне пере-
творення, що переводить довільну
точку А фігури-прообразу в точку А(
фігури-образу так, щоА і А, розташо-
вані на одній відстані від точки О і
гіАОА, - а (с. 112, 141).

Перетворення подібності перетворен-
ня однієї фігури в іншу, при якому
відношення відстані між двома до-
вільними точками однієї фігури до
відстані між двома відповідними точ-
нами другої фігури - стале число, це
число називають коефіцієнтом подіб-
ності перетворення (с. 114).

Перетворення симетрії відносно прямої
(осі симетрії) - переводить довільну
точку А фігури-прообразу в точку А,
фігури-образу так, шо точки А і ЛІ
лежать на одній прямій, перпенди-
кулярній до осі симетрії, і на одна-
ковій відстані від неї (с. 112, 135).

Перетворення симетрії ВІДНОСНО точ-
ки О (центра симетрії) - переводить
довільну точку А фігури-прообразу
в точку А, фігури-образу так, що точ-
ки А, О, А1 лежать на одній прямій і
А,О~АО(с. 112, 136).

Перпендикуляр до площини, проведе-
ний з даної точки, - відрізок перпен-
дикулярної до цієї площини прямої,
обмежений заданими точкою і пло-
щиною (с. 184).

Піка формула - формуладляобчнслення
площі багатокутника з вершинами у
вузлах цілочислової решітки (с. 90).

Піраміда - просторова фігура, утворена
трикутниками (бічними гранями),
які сходяться в певній точці (вер-
шині) і мають по одній спільній сто-
роні з деяким багатокутником (осно-
вою) (с. 198).

Площини паралельні площини, що не
мають спільних точок (с. 185).

Площини перпендикулярні - називають
площини, якщо площина, перпенди-
кулярна до лінії перетину даних пло-
щин, перетинає їх по перпендику-
лярних прямих (с. 185).

Подібні трикутники - трикутники, кути
яких рівні, а проти рівних кутів ле-
жать пропорційні сторони (с. 114).

Подібні фігури - фігури, які перево-
дяться одна в одну перетворенням
подібності (с. 111).

Поділ відрізка в крайньому і середньо-
му відношенні - поділ відрізка за
принципом золотого перерізу (с. 92,
224).

Полярна система координат - система
координат на площині, що задана
полюсом (точкою), полярною віссю
(півпрямою) і полярним кутом
(кутом між поляпною віссю і поляр-
ним радіусом, який відкладається
Проти ГОДИННИКОВОЇ стрілки) (с. 140).

Полярні координати точки - полярний
радіус і полярний кут точки в
полярній системі координат (с. 140).

Похила до площини - відрізок, що спо-
лучає певну точку простору (що не
належить заданій площині) з точкою
□лощини і який не є перпендикуля-
ром до цієї площини (с. 185).

Призма багатогранник, дві грані яко-
го (основи) рівні і паралельні плоскі
багатокутники, а інші грані (бічні) -
паралелограми (с. 193).

Просторові форми - тривимірні геомет-
ричні фігури (с. 181).

Пряма, перпендикулярна до площини, -
пряма, що перпендикулярна до будь-
якої прямої цієї площини (с. 184).

Нтолемея нерівність - нерівність, що
пов’язує попаряі добутки сторін і
діагоналей опуклого чотирикутника
(с. 89).

Птолемея теорема - рівність добутку
діагоналей вписаного чотири кутника
сумі добутків його протилежних сто-
рін (с. 54).

Радіан - одиниця виміру кута (довжина
одиничного півкола, поділена на чис-
ло я) (с. 99).

Радіанна міра кута - вимірювання цент-
рального кута кола через відношен-
ня довжини дуги, на яку спирається
цей кут, до його діаметра (с. 99).

Рівні фігури - фігури, які можна суміс-
тити накладанням (7, 8 кл.); фігури,
що перетворюються одна в одну ру-
хом (с. 115).

Рівновеликі фігури - фігури, що мають
рівні площі (8 кл.).

Рівноскладені фігури - фігури, які мож-
на поділити на одне й тс саме число
попарно рівних фігур (8 кл.).

Розв’язуванпя трикутника - обчислен
пя сторін і кутів трикутника за трьома
його основними елементами (с. 55).

Рух - геометричне перетворення, яке збе-
рігає відстань між парами точок фігу-
ри (зберігає форму та розміри фігури)
(С. 111).

Сегмент - внутрішня частина площини,
обмежена колом і його січною (с. 104).

Сектор - частина центрального кута
кола, яку обмежує відповідна йому
дуга (с. 103).
Середня лінія чотирикутника - відрізок,
що сполучає середини протилежних
сторін чотирикутника (с. 164, 170).

Синусів теорема - теорема про відно-
шення довжини сторони трикутника
до синуса протилежного цій стороні
кута (с. 46, 52);

-	розширена - порівняння цього від-
ношення з діаметром описаного кола
трикутника (с. 48).

Скалярний добуток двох векторів - сума
добутків відповідних координат цих
векторів (с. 165).

Скалярний квадрат - скалярний добу-
ток вектора самого на себе (с. 165).

Софізм - навмисно хибний умовивід
(с. ЗО, 55, 56).

Спіраль Архімеда - лінія, задана
рівнянням р = а<р у полярній системі
координат (с. 140).

Степінь точки відпоєно кола - величина
о = д1 - г*. де г - радіус кола, а д -
відстань від точки до центра кола
(с. 235).

Стереометрія - розділ геометрії, що
вивчає фігури у просторі (с. 181).

Тетраедр - чотиригранник (с. 189, 199).

Тіло обертання — просторова фігура,
утворена обертанням плоскої фігури
навколо певної осі (с. 201).

Три знамениті геометричні задачі дав-
нини - квадратура круга, подвоєння
куба, трисекція кута (с. 243).

Трикутник визначений - якщо за дани-
ми елементами можна побудувати
конкретний трикутник (с. 55).

Умова розміщення трьох точок на одній
прямій (необхідна і достатня) -
властивість і ознака відповідного
ГМТ (с. 26, 28, 153).

Фігура-образ - сукупність точок, що
відповідає фігурі прообразу при гео-
метричному перетворенні (с. 111).

Фігура-прообраз - вихідна сукупність
точок при геометричному перетво-
ренні (с. 111).

Центроїд трикутника (центр ваги три-
кутника) - точка перетину його
медіан (7 кл.).

Центр правильного багатокутника -
точка, яка збігається з центром впи-
саного та описаного кіл цього багато-
кутника (с. 87).

Циліндр прямий круговий тіло обер-
тання, утворене обертанням прямо-
кутника навколо однієї з його сторін
(осі циліндра) (с. 201).

Чеви теорема - теорема про перетин
трьох чевіан трикутника в одній
точці (с. 69);

-	тригонометрична форма теореми
Чеви - запис твердження теореми
через тригонометричні функції
кутів між чевіанями і сторонами
трикутника (с. 69).

Чевіана - відрізок, який сполучає вер-
шину трикутника з точкою на про-
тилежній стороні цього трикутника
(с. 68).

Число х - відношення довжини кола до
його діаметра - чисельно дорівнює
довжині одиничного півкола (с. 98).

Якоба Штейнера побудова - геометрич-
на побудова виконується лише ліній-
кою, за умови, що на площині задано
коло з визначеним центром (с. 147,
234).
Опорні задачі на побудову (7 клас)

Базові прямокутні трикутники
ГМТ. з яких даний від-
різок а видно під зада
ним кутом а - сегмент,
що вміщує заданий кут

Опорні задачі на побудову (8-9

Ділення заданого від-
різка АВ на задану кіль-
кість рівних частин

|АВ|. п-» |ДВ]:п

клас)

Побудова четвертого
пропорційного відрізка

(3) паралельні

ХА ік - довільні

2 А - довільний

А а К

'іаТАЬі

а, д-> = ТаТ

а -> = а^2

А, В, а -»

АХ + ХВ-
найменша для Хеа

А, В, а -* X
|АХ-ХВ|-
найбільша для Хе а

[АВ]. М -> А,
для яких
АХ’-ХВ’-АЛГ-ЛЇВ*
Чудові точки трикутника

ТОЧКА ПЕРЕТИНУ ВИСОТ

ТОЧКА ПЕРЕТИНУ МЕДІАН

ф - одиничні маси
Вм - центр ваги [АС]
М - центр ваги [ВВМ]

ТОЧКА ПЕРЕТИНУ СЕРЕДИННИХ

ПЕРПЕНДИКУЛЯРІВ
центр описаного кола

г.О -
рівновіддалена
від вершин
А АВС

ТОЧКА ПЕРЕТИНУ БІСЕКТРИС
центр вписаного кола

Сі

т.и- *

ОРТОЦЕНТР -
єдина,
бо € центром
описаного кола
навколоАА^іСх

Аі^ІАС АВАУС-

В^ВС

А,В| ||АВ

паралелограм
АСіВС-
паралелограм

^ВАі-АС^СіВ

ВВц - серединний перпендикуляр до [0^]

180°- ~8- 90° + ^ • Щ. в. д.
о	«и

Л'2

«і

І

ТОЧКА ПЕРЕТИНУ БІСЕКТРИСИ КУТА ТРИКУТНИКА
З БІСЕКТРИСАМИ ЗОВНІШНІХ КУТІВ ТРИКУТНИКА

т. Іа - центр зовпівписаного кола

ЦС яікск,
ЦВ

Л(1а-,(АК2)) = д(1а-,(АКх))

и

т. І„ - рівновіддалена від [ВС], (АВ) і (АС)


,рш)

КО-ОМ;

КЬМК паралелограм

м (бо ьм\во\\ки,
КЦАС^М)

І ллщо.АД ' СРіАС - Він КІЛ1Х ромб
Опорні факти про трапецію

АВСВ - трапеція

(цК; КіКг)=

КОІЮ^ІОгКгі

— /]

<і(К; К!Кг) = К0

АВСВ - трапеція

К

О}КіК2О2 - трапеція;

ОіЛГі = Гі,Ог^‘2 = г2’

ЕЕ=^
т+п

В а С АВСВ - трапеція
тх	ЕР\АВ

Е

Я

А а Ь-а В

5 КМ СВ

Я

1)гАОВСОВ-90й; ОКЕАВ, ОМ ЕСВ

{К;К;О;М)еп

2) ДАОВ і АСОВ: КВ АК^^-СМ МВ

АРВК - К'СРВ

ВК РВ

КС " АР

пх

МА N0 ОИ ОЛ Ь



АВСВ-
трапеція

АК - КВ
КМЕСВ

*2

А'і

с.

Оі



«

Гі г2-Єг2 г, 2г,гг

15=^ 8кср “^518— 25Ксо

АВСВ описана трапеція

АК КВ-СМ МВ

Вії-КС

АМ-МВ
ВІДПОВІДІ І ПОРАДИ

РОЗДІЛ І

Завдання 1

в) На осі Ох. В(4; 2), £>(-2; -1). Точка А. І (0; 0), (6; 0), (6; 6) і (0; 6).
її Так.

Завдання 2

б) 10; г) 3. б) 774; г) 5. Ні. (4,75; 0). б) (0; 0). б) І О, 2 — |.

к 13/

б) (х + 3)’ + (у - 4)2 = 64; г) (х -З)2 + у2 = 16. б) (-3; 7) і 4. А, О, Е, Р.
(х + ЗГ + (у - 5)2 = 20.	б)(3;0)і2. (х - 1)’ 4- (у + І)1 = 1.	(2; 2), (-2; 2).

(-2;-2) або (2;-2). . (х - 1)* + (у - 1)* = 1 або (х - 5)2 + (у - 5)2 = 25.	7106.

С(7; -10), О(-2; -1). а) (0; 7), (0; -7); б) (0; 14). т С(2; 0), 0(3; 2).

' -3; а) | ^; б) ["і; 2 |. Таких точок не існує.

Завдання З

і б) (1,75: 0) і (0; 7). у = 10. '• а = 2. 11 х = 0; х = -2; у = 0 і у = 2. х = 0;
х = 5; у - 0 і у = -3. б) у = | + 2; г)	б) х = -5; г) у = -12.

б) у = х; г) Зх - 2у + 13 = 0. б) к = -1,6; г) к = 0,8. б) 135’; в) 60°.

Ь = |.	б)Зх-4у-1 = 0. в)у = 75х + 2-вТЗ; г) х + у - 10 = 0.	б)16х-13у +

і 46 = 0; 2х+13у +12 = 0; х +3 = 0. у =12.	Я(0; 0).

Завдання 4

б) Прямі паралельні; в) прямі збігаються; є) прямі перегинаються в точ-

2
ці (1; 1). а) Так; б) ні; в) так; г) так; д) ні. а) т = 4; б) т = 3 або т = -4. а)яі = -;

З	3

б) т = -~. । а) у - їх + 3; б) Зх у - 2 = 0; в) Зх + 2у = 0; • а) у = - 0,125х -

- 0,625; б) х + 4у - 22 = 0; в) 7х - у + 25 = 0. а) х - у - 7 = 0; б) х + 4у + 11 = 0.

6х — у - 19 =0; 5х - 2у = 0; 4х + 5у - 29 = 0.	3.	4. Юх + 8у + 1 = 0.

І (5; 5). і Так. у - - 7х - 25. бТз і 2>/35. 21 х* + у2 = 2,25. 2 а)(х-1)2 +
+ (у 1)‘= 1; (х - 2)2 -і-(у - 1,5)г = 6,25; б) (х - 2)2 + (у - З)2 = 1; (х - З)2 + (у - 3,5)* =
= 6,25.	С(-3; 3).

Завдання 5

а)	віпх; б)-совх. б) віпР; в) сі^Р- б) 2віпа; г) 2і.§р. < а) совр; б) 2еіп« -
- 2сова: в) 5Ц(а + 2і#р + сі&р. а) сов2а; б) 0. а) -1; б) 1 + віпР; в) 1; г) 2/сов2р;
д) І. а) -0,5; б) 1,5; г) 1.б73; д) 0. і а) 9; б) 5,75; в) -2,25; д) 1.

в) він а = ^2;	_ 2^2-, сіда=	г) від а = —=-73; сІ<а =—

З	2у2	2	-уЗ

б)	зіпР = -Д=; совр = —сіеР = в)зіпр = Д=; со$р = -і»; сі&Р = і.

713	713 з Тіо 710 з
>/21	2

б) сова =-----; 1&а = —з=; сі^а =

5	721

а) а > Р; б) а < р; в) а > Р; г) а > р.

я
2

а)	зіп 150° < яіп 130°; б) соз 100° > соз 140°; г)сі#50о > ІдІОО3; д) зіп 120° > зіп50°.

1..	2. а) сов2а; б) соб2а; в) 1; г) соя2а; д) 1. а) * 1; б> 1. а) 1; б) 1.

Завдання 6

б)	4 см2; г) 6 см2. б) 30° або 150°. і 8 см. 2Я2 зіпа зіпрзіп(а + р). ' а)7бсм;
б) 272 см; в) 2 см. 30° або 150°. а) 90°; б) 45° або 135°. а) 1в(7б-2) см і

18(3->/б)см; 6)18(2-72] см і 18(Т2-1)см. б) І і 2і; в) р;—-*П<* . іг—-------..

\	\	\	'	|зіпа-віпР| |зіпа-8«пР|

Ь(8іпа + 8іпр + 8іп(а + р))	Рзіпа	Рвіпр

зіп(а + Р)	8Їпа + 8іпр + зіп(а + р)’зіпа + зіпР-Ь8Іп(а + Р)’

—-----">**П^<Х	 ЇГ.	а)	2 см; в)	1 см. а) 4 дм; б) 7в дм.	а) 12 см;	б)6 72	см;

зіпа+зіпр + зіп(а + Р) ’	'

г-	,г а	азіп(р-а) + 2озіпа

в)	6 см. а)4 дм; 6)78 дм; в) 4 дм. . Ь + —.	-----—----------,

V 4	2зіпа

. а

зіпр + 8іп(60° + р)	бТЇЗ	81П 2	Ьзіпазіпр

’’ =-’ 2| —

/віп(а + Р)	/зіп(а + Р)	2/пзіпР

21  , ґ П М: , і. «1	,,12с“:

зіпазіп а + - соз' ' зіпазіп р+ соз1---!

^2;	2	2 >	2

0

6)----.	5 см. 45°. Порада. Побудуйте допоміжний трикутник за висо-

зіпа

тою (яка дорівнює заданому радіусу вписаного кола), стороною (яка дорівнює
діаметру описаного кола, помноженому на синус заданого протилежного кута) і
кутом, під яким цю сторону видно з інцснтра трикутника. Шуканим ГМТ є
серединний перпендикуляр до відрізка АВ з виколотою тонкою, що належить
відрізку.

Завдання 7

а) АВ = 35 дм; 6) АВ = 6,5 м; в) АВ - 2 см або АВ - 4 см. » 43,3 см. 28 см.

5 . З

а) Тупокутний; б) гострокутний; в) прямокутний. а) — і -; 6) ир^АВ = 9 см;
прд6СВ = 5 см.	а) 7 см і 7 см. і Порада  Знайдіть діагоналі трапеції. 50 см.

24710 см2.	7 см і 11 см. 7 см. 13 см. а) 4 см; 6) 2717 см. 1 14 см.

14 см або2Т39см. 7см. 6см. 96 см. 96 см, 19275 см2.	см.

З

6 см. Порада. Переконайтеся, що трикутник, утворений стороною с і відріз-
ками медіан, проведених до сторін а і Ь, прямокутний. Порада. Перетворіть вираз
У а* + Ь* = \Іа* + 2а!і>2 + Ь* - 2а2Ь2 = і](а’ +62)’-(Т2ад)! - {'(а1 + б’ - Т2аЬ)(а’ + іг + Т2аі) =
=	-\[7^~^Ь^-2аЬсо945°\[а^Ь^+2аЬсо845°, що зведе

задачу до побудови середнього геометричного двох відрізків, які є діагоналями
паралелограма зі сторонами а і Ь та гострим кутом 45е. Нехай АВСВ вписаний
чотирикутник. Позначимо: АВ = а; ВС = Ь; СВ = с; ВА - (і; АС = сІ{; ВВ = Л.г. За тео-
_	а^+а2-^ _

ремою косинусів знаходимо созО ------------сояА =	-------Враховуючи, гцо

2с<і	2аЛ

о п аі г і.г о і. с!+ііі ~£С і л* а’сгі +	+ с2аі> + гігаі>

созВ = соє О, маємо: а,~а +Ь +2ао----------—; звідси а.,=--------------------

1	2сд.	сй + ад

(аб + ЬсХас + Ьсі)	____ .	, а2+<?-<!%

=------. Враховуючи, що соаА - соеС, маємо: сЦ = Ь + с + 2Ьс-----------------—;

аЬ + сЛ *	,	’	г

,2 ^асі + с'асІ + аіЬс + сРЬс (аб + сс!)(ас* Ьсі) .

звідси сі; -------——------------= 1-----2-------Тоді:

аа + Ьс	аа + Ьс

^асі + ЬсХас + мУіссІ + аІ») ..	,	- -

а.а, =, - -----—-— -----------ас + оа, що і треба було довести.

V	(асі + Ьс)(ссі + аЬ)

Завдання 8

а) 6 « 47,5 см; с = 61,1 см; ЛС = 107°; б) а « 92; с « 50; /4 = 102’; в) /В = 19°;
/С « 76°; се 29,22; г)/А =» 135°; гВ« 28а; я ~ 12,1 або ЛА^ІГ; гВ « 152°; а *3,3;
д) с « 14,4; / А » 54й; /В « 75°; е) с • 23; /А « 35°; /В « 113°; с) /А = 54’; Ь * 128 см;
с <= 91,8 см; ж) а » 26,9; Ь » 13,9; /В = 15°; /С = 135°; з) а « 10,5; Ь « 14,8; /С = 59°;
и) ЛЛ » 58°; /В » 75,5’; ЛС * 46,5е, « 99,7 м. «2 км. І « 100 м. 5 а) В об’їзд;
б) навпростець. У тому разі, коли кут між магістраллю і шосе не перевищує 22’.

У відповідях наведені наближені значення: а) 50,48 см; 56,92 см; 44,92 см; 58°;
73°; 49°; б) 44,04 см; 41,34 см; 22,96 см; 81°; 68°; 31а; в) 22,57см; 33,24 см; 38.18 см;
36°; 60°; 84°; г) 6,36 см; 6,36 см; 2,12 см; 70,53“; 70,53а; 38.94’; д) 41,7 см; 34.5 см;
43,1 см; 64°; 48а; 68а; е) 9 см; 19 см; 20 см; 26,5а; 70,6’; 82,9’; ж) 24 см; 25 см;
15,5 см; 68’; 75,1°; 36,9°; и) 22,57 см; 18,06 см; 15,05 см; 85,5°; 52,9’; 41,6а; і) 24 см;
28,8 см; 25,32 см; 52,2’; 71,4а; 56,4е; ї) 21 см; 19 см; 16 см; 73°; 60°; 47’.

Ь

19 хв. І< 1349 м. 1 см. ІЗ ------д. І і 8,125 см. 15. 2,56 см. !•►. 4,5 см.

2со$Р

2

і	! > 37,73 см. 211

Ь 8	В + г

Перший спосіб

Нехай ВС = а, А = а, /.В =0, 2С = у (мал. 1),
О,, О>, О3 - центри кіл, М - точка їх перетину,
х шуканий радіус. Оскільки х - радіус кола,
описаного навколо трикутника О,ОгО3, то

О.,0, = 2хвіпа, а = 2Яаіпа, віпа = —; 0,0, - —.

23	2В 2 2 В

А ¥

З іншого боку, хсі^- + хсід^+ ОгО, «а;

В	у	ах ах

гсІ#- + гсі^-= а, тому -- +—

2	2	г	В

Другий спосіб

_гВ_
г • В'

На малюнку 2 позначено: О(, О2, О3 - центри рівних кіл, М - точка їх перетину,
х - шуканий радіус. (О^Н О3НІ = х). Крім того, МО, = МОг = МО.Л = х.

△О,ОгО, ДАВС (0,0г | /1В; О.О, АС; 0,0, (| ВС), М - тючка перетину бісект-
Л/ЛГ
рис кутів обох трикутників» тому - радіус вписаного у	кола; ~ ~

х	гЯ

-	« хг - гВ-хВ <»х = ——. і 12,5. Нехай І - інцентр, АМ -

МС г В	В + г
бісектриса в А АВС, О - центр кола, який лежить на АС (мал. 3). Тоді /СМР = 90°.
Позначимо /РМІ = х, тоді /СРМ - 2х; /АМС ~ 90° + х; /САМ = 90° - Зх => /САВ =

АВ АС

= 180° - 6х. Звідси: /АВС = 4х. За теоремою синусів:-— = ---. Користуючись

зіп2х зіл4х

20	24

формулою віп2а - 2зіпасояа, маємо:----— * —---—	=*соз2х =0,6 =»зіл2х —

8іп2х 2зіп2хсоз2х

22 а) Для сторони АВ = с трикутника АВС має місце рівність с-а соз В + 5созА(1),
доведення якої очевидне з малюнка 4. Застосовуючи теорему синусів, маємо
2ЯзіпС - ЗЯзіпАсозВ + ЗЯзілВсозА, звідси отримаємо потрібну рівність.

б)	Аналогічно до (1) можна записати ще: а = 5созС + ссозВ (2); Ь = ссозА 4 асозС (3).

З цих формул маємо: а + Ь = ЬсовС + ссозВ + ссояА + асозС. Звідси: (а + ЬХ1 ~ созС) =

.	„	а + Ь соаВ + созА _

= с(созВ + сояА) сз —- = - ---------. Застосовуючи теорему синусів, маємо

с 1-сояС

2Вяіп А + 2Я я і :і В _ со.ч В - соя А

2ЯзіпС	1-созС

в) З (1) і (2) маємо: с = асозВ + дсозА - (Ьсо&С +

+ ссовВ)совВ + ЬсовА- бсозСсояВ + есозВсозВ + Ьсоз А о є(1 - соз2В) = ^(созВсозС +
+ соя А) свіп*В = (ХсозВсозС + совА). Користуючись теоремою синусів, маємо:
2ВзіпС’8іпаВ = 2Я8ІпВ(созВсояС + совА) О зшСзіпВ = созВсозС + совА о созА =
= 8іпВвіпС - созВсовС. г) За теоремою косинусів маємо: сг - аг + Ьг - 2абсобС <=>
<=> 4Я’зіпгС  4Я,зіпаА + 4К*5іпгЯ 2 ЗЯзіпАзіп ВсояС о зіп’С = зіп’А « зіпаВ -
- 2зіпАяіпВсовС » 1 - зіпгА = 1 - зіп*С + зіпгВ - 2зіпАвіпВсояС <х> совгА = созгС +
+ зіпгВ - 2зіпАзіпВсозС. 2 Порада. Скористайтеся формулою в задачі 22 а) або
теоремою Птолемея.

Завдання 9

а28іп30°8іп45с

а) 1.5 смг. 2 а) 21 см2. а) 24 см2. і 486 смг. -----—;———-	«0,18аа.

2зіп105

а)84 см3. а)Я =• 8,125 см, г = 4 см. 4,8 см*. а) 432 см2; б) 1452 см2.
а) 300 см’. а) 96 см’ і 54 см’; б) 188,16 см2 і 105,84 см2; в) 245,76 см2 і
138,24 см2. 6 см’. 9,6 см; 19,2 см; 28,8 см; 38,4 см і 16 см. і І 3 : 1.	1:7.

42 см2, 61,5 см’і 22,5 см2. тп. Порада. Використайте формулу Герона і

8 = рг. 384 см2.	—.	а) 76,5^3 см’; б) 42>/34 см2; в) 936 см2; г) 208 см2.

4

3\ІЗаа	бҐаіп2а

' ----. - --------.	88 см1. Порада. Не забудьте довести, що більша основа

4	2

128
не може дорівнювати 10.	43,2 см2. а) 1620 см2.	36(2 + 73) см2; б) у— см2.

624 см’. 5 см, 5 см, 5 см, 2 см і 8 см.	4(У]б см2. 17640 см2.

2^2 см, 2^2 см, 4 см і 8 см. с =.гД *	.

V 2

Завдання 10

._ аЬвіпС . аЬ	„	_

45°, 45 .	Порада. Врахуйте, що 8= —— < —.	Порада. Врахуйте

£»	С/

	..	- -	оссі Ьс осі

вказівку до попередньої задачі і матимете: 8 < — + — і 8 < —- + —
2	2	2	2

9 см, 9 см і

672 см. 15-Уз см. 15° і 75°. Порада, а - 5 = Ла - Л^. Помножте обидві час-

тиии рівності на аЬ. 45°, 45° і 90°. Трикутник рівиосторонній. 12 см.
аЬвіпа абзіпсх

24 см. г =-----—;------—у2-2сова. । 15 см, 26 см і 37 см.

а + б а+Ь

Завдання 11

Серединний перпендикуляр відрізка, що сполучає задані точки. Коло,
с*-2а’
центром якого є середина відрізка між точками, радіус якого дорівнює --, де

2

с2 - задана сума квадратів відстаней, а - половина відстані між точками. Коло,
центром якого с точка, симетрична точці С відносно АВ, а радіус дорівнює стороні
АВ. а) Пряма - серединний перпендикуляр до відрізка АВ; б) коло, радіус якого
дорівнює 4а; центр кола розташований на прямій АВ і віддалений від точки А на
відстань 2а, від точки В - на відстань 4а, де а - половина відстані АВ; в) коло, радіус
якого дорівнює 8/За; центр кола розташований на відрізку АВ і віддалений від точ-
ки А на відстань 4/За, від точки В - на 2/За. де а - половина відстані АВ.

Коло, центр якого збігається з центром квадрата, радіус якого дорівнює а^/10.

ак

Коло, радіус якого дорівнює

, де а - половина відстані між точками А і В.

Центр кола розміщено на прямій АВ на відстані

від точки В.

2а	2Л’а

г—“г від точки А і на відстані г—"тг

І1"* І	І1-*!

Завдання для повторення розділу І
.	169

а)	(-1; -1,5); б) 13; в) (х 4- І)2 4 (у + 1,5)* =-; г)так. 17 а)(-1; 2) і (1; 0);

4

б)	5 і 1; в) х2 + (у - І)2 = 9; г)пі. (—1—; —| і С—2__;-—5-І ; а) а = ±1;
Ц + а 1 + а2) V 1+а1

42

б)	а = ±0,5; в) а = 0; г) а є (0,2; —}.	а) х = 2; б) у - 3; в) Зх - 2у = 0; г) х + у - 5 = 0.

а) х - у + 2 - 0; б) х + у - 8 = 0.	а) у » 5: б) х = -1; в) х - у + 6 = 0; г) 2х - у +
+ 7 = 0; д) Зх + у - 2 = 0; е) х + 2у - 9 = 0. а) 797; б) 9х - 4у - 25 = 0; г) М(3; 0,5);
а) 11х + 161/ - 41 = 0; е) 4х + 9у - 34 = 0. . (0; 6) і (0;-2). Ні. а = 0. 2 см
і 2713 см. Ні. 12 см. Нехай бісектриса АМ (мал. 5) перетинає сторону СВ під

кутом 60°; МС = 4 см; МВ - 3 см. Проведемо бісектри-
су МВ кута СМА. ДАМО = £.АВМ. Позначимо АМ = І.
За властивістю бісектриси: АВ : МВ =АС : СМ со АВ =
= 31, АС = 41, тоді СІ) = і, АІ) = З/. За властивістю

І Зі

бісектриси: АМ СМ = АЛ СЛ о - = — о І = 12.

а+Р)______.

+ зіп(а + р)

______Рзіпа ._______________Рзіпр________	2.3
8іпа + зіпр + зіп(а + р) 8іпа + зіп0*8іп(а+ р)

14 см. Л =-------------. .. ----

сіба + сі^р віпа + зіпр

Л‘віп(а+р) ?с1« Р(8іпа+мпру

а) 3 см2; б) 156 см2; в) 468 см2; г)-і---д)-------------------------; е) —— см2.

2зіпа9ііір	4зіпазіпр	2

а)	120 см2; б) 150 см2; в) 24 см2; г) 294 см2; д) 150 см2; е) 864 см2. * а) 75 см2;
б) 168 см2; в) 360 дм2. а) 600 см2; б) 140 см2; в) 120 см2; г) 600 мм2. а) 37,2 см2;
б) 54 мм2. а) 1024 дм2; б) 768 см2; в) 486 см2; г) 960 см1; д) 432 см2. а) 665 см2;

Йч'З

б)	6 см2. --см2. 18 см2. 13 дм, 14 дм і 15 дм. 40. ЗО і 14.

4

Готуємося до тематичного оцінювання № 1

В-І

(-5; 3). (х + З)2 (у - 4)2 = 25. А, С не належать, В - належить. 0(2; -3);

г-2. 12—см.

13

в - П	» Е

5.	В(0; 3). В,С,Л. р = 4х + 13. > —см.

З

Готуємося до тематичного оцінювання № 2

В-І

Враховуючи, що і^(180с' - а) = -І^а, будуємо кут, тангенс якого дорівнює 0,4.
Суміжний йому кут і буде шуканим. . 60е.	(1бТ2 ± 4 717) см. 9 см.

В"П	АВ

зіпа = 0,6; їда = -0,75. Ні, бо, виходячи з теореми синусів, —————-г =
зіп( ЛВАС)

АС	0,8 0.4 3,2

= ——______. => зіп(^АВС) —-----= —- > 1, чого не може бути. Тупокутний.

віп(гАВС)	0,3 З

26 см.

РОЗДІЛ II

Завдання 12

а) 135° і 45°. а) 12. а) 12. а) 10. а) Ні; б) ні. а) 12ТЗ; б) 475.
а) ВІ2 , «72 + 72, 2«; б) «72 + 72; а(1 + 72). «74 + 272. а)4-І4-2І2 см.
19 а) 4^2 + 72 см; б) 2>/12 + 6>/2 см; в) 2^4 + 2/2 см. 2<> а >/б + зЛ. 18>/б см.

22. а) 3 : 4 : 2; б) ЗТЗ : 8 : бТЗ; в) 7з : 4 : бТз. 23. Ч>/3 + 2). 21 “</2 + 2). 29. -.
2	2	6

Я\/3 К Н г Г- (3 + 7з)а2

1-а) б) —г: в)	32. 4>/3 : 9 : 6/3. 35. і---

Тз+2 1+?2	3	2

Завданн>і 13

т 2>/Зпа е і г .. 2пЬ‘	2ласоз	----

> а) —-—; б) п\!(Г +Ь*; в) і ; г)-------------; д) 8л см. в. п/106 см. » а) яа;

З	\]4Ьг-аг віл а

б) пс(>/2 - 1); в) яс(яіпа » сова - 1); г) 2яЛсі£аі£^. 8. 4 см. 9 48 + 48^5 см або
48 + 24/*5 см. 10. 2я см. 11 а) 7з см; б) 3 см; в) 3/3 см. 12. 7 разів. ІЗ. 5,85 м.
14. 3,2 оберте. НІ а) я см. 17. а) 120°. 18. а) - м. 19 30°; 330°. 2<» 150°; 210°.

4

21. 40 зубців. 22. » 700 м. 23. « 18“. 24. а) 25. а) —^2-73. 26. а) £ * 0,52.
З	я	6

4іш

27.8м/с. 28.-— :  5 см. и Порада. Порівняйте радіуси кіл. 32. Ні. 33 С = пС,,
З

де С - довжина заданого кола, С1 - довжина побудованого кола. 35. Точка А пройде
1 км у 4 рази швидше, ніж топка В, 36. г.

Завдання 14

1. а) 4х см2. а) Збільшиться в 4 рази. І. а) Збільшиться в 4 рази. 5 а) 20л см2.

6 64п см2. 7 а) —---—; б)—ї в)—. 8. а) б)—(віла + сова-І)’;

4	4зіп а 4віл а 12 4соясг	"

2 . 2	2 ®

па зіп асоз -	о.

2	. па 8іп а	, к	_ 4п	2п	я	я	н

в)  -----------г) —----------т. 9. а) -; б) —т=; в) —г. «»• а) —Ті б)	в) —т-.

С а . V 4(1 + сова 2 З-Уз	3/3	3/3	4	2/3

2со8—+віла '	'

І 2	)

1	пЗ	85	7

II -. 12. 2. 14 -т=. 15. —. 16. 5 дм. 17 • 134 м2. 18. =» 11; -. 19. 1 мм.

4	73	я	117

241 <2-II	те/?2	6

20. —-----і см. 21 » 7,15 дм2. 22 а) —; А) »1. ») 1.8* см2. 24 Так.

а, см.. 260 «. Ж* ». "ііг2!. 2».	#0. .> т. - 2)і

г-	Г-	МЬ

б) Я2(4п - 3>/3). а) 12л см2; б) 18(273 - п) см2; в) 12л(7 - 473) см2. ЗІ

(а + б)

а2(2я + 1 - >/3). і.. Перша хорда. 37 ^-(4л - 3-75). ЗН. 19.
6	З

.. 11

кут а подано в радіанах. •" уЗ - —я.

24

і , .а
а 1 + 5іп

.	2/

----«—’ де

2я8іп2 —

2
Завдання для повторення розділу II

і > а) 12; б) 9. г 18м'6 см. 4>/б см. 2 І а) °^8‘па.; д) 0,5/;. .  а) 48(7 -	*

а + о

г~ п	г~	.	96уЗ—32 л

х (7з - —) см2; б) 16(3 - 272)(4 - я) см2; в)---- см2. 2 1 30°.	16л см2.

26 6 см.

Готуємося до тематичного оцінювання № З

В-ї

І. Сторін - 33, діагоналей - 495. 2 10. .4 50 см2. і 2 см.

В - II

1 7 сторін, сума внутрішніх кутів - 900°.	156° і 24°. З 8 см. і 4^3 см.

Готуємося до тематичного оцінювання № 4

В-І
5л	175

1 10л см. 2. 8л см. З — см. і -л см2.

12	24

В-II

8ясм.2 ——см. : 15°. І — $Л см2.
л	З

РОЗДІЛ III

Завдання 15

При паралельному перенесенні пряма переходить у пряму. Так. 3. Так.
і Ні. 6 Порада. Виконайте паралельне перенесення однієї бічної сторони пара-
лельно основам трапеції на відрізок, що дорівнює меншій основі.

Завдання 16

і Вершини квадрата рівновіддалені від точки перетину діагоналей, тому при по-
вороті квадрата АВСО на 90е вершина А переходить у вершину В, вершина В - у вер-
шину С і т. д. Отже, квадрат при такому повороті переходить сам у себе. ї Порада.
Доведення аналогічне доведенню в попередній задачі.

Завдання 17

2. Дві осі: одна - серединний перпендикуляр до відрізка, кінці якого є задані
точки, друга - пряма, що проходить через них. 4. Якщо прямі перетинаються,
то осі симетрії - дві прямі, які проходять через точку перетину даних прямих і
збігаються з бісектрисами кутів, утворених при перетині даних прямих; якщо ж
прямі паралельні, то осями симетрії є безліч прямих, а саме: будь-яка пряма, пер-
пендикулярна до заданих, і одна пряма, паралельна їм і рівновіддалена від них.

Завдання 18

Один, він є серединою відрізка, кінці якого - задані точки. 4 Якщо дві прямі
перетинаються, то центр симетрії один - точка перетину прямих; якщо ж прямі па-
ралельні, то центрів симетрії безліч - будь-яка точка, рівновіддалепа від прямих.

а) - в) Якщо вони перетинаються в одній точці, (і Якщо три прямі паралельні і
одна пряма рівновіддалена від двох інших.
Завдання 19

Фігура не зміниться, бо прямі перейдуть самі в себе. Такі відрізки гомоте-
тичні. Центрів гомотетії два - це точки перетину прямих АА, і ВВ, або прямих АВ,
і А,В. а) — г) Центрів гомотетії два - це точки перетину прямих, проведених че-
рез кінці двох паралельних радіусів цих кіл, з лінією центрів, і а) — в) Центр
гомотетії один - точка перетину прямої, проведеної через кінці двох паралель-
них радіусів цих кіл, з лінією центрів, вона є серединою відрізка, кінцями якого є
центри кіл. 1 Один - центр цих кіл.

Завдання 20

а) Так; б) так. а) Так; б) гак.

Завдання 21

Поворотом на 180° або центральною симетрією. а) Не обов’язково; б) не
обов'язково. а) Поворот на 180° є центральною симетрією; б) паралельне пере-
несення можна отримати в результаті послідовного застосування двох осьових си-
метрій; в) поворот можна отримати в результаті послідовного застосування двох
осьових симетрій; г) центральна симетрія є гомотетією з коефіцієнтом -1.

Завдаяня 22

2	р	5

к = кути рівні, тому відносяться як 1 ;1.2 а)-£-3;б)£- = 9. і.Л. а) 12см,

З	р,	6',

16 см, 20 см, 24 см і 8 см. а) 2 см. 140 см. 8 768 см*. 225 см. 2400 см2.

а) 2,5 см; б) 5 см Так. Так. АВ - 7,5 дм: АВ = 8-дм.

З

Завдання 23

- а) Дві осі симетрії; б) одну вісь симетрії; в) дві осі симетрії; якщо прямі пер-
пендикулярні, то - чотири. а) Безліч; б) безліч; в) одну; г) безліч. а) Так; б) ні;
в) так. '• Безліч, і Ні. 1» Паралельне перенесення, гомотетія або центральна си-
метрія.

Завдання 24

Порада. Побудуйте пряму, паралельну одній зі сторін кута так, щоб відстані
від точки М до сторони кута і побудованої прямої відносилися як 1 : 2. Точка пе-
ретину побудованої прямої з другою стороною кута буде одним із кінців шукано-
го відрізка. Порада. Застосуйте паралельне перенесення з тим, щоб сумістити
береги річки. Порада, а) Позначте прямі, на яких повинні лежати кінці
відрізків біс. Застосуйте паралельне перенесення до однієї з прямих (скажімо, с)
паралельно прямій І на відрізок заданої довжини а. і Порада. Застосуйте пара-
лельне перенесення однієї з діагоналей паралельно основам так, щоб утворився
трикутник, дві сторони якого дорівнюють заданим діагоналям. Порада. Вико-
найте поворот однієї з прямих відносно точки О на кут 120°. Точка перетину дру-
гої прямої з прямою, одержаною в результаті повороту, буде вершиною трикутника.

Порада. Застосуйте поворот, аналогічно до попередньої задачі. Порада. По-
будуйте два концентричні кола з центром у точці М і радіусами, рівними заданим
відстаням. Виконайте поворот одного з кіл на 1209 відносно центра трикутника.

Порада. Виконайте повороти трикутників СОВ і ВОС відносно точки О так, щоб
трикутники помінялися місцями. ф, - 60°; <р, - 60°; ф3- 60°. Порада. Виконай-
те поворот трикутника відносно однієї з вершин на кут 60°. < Порада. Побудуй-
те коло, симетричне заданому колу відносно прямої, що містить діагональ квадра-
та. І Порада. Побудуйте точки Р і Н, симетричні точці А відносно прямих, на
яких лежать бісектриси кутів з вершинами В і С. Точки Р і Н належать прямій ВС.
Порада. Побудуйте пряму, симетричну прямій а відносно прямої Ь. Точка пе-
ретину побудованої прямої з прямою с є одним з кінців шуканого відрізка. По-
рада. Доведіть, що точка перетину діагоналей одного паралелограма є центром
симетрії другого. Порада. Використайте те, що середина відрізка е його цент-
ром симетрії. І Порада. Використайте те, що центр квадрата Е центром симетрії
прямих, на яких лежать протилежні сторони квадрата. Порада. Див. пораду
до задачі 16. І Нехай задані прямі т і п. Побудуйте точку Н, симетричну точці
С відносно точки перетину прямих. Через точку Н проведіть пряму, паралельну
прямій т, точку перетину її з прямою п позначте В. Другу вершину А трикутни-
ка побудуйте в такий самий спосіб і доведіть, що прямі т і п є медіанами трикут-
ника АВС. Порада. Спочатку побудуйте ромб з гострим кутом а і довільною
стороною, а потім побудуйте подібний до нього ромб із заданою сумою діагоналей.

Порада. Спочатку впишіть довільне коло в кут, а потім застосуйте гомотетію з
центром у вершині заданого кута для побудови кола, що проходить через задану точ-
ку. Порада, а) Спочатку впишіть довільний квадрат у трикутник так, щоб три
його вершини лежали на двох сторонах, а потім для побудови потрібного квадра-
та застосуйте гомотетію, за центр якої візьміть вершину трикутника, спільну для
двох сторін, на яких лежать три вершини вписаного квадрата. Спробуйте вико-
нати побудову в інший спосіб; б) спочатку впишіть прямокутник так, щоб його дві
вершини лежали на бічних сторонах трикутника, а діагоналі були паралельні цим
сторонам, а потім побудуйте потрібний прямокутник, застосовуючи гомотетію, за
центр якої візьміть вершину трикутника, що лежить проти основи. Спробуйте вико-
нати побудову в інший спосіб. - а) Коло (діаметр якого дорівнює радіусу заданого
кола), що проходить через точку А з виколотою точкоюА; б) коло, діаметром яко-
го с відрізок з кінцями в даній точці А і в центрі заданого кола. ? Дві більші ду-
ги кіл, гомотетичних заданому (центром гомотетії є точка А, коефіцієнти гомотетії
дорівнюють 1/4 або 3/4). Дуги обмежені дотичними, проведеними з точки .4 до ко-
ла. Точки дотику виколоті. . Порада. Для побудови доцільно використати теоре-
му про січну й дотичну, проведені до кола з однієї точки, і опорну задачу на побу-
дову середнього пропорційного. Доцільно використати перетворення поворот.

Завдання 25

(5; 5). (3; -7), (6; 0). (0; -3), ( 3; -1), (0; -5). а) (-5; 6); б) (8; 10); в) (-6; 2).

а) (-8; 5); б) <-20; 10); в) (-13; -3). а) х‘ - х + 12; у' = у - 10; б) х' = х + 7; у' =

у + 3. а) В'(—6; 14); б) Г(5; 25).	А(-8; 4). В(-15; 9). > Ц10; -5), М(3; -7).

І х' х - 12; у' = у + 9. 12. х' = х + 1; у' = у - 1;
М’(5; -7); N(-5; 7). І а) Зх - 2у + 6 = 0; б) Зх - 2у - 0;
в) Зх - 2у + 17 = 0. Якщо а і Ь не паралельні, то
потрібно виконати паралельне перенесення прямої а
так, щоб задана точка була рівновіддалена від а і а'.
Точка перегину а' і Ь є одним з кінців шуканого відрізка.
У разі, коли прямі а і Ь паралельні, задача може не мати
розв’язку (якщо задана точка не рівновіддалена від а і
Ь) або може мати безліч розв’язків (якщо задана точка
рівновіддалена від а і Ь). Шукане геометричне місце
точок подано па малюнку 6.

Завдання 26

А(2; 5). а) А(5; -2), А,(5; 2); б) £>(12; 4), ОД-12; 4); в) М(2; 0), М,(2; 0).
а) А(-3; 7), А,(3; 7); б) Г(4; -2), ГІ(-4; 2); в) Х(-1; 3), Х,(1; 3). а) Оу; б) Ох.
а) О, б) А, С. . (0; 8), (8; 0), (0; 8), (-8; 0). а) (4; 3); б) (-4; -3). х - у - 1 = 0.
х- 4у + 7 =0 і (19/17; -76/17).	а) А,(34 13; -41/13), В,(-4; 6); б)А,(-1; -2),
В,(2,4; 4,8). 12 а) (х + 1)* + (у - 4)* 25; б) (х + 3)’-»-(</-б)2 = 25. 13. (2; 1), (-2; -1),
(-1; -2). 14. Порада. Через М і точку /V,, симетричну точці N відносно прямої І,
проведіть пряму до перетину з прямою І. Точка перетину Сіє шуканою точкою.
При доведенні слід застосовувати нерівність трикутника. І > Найбільшу різницю
відстаней має та сама точка О, що і в задачі 14. 16 Точка перетину прямої І і пря-
моїАб', де В' - точка, симетрична точці В відносно І. 17. Точки Аг і А,, симетричні
точці А відносно бісектрис, належать прямій ВС. Таким чином, В і С є точками
перетину бісектрис з прямою А,Аг. І н Побудуйте трикутник з основою, яка дорів-

•	Ос УС	.

нюе половині суми діагоналей, та двома прилеглими до неї кутами: — і —. Проведіть
2 4

у цьому трикутнику висоту до основи. Один з утворених прямокутних трикутників
і є чвертю ромба. І У. Порада. Висоти трикутника, вершинами якого є задані точ-
ки. паралельні серединним перпендикулярам шуканого трикутника.

Завдання 27

7. б) (3; -3); в) (-5; -19). 9. б) А,(3; 4); В,(7; 8); С,(4; 11); в) А,(- І; -2); В,(-5; -6);
С,(-2;-9). 1». О(-0,5; 1);Л(0;-2). її (х - 1У + (у - 10)* = 7. 12 а) 2х - Зу + 6 = 0;
б) 2х - Зу = 0. 14. Порада. Враховуючи, що середина відрізка є його центром
симетрії, застосуйте перетворення симетрії відносно точки. 13 Порада. Враховую-
чи, що точка перетину діагоналей паралелограма є його центром симетрії, застосуй-
те перетворення симетрії відносно точки. 17 (3; -3), (1; -1); (-3; -3), (-1; 1).

Завдання 28

і а) С(|>/2; |Т2); б) £(4; 4^/3); в) О(2& 2); г) М(-6; 6х/3); д) Т(-3; 0). а) (3; 0);
б) (8; |); в) (2; у); г) (72; у); д) (6; |). а) А,(0; -3), В,(0; -2), С,(2; -5), О,(-3; 1);
б) А,(0; 3). ВДО; 2), С,(-2; 5), 0,(3; -1), ЇИ(2; 5). • М(-3; 5), М,(5; 3). а) А,(-2; -3),
В,(-2; 3), С,(2; 3), 0,(2; -3); б) А,(3; -2), Вг(-3; -2), С,(-3; 2), 0,(3; 2). » а) а,(2; \
&

В,(4; ^); б) А,(2; —), В,(4; --). '• Трикутник з вершинами: А,(3; —), В,(6; —), 0,(2; я).
З	3	‘	2	12	6

'1 Коло, радіус якого дорівнює 3, а центр лежить у точці Л/,(8;	).

Завдання для повторення розділу III

П (3; 10); (0; 6). Ь а) А,(-3; 1); б) А,(3; -1); в) А,(3; 1); г) А4(5; -9); д) А,(1; -3).

а)	(-2;-2); б) (2; 2); в) (5; 5). іН а)у = 2х + 2; б) {/ = 2 -2х; в)у = -2-2х;г)у = - х + -.

2	2

Готуємося до тематичного оцінювання № 5

В-І

І.А,(-2;-1). 2 0(1;-1). 1 5:5 = 2*. і.у = -2х.

В-II

І В,(-1;-3).0(1;-2). 1.5,: 5 = 0,5*. І у^-х.
РОЗДІЛ IV

Завдання 29

5 а) М(-2; -4); б) М(1; -2); в) М( 5; 4). 6. а)С(6; 2); б) С(-2; -2); в) С(-1; 1).
и> МХ(7; 7); А;ЛГ(-7; -7);лТР(5; -І); РЛ/(-5; 1); (ИК(-2; -8);_К7И(2; 8); МД-2; -8):
РЛ/(2; 8); МК( 9; -15); К<<(9; 15); РК(-7; -7); КР(7; 7); ММ - КР; ММ = РК-,
МК = МР; КМ = РМ. Рівні за модулем всі пари протилежних векторів, і 2 а) 21(0; - 6);
б)С(-2; 4).	2>(-4;0). 1: у = Тії або у = —711. І х-4>^абох =-473. н Можливі

розв’язки: (0; 5); (0; -5); (5; 0); (- 5; 0); (3; 4); (4; 3); (-3; 4); (-4; 3); (3; -4); (4; -3);
(-3; -4); (-4; -3). і АМД-6; 2); ВМг(1; -5.5); СЛ4/6; 3,5). 18. ТГзО/2. ІЧ С(-1; -6);
£1(4;-6) або С(-1; 18); .0(4; 18).

Завдання ЗО

• • а) х + р = (-1; 7); х -у = (9; -9); б)х + у- -і, х - у = 7е,- Зе,; в) х + у -(7; 0);

х - у = (-1; 4); г) х + у = 2е, - 5е}; х - у = ег 7 а) 8е, - Зе2; б) -5е£ - 15е/ в) -1,5е, - 6ег;
г)3е, + 42ег8 а)і;б)1;в)і;г)^. а)(10; -2). 2 <26; б) (-9; -8), <145; в) (11; -12).
7265; г) (23; -6), 7565. 10. а) (50; -41); б) (-4; 8). і І а Ц Б || у; с||Л. ІЗ а) 18;

4	_	бТїб

б)	1,5; в) не існує. а)-18; б)-1,5; в)—. 11 а) х(-25; 20); б)х(25; -20). І а)—-—;
З	5

6>/26 17 (0 6. _0 8) (ч я) г). 1 1 а) а = ^-Ь + ^с; б) а = 45 + Зс.
13	14	14

20	. р = 3,5а - 7,55. !І О(-3; 2). 22 Р(-2; 6). _« 0(11; 18) або О(-19; 6).

—	—	І 12	5^ (~~3~ 4І ,

а) А8(-12; 5). АС(-3; -4); б) [ ~тг« І і —; -- або протилежні їм вектори;
\ 13	1о/ І 5	5/

в)ґ—;	а) —6; б) 1; в) 7; г) 12; д) -16. 2 а)-1; 6) 1; в)-І; г) і;д) -1; е) 1

( 2	18 '	2	2

Завдання 31

2.	а) х = 1; б) х = -3.5; в) х =-5; г) х = 0. 3. х(-1; 0.75). б)-10,5; в) 0. Я б) 10;
17	23	<ЇЇ

г)-1; е)-12.  б) —т—-; в) —т—.	90°;——. І в) 120°; г) 45е. а) х =-2.4;

5<26	5<26	5

б)х = ±6. - а) -115 - 14>/3; в) -649. І«. к = 40.	—.	а) 73; б) >/3 ; в) <37.

14

77

7.2і

а(4; 8). 2 60е. а = -3/25 - Зс. І

1 •
Ї7' 717

26

АВ = СЛ=>АВСР 

паралелограм; {АВ АВ) = -3 2 + 16 = 0гт> сторони перпендикулярні. З цього
АВСО - прямокутник.

Завдання 32

1	13

-тут. Можливі два випадки: 1) 60°; 2) кут, косинус якого дорівнює .

<10	14

Порада. Позначте точку перетину діагоналей О і доведіть, що ОМ = б. 6 7ЇЗ.

Нехай у трикутнику АВС прямі ка, кг містять висоти. Точка М належить пря-
мій Ло тоді і тільки тоді, коли МА ВС = 0. Оскільки ВС = МС - МВ, то ця рівність
рівносильна МА(МС - МВ) - 0 со МА МС - МА МВ (1). Аналогічно точка М нале-
жить прямій Л4тоді і тільки тоді, коли виконується рівність МВ МС = МВ МА(2).
Якщо ж точка М є точкою перетину висот, проведених з вершин А і В. то викону-
ються одночасно обидві рівності (1) і (2):

МА МС = МА МВ	=

МВ МС = МВ МА	'	'

А це означає, що М лежить на прямій Лг. АН • ВС = (АО + ОН)(ОС - ОВ) -
= (АО + ОА + ОВ і ОС) (ОС-ОВ) = (ОВ + бС)(ОС -ОВ) = 66 ~ОВ2 = 0 --=>АН ± ВС.
Аналогічно доводиться, що ВН £ АС => Н - точка перетину висот. З рівностей
(мал. 7) МА -ОА- ОМ; МВ ^ОВ - ОМ; МС -ОС - ОМ маємо: МАг = ОАг + ОМ2 -
- 2ОА ОМ; МВ’ = ОВг + ОМ^2ОВ ОМ; МСг --66 + ОМ2 - 2ОС ОМ. Додаючи ці
рівності, отримаємо: МА- + МВ1 + МС2 = ЗЯ2 + Зг2 - 20 М (ОА + ОВ + ОС) = ЗЯ2 +
+ Зг2, оскільки ОА + ОВ + ОС = 0, а точка О - центр вписаного і описаного кіл.

МА =_ОА - ОМ (мал. 8); МВ -=ОВ - ОМ; МС  ОС - ОМ. Звідси МАг + МВ2 +
+ МС2 = ОА2 - 2ОА ОМ + ОМ2 + ОН2- 2ОВ ОМ + ОМ2 + ОС* - 2ОС ОМ + ОМ2 =
= ОА1 + О В1 +• ОС2 т ЗОМг - 2ОМ(ОА + ОВ + ОС) = 6Я2, де Я - радіус кола.

Завдання для повторення розділу IV

б.	І " б. б) -(МС + ТС); в) СТ - МС. а) -- АВ - | ВС; б) - АВ + - ВС;
2	2	2	2

в)	АВ - ВС; г) | АВ - | ВС. а) АВ(12; 5), АВ = 12е, + 5е4; |АВ! = 13; 6) АВ(3; -4),

АВ = -Зе, - 4ег; |АВ| = 5; г) АВ(8; 2), АВ = 8е, + 2ег; АВ| = 2 х/17. £ а) п = —; співна-

З

прямлені; б) при д = 6 вектори співнапрямлені; при п = -6 протилежно напрямлені.

а) р =-1,5; б) р = 2|; в) ± 721.	48-257з	135о	,	а) 13; б) 46;

в) 481. Позначимо (мал. 9) АВ = а і АО = Ь. Тоді ВО = Ь - а і АС-а т Ь; Ь - а =

Ь + а = Додамо сі*2 = Ьг + аг - 2а Ь і сі^- = Ьг + а2 + 2а  Б, маємо (і2 + <1* = 262 + 2а2.

Готуємося до тематичного оцінювання № 6

В-1

(-Ї; 1), >/2. - х = 0. 0(3; 7). а)0;б)-18. Доведіть, що АО = ОСі АО ОС =0.

в-21 _ і	_______________

(3; 2), 713. ^0’ х = -4. а) 7; б) 28. Доведіть, що АВ = IX? і АС • ВВ = 0.
РОЗДІЛ V

Завдання 33

Порада. Використайте теорему 1. Ні. а) Безліч; б) безліч; в) безліч або
одну. Якщо точка лежить на прямій. Три точки належать одній прямій.
Пряма і точка поза нею визначають тільки одну площину, а три точки на прямій
визначають безліч площин. Так. Так.

Завдання 34

Або перетинаються, або мимобіжні. Порада. Використайте означення
мимобіжних прямих. । Ні. Так. 1 Порада. Застосуйте метод від супротивного.
Безліч. Так. а) Ні; б) ні; в) так. Порада. Використайте теорему (див.
с. 183). Так. Порада. Розгляньте випадки: а) точка лежить на прямій;
б) точка не лежить на прямій. 1 Ні. 1 Ні. Так. Так. Порада. Викорис-
тайте аксіому (див. с. 182).

Завдання 35

25.	3.	6.	4.	48 см’. У 9 разів. І зТз см. Збільшити квадрат

діагоналі у два рази. Ні.

Завдання 36

Ні. Так. Так, трикутна. Шістнадцятикутник. Пряма призма. Так.
Так. Так. У чотирикутник основи можна вписати коло. 60 см2.
225 см*; 125 см». І' 520 см2; 800 см’. Так. Так.  2^3 м’.	1500>/Здм\

ЗО дм»; 62 дм2. З см; 9>/7 см*. 75 кг. 60 м*.

Завдання 37

<і а) п + 1, 2л, л + 1; б) 4л. а) Ні; б) ні.	360°(л - 1). а) Ні; б) так.

и 73а’. б(7з + і)дм2. З см*. і і 4л/Ї5 см». 4(1+з/з) см». !•; 36>/3 см’.

Збільшиться в 4,5 разе.

Завдання 38

а	Ь

— або —.	Площі бічної поверхні однакові. Не змінилася. Ні, об’єм

2л	2л

одного в три рази більший за об’єм другого. 4 см. Ні. і Зяй2. 100 кульок.

135

Існує, Я = 3.	Кавун радіусом 20 см. 125 кульок. Н = ’І—.	1,5.

V 4п

Завдання для повторення розділу V

Порада. Розгляньте можливе розміщення точок А, В, С. Площини
збігаються. Три точки належать прямій. Так. Порада. Застосуйте
метод від супротивного. Ні. Ні. а) 6а’ і 24а2; б) а3 і 8а3; в) аТз і 2а>/3; г) а\.'2
і 2а\Ї2.	а)^^ см; б) 384 см2; в) 512 см*. ^^-см2. Ні. 720°. Змен-

З	4

шиться в 9 разів. 2 грн. Один великий. 45.	1000.
ПЕРЕВІР СЕБЕ

Д. Порада. Врахуйте, що перше дерево буде на відстані 2 м : 4 = 0,5 м від
початку вулиці. 2 Б.  Г. 1 А. Г. 6 В. Порада. Розгляньте випадок, коли один
з даних кутів гострий, а інший - тупий. 7 Г. 8. В.'• Г. 10 А. II. Г. 12 Д. Пора-
да. Пригадайте властивості бісектриси кута. В. І і В. її» Б. НІ. Г. І 7 А. і * Д.

Б. В. 21 Г. 22 А. 23. Д. 21 Б. 2 Г. Д. Б. В. А. Г. В.
2 Б. < Б. І В. .45. Г. :« В. 17. А. іВ. Д. З Б. Ш. А, В, Г, Д. її А, Б, В, Г.

А, В. і ; А, Д. Порада. Розгляньте два можливих випадки розміщення точки С
відносно відрізка АВ. 14 В, Г. Порада. Див. пораду до № 43. І В, Д. іб Г. 47 Б,
Д. 18 В. іч Б, Г. і А, Г. Порада. Врахуйте, що шукана дотична, не паралельна
осі ординат, проходить через точку М, і скористайтеся формулою відстані від точки
до прямої. Б. Д. >3 А-2, Б-5, В-2, Г-4. Д-4. .»і А-2; Б-7; В-6; Г-4; Д-4; Е-2.

А-2; Б-3; В-4; Г-2, Г-4; Д-2, Д-6. й. А-3; Б 2; В 3; Г-5; Д-5; Е-3;Є-3.57. А-3; Б-1;
В-4; Г-6; Д-2.	А-8; Б-4; В-4, В-3; Г-7; Д-5; Е-1. У» А-5, А-3; Б-5; В-2; Г-2; Д-5,

Д-3.	А-8; Б-4; В-2; Г-3; Д-6; Е-5. 6 1)... коло з центром, що збігається з центром

заданого кола і радіусом, що дорівнює відстані міжцентром кола і серединою хорди
даної довжини; 2) ... коло з центром у середині заданої гіпотенузи й радіусом, що
дорівнює половині цієї гіпстенузи; 3) ... пряма - серединний перпендикуляр до
відрізка з кінцями в даних точках; 4) ... коло з центром у заданій точці, радіус
якого дорівнює радіусу кіл, що розглядаються; 5)... пряма паралельна даним,
що ділить відстань між ними навпіл; 6) ... дві взаємно перпендикулярні прямі -
бісектриси вертикальних кутів, утворених заданими прямими. <	1)... його

діагоналі взаємно перпендикулярні; 2)... його діагоналі рівні; 3) ... всі його
сторони рівні - це ромб; 4)... його діагоналі рівні і взаємно перпендикулярні;
5)... кут, протилежний прямому куту, прямий. Див. § 16. 1) 3 - його висоти;
2) нескінченна множина - довільний діаметр; 3) 2 - бісектриси пар вертикальних
кутів; 4) 4 - діагоналі і прямі, що сполучають середини протилежних сторін;
5)6 - діагоналі і прямі, що сполучають середини протилежних сторін. • 1 20; 9;
5; 6. । > ... бісектрисі кута. ... паралельні. п7.... взаємно перпендикулярні.

... /А = ^А(, /В = АБО а - а,; Ь = 6,; АБО ... (їм. ... рівнобедрений.
7<» ... гострокутний. 7 1 ... тупий. 72. ... взаємно перпендикулярні; АБО
... і дві сторони одного трикутника рівні двом сторонам другого, АБО ...
7 ... рівні, "і а) ... паралельні; б) ... паралельні. 7. ... паралельні. 7Н ...
належать одній прямій. 77. ... лежать на одній прямій. 78. ... рівнобічна.

... є правильними.	0 0,25(11*+ 6*). чі а = Ь * 0 і	+|^| ’

(л-З)л с1 п1

. н і ——тт = л . 8 । ... це - нуль-вектор. 80. 30°, 66“, 84°. АМ = 2 МС.
і а +о

л &лво >	3®“»	®®“- Порада. Продовжіть медіану до перегину з колом,

описаним навколо даного трикутника. 48 см2. 46 мм, 46 мм. Порада.
Розгляньте два можливі випадки і врахуйте, що повинна викопуватися нерівність
для сторін трикутника. 8 см і 4 см. ’>?. 6 см2. 94 30°; 75°; 75°. Порада.
Скористайтеся теоремою Фалеса і знайдіть довжину висоти, проведеної до бічної
сторони, і 51°.	0,5 м < АВ < 1 м. Порада. Врахуйте, що в рівнобедреному

трикутнику АВС кут В - тупий. Тоді АВ < АС = 1; 2АВ > АС = 1.	5 см. Порада.

Врахуйте, що тупим може бути тільки кут при вершині рівнобедреного трикутника,
тоді висота, проведена до бічної сторони, міститься поза трикутником. 34 см.
Порада. Див. пораду до № 97.	5 см. Порада. Врахуйте властивість бісектриси

кута як ГМТ рівновіддалених від сторін кута. 120°.	90°.	! ---т®-.

зіп 2а

А - точка перетину серединного перпендикуляра до ВС з прямою а. і" і 2:1.
5

!	—5. Порада. Скористайтеся тим, сцо: медіана ділить трикутник ка два рівно-

18

великі трикутники; площі подібних фігур відносяться як квадрати коефіцієнтів
13

подібності. ’	—5. Порада. Скористайтеся порадою до № 105 і врахуйте, що

36

8ЛГМК =	де/V-середина АВ. >7 6 см, 4 см і 6 см. К1' 80см<По-

рада. Врахуйте, що сума кутів опуклого чотирикутника 360°. II24 см*. Пора-
да. Запишіть площу ромба через добуток його діагоналей і застосуйте теорему
Піфагора до трикутника, катетами якого є половини діагоналей. І !•> 45”; 135°;

135°; 45°; 4 см. II 54 см*. Основи: 4 см і 12 см, бічні сторони: 8 см і 8 см.

і—	98	Зо т Ь	г—

972 см. 11 і—см*. 115------—. ।	12см. । 17 473 м і 4 м. : : Ні. Порада.

9	а + ЗЬ

Зверніть увагу на ординати точок. Так. Порада. Запишіть рівняння прямої
АС і перевірте, чи належить точка В цій прямій. 170 (х - 5)* + (у + 5)2 = 25.
у--1. 177 х = -11. 2 у = 2х. । і у = 0,5х + 2,5. І-1 • (х + 1)* + (у-3)2=7,2.

Порада. Знайдіть радіус кола, скориставшись формулою для відстані від точки до

прямої, Я = </((-!; 3); 2х-у-1 = 0) =

б2-І-с‘-аб'ї ( аб-б*]

а) О —;------------; б) Н Ь;---------;

2 2с	с Г

а) Зовні трикутника; б)зовні трикутника. а) 0:б) 2; в) 2.

бТЇЗ	.3

। 1 -----. І । Поворот на кут, косинус якого дорівнює - з центром у точці (2;-4).

26	5

131 ,32хівхо + *(х-х(>) + а.у,=у(, +Іг(у- у0) + б.
ЗМІСТ

Шановні друзії........................................... З

Інформація для учнів..................................... 4

Інформація для вчителів і батьків........................ 5

Вступ.................................................... 6

Розділ І. КООРДИНАТНА ПЛОЩИНА. ТРИГОНОМЕТРИЧНІ
ФУНКЦІЇ КУТІВ ВІД 0° ДО 180°. РОЗВ’ЯЗУВАННЯ
ТРИКУТНИКІВ

§ 1.	Декартова система координат. Відстань між двома точками
на координатній площині і рівняння кола. Координати
середини відрізка.......................................

Практична робота І..................................

Завдання 1..........................................

Завдання 2..........................................

§ 2.	Рівняння прямої....................................

Завдання 3..........................................

§ 3.	Взаємне розміщення двох прямих на координатній площині
Завдання 4..........................................

§ 4.	Тригонометричні функції кутів від 0° до 180°.......

Практична робота 2 .................................
Завдання 5..........................................

§ 5.	Теорема синусів....................................

Практична робота 3 .................................
Завдання 6..........................................

§ 6.	Теорема косинусів..................................

Практична робота 4 .................................
Завдання 7..........................................

§ 7.	Розв'язування трикутників..........................

Завдання 8 .........................................

§ 8.	Площа трикутника і чотирикутника...................

Завдання 9..........................................

§ 9.	Метод площ у теоремах і задачах....................

Завдання 10.........................................

§ 10.	Метод координат як засіб розв’язування геометричних
задач...................................................

Завдання 11 .........................................
Завдання для повторення розділу І......................
Готуємося до тематичного оцінювання Л5 І............

Готуємося до тематичного оцінювання №2..............

9

18

19

20

23

29

32

38

40

43

43

46

49

49

52

53

55

57

60

64

67

73

75

79

80

84

84
Розділ II. ПРАВИЛЬНІ БАГАТОКУТНИКИ. ДОВЖИНА КОЛА.
ПЛОЩА КРУГА

§11.	Основні властивості правильних багатокутників
та обчислення їх елементів............................ 85

Практична робота 5............................... 94

Практична робота 6............................... 94

Завдання 12...................................... 94

§ 12.	Довжина кола і дуги кола. Радіанна	міра	кута.... 97

Практична робота 7.............................. 100

Практич на робота 8*............................ 100

Завдання 13..................................... 100

§ ІЗ.	Площа круга, кругового сектора і сегмента...... 103

Практична робота 9 ............................... 105

Завдання 14....................................... 105

Завдання для повторення розділу II................... 107

Готуємося до тематичного оцінювання А? З ........... 109

Готуємося до тематичного оцінювання №4.......... 109

Розділ III. ГЕОМЕТРИЧНІ ПЕРЕТВОРЕННЯ НА ПЛОЩИНІ

§ 14. Геометричні перетворення на площині та їх властивості. . і 10

Практична робота 10 .............................. 115

Завдання 15....................................... 116

Практична робота 11.............................. 116

Практична робота 12...... .......................	116

Завдання 16....................................... 117

Практична робота 13 .............................. 117

Завдання 17....................................... 117

Практична роботи 14.............................. 118

Завдання 18....................................... 118

Практична робота 15 .............................. 118

Завдання 19...................................... 118

Практична робота 16 .............................. 119

Завдання 20....................................... 119

Практична робота 17 .............................. 120

Практична робота 18.............................. 120

Завдання 21....................................... 120

§ 15.	Подібні багатокутники........................... 121

Практична робота 19 .............................. 122

Завдання 22....................................... 122

§ 16.	Групи симетрії фігур............................. 124

Практична робота 20 .............................. 126

Завдання 23... .................................... 126

§17.	Розв’язування задач з використанням властивостей
геометричних перетворень................................

Завдання 24.......................................

127

130

§ 18.	Паралельне перенесення на координатній площині.. 132

Практична робота 21............................. 133

Завдання 25....................................... 134
§ 19.	Перетворення симетрії на координатній площині.. 135

Практична робота 22............................. 137

Практична робота 23...................... ........ 137

Завдання 26 ....................................... 137

Практична робота 24 ..........................   138

Практична робота 25 .............................. 138

Завдання 27....................................... 138

§ 20.	Полярна система координат і перетворення поворот
на координатній площині............................. 140

Практична робота 26............................. 142

Практична робота 27 .............................. 142

Завдання 28....................................... 143

Завдання для повторення розділу ПІ.................. 143

Готуємося до тематичного оцінювання Л'? 5....... 145

Розділ IV. ВЕКТОРИ НА ПЛОЩИНІ

§21.	Поняття вектора..............................   146

Практична робота 28 .............................. 149

Практична робота 29 .............................. 149

Практична робота ЗО .............................. 149

§ 22.	Дії над векторами.............................. 150

Практична робота 31 ............................ 152

Практична робота 32 .............................. 153

Практична робота 33............................. 153

§ 23.	Розкладання вектора за двома неколінеарними векторами . 154

Практична робота 34............................. 154

§24.	Координати вектора............................. 155

Практична робота 35 .............................. 157

Завдання 29...................................   157

§ 25.	Дії над векторами, що задані координатами...... 159

Практична робота 36 .............................. 162

Практична робота 37............................. 162

Практична робота 38............................. 162

Завдання ЗО....................................... 162

§ 26.	Скалярний добуток двох векторів................ 165

Завдання 31....................................... 168

§ 27.	Векторний метод доведення теорем і розв’язування
геометричних задач.  ................................ 171

Завдання 32....................................... 177

Завдання для повторення розділу IV.............. 178

Готуємося до тематичного оцінювання №6 ........... 180

Розділ V. ПОЧАТКОВІ ВІДОМОСТІ ІЗ СТЕРЕОМЕТРІЇ

§28.	Основні засади побудови стереометрії............ 181

Практична робота 39............................   183

Завдання 33....................................... 183

§ 29.	Взаємне розміщення прямих і площин у просторі.
Перпендикуляр до площини............................. 184
Практична робота 40 .............................. 186

Завдання 34....................................... 187

§ ЗО.	Багатогранники. Правильні багатогранники........ 188

Практична робота 41............................... 192

Завдання 35....................................... 192

§ 31.	Призми. Об’єм просторової фігури................ 193

Практична робота 42.............................. 196

Завдання 36......................................  196

§ 32.	Піраміди........................................ 198

Практична робота 43 ............. ................ 200

Завдання 37....................................... 200

§ 33.	Тіла обертання.................................. 201

Практична робота 44 .............................. 204

Практична робота 45 .............................  204

Завдання 38....................................... 204

Завдання для повторення розділу V ................... 206

Розділ VI. ЦІКАВІ ДОДАТКИ

Додаток І. Про відкриття Декарта і пошуки геометричного
місця точок площини............................... 209

Додаток 2. Ще раз про відкриття Декарта, завдяки
якому геометрія може допомагати алгебрі.... 215

Додаток 3. Гармонічні четвірки точок.............. 221

Додаток 4. Знову про золотий переріз.............. 224

Додаток 5. Геометричні перетворення приходять
на допомогу....................................... 227

Додаток 6. Елементи проективної геометрії, або що можна
зробити за допомогою лінійки та нерухомого
кола.............................................. 232

Додаток 7. Інверсія в дивертисменті геометричних
побудов........................................... 235

Додаток 8. Індукція в геометрії................... 246

Перевір себе. Вправи для підсумкового повторення
курсу планіметрії в тестовій формі................ 251

Підсумкове повторення курсу планіметрії........... 266

СЛОВНИЧОК......................................... 272

Опорні задачі на побудову (7 клас)	277

Опорні задачі на побудову (8-9 клас)	278

Чудові точки трикутника	279

Опорні факти про коло	280

Опорні задачі кола	281

Опорні факти про трапецію	282

ВІДПОВІДІ І ПОРАДИ................................ 284
Навчальне видання

АПОСТОЛОВА Галина Вадимівна

Упорядкування завдань
Карликової О. А., Бариіпнікової 0.1.,
Вашуленко 0. П.

ГЕОМЕТРІЯ

Дворівневий підручник для 9 класу
загальноосвітніх навчальних закладів

Рекомендовано
Міністерством освіти і науки України

Редактор О. Мовчан
Обкладинка та художнє оформлення
В. Марущинця
Технічні малюнки Ю. Лебедсва
Технічний редактор В. Олійник
Коректор І. Іванюсь
Комп'ютерна верстка Ю. Лебедєва

Здано на виробництво і підписано до друку 01.06.2009 р.
Формат 70x100 '/,»• Папір офсетний. Друк офсетний.

Гарнітура Шкільна. Умови, друк. арк. 24,7 + 0,33
форзац. Умови, фарбо-відб. 49,4 + 0,66 форзац.
Обл.-вид. арк. 24,37 + 0,51 форзац.

Наклад 3000 прим.
Вид. № 948. Зам. № 9130.

Видавництво «Генеза»,
04212, м. Київ, вул. Тимошенка, 2-л.
Свідоцтво про внесення суб’єкта видавничої справи
до Державного реєстру видавців
серія ДК№ 25 від 31.03.2000 р.

Віддруковано з готових позитивів
на ДП «Державна картографічна фабрика»,
21100. м. Вінниця, вул. 600-річчя, 19.
Свідоцтво серія ДК № 869 від 26.03.2002 р.