Successfully reported this slideshow.
We use your LinkedIn profile and activity data to personalize ads and to show you more relevant ads. You can change your ad preferences anytime.

8 gdz geo_be

dvsdvsdvdvsd

  • Be the first to comment

8 gdz geo_be

  1. 1. РОЗДІЛ 1 .ЧОТИРИКУТНИКИ § 1. Загальні властивості чотирикутників 8. Протилежними сторонами даного чотирикутника є AS і СК та ВС і АК; протилежними вершинами — Л і С та В і К; протилежними кутами — ZA і ZC та ZB і ZK . Р и с . 1. 9.Згідно з умовою задачі сторони чотирикут­ ника a ; f e : c : d = 2 : 3 : 5 : 9 , а його пери­ метр дорівнює 38 см. Нехай х — коефіцієнт пропорційності, тоді а = 2х, Ь= Зх, с = Ьх d = ^x. О тж е, 2д: -Ь Зд: -І- 5л: -І- 9 ї = 38; 19л: = 38; х - 2. Таки м чином , а = 4 см, 6 = 6 см, с = 10 CM, d = 18 CM. 10. За умовою чотирикутник має три рівні стор он и . Н ех а й к о ж н а з н и х дор івн ю є X см, тоді більш а сторона чотирикутника дор івн ю є 2х см . О с к іль к и п ер и м етр ч о ­ ти рикутника дорівню є 20 см, отрим уєм о р ів н я н н я д: -І- X + л: -І- 2 х = 20; 5 х = 20; л: = 4. О т ж е, ст о р о н и ч о т и р и к у т н и к а д о р ів н ю ю т ь 4 см , 4 см , 4 см і 8 см . 11. Н ехай менш а сторона чотирикутника д ор ів н ю є д: см , тод і три ін ш і стор он и ч от и р и к ут н и к а м аю ть д ов ж и н у 2х см . За у м о в о ю п е р и м е т р ч о т и р и к у т н и к а д ор івн ю є 21 см , то м у м аєм о р івн я н н я л: + З ■ 2 л = 21; 7л: = 21; л: = 3. О тж е, сторони чоти р и к утн и к а м аю ть довж и н у З см , 6 см , 6 см і 6 см. 12. а ) С ум а в н у т р іш н іх к у т ів ч о т и р и ­ к у т н и к а д о р ів н ю є 3 6 0 °. Н е х а й м ір а м ен ш о го к у т а д ор ів н ю є л;°, т о д і ін ш і к у т и ч о т и р и к у т н и к а м а ю ть м ір у 2л:°, З х ° т а 4 л:°. Р о з в ’ я з у є м о р ів н я н н я л: -Ь 2л: -І- З х -І- 4 х = 3 6 0; Юлг = 36 0 ; X = 36. Отж е, кути чотирикутника мають м ір у 36°, 72°. 108° та 144°; а) Якщо менший кут чотирикутника має міру х°, то, згідно умові, інші кути мають міру 2jc°, 2л:° та 13д:°. Отримує­ мо рівняння: X + 2х + 2х + ІЗд: = 360; 18л = 360; X = 20. Отже, кути чоти­ рикутника мають міру 20°, 40°, 40° та 260°. Оскільки найбільший кут чоти­ рикутника більший від розгорнутого, то даний чотирикутник — не опуклий. 13. Нехай X — коефіцієнт пропорційності, тоді кути чотирикутника мають міру Зл:°, 4д:°, Ьх° і 6л°. Складаємо рівняння: Зд: + + 4х + 5х + 6х = 360; 18л: = 360; х = 20. Тоді кути чотирикутника мають міру 60°, 80°, 100° і 120°. Оскільки 60° + 120° = = 180° і 80° -І- 100° = 180°, то даний чоти­ рикутник має дві паралельні сторони. 14. Розглянемо відрізки AB = З C M , ВС = 5 см, CD = 8 CM і AD = 16 см. Ос­ кільки AB + ßC-t-CD = 3-1-5-1-8 = 16, то точки A ,B ,C iD лежать на одній прямій (В і С — внутрішні точки відрізка AD). Таким чином, чотирикутника з такими сторонами не існує. 15. Нехай А, В, С і D — послідовні вершини чотирикутника. Одна з його діагоналей, наприклад, АС розбиває його на два трикутники (рис. 2). За влас­ тивістю сторін трикутника маємо: АС < AB -f ВС і AD < AC -I- CD, тобто AD < AS + BC + CD, що й треба було довести. Для інших сторін чотирикут­ ника доведення проводимо аналогічно. 16. AB = 4 см; ВС = З см; CD = 2 см; AD = 4 см; ZA = 60° Задача має два розв’язки. Чотирикут­ ник може бути опуклим (рис. За) або не опуклим (рис. 36). 17. Чотирикутник ABCD не існує тому, що AB = ВС + CD + AD. Він буде мати місце, якщо зменшити довжину його w w w .4book.org
  2. 2. г Рис. 3. сторони AB, або незначною мірою збіль­ шити хоча б одну з трьох інших його сторін. Чотирикутники P M N K і EFLT ве існують, бо сума їх внутрішніх кутів перевищує 360°. Щоб ці чотирикутники Існували, потрібно так змінити міру їх внутрішніх кутів, щоб їх сума складала 860°. Кожна з сторін чотирикутника HOXG має довжину меншу від суми довжин трьох інших його сторін, тому такий чотирикутник існує. 18. Згідно умови задачі AB + ВС + CD + AD = c,AB + BC+AC = a ,C D + A D + A C = « b(рис. 2). Звідки маємоAB + ВС + CD + + AD + 2 ■AC = а + b, тобто с + 2 ■AC = ~ а + b, AC = (а + b - с) : 2. 19. Згідно умови задачі AB = ВС = CD = = DA = CA = а. Тоді діагональ CA розби­ ває рівносторонній чотирикутник ABCD на два правильні трикутники. Отже, ZS = ZJ3 = 60° і ZA = ZC = 120°. 20. Якщо всі сторони чотирикутника рівні між собою, то кожна з його діагоналей розбиває цей чотирикутник на два рівних РІвнобедрених трикутника, тому відповідні кути в цих трикутниках рівні між собою. Що й доводить вимогу задачі. 21. Всі кути чотирикутника не можуть бути гострими, бо тоді їх сума буде мен­ шою від 360°, що суперечить теоремі 1 підручника. 22. Якщо три кути чотирикутника прямі, ТОїх сума складає 270°. Оскільки сума всіх кутів чотирикутника дорівнює 360°, то і четвертий кут — прямий. 23. Очевидно, всі чотири кути не можуть бути гострими (див. № 21), тому най­ більша кількість гострих кутів — три. 24. Згідно умови задачі можна вважати, що шукані міри зовнішніх кутів дорівню­ ють 7х, 8;с, 9 ї і 12д:, де х — деяке число. Тому за теоремою 2 підручника маємо: їх + Sx + 9х + 12х = 360; Збх = 360; X = 10. Тоді 7 • 10° = 70°, 8 10° = 80°, 9 10° = 90°, 12 10° = 120° — шукані міри зовнішніх кутів. Отже, внутрішні кути чотирикутника відповідно дорівню­ ють: 180° - 70° = 110°, 180° - 80° = 100°, 180° - 90° = 90°, 180° - 120° = 60°. 25. Нехай AB, ВС, CD і DA — послі­ довні сторони чотирикутника ABCD. Тоді довжина сторони AB може бути будь-яким з чотирьох даних чисел; для Рис. 4. сторони ВС залишається З можливості, для сторони CD — 2 можливості і для сторони DA — єдина можливість. Отже, всього можна утворити 4 ■З ■1 ■1 = 24 опуклих чотирикутники ABCD. Крім того, існують також не опуклі чотири­ кутники. При цьому, якщо сторони AB і DA утворюють між собою гострий кут, то повинна виконуватись нерівністьAB -t- + DA > ВС -ЬCD, що дає нам ще 8 мож­ ливостей. Таким чином, всього існує 32 чотирикутники, сторони яких дорівню­ ють 5 см, 7 см, 9 см і 11 см. На рис. 4 зображені два з них. w w w .4book.org
  3. 3. 26. За умовою задачі в чотирикутнику ASCD ВС =ЛВ + 1, AD =ЛВ + 6, AB + AD = = 2 CD і CD = Ъ. Тоді АВ+ AD = 10, AB+АВ + 6= 10, 2 Aß = 10-6,АВ = 2, ВС= = 2 + 1 = 3 , AD = 2 + 6 = 8. Знаходимо периметр чотирикутника: Р = 2 + З + + 5 + 8 = 18 (см). 27. Згідно умови задачі можна вважати, що три сторони чотирикутника мають довжини 2х, Зх і 6х, де X — деяке число. Крім того, відомо, що четверта сторона є середнім арифметичним цих трьох сторін, тобто має довжину (2х + Зх + 6х) : 3. Оскільки периметр чотирикутника дорівнює 44 см, то маємо рівняння: 2х + Зл + 6jc+ -і-(2х + Зд:+ бзс) = 44; О l l x + i l l x = 44: о П х - і 11а:-|- = 44: - ^ 1 = 44; і = 3. =44; Отже, сторони чотирикутника дорівнюють 2 ■З см = 6 см, 3 - 3 = 9 см; 6 •З = 18 см і -^ -3 = 11 см. Оскільки для будь-якої сторони ії довжина менша від суми довжин трьох інших сторін, то такий чотирикутник існує. 28. Згідно з умовою задачі ВС |AD, ZA = 50°, ZADB = 70“, ZBDC = 60°. Ос­ кільки BD — січна при паралельних прямих ВС і AD, то ZCBD = ZADB = 70°, тоді ZABD = 180° - Z A - ZADB = 180° - - 50° - 70° = 60°, тобто ZABD = ZBDC. Отже AB II CD. Крім того AABD = &CDB за стороною і двома прилеглими кутами (BD — спільна, ZABD = ZBDC. ZADB - - ZCBD). Отже, AB = CD. В___________ С Рис. 5 29. Кожна з діагоналей опуклого чоти­ рикутника ABCD (рис. 6) розбиває його на два трикутника. За властивістю сторін трикутника маємо нерівності АС < AB + + ВС, АС < CD + AD, ВС < ВС + CD, ВС <AB +AD. Тобто2AC<AB + BC + CD+AD і 2B D <AB + ВС + CD +AD , звідки 2AC + 2BD < 2(AB + ВС + CD + DA) або AC + BD < AB + ВС + CD + AD, що й треба було довести. В С D Рис. 6 ЗО. Згідно умови задачі ZABO = ZOBC, ZBAO = ZOAD (рис. 7). З ЛА05 маємо ZAOB = 180° - ZABO - ZBAO. Але ZABO = і ZB, ZBAO = І тому ZAOB = b O °-^ (Z A + ZB ) = = -і-(360° - ZA - ZB) = -і (ZC + Z£>), що й треба було довести. В С ■Ч) Рис. 7 § 2. Паралелограми 44. Паралелограмами являються всі фігури крім 4. 45. а) Використовуючи властивості паралелограма, заключаемо, що кут, протилежний даному, дорівнює 50‘, а два інших кути рівні між собою і дорівнюють 180" - 50’ = 13С. б) Оскільки даний кут дорівнює 90°, то і решта кутів дорівнюють 90°. 46. Відомо, що ABCD — паралелограм і M X II AB (рис. 8). Оскільки точки М і К лежать на паралельних прямих ВС і AD, то ВМ IIАК. Отже, за означенням чотирикутник АВМ К — паралелограм. А ________________ В Рис. 8 w w w .4book.org
  4. 4. 47. Нехай A M і CN — бісектриси кутів A l С відповідно. ABCD — паралелограм, тому ^ = ^С, тобто ZM A D = ZBCN. Крім того, ZAM B = ZM AD як різносто- ронні внутрішні, утворені січною A M з паралельними прямими ВС і AD. Так само ZCND = ZBCN. Отже, ZM A D = = ZCND, але ці кути утворені січною a n з прямими A M і CN, тому A M ||CN і за означенням чотирикутник AAfCJV — паралелограм. В _________С Рис. 9 48. За умовою задачі A M = M B, BN = NC, CP = P D ,A K = KD. ABCD — пара­ лелограм, тому Z B = ZD , AB = CD, BC =AD. Тоді M B = PD, BN = KD і три­ кутники M B N та KPD рівні за двома сторонами і кутом між ними. Отже, M N = KP. Так саме М К = NP. Таким чином, в яотирикутнику M N PK проти­ лежні сторони рівні, отже, це — пара­ лелограм. В Рис. 10 49. У паралелограмі протилежні кути рівні між собою. В даному випадку 2 :2 * З : 5, отже, чотирикутник не являється паралелограмом. 50. Сума кутів, прилеглих до однієї сторони паралелограма, дорівнює 180°. Тоді в умові задачі дана сума двох протилежних кутів, рівних між собою. Ці кути дорівнюють 156° : 2 = 78°. Два ів т и х кути при цьому дорівнюють 180° - 78° = 102°. 51. а) Нехай міра меншого кута дорівнює X, тоді міра більшого кута становить х -ь + 20. Оскільки сума цих кутів дорівнює 180°, маємо л -Ь X 20 = 180°: 2д: = - 180 - 20; л: = 80°; л: -І- 20° = 100. б) Якщо X — міра меншого кута, то 5х —міра більшого кута. Тоді х + 5х “ 180’; 6х ■= 180‘; X = 30‘ і 5х - 5 ЗО' - 150'. в) Можна вважати, що 4х і 5х — шукані міри кутів, де X — деяке число. Тоді 4х -І- 5х = 180; 9х = 180; х = 20. 4 20° = 80°, 5 • 20° = 100° — шукані кути. г)НехайX— меншаміракута,тодіх + 40— міра більшого кута, тоді х -н х + 40 = = 180; 2х = 180 - 40; 2х = 140; х = 70. Отже, менший кут паралелограма дорівнює 70°, а його більший кут — 70° -І- 40° = 110°. 52. За умовою задачі ZC AD = 32°, ZACD = 37°. ZACB = ZCAD — як внут­ рішні різносторонні кути, утворені січною АС з паралельними прямими ВС і AD. Зважаючи на властивості паралелограма, маємо: ZA = ZC = Z V + 32° = 69°. Тоді ZB = ZD = 180° - 69° = 111°. С Рис. 11 Зауваження. Кут D (а, отже, і ZB ) можна було б знайти з &ACD, маючи на увазі, що сума внутрішніх кутів трикутника дорівнює 180°. Далі знахо­ димо ZB = ZD із співвідношення, на­ приклад, ZA -ь ZB = 180° (властивість паралелограма). 53. Якщо АО і ВО бісектриси кутів А і В (рис. 12), то ZBAO = ^ Z A , С Рис. 12 ZABO = ^ Z B . ABCD ~ паралелограм, тому ZBAO + ZA B O ^-^(ZA + ZB ) = = 180° = 90°. 3 трикутника ABO отри- w w w .4book.org
  5. 5. муємо: ZAOB = 180° - ZJBAO - ZABO = = 180° - 90° = 90°. Тим самим доведено ствердження: у будь-якому паралелог­ рамі бісектриси його кутів, прилеглих до однієї сторони, перетинаються під прямим кутом. 54. Нехай в паралелограмі A B C D AB = В В І ZABD = 90° (рис. 13). Оскіль­ ки ABCD — паралелограм, то AB ||CD, тому ZABD = ZBDC = 90° як внутрішні В________________ С Рис. 13 різносторонні, утворені січною BD з па­ ралельними прямими AB і CD. Трикут­ ник ABD — прямокутний, тому ZA + /ADB = 90°. З паралельності прямих ВС і AD та січної BD маємо рівність кутів: ZCBD = ZADB. ZA і ZB — при­ леглі кути до однієї з сторін паралелог­ раму, тому ZA -1- ZB - 180°. За умовою AB = BD, тобто AABD — рівнобедрений, що означає: ZA = ZADB = 45°. Отже, ZCBD = 45° і ZB = 90° -Н 45° = 135°. Таким чином, шукані кути дорівнюють 45° і 135°. 55. Нехай A M (рис. 14) — бісектриса кута А, тоді Z.BAO = ZOAD = ^ ZA за ознакою бісектриси кута, ZAM B = 29° Рис. 14 за умовою; але ZBAO = ZAM B як внут­ рішні різносторонні кути з січною A M і паралельними прямими ВС і AD. Отже, ZA = 2 •ZAMB = 2 ■29° = 58°. З рівності ZA -f Zß = 180° отримуємо ZB = 180° - - 58° = 122°. 56. Нехай X — довжина другої сторони паралелограму. Тоді згідно з умовою за­ дачі отримуємо рівняння: 2 ■13 + 2 ■х = = 48; 2л: = 48 - 2 6 ; 2д: = 2 2 ; д: = 11. Отже, довжини сторін даного паралелограма дорівнюють 11 см і 13 см. 57. Можна вважати, що довжини сторін даного паралелограму становлять Зх та Ьх, де X — деяке число. За умовою 2 ■(Зх + -І- 5х) = 32; 16л: = 32; х = 2. Отже, З •х = = З •2 см = 6 см, 5 •2 см = 10 см — дов­ жини сторін шуканого паралелограму. 58. Нехай X та у — довжини сторін шуканого паралелограму. Згідно з умовою задачі маємо дві рівності: 2(х + у) = = 24; = 48; X + у = 32, тобто х + у = х + У = 32. Якщо змінні X і у приймають різні значення, то дана система рівнянь не має розв’язку. Тому в умові задачі задано суму довжин двох протилежних сторін паралелогра­ ма: 2х = 32; д: = 16. Тоді друга сторона паралелограм а має довж ину у = = 24 - 16 = 8. Отже, паралелограм має сторони довжиною 16 см та 8 см. Дійсно, 16 -І- 16 = 32, 2 (16 -І- 8) = 2 24 = 48. 59. Згідно з умовою задачі 2 •(AB -НВС) = 40,АВ + В С + А С = 27 (рис. 11). Тоді AB + ВС = 20, АС = 27 - 20 = 7 (дм). 60. На прямій M N (рис. 15) за допомо­ гою циркуля відкладаємо відрізок AD = Ь. З точки А за допомогою транспор­ тира та лінійки будуємо промінь під даним кутом а до прямої M N і відкла­ даємо на ньому відрізок AB = а . Через М А Рис. 15 w w w .4book.org
  6. 6. точки в і D проводимо прямі, пара­ лельні AD та AB відповідно до їх пере­ тину в точці С. Тоді ABCD — парале­ лограм- 61. На прямій M N за допомогою цир­ куля відкладаємо відрізок A D = а. З точки А будуємо дугу кола радіусом Ь, а з точки D — радіусом d і знаходимо точку їх перетину В. Потім через точки В і D проводимо прямі, паралельні AD dl 63. На прямій M N (рис. 17) відкладає­ мо відрізок АС = d,, знаходимо його середину — точку О. За допомогою циркуля проводимо дугу кола радіусом 2 з центром в точці о та дугу кола радіусом а з центром в точці А. Ці дуги перетинаються в точці D. Сполучаємо D з А і С відрізками AD і CD. Через точки А і С проводимо прямі, паралель­ ні CD і AD відповідно. Отримуємо чет­ верту вершину В паралелограма A5CD. dt Ьг Рис. 17 і AB відповідно до їх перетину в точці С. Тоді ABCD — паралелограм. 62. Спочатку проводимо дві прямі, які перетинаються в точці О під кутом а. Потім за допомогою циркуля відкладає­ мо відрізки ОА = ОС = ^ та відрізки OB = OD = З’єднуємо точки А і В, B i C , C i D , D i A відрізками — сторо­ нами паралелограма (рис. 16). Рис. 16 64. Згідно умови задачі периметр пара­ лелограма дорівнює 42 см. а) Нехай менша сторона паралелограма дорівнює X, тоді більша сторона дорів­ нює X + 5. Маємо рівняння 2 ■(х + х + + 5) = А2;2х + 5 = 21; 2х = 21 - 5; 2х = = 16; X = 8. Тоді х + 5 -1 3 . Отже, сторони паралелограма дорівнюють 8 см і 13 см. б) Якщо менша сторона дорівнює х, то більша дорівнює 2х. Маємо рівняння 2(х + 2х) = 42; бд: = 42; jc = 7 . Тоді 2х = 14. Сторони паралелограма дорів­ нюють 7 см і 14 см. в) Якщо менша сторона паралело­ грама дорівнює X, то більша дорівнює д: -І- 7 . Маємо рівняння 2(,х + х + 7) = = 42; 2л: -Н7 = 21; 2д: = 21 - 7 ; 2х = 14; X = 7. Тоді ж= 7 = 14. Сторони парале­ лограма дорівнюють 7 см і 14 см. г) Можна вважати, що сторони па­ ралелограма мають довжину Зх і 4х, де X — деяке число. Маємо рівняння 2(3jc -Ь 4х ) = 42; 7х = 21; х = 3. Тоді Зх = = 3 3 = 9 (см), 4х = 4 З = 12 (см) — шукані сторони паралелограма. Б 65. Згідно з умовою задачі В М = MC, ZBAM = ZMAD. Але ZSMA = ZMAD як внутрішні різносторонні з січною A M і паралельними прямими ВС та AD. Тому &АВМ — рівнобедрений. Отже, ВМ =АВ = w w w .4book.org
  7. 7. = 5. Тоді ВС = 2ВМ = 10. Таким чином, периметр паралелограма Р = 2(АВ + ВС) = 2 •(5 + 10) = ЗО (см). В , М , С Рис. 18 66. За умовою задачі ZBAM - ZM AD і СМ - M D = 2 CM. Але ZAM D = ZBAM як внутрішні різносторонні з січноюАЛ/ і паралельними прямими AB та CD. Тому В С Рис. 19 A A M D — рівнобедрений, M D = = Л 0 = л:. Тоді CM = x + 2 iC D = CM + + M D = 2х + 2. Згідно умови задачі 2(AD + CD) = 34. Отже, 2(х + 2х + 2) = = 34; Зд: + + 2 = 17; Зх = 15; х = 5. Тоді 2д: + 2 = 2 ■5 + 2 = 12. Таким чином, AD = 5 см, CD = 12 CM. 67. Згідно умови задачі ZBAM = ZMAD, СМ = 5 см, MD = З см (рис. 19). Оскільки ZBAM = ZAM D, то AAMD — рівнобед­ рений, тобто AD = M D = З (см). CD = = CM + M D = 8 ( c m ). Отже, периметр Р = 2(AD + СІ5) = 2 •(З + 8) = 22 (см). 68. За умовою ABCD — паралелограм, в якому ВМ = MC, AN = ND. Тоді в чоти­ рикутнику AMCN сторони MC і AN пара­ лельні і рівні між собою. Отже, цей чоти­ рикутник — пaj^eлoгpaм (рис. 20). Рис. 20. 69. В паралелограмі ABCD A M - CN. АС — січна при паралельних прямих AB і CD та прямих ВС і AD, тому ZBAM = = ZDCN і ZBCN = ZD AM як внутрішні різносторонні при паралельних прямих AB і CD та прямих ВС і AD відповідно. AB = CD і ВС = AD як протилежні сто­ рони паралелограма, AM = CN за умовою, тому ААВМ = ACDN і ABCN = AADM. Отже, В М = D N і B N = D M , тобто BNDM — паралелограм (рис. 21). В_________ С Рис. 21. 70. в паралелограмі ABCD A M = A K = = CN = CP (рис. 22). Крім того ZA = ZC Рис. 22. як протилежні кути паралелограма. Отже, ААМК = ACNP, тобто М К = NP. З рівності A M = CN маємо M B = BN, а з рівності А К = СР маємо KD = DP. ZB = ZD як протилежні кути парале­ лограма, тому AM BN = AKDP, тобто M N = KP. В чотирикутнику M N P K протилежні сторони рівні між собою, тому згідно з теоремою 4 підручника M N P K — паралелограм. Рис. 23. 71. в паралелограміABCD ВМ = МО, CN = = NO,AK = KO iO P = PD (рис. 23).Ш О К = = ANOP, бо МО = ОР, КО = NO і ZMOK = = ZNOP як вертикальні. Аналогічно&MON = = АКОР. Огже, M K = N P i M N = KP, тому чотирикутник M NPK — паралелограм. 72. За умовою в паралелограмі ABCD, сторони якого мають різну довжину, проведено бісектриси всіх його кутів. w w w .4book.org
  8. 8. Для будь-якого паралелограма бісект­ риси його кутів, прилеглих до однієї сторони, перетинаються під прямим кутом (див. задачу № 53). Тому всі кути чотирикутника M N PK дорівнюють 90°. Зокрема Z M = ZP = 90° і г ы = AK = 90°. Тоді M N PK — паралелограм (рис. 24). Рис. 24. 73. в паралелограмі ABCD проведені бісектриси його зовнішніх кутів, що перетинаються в точках М , N, Р і К. Оскільки бісектриси внутрішніх кутів паралелограма, прилеглих до однієї його сторони, перетинаються під прямим кутом, то ця властивість має місце і для бісектрис зовнішніх кутів. Отже, в чо­ тирикутнику M N PK /.М = Z P = 90° і Z N = /.К = 90°. Рівність протилежних кутів означає, щ о чотирикутник M N PK — паралелограм (рис. 25). 74. За умовою в паралелограміAßCöZA =• = 30°, AB = 12 дм. Відстань від точки С до прямої AD — це довжина перпенди­ куляра СН. Оскільки ZCDH = 30°, то в прямокутному трикутнику с я — катет, який лежить проти кута в 30°, тому дорівнює половині довжини гіпотенузи: СЯ = |сХ) = І а В = | і 2 = 6 (дм). Най- коротша відстань від точки С до відрізка AD — відрізок CD = 12 (дм) (рис. 26). 75. При розв’язку задачі № 53 було з’ясовано, що бісектриси кутів, прилег­ лих до кожної зі сторін паралелограма (рис. 12), перетинаються під кутом, рівним 90°. Таким чином, якщо бісек­ триси всіх кутів даного паралелограма перетинаються в точках М , N , Р і К (рис. 24), то в чотирикутнику M N PK всі суміжні сторони взаємно перпенди­ кулярні. Надалі, згідно з означенням, будемо називати такий вид паралелог­ рама прямокутником. 76. Згідно з умовою ZABD = ZCBD, бо B D — бісектриса кута В. Крім того, ZABD = ZBDC як внутрішні різносто- ронні кути при січній BD та паралель­ них прямих AB і CD. Тому &ABD = ACBD по стороні (BD — спільна) і двом при­ леглим кутам. Оскільки ZABD = ZADB, то AABD — рівнобедрений, тобто AB = = AD. Таким чином, всі сторони пара­ лелограмаABCD рівні між собою (рис. 27). Надалі, згідно з означенням, такий вид паралелограма будемо називати ром­ бом. 77. Згідно з умовою задачі діагональ BD є бісектрисою кута В паралелограма ABCD (рис. 27), периметр якого дорівнює 48 см. Тобто, 2(АВ + ВС) = 48; A B + ВС = = 24. Але AB = ВС (див. розв’язок задачі № 76), тому 2АВ = 24; AB = 12 (см). 78. Нехай А, В і С — три вершини шуканого паралелограма. Тоді можливі варіанти; а) через точку А проводимо пряму, паралельну стороні ВС, через точку С — паралельно стороні AB до їх пере­ тину в точці D. D — четверта вершина шуканого паралелограма. Аналогічну побудову виконуємо у випадках б) та в). Таким чином, існує три можливості побудови паралелограмі з вершинами в даних точках А, В і С, які не лежать на одній прямій. w w w .4book.org
  9. 9. 79. Очевидно, таких можливостей існує рівно З, якщо складати трикутники ABC і ABD зі спільною стороною Aß; трикут­ ники ABC і DBC зі спільною стороною ВС-, нарешті, ЛАВС і ДАОС зі спільною стороною АС. 80. Згідно умови задачі AABD = ACBD, ZADB = 90°, ZBAD = 30“. Тоді, оскіль­ ки сума кутів паралелограма, прилеглих до кожної з його сторін, дорівнює 180°, то ZABC = 180° - 30° = 150°. Отже, куги даного паралелограма дорівнюють 30° і 150° (рис. 29). А D Рис. 29. 81. Згідно з умовою паралелограм складено з двох рівних трикутників зі сторонами а, Ь і с. Можливі три випадки; а) сторони паралелограма — відрізки а і ft; б) сторони паралелоірама — відрізки а іс ; в) сторони паралелограма — відрізки Ь іс. Відповідно, периметр паралелограма дорівнює: а) Р = 2(а + 6); б) Р = 2(а + с); в) Р = = 2(6 -Нс). 82. Згідно з умовою ABCD — парале­ лограм і йАВМ та &CDT — рівносторон- ні. Оскільки за властивостями парале­ лограм а A B = C D , то А А В М = = ACDT, тобто A M = MB ^ СТ = DT = =CD =АВ (рис. ЗО). Згідно з умовою ZMAB В________ С Рис. ЗО. = =ZDCT = 60°. Ці кути можна розгля­ дати як внутрішні різносторонні кути при січній MC і паралельних прямих AM і СТ. Отже, в чотирикутнику АМСГ AM = СГ і AM І СТ. Тоді АМ СТ — па- в Рис. 28. ралелограм і MC = AT. Аналогічно до­ водиться, що M D = ВТ. 83. Механічна рейсшина діє на принципі паралельного переносу. При паралельному переносі паралельні відрізки переходять в паралельні відрізки. При цьому збері­ гаються довжини всіх відрізків. Тому паралелограми, які складають основу рейсшини, залишаються при паралель­ ному переносі паралелограмами; в них змінюються лише внутрішні кути. § 3. Прямокутник, ромб і квадрат 96. За означенням прямокутник — це паралелограм, у якого всі кути прямі. В будь-якому паралелограмі протилеж­ ні сторони рівні між собою, тому AB = = CD, ВС =AD. Нехай BD — одна з діа­ гоналей прямокутника (рис. 31). Вона В А D Рис. 31. розбиває даний прямокутник на два прямокутних трикутники, причому AABD = ABCD за двома катетами. Таким чином, у будь-якому прямокутнику кожна з його діагоналей ділить його на два рівних трикутники. 97. Згідно з розв’язком задачі Хг 96 кожна з діагоналей прямокутника ділить його на два рівні прямокутні трикутника (рис. 31), в яких сторони прямокутника являються його катетами, а діагональ — гіпотенузою. Оскільки в будь-якому прямокутному трикутнику кожен з катетів коротший за гіпотенузу. w w w .4book.org
  10. 10. то сторони прямокутника мають довжину, коротшу за його діагональ. 98. Згідно з умовою AB = 7 см, ZAOB = 60° (рис. 31). Тоді ААОВ — рівносто- рояяій, АО = 0В = AB = 7 (cm). В точці перетину діагоналі прямокутника діляться навпіл, тому АС = BD = 2АО = 14 (см). 99. За умовою АС = d і Z.CAD = 30° (рис. 32). Тоді в прямокутному трикут­ никуACÖ сторона CD — катет, що лежить проти кута в 30°, тобто його довжина складає половину довжини гіпотенузи. Отже, менша сторона прямокутника 1 ^дорівнює -d . 100.3а умовою АС = 12 см, ZCAD = 30°, ZACD = 60° (рис. 32). В прямокутному трикутнику ACD катет CD лежить проти кута в 30°, тому має довжину, яка ста­ новить половину довжини гіпотенузи, тобто CD = ^-АС = 6 (см). Отже, менша сторона прямокутника дорівнює 6 см. 101. За умовою ZAOB = 40°. ААОВ — рівнобедрений, тому ZBAO = ZABO. Оскільки сума внутрішніх кутів три­ кутника дорівнює 180°, то 2Z.BAO + ^LAOB = 180°, звідки знаходимо ZBAO = |(180°-40°) = 70°, тобто ZßAC = = 70°, тоді ZBCA = 90° - ABAC = 90° - 70° = 20°. 102. Згідно з умовою в прямокутнику ABCD AB = 7 CM, AD = 10 см. В прямо­ кутному AABD проведемо відрізки O M A D i ON IIAB (рис. 33). Тоді ОМ і O N — середні л ін ії AABD, тобто ОМ = ^ AD = 5(см), ON = ^ AB = 3,5(см). Ці величини і визначають відстань від точки перетину діагоналей прямокут­ ника до його сторін. 103. Згідно з умовою о м = 4 см, ON = = З CM (рис. 33). Тоді (див. розв’язок задачі № 102) AD = 20М = 8 (см), AB = = 20N = 6 (см). Периметр прямокутника Р = 2(АВ + AD) = 2 •(6 -І- 8) = 28 (см). 104. Нехай о//має довжину І см, тоді ОМ = (ж -І- 3) см (рис. 33). За умовою периметр прямокутника Я = 28 см, тобто 2(АВ -І- AD) = 28, 2(20Л^ -І- 20М) = 28, 4(ОЛГ -І- ОМ) = 2S ,0N + ОМ =1. Маємо рівняння X + X + Z = 1-, 2х = ^ X = 2 АВ = 2х = 4 (см), AD = 2(х + 3)^ 10 (см). 105. За умовою АС - BD (рис. 33). Крім того, AB = CD і ВС =AD як протилежні сторони паралелограма. Тобто AABD = =ABCD за трьома сторонами. Але і ААВС = = AACD за трьома сторонами (АС — спіль­ на). Отже, діагональ АС ділить парале­ лограм ABCD на два рівних трикутники, тоді за властивостями прямокутників ABCD — прямокутник. 106. а) За умовою в паралелограмі ABCD всі кути рівні, тобто дорівнюють 90° (оскільки сума всіх внутрішніх кутів дорівнює 360°). Отже, всі суміжні сторони паралелограма взаємно перпендикулярні, тобто ABCD — прямокутник. Наприклад ZA = 90° (рис. 33), тоді сто­ рони AB і AD паралелограма взаємно перпендикулярні. Отже, ABCD — пря­ мокутник. 107.За умовою в прямокутному ААВС M E 1SC, M F 1AC. Тоді ZAEM = ZMFB = = 90°. В чотирикутнику M F C E всі суміжні сторони взаємно перпендику­ лярні. Отже, MFCE — прямокутник. Е Рис. 34. w w w .4book.org
  11. 11. 108. За умовою AM і BN — бісектри­ си кутів Л і В прямокутника ABCZ) (рис. 35). При цьому C M = M N - N D = = З см. Тоді Aß = CD = 9 (см). Оскільки A M — бісектриса, то j^ M A ß = = 45“, тоді ZAM D = 90° - /.MAD = 45° і AAMD — рівнобедрений, тобто AD = = M D = 6 (см). Отже, шуканий периметр прямокутника Р = 2(АВ + AD) = 2 (9 + + 6) = ЗО (см). __________ С Рис. 35. 109. На прямій M N за допомогою циркуля відкладаємо відрізок АС дов­ жиною d, знаходимо його середину — точ­ ку О. Через точу О під кутом а до прямої M N проводимо за допомогою транспортира пряму, на якій з точки О за допомогою циркуля проводимо дуги кола радіуса Знаходимо точки В і D. Точки Л, В, С ІВ послідовно з’єднуємо відрізками. Тоді ABCD — шуканий прямокутник. 110.За умовою гострий кут ромба ABCD дорівнює 50°. BD — менша з діагоналей Рис. 37. ромба. Потрібно визначити величину ZABD. Згідно з теоремою 6 підручника діагональ ромба — бісектриса його кута. тому ZABD = І Zß. Але ZA + ZB = = 180°, ZB = 180° - Z A = 180° - 50° = = 130°. Отже, ZABD = 65° (рис. 37). 111.Нехай BD =АВ, тоді AABD — правиль­ ний (рис. 37), тобто ZA = 60°, тоді ZB = = 180° - ZA = 120°. Отже, кути ромба дорівнюють 60° і 120°. 112. За умовою гВ = 140° (рис. 37), 0 — точка перетину діагоналей ромба ABCD. Згідно теоремі 6 підручника діагоналі ромба перетинаються під пря­ мим кутом, тому ZAOB = 90°. Далі ZABO = і ZB = 70°, тоді ZBAO = 90° - А - ZABO = 90° - 70° = 20°. 113. За умовою в ромбі ABCD Zß = 150°; сторона (наприклад, AB) має довжину а (рис. 37). Потрібно визначити відстань між протилежними сторонами ромба. З вершини В опустимо перпендикуляр ВМ на сторонуAD. ЛАВМ — прямокутний 1ZA = 180° - Z B = 180° - 150° = 30°. В ЛАВМ катет В М (шукана відстань) лежить проти кута в 30°, тому має дов­ жину, рівну половині довжини гіпотену­ зи, тобто ВМ = і Aß = f . Л ^ 114. Можна вважати, що кути ромба мають міру X 2х, д е X — деяке чис­ ло. Але X + 2х = 180; Зх = 180; х = 60; 2х = 120. Отже, кути ромба дорівнюють 60° і 120°. За умовою периметр ромба Р = 40 м. Тоді 4АВ = 40, Aß = 10 (м). Оскільки ZA = 60°, то трикутник ABD — правильний (рис. 37), тобто BD = AB = = 10 (м). Отже, менша діагональ ромба дорівнює 10 м. 115. Нехай менший кут ромба має міру X , тоді міра більшого кута становить {х + + 60). Маємо рівняння х + х + 60 = = 180, звідки 2х = 180 - 60, 2х = 120, X = 60. Отже, кути ромба дорівнюють 60° і 120°. За умовою менша діагональ BD = 6 см (рис. 37). А ле ZA = 60°, тому &ABD — правильний і A B = w w w .4book.org
  12. 12. = BD = 6 (см). Тоді шуканий периметр Р = 4АВ = 24 (см). 116. За умовою в ромбі ABCD ВМ ± ± A D iA M = M D (рис. 38). Тоді в AABD висота ВМ одночасно є його медіаною, тобто &ABD — рівнобедрений, ZA = = /1ADB. Оскільки в будь-якому ром­ бі його діагональ — бісектриса кута, то ZD = 2ZADB, крім того ZA + ZD = = 180°, Z A -Ь 2ZADB = 180°, 3ZA = = 180°, звідки ZA = 60°, ZD = 120°. Якщо BD = 5 см, то периметр ромба Р = 4АВ = 4 BZ) = 20 см. Рис. 38. 117. За умовою A M = M B, BN = NC, CP = PD і A K = KD. Тому всі прямо­ кутні рівнобедрені трикутники рівні між собою, тобто M N = N P = РК = М К і Z B M N = Z B N M = Z.CNP = Z D P K = = ZAKM = ZAMK = 45°, то&іо Z M = ZN = = ZP = ZK- = 180° - - 45° - 45° = 90°. Отже, у чотирикутника M N P K M N = N P = = PÄ- = M K і Z M Z N = Z P = Z K = = 90°. 3a означенням такий чотирикут­ ник — квадрат. В С 118. За умовою діагоналі рівні, тому чотирикутник АВСЛ — прямокутник, крім того його діагональ ділить пря­ мокутник на два рівних прямокутних трикутники, тобто AB = ВС = CD =AD. Тоді за означенням ABCD — квадрат (рис. 39). 119. Згідно з теоремою 6 підручника чотирикутник, діагоналі якого взаємно перпендикулярні, є квадрат, що й треба було довести (рис. 40). D Рис. 40. 120. За умовою в AABD відрізок ОМ — середня лінія, тому ОМ = Периметр чотирикутника дорівнює 16 см, 4АВ = 16 см, A B = 4 см, OAf = і 4 = 2 см. 121.3а умовою ВО ± АС, О є АС, АС = = 12 см, ZBAO = 60°. Потрібно визна­ чити довжину сторони квадрата. В.-------------------- ,С Рис. 41. За умовою ZBAK = 60°, тоді ZABK = 30° А К = -і A B , як катет, що лежить про- л ти кута в 30°. Нехай АК = х, тоді AB = = 2х. ІЛВС: АВ‘ =А С АК; 4х‘ = 12 •х; 4х = 12; JC= 3; Отже АК = З см; КС = = 9 - 3 = 6 (см). Відповідь: З см; 6 см. 122. За умовою В К X АС, К є АС, AB = 6 см, ZABK : ZKBC = 1 :2 . ZABK + ZKBC = 90°, отже ZABK = 30°, ZKBC = = 60°. ЛАВК: АК = ^ A B = y ^ = ^ Позначимо КС = х, тоді АВ^ = АС ■АК; 36 = (х + 3) 3; Зд: = 27; л = 9. Отже, Л:С = 9 см. АК : КС = З : 9 = 1 : 3. Відповідь: 1 :3 . 123. За умовою у прямокутний ААВС вписано прямокутник CKLM так, що w w w .4book.org
  13. 13. ZC у них спільний, а точка L — сере­ динаAB, потрібнодовести, що K M = і AB (рис. 42). За умовою AL = LB, тоді A K = КС, K M — середня лінія AABC, тому К М = ^ А В , що й треба було довести. 124. За умовою ААВС — прямокутний рівнобедрений, в який вписано прямо­ кутник CM NK зі сторонами CM = 2 см В Рис. 43. і M N = 7 см. Потрібно визначити дов­ жини катетів ААВС. За умовою M N ЦАС і N K 1ВС. Тоді В М = M N і N K = АК. ВС = ВМ + СМ = M N + СМ = 7 + 2 = = 9 (см). Отже, катети прямокутного ААВС мають довжину, рівну 9 см. 125. За умовою вABC — прямокутний рівнобедрений трикутник вписано пря­ мокутник (рис. 44). Потрібно обчислити А Рис. 44. периметр прямокутника, якщо його сторони відносяться як 2 : 5, а гіпоте­ нуза трикутника дорівнює 18 см. M L II AB, тому ACML — рівнобедре- ний, СМ = CL. Менша сторона прямо­ кутника M N дорівнює згідно з умовою 2 -^M L. Тоді периметр чотирикутника дорівнює: P = 2(MN + M L) = 2- ^ M L + ML .и = H m l . diMBN і AAKL — рівнобеярені і AMBN = = AAKL, тобто M N ^ BN = LK = AK. Тоді AB = BN + NK + A K = M N + M L + + M N -2 M N + M L= ML + ЛГІ = -| MZ, = = 18, звідки M b = | - 18 = 10 (CM), млг =— 10= 4 (cm). Отже, P = ^ M L = ^ 10 = 28 0 u (cm). 126.3a умовою в прямокутному рівно- бедреному трикутнику ABC на гіпотенузі AB взята довільна точка N, з якої опу­ щені перпендикуляри на катети ААВС (рис. 45). При цьому утворюється пря­ мокутник MNKC. Потрібно довести, що півпериметр прямокутника дорівнює катету ААВС. Дійсно, за умовою ААВС — рівнобедре­ ний, тобто АС = ВС. Але тоді і AMBN також рівнобедрений, тобто M B - M N (оскільки M N I AC). Далі, BC = MC + M B = MC + M N = -^P, що й потрібно було довести. 127. За умовою діагоналі паралелог­ рама ділять його кути навпіл. ZABD = = /ІСВО, /.ВАС = /.CAD (рис. 46). Тоді Z1 = Z2 як різносторонні внутрішні кути при січній BD та паралельних В_______________С Рис. 46. прямих A B і CD. Так само Z.Z = = Z4. За властивостями паралелограма /А + /В = 180°, 2Z1 + 2Z4 = 180°, Z1 Z4 = 90°, але Z4 = ZBAO, тому Z1 + ZBAO = 90°, тобто ZAOB = 180° - - 90° = 90°. Отже, діагоналі паралелог­ рама взаємно перпендикулярні, що згідно з теоремою 6 підручника означає: w w w .4book.org
  14. 14. ABCD — ромб. 128. За умовою AB = ВС = CD = AD (рис. 46). Тоді АЛОВ = ACOD {AB = CD за умовою, АО = ОС, ВО = OD за влас­ тивостями діагоналей паралелограма) за трьома сторонами. Так само АВОС = =AAOD. Далі, /АБО = /.CDO як різнобічні внутрішні кути при січній BD та пара­ лельних прямих AB і CD, тобто в чоти­ рикутнику ABCD протилежні сторони паралельні і рівні між собою. ТодіАВСД — паралелограм, у якого за умовою всі сторони рівні. Отже, ABCD є ромб. 129.За умовою ABCD — прямокутник, в якому A M = M B, BN = NC, CP = PD і A K = KD. Проведемо діагоналі прямо­ кутника ЛС і BD (рис. 47). Кожна з них ділить прямокутник на два рівних пря- В __N_ С D Рис. 47. мокутних трикутники, в ААВС відрізок M N — середня лінія, тобто M N = і АС і M N АС. Так само РК = ^ АС іР К |АС. Отже, в чотирикутнику M N PK проти­ лежні сторони M N і РК рівні і пара­ лельні. Ту ж властивість мають сторони N P і М К. Таким чином, M NPK — ромб, бо діагоналі будь-якого прямокутника згідно з теоремою б підручника рівні (тоді M N = N P = РК ^ М К ). 130. Потрібно побудувати ромб: 1) за стороною і діагоналлю; 2) за двома діа­ гоналями; 3) за стороною і кутом. 1) На прямій M N за допомогою цирку­ ля відкладаємо відрізок АС, довжина якого дорівнює довжині даній діаго­ налі d. До відрізка АС будуємо сере­ динний перпендикуляр. Потім з точок А і С за допомогою циркуля проводимо дуги кола радіуса, рівного даній сто­ роні а. Якщо дуга кола перетинає сере­ динний перпендикуляр чи хоча б доти­ кається до нього, отримуємо точки в і D. Сполучаючи послідовно точки А, в , С і D відрізками, отримуємо ромб ABCD (рис. 48.1). Якщо ж коло і сере­ динний перпендикуляр не мають спільних точок (перпендикуляр прохо­ дить зовні кола), то такий ромб побу­ дувати неможливо. d Рис. 48.1. 2) На прямій M N за допомогою цирку­ ля відкладаємо відрізок АС довжиною рівного першій з даних діагоналей d,. Через середину відрізка АС (точку О) проводимо до нього серединний пер­ пендикуляр і на ньому за допомогою циркуля з точки О робимо засічки дуг кола радіуса г = id j, де — довжина £і другої діагоналі ромба. Отримуємо точки В і D. Сполучаючи послідовно точки А, В, С і D відрізками, маємо шуканий ромб ABCD (рис. 48.2). dl dl Рис. 48.2. 3) На прямій M N за допомогою цирку­ ля відкладаємо відрізок AD, рівний даній стороні а ромба; з точки А за до­ помогою транспортира в одну з напів- w w w .4book.org
  15. 15. площин, обмежених прямою M N про­ водимо промінь під даним кутом а; те ж саме проробляємо з точкою D, в тій же напівплощині, обмеженій прямою M N . З точок Л і і) на променях за до­ помогою циркуля відкладаємо відріз­ ки AB і DC рівні даній стороні ромба. Послідовно з’єднуємо відрізками точ­ ки А, В, С і D і отримуємо шуканий ромб ABCD (рис. 48.3). Рис. 48.3. 131 .В ромбі ABCZ) О — точка перетину його діагоналей; ОМ X AB, ON 1 ВС, OP ± CD, O K X AD . Згідно теоремі 6 підручника BD X AC. За властивос­ тями ромба його діагоналі в точці їх перетину діляться навпіл, тобто ВО = OD і АО = ОС. Відрізки ОМ, ON, OP і OK — відстані від точки О до сторін ромба AB, ВС, CD і AD відповідно. Прямокутні трикутники ААОВ, АВОС, ACOD і AAOD за двома катетами. В цих трикутниках з вершин прямих кутів на гіпотенузи опущені перпендикуляри ом, ON, OP і OK (рис. 49). Оскільки В_______________С А D Рис. 49. трикутники рівні, то рівні і відповідні їх елементи, тобто ом = ON = 0Р= OK, що й треба було довести. 132. За умовою ААВС — правильний, AMNK — ромб, периметр якого дорівнює 16 см (рис. 50). Р = 4MN, 4M N = 16, M N = 4 (см). M N іАС, тобто AMBN також правильний, M N = M B . А ле M N = = A M як сторони ромба, тоді A M = M B і M N — середня лінія ААВС, АС = 2MN. Аналогічно, N K — середня лінія ААВС, AB = 2NK. Отже, сторони ААВС вдвічі довші за сторони ромба A M N K , AB = = ВС =АС = 2АМ = 2 -4 = 8 (см). Таким чином, периметр ААВС Р = ЗАВ = = З 8 = 24 (см). А К С Рис. 50. 13З.За умовою ABCD —■ромб, периметр якого Р = 56 см, ZB = 5ZA і A M X CD. ZA + /.В = 180° як сума кутів, прилег­ лих до однієї сторони ромба. Тоді ZA + + 5 Z A = 180°, 6 Z A = 180°, Z A = = 30°. Але ZA = ZA D M (рис. 51) як Рис. 51. внутрішні різносторонні кути при січній AD і паралельних прямих AB і CD. Тоді в прямокутному AADM A M — катет, що лежить проти кута в 30°, тобто A M - і AD. AD знаходимо з умови: Р = 4AD, 4AD = 56, AD = 14 (см). Отже, від вершини госгрого кута ромба до його про­ тилежної сторони ОМ = і ■14 = 7 (см). 134. В ромбі ABCD ВМ X CD, BN ±A D . Рис. 52. w w w .4book.org
  16. 16. а) Прямокутні ABMC і AANB рівні за рівними гіпотенузами ВС і AB (сторо­ ни ромба) і гострими кутами (ZA = ZC як протилежні кути ромба). б) ZA + ZB = 180° як сума кутів, при­ леглих до сторони ромба. ZB = ZABN + -(-ZN B M + ZM BC = 90°- Z A + ZN B M + -Ь 90° - ZC = 2 (90° - ZA) + ZN B M . Тоді ZA + ZB = ZA + 2 ■(90° - ZA) + + ZN B M = 180° - ZA + ZB N M . Має­ мо рівність 180° - ZA -I- ZNBA = 180°, звідки ZA = ZN B M , що й потрібно було довести. 135. Побудуйте квадрат: а) по даній стороні а; б) по даній діагоналі d. а) На прямій M N за допомогою цирку­ ля відкладаємо відрізок AD, рівний а. Через точки А і D в одній півплощині. обмежено прямою M N за допомогою транспортира з точок А і D проводи­ мо промені, які утворюють з прямою M N прямий кут. На променях за до­ помогою циркуля відкладаємо відріз­ ки AB і CD, довжина яких дорівнює а. Точки В і С з’єднуємо відрізком ВС. Тоді ABCD — шуканий квадрат (рис. 53, а). б) На прямій M N за допомогою цирку­ ля відкладаємо відрізок АС, рівний d. Знаходимо середину відрізка — точку О і через цю точку проводимо середин­ ний перпендикуляр до відрізка АС. На ньому за допомогою циркуля відкла­ даємо відрізки OB і OD довжиною ^ . л Точки А, В, С і D послідовно з’єднуємо відрізками. Тоді чотирикутникABCß — •^0 U В о . с б D 136. За властивостями прямокутника паралелограм з рівними діагоналями — прямокутник; паралелограм, діагоналі якого взаємно перпендикулярні, — ромб; паралелограм, діагоналі якого поєднують обидві властивості (рівність і перпенди­ кулярність) — прямокутник з рівними сторонами, а за означенням не квадрат, що й потрібно було довести. 137. З усіх паралелограмів спеціальні властивості діагоналей мають деякі з його видів; так, якщо діагоналі паралелограма рівні, що це прямокутник або квадрат; якщо діагоналі взаємно перпендику­ лярні, то це ромб або квадрат; якщо ж діагоналі одночасно і рівні і взаємно перпендикулярні, то чотирикутником може бути лише квадрат. 138. За умовою на сторонах квадрата ABCD зовні його побудовано правильні Рис. 53. трикутники, вершини яких К, Р ,Т і N послідовно з’єднані відрізками. Потріб­ но довести, що чотирикутник K P T N квадрат, тобто, що всі його сторони рівні між собою і всі кути прямі. Або ж, що діагоналі P N і К Т одночасно рівні і взаємно перпендикулярні. Побу­ дуємо діагонгілі PN і К Т і позначимо точки їх перетину зі сторонами квадра­ та ABCD (рис. 54). За умовою АВРС — правильний, тому відрізок PL одночас­ но являється висотою і медіаною АВРС, тобто BL = LC = ~ВС. Теж саме має місце і для інших трьох трикутників. Діагоналі PN і K P проходять через се­ редини протилежних сторін квадрата паралельно його відповідним сторонам. Оскільки суміжні сторони квадрата взаємно перпендикулярні, то і діагоналі w w w .4book.org
  17. 17. PN та K T взаємно перпендикулярні. Доведемо, що діагоналі рівні між собою. Рис. 54. Дійсно, PN = PL + LF + FN = 2Л + а, Л = PL = FN — довжина сторони квад­ ратаABCD. Точно такий же вигляд має вираз і для діагоналі КТ. Отже, діагоналі чотирикутника K PTN одночасно рівні між собою і взаємно перпендикулярні, що можливо лише в тому разі, коли чотири­ кутник KPTN являється квадратом. 139. За умовою точки М, N, Р ІК ділять сторони квадрата в відношенні 1 : 2 (рис. 55). Потрібно довести, що чотири­ кутник M N PK — квадрат. В, 7^^-----------|С А ------------ D Рис. 55. Дійсно, всі чотири прямокутні трикут­ ники MBN, NCP, PDK і KAM рівні між собою за двома катетами. Тоді всі сто­ рони чотирикутника рівні. Крім того, сума кутів при кожній вершині чотирикутника M N PK дорівнює 180°. Наприклад, при вершині М /Л М К + + ZM -Ь /.BMN = 180°, ZM = 180° - - (ZA M K -Ь ZB M N ). Але сума го­ стрих кутів прямокутного трикутника дорівнює 90°, тому Z M - 180° - 90° = = 90°. Отже, всі кути чотирикутника M N PK — прямі, а це означає, що даний чотирикутник — квадрат, що й потрібно було довести. 140. в квадратABCD вписано прямокут­ ник M N PK (рис. 56). Потрібно довести, що довжина діагоналі квадрата дорівнює півпериметру прямокутника. Швпериметр прямокутника дорівнює сумі його суміжних сторін, наприклад, і Р = M N + NP. Кожна з діагоналей квадрата ділить його кут навпіл. Всі чотири прямокутні трикутники, утво­ рені діагоналлю квадрата та двома протилежними сторонами прямокут­ ника — рівнобедрені з кутом при ос­ нові, рівним 45°. Всі вони рівні між собою за двома катетами. Тоді діагональ квадрата АС = AT + TL -І- LC = М Т + н- M N + N L = M N + N P = і р , що й потрібно було довести. 141. Спочатку будуємо кут BKD, гра­ дусна міра якого 135°, і на стороні KD відкладаємо відрізок, довжина якого дорівнює різниці двох сторін. Точка В — точка перетину променя КВ і кола L К Ь -а Рис. 57. з центром в точці D і радіусом d, що дорівнює діагоналі прямокутника. Далі з точки В проводимо ВА XAD. Точка С — точка перетину променів ВС та DC, причому ВС 1АВ, CD ±AD. ABCD — шу­ каний прямокутник. 142.Розглянемо деякий квадрат, сере­ дини сторін якого послідовно з’єднаємо відрізками, отримуємо чотирикутник, вписаний в даний квадрат. При цьому чотири прямокутні рівнобедрені три- Рис. 58. w w w .4book.org
  18. 18. кутники, утворені сторонами даного квадрата і вписаного чотирикутника, рівні між собою за двома катетами. Тоді вписаний чотирикутник теж квадрат. Повторивши описаний процес для впи­ саного квадрата, отримуємо ще один квадрат найменших розмірів (рис. 58). Якщо сторони меншого, середнього та більшого квадратів мають довжини, рівні а,, Oj і Oj, а їх діагоналі — dj, і rfj, то між сторонами і діагоналями цих трьох квадратів отримуємо співвідно­ шення, які повністю задовольняють умові задачі: d^= a^id^ = отримуємо додат­ кове співвідношення а, = 2а, (поясніть, чому). Оскільки Pj = 4а,, Р, = іа^, то :Рз = а. ; а = а, : 2а, = 1 : 2. 143. в прямокутнику ABCD, довжини суміжних сторін якого різні, проведемо бісектриси його кутів, які перетинають­ ся в точках М , N , Р і к (рис. 59). А D Рис. 59. Потрібно довести, що чотирикутник M N PK — квадрат. Дійсно, бісектриси протилежних кутів прямокутника паралельні, тому в чо­ тирикутнику M N PK сторони задоволь­ няють умові M N І РК і N P II МК. Далі, бісектриси кутів, прилеглих до однієї сторони прямокутника перети­ наються під прямим кутом, тому всі кути чотирикутника M N PK — прямі. Нарешті, ААВМ і äCPD — прямокутні рівнобедрені з кутом при основі, рівним 45°. Якщо через середини протилежних сторін прямокутника провести пряму, вона обов’язково буде проходити че­ рез точки М І Р (поясніть, чому). Тоді iiM N N — прямокутний рівнобедрений з кутом при основі, рівним 45°. Тобто M N = NP. Отже, в чотирикутни­ ку M N P K всі сторони рівні між собою і всі кути — прямі. Тоді за означенням чотирикутник M N P K — квадрат, що й потрібно було довести. Задачі за готовими малюнками А 1. ZA = ZC = 30°, ZD = 2 ^ ,Z B , ZD — ? Рис. 60. Сума внутрішніх кутів чотирикутника дорівнює 360°, тому Z4 + ZB + /.С + ZD = 360°, 30° + ZB + 30° + Z D = 360°, ZB + ZD = 300°, ZB -I- 2ZB = 300°, 3ZB = 300°, ZB = 100°, ZD = 2 100° = = 200°. 2. ABCD — паралелограм, AB X BD, ZACD = 30°. Рис. 61. Потрібно довести, що; АО = BD. ZBAO = ZACD = 30° як внутрішні ріЗ' носторонні кути при січній АС та пара­ лельних прямих AB і CD. ДАВО — пря­ мокутний, катет ВО лежить проти кута в 30°, тому його довжина складає половину довжини гіпотенузи; ВО = і АО, АО = 2В0, але ВО = OD за властивостями діагоналей паралелог­ рама. Тоді BD = ВО + 0D = 2ВО, отже, АО = BD, що й потрібно було довести. 3. ABCD — паралелограм, AB = AK, ZCBK = 55°. ZA, ZD — 7 w w w .4book.org
  19. 19. AB = BK, тому AABK — рівнобедрений, ZABK = ZAKB, але ZAKB = ZCBK = = 55° як внутрішні різносторонні ку­ ти при січній BK та паралельних пря­ мих ВС і AD, тому ZABK = 55° і Zß = = ZABK + ZCBK = 110°, тоді ZA = 180° - - ZS = 180° - 110° = 70°. ZD = ZB як про­ тилежні кути паралелограма, ZD = 110°. 4. ABCD — прямокутник, АС = 2АВ. ZCOB — ? А D Рис. 63. В прямокутному ААВС АС = 2АВ, тоді ZACB = 30°, АСОВ — рівнобедрений, бо БО = СО за властивостями діаго­ налей прямокутника, тоді ZCBO = = ZACB = 30° і ZCOB = 180° - ZACB - - ZCBO = 180° - 30° - 30° = 120°. Самостійна робота 1 Варіант 1 1. ABCD — = 260°. ZA, ZB — ^ В________ паралелограм. ZB + ZD Рис. 64. Протилежні кути паралелограма рівні, ZA = ZC, ZB = ZD. За умовою ZB + + ZD = 260°, тоді 2ZB = 260°, ZB = ZD = = 130°. Сума внутрішніх кутів парале­ лограма дорівнює 360°: ZA -Ь ZB + ZC + + ZD ^ 360°, 2ZA + 2ZB = 360°, В __________С Рис. 65. ZA + ZB = 180°, ZA = 180° - ZS = 180° - - 130° = 50°. 2. ABCD — ромб, A M = CN. Потрібно довести, що M BND — ромб. Діагональ ромба ділить його кути нав­ піл: ZBAM = ZM AD, ZBCN = ZDCN. ABCN = ACDN за вдома сторонами і кутом між ними (SC = CD як сто­ рони ромба, CN — спільна сторона). Так само ДАВМ = AADM. Тоді BN = = N D iB M = M D. Але ABMN = AMDN за трьома сторонами. Отже, В М = = DN і BN = D M . Таким чином, в чоти­ рикутнику M BND всі сторони рівні; за означенням чотирикутник M B N D — ромб, що й потрібно було довести. 3. а = З см, 6 = 5 см, d = 6 см. а Побудувати парале- ' ' лограм. І 5------1 На прямій M N за fj допомогою циркуля ' ' відкладаємо відрі­ зок АС довжиною d = 6 см. З кінців відрізка АС за допомогою циркуля проводимо дугу кола з центром в точці А радіусом Г| = а і дугу кола з радіусом Ь в одній півплощині, дугу кола з цен­ том в точці С радіусом = 6 і дугу ко­ ла радіусом г^ = а в другій півплощині. Можливі три варіанти: Рис. 66. 1) Дуги перетинаються в двох різних точках S і D, тоді поєднуємо послідов­ но точки А, в, с і D відрізками і от­ римуємо чотирикутник ABCD — шу­ каний паралелограм (рис. 66). 2) Кола мають одну спільну точку — точку дотику, яка обов’язково лежить на відрізку АС. В цьому випадку па­ ралелограм побудувати неможливо, бо він не існує. 3) Кола взагалі не перетинаються, тоб­ то не мають спільних точок. В цьому випадку побудувати паралелограм та­ кож неможливо. w w w .4book.org
  20. 20. Варіант 2 Нехай менший кут ромба має міру *, тоді міра більшого кута дорівнює (х + + ЗО), де л: — деяке число. Сума суміж­ них кутів ромба дорівнює 180°. Маємо рівняння: л: + ( ї + ЗО) = 180; 2х + Z 0 - = 180; 2х = 150; тоді д: = 75°, х + ЗО = - 105°. Отже, кути ромба дорівнюють 75° і 105°. 2. ABCD — квадрат, A M = M B, BN = = NC, CP = P D ,A K = KD. D Рис. 67. Потрібно довести, що M N PK — квадрат. Дійсно, всі чотири прямокутні трикут­ ники рівні за двома катетами, тоді M N = = N P = РК = М К , тобто, всі сторони чотирикутники — рівнобедрені, тобто кути при основі дорівнюють 45°. Розглянемо, наприклад, суму кутів: ZANB + Z N + ZCNP = 180°, 45° + Z N + + 45° = 180°, звідси Z N = 90°. Теж саме має місце при інших вершинах чоти­ рикутника M N PK , тобто всі його ку­ ти — прямі. За означенням це означає, що чотирикутник M N PK — квадрат (рис. 67), що й потрібно було довести. 3. ABCD — паралелограм. АВ = а = 4 см, AD = 6 = 5cM. ZA = a = 60°. На прямій M N за допомогою циркуля відкладаємо відрізок АС довжиною, рівною Ь. З кінців відрізка АО за допо­ могою транспортира в різних півпло- щинах, обмежених прямою M N , про­ водимо промені під кутом а до відрізка АС (рис. 68). На цих променях за допо­ могою циркуля відкладаємо відрізки АВ і CD довжиною а. Рис. 68. Послідовно поєднуючи точки А, в, с і D відрізками, отримуємо шуканий паралелограм ABCD. Варіант З 1. За умовою ABCD — паралелограм, в якому Z B - ZA = 40°. Але в будь-якому паралелограмі сума суміжних кутів ZA -t- + ZB = 180°. Маємо систему рівнянь; ZB + ZA = 180° Z B - Z A = 40° 2Zß = 180°-i-40°; 2ZB = 220°, ZB = = 110°, тоді ZA = 180° - Zß = 180 - 110° = = 70°. Отже, в даному паралелограмі ZA = 70°, ZB = 110°. 2. ABCD — прямокутник, BK = DL. Потрібно довести, що AKCL — пара­ лелограм. За умовою ВК = DL і ABCD — прямо­ кутник, тому ВС = AD. Тоді КС = AL. Крім того, ВС II AD, тому КС ||AL. От­ же, в чотирикутнику AKCL протилеж­ ні сторони паралельні і рівні між со­ бою, а це означає, що AKCL — пара­ лелограм, що й потрібно було довести (рис. 6 9 ). 3. ABCD — ромб, АВ = а = 4 см, ZA = а = 40°. Побудувати ромб ABCD. w w w .4book.org
  21. 21. На прямій M N за допомогою циркуля відкладаємо відрізок AD довжиною а. З точок А і Ö за допомогою транспор­ тира в одній півплощині проводимо промені під даним кутом а до прямої M N і за допомогою циркуля відкла­ даємо відрізки AB і DC довжиною а. Послідовно з’єднуючи точки А, В, С і D відрізками, отримуємо шуканий ромб ABCD (рис. 70). М І D Варіант 4 Рис. 70. 1, ABCD — ромб, ZB = 3ZA. Знайти ZA і В____________ С А D Рис. 71. Нехай менший кут має міру х, тоді згідно умови міра більшого кута ста­ новить Зх, де X — деяке додатне чис­ ло. В будь-якому ромбі сума кутів, прилеглих до однієї сторони ромба, дорівнює 180°. Отримуємо рівняння: х + Зх = ІвО": 4х = 180°; х = 45°. Отже, в ромбі ABCD ZA = 45°, /.В = 3/ІА = = З ■45° = 135° (рис. 71). 2. ABCD — прямокутник; A M — бісек­ триса /Л, CN — бісектриса ZC. Потрібно довести; AMCN — паралелог­ рам. ААВМ і ACDN — прямокутні рівнобед- рені з кутом 45° при основі. Вони рівні між собою за двома катетами, тоді A M = = CN. Далі, ВС = AD як протилежні сторони прямокутника, ВМ = DL як катети рівних трикутників, тоді CM = =AN. бо CM ^ В С - B M iA N = A D - DL. Але ВС II AD як протилежні сторони прямокутника, тоді і CM ||AN. Отже, в чотирикутнику AM CN протилежні сторони паралельні і рівні між собою, а це означає, що AMCN — паралелог­ рам, що й треба було довести (рис. 72). М А D Рис. 72. 3. На прямій M N за допомогою цир­ куля відкладаємо відрізок АС довжиною d = б см. Знаходимо його середину — точку О і через точку О проводимо серединний перпендикуляр до відрізка АС. З точки А циркулем проводимо дугу кола радіусом, рівним а = 5 см і знахо­ димо точки їх перетину В і D з середин­ ним перпендикуляром. Поєднуємо а В м а / о d D Рис. 73. послідовно точки А, в, с і D відрізками і отримуємо шуканий ромб A B C D (рис. 73). Тестові завдання 1 ^.ABCD, прямокутник. Яке з тверджень хибне? а) AB J. ВС; б) АС = BD в) АС ± BD; г) ВС IIAD. w w w .4book.org
  22. 22. Твердження а), б) і г) — правильні: а) за означенням прямокутника; б) згідно теоремі 5 підручника; г) як протилежні сторони прямокутника. Твердження в) — хибне, бо взаємно перпендикулярні діагоналі мають лише ромб і квадрат (рис. 74). 2. ABCD — ромб. Який знак слід поставити замість АС * BD1 Рис. 75. а) =, б) 1, в) II, г) не можна визначити. АС і BD — діагоналі ромба, які згід­ но з теоремою 6 підручника взаємно перпендикулярні, тому замість * слід поставити знак 1. 3. Сума кутів чотирикутника дорів­ нює: а) 120“; б) 90°; в) 180°; г) 360°. Правильною є відповідь г). В будь-яко­ му чотирикутнику сума його внутріш­ ніх кутів дорівнює 360°. 4. Паралелограм, у якого діагоналі рівні і перпендикулярні — це: а) прямокутник; б) квадрат; в) ромб; г) не можна визначити. Лише у квадрата діагоналі одночасно рівні і перпендикулярні. 5. Сума кутів паралелограма, прилеглих до однієї сторони, дорівнює: а) 90°; б) 180°; в) 360°; г) 120°. В будь-якому паралелограмі сума кутів, прилеглих до однієї сторони, дорівнює 180°, правильною є відповідь б). 6. Одна із сторін паралелограма дорів­ нює 5 см, а периметр — 16 см. Знайдіть довжину другої сторони: а) 5 см; б) 6 см; в) 11 см; г) З см. Периметр паралелограма зі сторонами а і Ь обчислюється за формулою Р = = 2(а -(-Ь). Вданому випадку маємо 16 = = 2(а 4- 5), а -І- 5 = 8, а = З (см). Отже, правильною є відповідь г). 7. Знайдіть кути ромба, якщо вони пропорційні числам 2 і 7. а) 20° і 70°; б) 20° і 140°; в) 40° і 140°; г) 80° і 280°. Якщо менший кут має міру 2х, то мі­ ра більшого кута становить 7х. Сума кутів, прилеглих до однієї сторони паралелограма, дорівнює 180°, тому 2х + 7х = 180, 9х = 180, х = 20; тоді 2л: = 40 і 7jc = 140. Отже, кути ромба дорівнюють 40° і 140°. в) — правильна відповідь. 8. ABCD — прямокутник; AB = 5 см, ZCAD = 30°. АС дорівнює а) 10 см; б) 5 см; в) 2,5 см; г) 20 см. CD =АВ = 5 см. В прямокутному ACAD катет CD лежить проти кута в 30°, то­ му дорівнює половині гіпотенузи АС, тобто CD = | лС , АС = 2CD = 2 • 5 = = 10 (см). а) — правильна відповідь. 9. ABCD — ромб; О — точка перетину діагоналей. Визначте вид ААОВ: а) гострокутний; б) прямокутний; в) упокутний; г) рівносторонній. В будь-якому ромбі діагоналі взаємно перпендикулярні, тобто ZAOB = 90°, ААОВ — прямокутний. Правильною є відповідь б). Рис. 77. w w w .4book.org
  23. 23. 10. ABCD — квадрат, периметр Р = = 20 CM. Знайти ОМ 1 AB: а) 20 см; б) 5 см; в) 5 см; г) 2,5 см. С Рис. 78. Периметр квадрата Р = 4AD, 4AD = 20, AD = 5 (см), тобто, сторона квадрата дорівнює 5 см. Точка О рівновіддалена від усіх сторін квадрата, ОМ = ON, але ОМ + ON ^ AD, 20М = AD, ОМ = ІА О = ^ 5 = 2,5 (см). Отже, відстань точки О від сторони квадрата дорівнює 2,5 см. Тим самим г) — пра­ вильна відповідь. Типові задачі для контрольної роботи 1. Кути чотирикутникаЛВСІЗ пропорцій­ ні числам 2, 4, 6 і 8. Знайти ці кути. Рис. 79. Нехай X — коефіцієнт пропорційності. Тоді можна вважати, що міра ZA, ZB, ZC і ZD відповідно рівна 2х, іх , 6х і 8х, де X — деяке число. В_________________ С Рис. 80. Оскільки сума внутрішніх кутів будь- якого чотирикутника дорівнює 360°, маємо рівняння: 2х + Ах + 6х + 8х = = 360; 20х = 360: л: = 18. Тоді ZA = 2л: = = 2 18° = 36°, г в = 4 ї = 4 • 18° = 72°, ZC = 6д: = 6 18° = 108°,ZD = 8x = 8 18° = = 144° (рис. 79). 2. ABCD — паралелограм. Р = 120 см, AB = 25 CM, AD > AB. Знайти довжину AD. Оскільки Я = 2(Aß + AD), маємо рів­ няння; 2 • (25 -Ь AD) = 120, 25 -t- AD = = 60, AD = 60 - 25 = 35 ( c m ). Отже, сто­ рона AD має довжину 35 см (рис. 80). 3. ABCD — паралелограм, ZBAC - 42°, ZCAD = 34°. Потрібно знайти ZA і ZB. ZA = ZBAC -І- ZCAD = 42° + 34° = 76°. Сума кутів, прилеглих до однієї сторо­ ни паралелограма, дорівнює 180°, тому ZA + ZB = 180°, звідки ZB = 1 S 0 -Z A = = 180° - 76° = 104°. 4. ABCD — прямокутник; АС = 10 см, ZCAD = 30°. A B > A D (рис. 81). Знайти AB. В Рис. 81. В прямокутному ACAD катет CD = AB (як протилежні сторони прямокутника) лежать проти кута в 30°, тому його дов­ жина вдвічі менша від довжини гіпоте­ нузи ДСАО; CD = І АС = і 10 = 5 (см). Таким чином, менша сторона прямо­ кутника дорівнює 5 см. 5. ABCD — прямокутник: О — точ­ ка перетину діагоналей; О М J. AB, ON ± БС-, ОМ - 0 N = 2.5 см; Р = 34 см (рис. 81). Знайти AB і ВС. Р = 2(АВ + ВС), тобто 2(АВ + ВС) = 34, AB -І- ßC = 17. Тоді ОМ + ON = | (А Л -І-ВС) = і •17 = = 8,5 (см). Але за умовою ОМ - ON = 2,5 см. Маємо систему рівнянь: w w w .4book.org
  24. 24. о м + ON = 8,5; ^ О М -O N = 2,5; 20M = 8,5 + 2,5; 20M = 11; ОМ = 5,5; ON = ОМ - 2,5 = = 5,5 - 2,5 = 3. ТодіЛВ = 20N = 2 ■З = = 6 ( c m ), в с = 20М = 2 5,5 = 11 (с м ). Т а к и м ч и н о м , с т о р о н и п р я м о к у т н и к а д о р ів н ю ю т ь 6 с м і 11 с м . Q,ABCD — р о м б ; ZB = 120°; BD — мен- ша діаі^наль; Р = 24 с м . Знайти довжину BD. Рис. 82. Сума кутів, прилеглих до однієї сторо­ ни ромба, дорівнює 180°, тобто ZA + + гВ = 180°, звідси ZA = 180° - ZB = = 180° - 120° = 60°. Згідно теоремі 6 йідручника, діагоналі ромба перпенди­ кулярні і ділять кути при вершинах навпіл (рис. 82), тобто ZABD = ^ ZB = 2t = 60°. Тоді в ДАВХІ ZA = ZABD = 60°, звідки ZADB = 180° - ZA - ZADB = 180° - 60° - 60° = 60°. Отже, дЛВО — ріввосторонній, BD = AB. За умовою Р = 24 см, але Р = 4АВ. Маємо рів­ няння: 4ЛВ = 24, AB = 6 ( c m ). Таким чином, менша діагональ ромба дорів­ нює 6 см. 1.ABCD — паралелограм; Z.BAK = Z.KAD; гС О К = ZADK; AB = 5 см. Знайти міру ZAKD, Р. Рис. 83. Сума кутів паралелограма, прилеглих ДО однієї сторони, дорівнює 180°, тобто /1А + ZD = 180°. Але ZKAD = ^ZA , ZADK = ^ ZD, тому ZKAD -нZADK = = ^ {Z A + ZD} = 90°. Звідси ZAKD = 180° - 90° = 90°. Далі, ZKAD = ZAKB як внутрішні різносто- ронні кути при січній АК та паралель­ них прямих ВС і AD, тобто, ААВК — рівнобедрений, ВК = AB. Так само ACKD — рівнобедрений, СК = CD=AB. Отже, ВК = СК=АВ,ВС = 2АВ. Р = АВ + + ВС = 2(АВ + 2АВ) = 2 ЗАВ = 6ЛВ = = 6 5 = ЗО (см). 8. На прямій M N за допомогою цирку­ ля відкладаємо відрізок АС довжиною d, знаходимо його середину — точку О. Потім з допомогою циркуля в різних напівплощинах, обмежених прямою M N , проводимо дуги кола радіусом г, рівним а, з точки О дуги кола радіусом Tj = і d. Знаходимо точки перетину В і D цих дуг. Послідовно поєднуємо точки А , в , с і D відрізками і отримуємо шуканий прямокутник ABCD (рис. 84). Ь Рис. 84. Зауваження: Може статися, що кола радіусів Tj і Tj не перетинаються. В цьому випадку побудувати прямокутник ABCD неможливо (чому?). ОтримуємоABCD — шуканий прямокутник (рис. 84). 9. ABCD — квадрат; ВМ = ND. w w w .4book.org
  25. 25. Потрібно побудувати ромб AMCN (рис. 85). Сума кутів, прилеглих до однієї сторо­ ни квадрата, дорівнює 180°, тобто ZA + + ZB = 180°. Кожна з діагоналей квад­ рата ділить його кути навпіл, тобто ZBAM+ZABM =^ ZA +^ гв = 2 J = |(ZA + Zß) = | 180° = 90°, тобто всі чотири трикутники — прямокутні. Далі, ААМВ = АВМС за гіпотенузами AB і ВС (як сторони квадрата) і спіль­ ним катетом ВМ . Так само äAND = = ACND (рис. 85), тобто AM = MC =A N = = ND. Це означає, що AM CN це ромб. Якщо M N = 4 см, то Р = ІА М . Одно­ значно визначити довжину катета за відомим гострим кутом можна лише за допомогою тригонометричних функ­ цій. Але задачі такого виду ми розгля­ немо дещо пізніше. Тепер же довжину сторони ромба знаходимо приблизно за допомогою циркуля та мірної лінійки. Тому довжину периметра ромба знахо­ димо приблизно. 10.ABC — рівнобедрений прямокутний трикутник; AB - 15 см. M N LK — прямокутник; M N = ЗМК. А Рис. 86. Знайти периметр прямокутника. AMNB і М К Р — прямокутні рівнобед- рені (чому?) і рівні між собою за двома катетами. Тоді BN = AL = M N . Р = = 2(MN -Ь NL). Спочатку знайдемо зна­ чення M N. Маємо: AB = ВМ -І- NL + AL - = N L + M N + M N = NL + 2MN = N K + -I- 2 • 3NL = 7NL. Тоді N L = jA B = = і ■15 = ^ (см). Отже, P = M N N L = = 3NL + NL = 4NL = 4 ^ ^ § 4. Застосування властивостей паралелограма 150.-ABC — трикутник; M N і N K — се­ редні лінії, M N = М К. Визначити вид ААВС. Згідно з теоремою 8 підручника M N ||ЛС і M N = ^AC; лга: II л в і N K = ^AB. За умовою M N = NK, тоді AB = АС, тобто ААВС — рівнобедрений (рис. 87). С Рис. 87. і 51. A B C — трикутник; M N , N L і M L — середні лінії, M N = N L = M L. Визначити вид ААВС. А L С Рис. 88. Згідно з теоремою 8 підручника M N |АС, NL II AB, M L і ВС; M N = ^AC, N L = ^ A B і M L = ^BC. За умовою, M N = N L = M L, тоді AB ^ ВС = АС, тобто ААВС — правильний (рівносто- ронній). 152. АВ = 6см, ВС = 8 см, ЛС = 10 см. M N , N K , K L — середні лінії. Знайти довжини M N , NK, KL. Згідно з теоремою 8 підручника M N = ^AC, NK = ^ A B i KL = ^BC (рис. 89). Тому M N = і ■10 = 5 (см). w w w .4book.org
  26. 26. N X = | 6 = 3 (см), JCL = |-8 = 4 (см). С Рис. 89. 153. В ДАВС: АР = РВ, ВК = КС, АТ = ТС; Р^лвс “ Знайти PApjfy. Рис. 90. РА =АВ + ВС + АС, тобто AB + ВС + + АС 40 (см). За умовою РК, К Т і РТ — середні лінії ДАВС, тоді р к = ^АС, к т = а в , р т = в с . 2 J А = РК + К Т + Р Т = |(А В + ВС + + АС) = I 40 = 20 (см) (рис. 90). 154. AB :BC = 2 :3 ;M N iN K - серед­ ні лінії ДАВС, M N I ВС, N K ||AB. Знайти відношення N K : M N . В А С Рис. 91. Згідно теоремі 8 підручника NK = і AB, M N = і AC, тому N K : M N = « 2 = | (А В ;В С ). Отже, W :A fiV = | (2 ;3 ) = 2:3. 155. AB = ВС = CD = 4 см, ІГР = З см. Знайти: АК, АР, AT, КТ. Якщо відрізки, відкладені на одній сто­ роні кута рівні і через кінці цих відріз­ ків проведені паралельні прямі, то на другій стороні кута одержимо таку ж кількість відрізків. Тоді довжини цих відрізків, відкладені від вершини кута, згідно теореми Фалеса, також рівні. 156. Потрібно даний відрізок АС розді­ лити на три рівні частини. Рис. 93. За допомогою транспортира побудуємо деякий гострий кут з вершиною в точці А і відкладемо на другій стороні побудо­ ваного кута три рівні відрізкиА К =К М = = M N . Тоді, згідно з теоремою Фалеса, точки В і D ділять даний відрізок АС на три рівні відрізки AB = BD = DC. 157. Даний відрізок AD фіксованої довжини потрібно розділити на 4 рівні частини. І метод схематично зображено на рис. 94, другий — на рис. 9&. Рис. 94. алгоритму А В С^ Е' ß Переходимо до опису розв’язку задачі. І метод. На площині фіксуємо точку А, із по­ чатком в цій точці проводимо промінь AT, на якому за допомогою циркуля відкладаємо даний відрізок АК. За до- w w w .4book.org
  27. 27. ж __ к в Е Рис. 95. помогою транспортира з точки А прово­ димо другий промінь під деяким фіксо­ ваним гострим кутом а. Отримуємо ZSAT = а з вершиною в точці А. За до­ помогою циркуля на стороні AS кута L, починаючи від точки А, відкладаємо чотири відрізки однакової довжини A M = M N = N K ^ KL. Через кінцеві точки L і D проводимо січну LD, потім через точки М , N і к проводимо прямі, паралельні LD. Вони перетинають відрізок AD відповідно в точках В, С і Е. Тоді, згідно з теоремою Фалеса, AB = = ВС = СЕ = ED. Задачу розв’язано. //метод(діленняданоговідрізкапобудо- вую його серединного перпендикуляра). На прямій M N за допомогою циркуля відкладаємо даний відрізок AD. З кін­ ців відрізка AD і обох півплощинах проводимо засічки дугами радіусом, дещо перевищуючим довжину поло­ вини відрізка: знаходимо їх точки перетину. Через ці точки перетину проводимо пряму. Це і є серединний перпендикуляр відрізка AD; він пере­ тинає відрізок AD і точці С і в цій точці ділить відрізок AD навпіл. Отримуємо відрізки АС = CD. До кожного з цих відрізків, використовуючи той же ме­ тод, будуємо серединні перпендикуля­ ри, які ділять навпіл відрізки АС і CD відповідно в точках В і £..Тоді Aß = = ВС = СЕ = ED і задачу розв’язано. 158. ААВС — гострокутний, АС = 6 см. Потрібно всі сторони ЛАВС розділити на три рівні частини. Спочатку АС, довжина якої відома (рис. 96) ділимо на три рівні частини за допомогою циркуля та мірної лінійки. Отримуємо точки D і Е такі, що AD = DE = EC = = |ЛС = 2 ( c m ). Через точки D і Е проводимо прямі паралельно стороні ВС та прямі паралельно стороні. Від­ повідно, перші з них перетинають сто­ рону AB в точках М і N, другі — сто­ рону ВС і точках К і L. Тоді, згідно з теоремою Фалеса, A M = M N = NB = BK = KL = LC = ^BC. Зада­ чу розв’язано. 159. За умовою на стороні AB ZBAC відкладені рівні відрізки АВ^ - = ... = В^^В^. Через кінці цих відрізків пер­ пендикулярно до бісектриси AL /.ВАС проведені прямі. Нехай ці прямі пере­ тинають бісектрису AL і другу сторону АС ZBAC відповідно в точках L,, L^, ..., та точках Cj, Cj, ..., С„. Згідно з тео­ ремою Фалеса, відрізки ALj = Z,,Lj = ... = та відрізки АС, = CjC^ = ... = С^^,С„. Дійсно, оскільки прями В,С,, BjCj, ..., ВС^ утворюють з бісектрисою AL один і той самий прямий кут, то всі ці прямі паралельні між собою і всі твердження теореми Фалеса викону­ ються. Більш того, в трикутниках В^С^, де і = 1, 2, ..., (більш короткий еквіва­ лентний запис і = 1, л ) бісектриси AL і одночасно являються висотами і медіа­ нами, тому ABAC., і = 1, п — рівнобед- рені (рис. 97), тобто AB. = AC., і = 1, п, значить, відрізки АВ^ = СС,, В^В^ = C,Cj, ..., /= 1, n, що й треба було до­ вести. w w w .4book.org

×