Геометрія (Єршова, Голобородько, Крижановський) 9 клас by sloven

А. П. Є р ш о в а , В. В. Голобородько, О. Ф. Крижановський, С. В. Єршов

Геометрія 9l Підручник для загальноосвітніх навчальних закладів

Рекомендовано Міністерством освіти і науки України

загальноосвітня програма допрофільна підготовка

Харків ВИДАВНИЦТВО

РАНОК 2009

УДК ББК

371.388:514.11 22.151.0+Я72

Є80

Підручник виданий за рахунок державних коштів. Продаж заборонено Рекомендовано Міністерством освіти і науки України (наказ Міністерства освіти і науки України від 02.02.2009 р. № 56) В і д п о в і д а л ь н а за п і д г о т о в к у до в и д а н н я підручника Н. С. Прокопенко, головний спеціаліст МОН України Незалежні експерти: О. В. Горелова, вчитель математики ЗОШ № 10 м. Ізмаїл, учитель-методист; К. М. Петечук, методист Закарпатського ІППО, учитель-методист; О. М.Сінюкова, викл. каф. геометрії ПУДПУ ім. К. Д. Ушинського, канд. фіз.-мат. наук, доц.; В. В. Шарко, зав. від. топології Інституту математики НАН України, д-р фіз.-мат. наук, проф.; Т. М. Хмара, пров. наук, співробітник лаб. математичної і фізичної освіти Інституту педагогіки АПН України, канд. пед. наук Рецензенти: О. І. Бормотова, методист ІПО СМГУ, вчитель математики ЗОШ № 14, учитель-методист; А Б. Велиховська, зав. наук.-метод, лаб. з проблем інноваційного розвитку освіти Миколаївського ОІППО, учитель-методист; І. Б. Гарус, зав. від. природи.-мат. дисциплін Полтавського ОІППО, учитель-методист; В. В. Гринчук, зав. наук.-метод, лаб. математики та інформатики Одеського ОІУВ; І. С. Маркова, учитель математики вищої категорії гімназії № 46 м. Харкова, учитель-методист, гол. редактор наук.-метод, журналу «Математика в школах України»; Я . Я. Пасіхов, учитель математики вищої категорії Ф М Г № 17 м. Вінниця, учитель-методист; О. М. Роганін, учитель математики вищої категорії Песочинського колегіуму Харківської райради Харківської області, учитель-методист Науковий редактор Є. П. Нелін, зав. каф. тестових технологій та моніторингу якості освіти ХНПУ ім. Г. С. Сковороди, канд. пед. наук

Є80

Єршова А. П. Геометрія. 9клас:Підруч.длязагальноосвіт. н а в ч . з а к л . / А . П. Єршова,В. В. Голобородько.О. Ф. Крижановський.С. В. Єршов.—Х.:Вид-во «Ранок», 2009.— 256с.:іл. ISBN 9 7 8 - 9 6 6 - 6 7 2 - 8 6 7 - 1 Підручник містить обов'язковий обсяг навчального матеріалу, необхідні теоретичні відомості й поняття, велику кількість задач, які полегшують роботу вчителів та учнів. Наприкінці кожного розділу підбиваються підсумки, які надано у вигляді зручних таблиць. Для закріплення теоретичного матеріалу запропоновано низку практичних завдань — від простих до більіп складних. Підручник призначений для учнів 9 класів, учителів математики і методистів. УДК 371.388:514.11 ББК 22.151.0+я72

ISBN 9 7 8 - 9 6 6 - 6 7 2 - 8 6 7 - 1

Дорогі друзі! У цьому навчальному році завершується вивчення планіметрії — геометрії на площині. Радимо ще перед початком занять пригадати основні поняття й теореми, що вивчалися в 7—8 класах. Усі вони відомі з часів Давньої Греції і належать до елементарної (евклідової) геометрії. Але в дев'ятому класі ви познайомитеся з геометричними методами, які було винайдено значно пізніше, в XIV—XX ст.,— координатним, векторним і методом геометричних перетворень. Вони набули широкого застосування в техніці й природничих науках, насамперед у фізиці, тому, вивчаючи їх, ви краще зрозумієте деякі фізичні закони. Узагалі геометрію 9 класу можна без перебільшення назвати геометрією методів. Наприкінці навчального року на вас чекає знайомство зі стереометрією — розділом геометрії, який вивчає фігури в просторі. Ґрунтовне знання планіметрії стане для вас ключем, Який відчиняє двері у «третій вимір», дозволяє розв'язати будь-яку просторову задачу, розбиваючи її на декілька планіметричних. А курс геометрії 9 класу — чудова можливість удосконалити й поглибити уявлення про фігури на площині. Отже, скарби геометрії чекають на вдумливих і спостережливих шукачів, які зможуть не тільки віднайти, але й оцінити справжню красу й витонченість геометричних знань. Ми дуже сподіваємось, що такими винахідниками станете саме ви. Бажаємо вам успіхів!

Як користуватися підручником

Підручник має шість розділів, кожний із яких складається з параграфів, а параграфи — з пунктів. У тексті міститься як теоретичний матеріал, так і приклади розв'язування задач. Найважливіші поняття і факти виділені напівжирним шрифтом. Вправи і задачі, які подано в підручнику, поділяються на декілька груп. •Усні вправи допоможуть вам зрозуміти, наскільки успішно ви засвоїли теоретичний матеріал. Ці вправи не обов'язково виконувати подумки — для їх розв'язування ви можете використати рисунки; провести необхідні міркування в чернетці. Після них можна переходити до графічних вправ, які виконуються в зошиті або на комп'ютері. Далі йдуть письмові задачі. Спочатку перевірте З

свої знання, виконуючи завдання рівня А. Більш складними є задачі рівня Б. Якщо ви добре опанували матеріал і бажаєте виявити свої творчі здібності, на вас чекають задачі рівня В. І нарешті, після кожного параграфа у рубриці Повторення зазначено, які саме поняття й факти слід пригадати для успішного вивчення нового матеріалу (поруч у стрілках зазначено відповідні параграфи у підручниках для 7 і 8 класів"), та наведено задачі, які підготують вас до сприйняття наступної теми. Більшість задач підручника супроводжуються відповідями, які наведені після Додатків. Розв'язувати всі задачі кожної рубрики не обов'язково. Зверніть увагу: параграфи, позначені знаком «*», містять навчальний матеріал, що не є обов'язковим для вивчення. Н а п р и к і н ц і кожного розділу розміщено контрольні запитання і задачі для підготовки до контрольних робіт, завдяки яким ви зможете краще підготуватися до тематичного оцінювання. Додаткові задачі до розділів допоможуть вам узагальнити вивчене, а задачі підвищеної складності відкриють нові грані геометрії, красу нестандартного мислення і подарують вам радість наукових відкриттів. Зверніть увагу також на задачі для повторення курсу геометрії 7—9 класів, подані після останнього розділу,— вони допоможуть вам краще підготуватися до підсумкової атестації. Підсумкові огляди наприкінці кожного розділу — своєрідний геометричний компас, за допомогою якого ви зможете орієнтуватися у вивченому матеріалі. Додатки, наведені в кінці підручника, сприятимуть поглибленню відомостей з окремих тем, що вивчаються, а історичні довідки до розділів познайомлять із деякими цікавими сторінками розвитку геометрії і діяльністю видатних учених-геометрів.

Умовні позначення —^

—

задачі, призначені для виконання вдома

•

—

початок доведення теореми

•

—

кінець доведення теореми

* Єршова, А. П. Геометрія. 7 клас: Проби, ііідруч. [Текст] / А. П. Єршова, В. В. Голобородько, О. Ф. Крижановський. — X. : Видавництво «Ранок». — 2007. — 224 с. : іл.; Єршова, А. П. Геометрія. 8 клас: Підруч. для загальноосвіт. навч. закл. [Текст] / А. П. Єршова, В. В. Голобородько, О. Ф. Крижановський, С. В. Єршов. — X. : АН ГРО ПЛЮС, 2008. — 256 с . : іл.

§ 1. Тригонометричні функції кутів від 0° до 180 § 2. Теорема косинусів та її наслідки § 3. Теорема синусів та її наслідки § 4. Розв'язування трикутників § 5. Застосування тригонометричних функцій до знаходження площ

Трикутник є першою фігурою, яка не може розкластися в інший вигляд більш простої фігури... і тому є першим фундаментом будь-якої речі, яка має границю й форму. Джордано Бруно, італійський

учений

У восьмому класі ви навчилися розв'язувати прямокутні трикутники, тобто знаходити їх невідомі елементи за відомими. Теоретичним підґрунтям для розв'язування прямокутних трикутників були теорема Піфагора й властивості тригонометричних функцій гострого кута прямокутного трикутника — синуса, косинуса, тангенса й котангенса. За допомогою теорем і співвідношень, які розглядатимуться в цьому розділі, можна розв'язати не тільки прямокутний, але й узагалі будьякий трикутник. Застосування тригонометричних функцій дозволяє отримати нові формули для знаходження окремих елементів та площ многокутників і значно розширює можливості використання алгебри в процесі розв'язування геометричних задач.

§1-

Тригонометричні функції кутів від 0° до 180°

1.1. Означення тригонометричних функцій на колі

Рис. 1. До означення тригонометричних функцій гострого кута прямокутного трикутника

yji 0; 1) М(х; у) (-1; 0)1

U;0)

Щх; у)

U;0)

Рис. 2. До означення тригонометричних функцій кутів від 0° до 180° ІДив. т а к о ж с. 8]

Нагадаємо, що в прямокутному трикутнику з катетами а і Ь, гіпотенузою с та гострим кутом а (рис. 1) за раніше даним означенням а Ь . а , Ь s i n a - —, cosa = —, t g a =—, c t g a =—. с с b a Дамо означення тригонометричних функцій для будь-якого кута від 0° до 180°. Для цього в прямокутній системі координат, з якою ви добре знайомі, побудуємо коло радіуса 1 з центром у початку координат (рис. 2). Таке коло називається тригонометричним. Від додатної півосі осі Ох відкладемо у напрямі проти ходу годинникової стрілки гострий кут а . Нехай М(х\ у) — точка, у якій сторона цього кута перетинає дане коло (рис. 2, а). Опустимо перпендикуляр MN до осі Ох. Утворився прямокутний трикутник OMN з гострим кутом а , гіпотенузою ОМ - 1 і катетами, довжини яких дорівнюють координатам точки М: ON = х, MN = y. Із трикутника OMN маємо: MN у' ON sina = cosa = ОМ ОМ ON MN У tga = = —, c t g a = ON MN у хx Отже, в тригонометричному колі синус і косинус гострого кута дорівнюють відповідно ординаті й абсцисі точки, у якій сторона даного кута перетинає коло, а тангенс і котангенс цього кута дорівнюють відношенням ординати до абсциси й абсциси до ординати відповідно: х У , c .t g a = —. sana = у, c o s a = х, t g a = — х у Оскільки значення тригонометричних функцій залежать лише від градусної міри кута (тобто не залежать від вибору радіуса кола), використаємо отримані рівності для означення тригонометричних функцій будь-якого кута від 0° до 180°. 7

('< і ІДІЛ І, Розв'язування трикутників Означення Для будь-якого кута а з проміжку 0° < а < 180°

sin а = у, c o s a = x, t g a = — (а *90°), c t g a = — ( а * 0 ° , а * 180°), х У

де х, у — координати відповідної точки М тригонометричного кола (рис. 2).

Отже, я к щ о кут а тупий ( 9 0 ° < а < 1 8 0 " , рис. 2, б), то ордината точки М додатна (тобто sin a > 0), а абсциса від'ємна (тобто cos a < 0). Очевидно, що відношення координат у цьому випадку т а к о ж від'ємні, тобто t g a < 0 , c t g a < 0 . Узагалі, косинуси, тангенси й котангенси тупих кутів є від'ємними числами. І навпаки, якщо косинус, тангенс або котангенс кута а (а < 180°) від'ємні, то кут а тупий. Визначимо значення тригонометричних ф у н к ц і й кутів 0°, 90°, 180° (рис. 2, в). Я к щ о а = 0°, то точка М, має координати (1; 0). Звідси s i n 0 ° = 0, cosO° = l , t g 0 ° = 0. Оскільки ділення на нуль не визначене, то c t g 0 ° не існує. Якщо a = 90°, то точка М2 має координати (0; 1). Звідси sin 90° = 1, cos 90° = 0, ct,g90° = 0. Оскільки у/у ділення на нуль не визначене, то t g 9 0 ° не існує. І, нарешті, я к щ о a = 180°, то точка М :! має М 2 (0;1) координати (-1; 0). Звідси sin 180° = 0, cos 180° = - 1 , t g 180° = 0. Оскільки ділення на нуль не визначене, М,(1;0) МЛ-1;0) > то c t g l 8 0 ° не існує. Зауважимо т а к о ж , що абсциси точок М д л я кутів від 0° до 180° змінюються в м е ж а х від - 1 в до 1, тобто - l < c o s a < l , а ординати — в межах Рис. 2. [Закінчення] від 0 до 1, тобто 0 < s i n a < 1.

1.2. Тригонометричні тотожності Нагадаємо, що д л я будь-якого гострого кута а прямокутного трикутника було доведено основну тригонометричну тотожність sin2oc + c o s 2 a = 1. Покажемо, що це співвідношення справджується для будь-якого кута від 0" до 180°. Справді, я к щ о кут а тупий (див. рис. 2, б), то з прямокутного т р и к у т н и к а OMN (ZN = 90°, ON = I х |, MN = у, ОМ = 1) за теоремою Піфагора маємо MN2 + ON2 = ОМ2, тобто х2 + у2 = 1, і, з урахуванням означень синуса й косинуса, sin 2 a + cos2 a = 1. У випадку, коли кут а дорівнює 0°, 90" або 180°, цю 8

§ 1. Тригонометричні функції кутів ВІД 0° до 180° тотожність легко перевірити безпосередньою підстановкою значень синуса й косинуса відповідного кута (зробіть це самостійно). Отже, для будь-якого кута а з проміжку 0° < а < 180° s i n 2 a + c o s 2 a = Г. З основної тригонометричної тотожності з у р а х у в а н н я м знаків тригонометричних функцій для кутів від 0° до 180° випливає, що s i n a ^ V l - c o s ^ a , cosa = ±-y/l- s i n 2 a . З н а к c o s a обирається в залежності від того, чи є кут а гострим (знак «Н-») або тупим (знак «-»). Безпосередньо з означень тригонометричних функцій випливають такі тотожності: tgoc=-— cos

(ос*90°), га

ctga = ^

sin га

( 0 ° < a < 180°),

t g a c t g a = l ( a * 0 ° , a * 9 0 ° , a * 180°). У восьмому класі д л я гострого кута а було доведено формули доповнення, я к і виражають функції кута 90° - ос через функції кута а : sin(90° - ос) = cosa, c o s ( 9 0 ° - a ) = s i n a , tg (90° - a) = ctga, ctg (90° - a) - tg a . Доведемо формули, я к і дозволяють звести розгляд тригонометричних ф у н к ц і й кутів 180° - а до розгляду функцій кута а . Теорема

(формули зведення для кутів 180° - а)

Для будь-якого кута а з проміжку 0° < a < 180° sin(180° - a) =*sirt a .

Рис. 3. До доведення формул зведення для кутів від 0° до 180°

cos(180° - a) = - c o s a .

Доведення • Нехай від додатної півосі осі Ох відкладено кути а і 180° - а , причому сторони цих кутів перетинають тригонометричне коло в точках -М і відповідно (рис. 3). Розглянемо випадок, коли кут a гострий (для тупих кутів доведення аналогічне). Проведемо з точок М і М, перпендикуляри MN і до осі Ох. Оскільки кут Л^ОМ, доповнює кут 1 8 0 ° - а до розгорнутого, то ZN 1 OM l = 180° - (180° - а ) = а , а п р я м о к у т н і т р и к у т н и к и OMN і OM]Nl рівні за гіпотенузою і гострим кутом. Із рівності катетів MN і випливає, що точки М і М : мають однакові ординати, тобто sin (180° - a) = //, = (/ = sin ос. 9

РОЗДІЛ І. Розв'язування трикутників і Крім того, з рівності катетів ON і ОАГ, випливає, що абсциси точок М і М, протилежні, тобто cos (180° - а ) = х, = -х = - c o s а . Д л я випадків, коли кут а дорівнює 0°, 90° і 180°, перевірте формули, що доводяться, самостійно. • Наслідок tg(180° - а) = - t g a (0° < а < 180°, а * 90°), ctg (180° - а ) = - c t g a (0° < а < 180°). V І \ 1 \ І ^

Задача Обчисліть значення тригонометричних функцій кута 150°. Розв'язання sin 150° = sin (180°- 30°) = sin 30° = j , cos 150° = cos (180° - 30°) = - cos 30° =

tg 150° = tg (180° - 30°) = - tg 30° = - — . ctg 150° = ctg (180° - 30°) = - ctg 30" = -7 Відповідь: sinl50° = | ,

cosl50° = —у-, t g l50° = - ^ . (

ctgl50° = -T3.

Наведемо значення тригонометричних функцій деяких кутів у вигляді таблиці. a

0°

sin a

cosa

tga

ctga

—

45°

60°

A 2

30° 1

7з

90°

2 1 2

7з

120°

135°

2 -73

—

2 1

_ A 2

_ A 3

150° 1

2 7з

-1

_ A

-1

-7з

180° 0

"I 0 —

Запитання і задачі УСНІ ВПРАВИ

1. Сторона кута а , відкладеного від додатної півосі осі Ох у напрямі проти годинникової с т р і л к и , перетинає тригонометричне коло в точці М. а) Назвіть координати точки М, я к щ о a = 90°. б) Визначте величину кута, я к щ о

7£ 7Л 2

§ 1. Тригонометричні функції кутів ВІД 0° до 180° 2. Визначте, чи є кут а ( 0 ° < а < 180°) гострим, прямим або тупим, якщо: a) c o s a = 0; б) s i n a • coscxc0; B)tga>0.

3. Чи може косинус тупого кута дорівнювати 0,01; - 0 , 8 ; - 3 ? Ч и може косинус тупого кута дорівнювати синусу того самого кута? 4 . Дано гострий кут (і, причому sin (3 = п, cos[5 = m. Знайдіть синус і косинус кута 180° - (3. 5. Чи правильно, що: а) синуси суміжних кутів є протилежними числами; б) тангенси суміжних кутів є протилежними числами?

ГРАФІЧНІ ВПРАВИ

6. У прямокутній системі координат на тригонометричному колі позначте точку М, я к а відповідає куту 120°. а) Проведіть із точки М перпендикуляри до осей координат. Визначте координати основ цих перпендикулярів. б) Позначте на тригонометричному колі точку М,, що відповідає гострому куту, синус якого дорівнює синусу 120°. Виміряйте цей " гострий кут і обґрунтуйте отриманий результат. —^ 7. У прямокутній системі координат на тригонометричному колі позначте точку М, я к а відповідає куту 150°. а) Визначте координати х і у точки М. Яка з координат більша? б) Обчисліть значення виразу Xі + у2. Обґрунтуйте отриманий результат.

^ ^

ПИСЬМОВІ ВГІРАВИ Рівень А 8. За допомогою формул зведення для кутів 180° - а обчисліть синус, косинус і тангенс кутів 120° і 135°. 9. За допомогою формул зведення і тригонометричних таблиць (калькулятора) обчисліть: а) sin 160°; б) cos 115°; в) tg95°. 10. Визначте всі значення а від 0° до 180°, д л я я к и х справджується рівність: а) s i n a = ; б) c o s a = - 0 , 5 ; в) t g a = - l .

—^ 11. За допомогою формул зведення і таблиць значень тригонометричних функцій (див. Додаток 4) знайдіть: а) s i n a і t g a , я к щ о a =170°; б) гострий і тупий кути, синуси я к и х дорівнюють 0,643. 11

('< і ІДІЛ І, Розв'язування трикутників 12. Знайдіть: а) s i n a , я к щ о c o s a = - 0 , 8 ;

—^

б) c o s a , я к щ о s i n a = —L-, 9 0 ° < a < 1 8 0 ° ; v5 в) t g a , я к щ о c o s a = - l . 13. Знайдіть c o s a і t g a , я к щ о s i n a = 0,6 і кут а тупий 14. Порівняйте: а) cos 65° і cos 115°; в) sin 35° і sin 145°.

б) t g 4 8 ° і t g 148°;

15. Доведіть тотожність: sin(90°-a)

а) s i n ( l 8 0 ° - a ) = c o s ( 9 0 ° - a ) ;

б)

в) - t g ( l 8 0 ° - a ) c o s a = s i n a ;

г) c o s 2 a + s i n a s i n ( l 8 0 ° - a ) = l .

—^ 16. Доведіть тотожність: -sina а) — т r = tga; . sin(l80°-a)

в)

—

sina

cos(l80°-a)

б) l - c o s 2 a = s i n a s i n ( l 8 0 ° - a ) ;

„

= 1.

Рівень Б

17. Знайдіть тангенс і котангенс кута а , якщо: a) cosa = - — ;

б) s i n a = — , 90° < a < 180°;

в) s i n a = - c o s a . —^ 18. Знайдіть: а) t g a , я к щ о c o s a = - 0 , 2 8 ; ,

12 .

б) c t g a , я к щ о s i n a = — і кут а тупии. 13 19 ( о п о р н а ) . Доведіть, що: а) l + t g 2 a = б) 1 + c t g 2 a = - r V sin 2 a 2 0 . Спростіть вираз:

( 0 ° < a < 180°, a * 9 0 ° ) , ( 0 ° < a < 180°).

a) l - s i n ( l 8 0 ° - a ) c o s ( l 8 0 ° - a ) t g ( l 8 0 ° - a ) ; в) l - t g ( l 8 0 ° - a ) t g a . 12

cos(90°-a)

6) — ;

cos(l80°-a)

,-ctga;

§ 1. Тригонометричні функції кутів ВІД 0° до 180° -у 21. Спростіть вираз: a) t g a c t g a + c o s a c o s ( l 8 0 ° - a ) ;

• і

22. 23. 24. 25. 26.

б)

c o s 9 0 ( —+—-— ; sin(l80°-a) tgza

в) ( s i n a - c o s a ) 2 - 2 t g ( l 8 0 ° - a ) c o s 2 a . Відомо, що t g a = -0,75. Знайдіть s i n a і c o s a . Знайдіть s i n a і cosa, я к щ о c t g a = - 2 , 4 . Доведіть, що синуси будь-яких двох кутів паралелограма рівні. Доведіть, що сума косинусів усіх кутів трапеції дорівнює нулю. Побудуйте кут а , якщо: ч

4 .

a) s i n a = — і кут а гострии; 5

б) c o s a = — .

27. Побудуйте кут а , я к щ о t g a = — . З

Рівень В -

2 8 . Знайдіть s i n a і c o s a , я к щ о t g a + c t g a = - 2 , 5 . Скільки розв'язків має задача? 2 9 . Знайдіть t g a , якщо cos2 a - s i n 2 a = 0,5. Скільки розв'язків має задача? 3 0 . Розташуйте кути 50°, 120°, 170° у порядку зростання значень їх тригонометричних функцій: а) косинусів; б) синусів; в) тангенсів. 31. Відомо, що а і Р — тупі кути, причому c o s a > c o s ( i . Порівняйте: а) s i n a і sinp; б) t g a і t g p ; в) c t g a і ctg(3. • і

ПОВТОРЕННЯ ПЕРЕД ВИВЧЕННЯМ § 2 Теоретичний

матеріал

р о з в я з у в а н н я прямокутних трикутників; * теорема Піфагора.

8 клас, § 19—21

клас>

Задачі 3 2 . У прямокутному трикутнику з гострим кутом 30° гіпотенуза дорівнює 6 см. Знайдіть катети трикутника. 33. Висота ромба, проведена з вершини тупого кута, ділить сторону ромба на відрізки завдовжки 8 сл% і 9 см. Знайдіть площу ромба. Скільки розв'язків має задача? 13

('< і ІДІЛ І, Розв'язування трикутників

§ 2. Теорема косинусів та ї ї наслідки 2.1. Теорема косинусів Під час розв'язування задач часто виникає необхідність обчислити невідому сторону трикутника за двома відомими сторонами й кутом м і ж ними. Теорема Піфагора дозволяє зробити це у випадку, коли даний кут прямий. Наступна теорема є узагальненням теореми ГІіфагора і дозволяє знаходити невідому сторону в довільному трикутнику. Теорема

(косинусів)

Квадрат будь-якої сторони трикутника дорівнює сумі квадратів двох інших сторін без подвоєного добутку цих сторін на косинус кута між ними: с 2 = а 2 + Ь2 - 2abcosC, де а, Ь, с — сторони трикутника, Z C — кут між сторонами а і Ь. Доведення • Н е х а й у т р и к у т н и к у ABC ВС = а, АС=Ь, АВ = с. Розглянемо випадок, коли кут С гострий (рис. 4, а). Проведемо висоту BD. Із прямокутного трикутника BDC маємо:

В N. a

с / / А

С а

&D = a s i n C ,

CD-acosC.

Тоді AD - b - acosC. Із прямокутного трикутника ABD за теоремою Піфагора AB2-BD2

+AD2,

с2 = (a sin С)2 + (b-a

cos С)2,

с 2 = a 2 sin 2 С + Ь2 - 2 ab cos С + a2 cos 2 С, с 2 = a 2 (sin 2 С + cos 2 C) + c 2 = a2 +

Рис. 4. До доведення теореми косинусів

b2-2abcosC,

b2-2abcosC.

У випадку, коли кут С прямий, маємо cos С = = cos90° = 0. Тоді твердження теореми набуває вигляду с 2 = а2 + Ьг, тобто збігається з твердженням вже доведеної теореми Піфагора. Доведення д л я випадку, коли кут С тупий (рис. 4, б), проведіть самостійно. •

§ 2. Теорема косинусів та ї ї наслідки Задача Знайдіть сторони паралелограма, якщо його діагоналі завдовжки 10 см і 16 см перетинаються під кутом 60°.

Розв'язання Нехай діагоналі паралелограма ABCD перетинаються в точці О, АС- 16 см, BD = 10 см, ZAOB = 60° (рис. 5). Оскільки діагоналі паралелограма точкою перетину діляться навпіл, то АО=ОС = 8 см, BO = OD = 5 см. За теоремою косинусів із трикутника АОВ маємо: АВг = АО2 + ОВг - 2 AO OB cos Z АОВ, АВг = 82 + 5 г - 2 • 8 • 5cos 60°. Оскільки cos60° = -^, то AB2 = 49, AB = 7 (см). Оскільки ZAOD = 120° як суміжний з кутом АОВ, то з трикутника AOD за теоремою косинусів маємо: AD2 = AO2 + Ob2 - 2AO ODcosZ AOD, AD2 = 82 + 52 - 2 8 • 5ccsl20°. Оскільки cos 120° =-cos60° = - - , то AD2 = 129, AD = y/l29 (CM). Відповідь: 7 см і Л29 см. » 1

2.2. Наслідки теореми косинусів

З а в д я к и своїм н а с л і д к а м теорема к о с и н у с і в дає м о ж л и в і с т ь не т і л ь к и з н а х о д и т и невідому сторону т р и к у т н и к а , а л е й в и з н а ч а т и к у т и т р и к у т н и к а за відомими сторонами (див. рис. 4). Наслідок

У трикутнику ABC Наслідок

cosС =

аг + Ьг — сг . 2 ab

Якщо в трикутнику зі сторонами а, Ь, с справджується нерівність а2 + Ь2> с2, то кут, протилежний стороні с, гострий; якщо а2 + Ь2 < с2, то кут, протилежний стороні с, тупий. 15

('< і ІДІЛ І, Розв'язування трикутників Нагадаємо, що у випадку, коли а2 + Ь2 = с2, за теоремою, оберненою до теореми Піфагора, кут, прот и л е ж н и й стороні с, прямий. Таким чином, за допомогою теореми косинусів м о ж н а однозначно встановити, Ми є т р и к у т н и к із заданими сторонами гострокутним, прямокутним або тупокутним. Наслідком теореми косинусів можна вважати т а к о ж наступну властивість паралелограма. Опорна задача (про співвідношення діагоналей і сторін паралелограма) Сума квадратів діагоналей паралелограма дорівнює сумі квадратів усіх його сторін: d, 2 +d 2 2 = 2 (а2 + Ь 2 ) , де dj і d 2 — діагоналі паралелограма, а і b — сусідні сторони паралелограма. Доведіть.

Розв'язання Нехай у паралелограмі ABCb АВ = СЬ = а, Ab = BC = b, BD - d,, AC = d2, ZBAC> = y (рис.6).

Оскільки

су-

ма сусідніх кутів паралелограма дорівнює 180", то ZABC = 180"-у. Виразимо квадрати діагоналей паралелограма за допомогою теореми косинусів. Із трикутника ABD маємо: Рис.6

BD2 = АВ2 + AD2 - 2АВ ADcosy, d,2 = a2 + b 2 -2abcosy. Із трикутника ABC маємо: АС2 = АВ2 + ВС2 - 2АВ ВС cos (180" - у), або, враховуючи, що cos(180° - у) =-cosy, d22 = а2 + b2 + 2abcosy. Додаючи праві й ліві частини отриманих рівностей, дістанемо d,2+d22=2(a2+b2), що й треба було довести.

§ 2. Теорема косинусів та ї ї наслідки

Запитання і задачі УСНІ ВПРАВИ 3 4 . У трикутнику зі сторонами а, Ь, с визначте, чи є кут, протилежний стороні а, гострим, прямим або тупим, я к щ о : а) а2>Ь2 + с2; б) а2 < Ь2 + с2; 2 2 2 в) а = Ь + с . 3 5 . Чи можуть два кути трикутника мати від'ємні косинуси? 3 6 . Назвіть найбільший кут трикутника ABC,

я к щ о АВ2 > ВС2 + АС2.

ГРАФІЧНІ ВПРАВИ 37. Накресліть трикутник зі сторонами 3 см і 5 см та кутом між ними 120°. За теоремою косинусів обчисліть довжину найбільшої сторони т р и к у т н и к а . Перевірте отриманий результат вимірюванням. —^ 3 8 . Накресліть різносторонній т р и к у т н и к і виміряйте його сторони. а) Обчисліть значення виразу а2 + Ь2 - с2, де а, Ь, с — довжини сторін трикутника, причому а < Ь < с . б) За результатом обчислення визначте, чи є найбільший кут трикутника гострим, прямим або тупим. Перевірте отриманий результат вимірюванням.

ПИСЬМОВІ ВПРАВИ Рівень А 39. Знайдіть невідому сторону трикутника, я к щ о дві його сторони і кут м і ж ними дорівнюють відповідно: а) з Т з см, 11 см і 30°; б) 8 см, 15 см і 60°; в) 5 см, 16 см і 120°. 4 0 . Знайдіть периметр трикутника, я к щ о його сторони завдовжки 7 см і 15 см утворюють кут 60°. 41. Сторони трикутника дорівнюють 1 і 5. Визначте градусну міру найбільшого кута трикутника. 4 2 . Доведіть, що рівнобедрений трикутник з основою 7 см і бічною стороною 4 см є тупокутним. 17

('< і ІДІЛ І, Розв'язування трикутників —^ 4 3 . Дві сторони т р и к у т н и к а дорівнюють 4 і 8. Я к е найменше ціле значення повинна мати довжина третьої сторони, щоб кут м і ж двома даними сторонами був тупим? 4 4 . Дві сторони т р и к у т н и к а дорівнюють 4\І2 см і 1 см, а синус кута

м і ж ними дорівнює ——. Знайдіть третю сторону трикутника. Скільки 2 розв'язків має задача? 4 5 . У трикутнику ABC АВ = 6 см, ВС = 5 см, а косинус зовнішнього кута при вершині В дорівнює - 0 , 2 . Знайдіть сторону АС.

Рівень Б 4 6 . У паралелограмі знайдіть довжини: а) сторін, я к щ о діагоналі завдовжки 6\/2 см і 14 см перетинаються під кутом 45°; б) діагоналей, я к щ о сторони дорівнюють 10 см і 16 см, а один із кутів паралелограма вдвічі більший за інший. 47. Знайдіть діагоналі ромба з периметром 4а і гострим кутом а . Розв'яжіть задачу двома способами. —^ 4 8 . Діагональ паралелограма дорівнює 6 см і утворює зі стороною завдовжки 8 см кут 60°. Знайдіть невідому сторону й невідому діагональ паралелограма. 4 9 . Не обчислюючи кути трикутника, визначте його вид (за величиною кутів), я к щ о сторони трикутника дорівнюють: а) 2, 3 і 4; б) 7, 24 і 25; в) 6, 10 і 11. — 5 0 . Сторони трикутника дорівнюють 5 м, 6 м і 7 м. Знайдіть косинуси кутів трикутника і визначте його вид (за величиною кутів). 51. У паралелограмі знайдіть: а) периметр, я к щ о діагоналі дорівнюють 11 см і 17 см, а одна зі сторін — 13 см; б) діагоналі, я к щ о їхні довжини відносяться я к 4 : 7 , а сторони дорівнюють 7 см і 9 см. 5 2 . З н а й д і т ь сторони п а р а л е л о г р а м а , я к щ о його периметр дорівнює 34 см, а діагоналі 11 см і 13 см.

Рівень В 5 3 . У трикутнику ABC ZA = 90°, АС = 4 см, ВС = 8 см. На катеті АС зовні даного трикутника побудовано рівносторонній трикутник ACD. Знайдіть довжину відрізка BD. 18

§ 2. Теорема косинусів та ї ї наслідки 5 4 . У паралелограмі ABCD ZA = 60°, АВ = 2, ВС = 4. Точки М і N — середини сторін ВС і CD відповідно. Знайдіть косинус кута MAN. 55. Сторони трикутника завдовжки 10 см і 42 см утворюють кут 120°. Знайдіть довжину медіани, проведеної з веріїїини даного кута. 5 6 ( о п о р н а ) . У трикутнику зі сторонами а, Ь, с медіана, проведена до сторони

с, о б ч и с л ю є т ь с я

за

формулою

тс = — 2

Ь2)-с2.

Доведіть. —^ 57. Я к щ о д л я медіан трикутника та, ть і тс справджується рівність т 2 + т 2 = 5 т 2 , то даний т р и к у т н и к прямокутний із гіпотенузою с. Доведіть. Чи справджується обернене твердження? 5 8 . У трапеції ABCD AB\\CD , АВ = 8 с м , CD = 4>/з см. Коло, я к е проходить через точки А, В і С, перетинає відрізок AD в точці К, причому ZAKB = 60°. Знайдіть ВК.

ПОВТОРЕННЯ ПЕРЕД ВИВЧЕННЯМ § З Теоретичний

матеріал 6 клас

•

пропорції;

• розв'язування прямокутних трикутників^ • коло, описане навколо трикутника.

клас>

§ 19—21 —

7 клас, п. 23.1

Задачі 59. У трикутнику ABC ZA = 60°, ZC = 453, BD = 4 см — висота трикутника. Знайдіть довжини сторін АВ і ВС. 60. На колі позначено точки А, В, С і D так, що кут ABC утричі менший, н і ж кут ADC. Знайдіть градусні міри цих кутів.

('< і ІДІЛ І, Розв'язування трикутників

§ 3. Теорема синусів та ї ї наслідки 3.1. Теорема синусів Розглянемо ще одну теорему, за допомогою якої можна знаходити невідомі сторони й кути трикутника. Теорема

(синусів)

Сторони трикутника пропорційні до синусів протилежних кутів: а

sin A

sin В

sin С '

де a. b, с — сторони трикутника, протилежні кутам А, В, С відповідно. b / /

\ a

D "і

\в

Доведення • Нехай у т р и к у т н и к у ABC ВС = а, АС = Ь, АВ = с. Проведемо висоту CD. Я к щ о кут А гострий (рис. 7, а), то з прямокутного трикутника ACD маємо CD = bsinA; я к щ о кут А т у п и й (рис. 7, б), то CD = bsin(180°-А) = = bsinA. Аналогічно з т р и к у т н и к а BCD маємо CD - a sin В. Прирівняємо отримані вирази: а Ь bsinA = a sin В, або sin A

sin В

Аналогічно доводиться рівність Рис. 7. До доведення теореми синусів

sin В

sin С

У випадку, коли кут А прямий, твердження теореми випливає з означення синусів кутів трикутника ABC (обґрунтуйте це самостійно). • Задача Діагональ паралелограма дорівнює d і утворює зі сторонами паралелограма кути а і (3. Знайдіть сторони паралелограма.

Розв'язання Нехай у паралелограмі ABCD AC = d, ZBAC = a, ZCAb =

Рис. 8

= P (рис. 8). Знайдемо сторони паралелограма. Кути

§ 2. Теоремакосинусівта ї ї наслідки CAD і АСВ — внутрішні різносторонні при паралельних прямих AD і ВС та січній АС, тому ZACB = (3.

Тоді в трикутнику ABC Z B = 180° - (а + Р). Застосувавши теорему синусів

для цього трикутника, дістанемо: АВ ВС АС або sin (180'- (а + р))

Звідси АВ =

sin р

dS'n[*

sin (а + Р)

sina

sin (а + р)

d sin q ВС = sin (a + (3)

АВ

ВС

sin (і

sin «

Відповідь:

dsinp sin (tx + p)'

d sin a sin (a + P)

3.2. Зв'язок між пропорційними відношеннями теореми синусів і діаметром описаного кола Опорна з а д а ч а (повне ф о р м у л ю в а н н я т е о р е м и синусів) Відношення•сторони

трикутника до синуса

лежного

кута дорівнює

навколо

трикутника:

де

а,

Ь,

діаметру

— сторони

трикутника,

кутам А, В, С відповідно, кола.

R — радіус

описаного

протилежні описаного

Доведіть. Розв'язання

Нехай

кола,

проти-

навколо

трикутника

ABC

(ВС = а)

описа-

но коло радіуса R. Враховуючи наявні пропорційні

співвідношення теореми синусів, достатньо довести, що — = 2R, або a = 2RsinA. sin А 1) Нехай Z A = 90° (рис. 9, а). Тоді вписаний кут А

спирається на півколо, тобто a = BC = 2R = 2R 1 =

також с

= 2Rsin90° = 2RsinA. 2) Нехай Z A < 90° (рис. 9, б). Проведемо діаметр ВА, і розглянемо трикутник А,ВС.

('< і ІДІЛ І, Розв'язування трикутників У цьому трикутнику ZBCA, = 90° як кут, що спирається на півколо, тобто BC = BA,sinAr Оскільки вписані

кути А і А, спираються на ту саму дугу, то Z A =

= ZА,. Тоді BC = BA,sinA = 2RsinA, або a = 2RsinA. 3) Нехай Z A > 90° (рис. 9, в). Проведемо діаметр ВА,.

Тоді Z A + Z A , = 180°, звідки sin А, = sin (180° - А) =

= sinA. Отже, BC = BA,sinA, або a = 2RsinA, що Рис. 9.

й треба було довести.

[Закінчення]

Задача Знайдіть радіус кола, описаного навколо рівнобедреної трапеції з основами 1 і 3 і бічною стороною 2. Розв'язання

Нехай у

трапеції

ABCD

AD II ВС,

AD = 3, BC = 1,

АВ = CD = 2 (рис. 10). Проведемо з вершин тупих кутів

трапеції висоти ВВ, і СС,. Тоді АВ, = В,С, = C,D = 1 (доведіть це самостійно).

АВ, прямокутного трикутника ABB, г..^, cos А = АВ • 1 л/з cosA = —, звідки Z A = 60°, sinA = . Із трикутни2 2 ка ABD за теоремою косинусів маємо: 1 BD2 = АВ2 + AD2 - 2АВ • ADcosA, BD2 = 2 +З 2 -2 2-3 —,

Рис. 10

BD2 = 7, BD = V7.

Коло, описане навколо трапеції, є також описа-

ним навколо трикутника ABD. За щойно доведеним BD ВЬ л/7 sl21 = 2R, отже, R = R= 2 sin А sin А >/3 3 /гг Відповідь: - — =

Запитання і задачі УСНІ ВПРАВИ

61. З а допомогою теореми синусів відновіть в і д н о ш е н н я синусів к у т і в т р и к у т н и к а ABC у п р а в і й ч а с т и н і рівності ВС :АС :АВ = .... 62. Н а з в і т ь н а й б і л ь ш у та н а й м е н ш у сторони т р и к у т н и к а ABC, я к щ о sin В > sin А > sin С.

§ 2. Теоремакосинусівта ї ї наслідки 6 3 . У трикутнику ABC sinA = sinC. Чи може один з кутів А і С бути тупим? Чи має даний трикутник рівні сторони? 6 4 . У трикутнику ABC АВ = 6, ВС - 3. Чи може sinA дорівнювати одиниці?

^ ^

ГРАФІЧНІ ВПРАВИ

6 5 . Н а к р е с л і т ь рівнобедрений т р и к у т н и к із кутом при основі 30°. Виміряйте д о в ж и н и сторін т р и к у т н и к а й обчисліть їх відношення до синусів протилелсних кутів. Порівняйте отримані результати. —^ 6 6 . Накресліть коло радіуса 2 см і впишіть у нього трикутник із кутом 30°. Виміряйте сторону, протилежну до цього кута, і порівняйте її довжину з радіусом кола. Поясніть отриманий результат.

) ПИСЬМОВІ ВПРАВИ Рівень А 67. У трикутнику ABC знайдіть відношення сторін АВ : АС і ВС : АС, я к щ о ZA = 120°, ZB = 30°. <• 68. У а) б) 69. У а) б) 70. У

трикутнику ABC знайдіть: сторону ВС, я к щ о АВ = 2ч/2 см, ZB = 105°, ZC = 30°; кут А, я к щ о АВ - 4\І2 см, ВС = 4 см, ZC- 45°. трикутнику ABC знайдіть: сторону А С , ' я к щ о АВ = 6N/2 CM, ZB = 30°, ZC = 45°; кут В, я к щ о АВ = 7 з см, АС = л/2 см, Z C = 60°. трикутнику MNK сторона MN удвічі менша, ніж NK, sin К = —. 4

Знайдіть кут М. Скільки розв'язків має задача? —^ 71. У трикутнику MiWf sin N : sin АГ = 1 : 3. Знайдіть сторону MN, я к щ о М К = 3 м. 72. За допомогою теореми синусів знайдіть відношення основи рівнобедреного прямокутного трикутника до бічної сторони. 73. За допомогою теореми синусів доведіть, що в прямокутному трикутнику катет, протилежний куту 30°, дорівнює половині гіпотенузи.

Рівень Б 7 4 . У прямокутному т р и к у т н и к у ABC з гіпотенузою АС знайдіть бісектрису BD, я к щ о Z C = 30°, CD = 8ч/2 см. 23

РОЗДІЛ І. Розв'язування трикутників 75. Знайдіть сторони трикутника АБС, я к щ о ZA = 45°, ZCсота AD дорівнює 6 м.

30°, а ви-

76. У т р и к у т н и к у ABC ZC = 90°, ZB = 75°, CD — бісектриса. Знайдіть AD, я к щ о A C - 2 ^ 3 . 77. Одна зі сторін трикутника дорівнює а, а кути, прилеглі до цієї сторони, дорівнюють « і |і. Знайдіть довжини бісектрис цих кутів. 78. Діагональ паралелограма утворює з його сторонами кути а і (і. З н а й д і т ь цю д і а г о н а л ь , я к щ о сторона, п р и л е г л а до кута а , дорівнює а. 79. Радіус кола, описаного навколо рівнобедреного трикутника з кутом 120°, дорівнює 8N/3 см. Знайдіть сторони т р и к у т н и к а . —^ 8 0 . Радіус кола, описаного навколо трикутника, дорівнює 4 см. Знайдіть кути т р и к у т н и к а , я к щ о дві його сторони д о р і в н ю ю т ь 4 см і 4\/з см. Скільки розв'язків має задача?

Рівень В 81. Знайдіть довжини двох сторін трикутника, я к і лежать проти кутів 60° і 45°, я к щ о різниця цих довжин складає т. —^ 8 2 . Знайдіть сторони трикутника, периметр якого дорівнює Р, а два кути а і р. 8 3 . Основи рівнобедреної трапеції дорівнюють 9 см і 21 см, а висота 8 см. Знайдіть радіус кола, описаного навколо трапеції. —^ 8 4 . Доведіть, що коло, описане навколо трикутника, і коло, я к е проходить через ортоцентр і дві вершини цього трикутника, мають рівні . радіуси.

ПОВТОРЕННЯ ПЕРЕД ВИВЧЕННЯМ § 4 Теоретичний

матеріал

• розв'язування прямокутних трикутників; • означення тригонометричних функцій.

8 клас, § 19—21

^ j

Задачі 8 5 . Знайдіть кути ромба, діагоналі якого дорівнюють 4 і 8 6 . У трикутнику ABC ZC = 90°, CD — висота. Порівняйте відрізки AD і DB, я к щ о sin А < sin В.

§ 4. Розв'язування трикутників 4.1. Основні задачі на розв'язування трикутників За допомогою теорем косинусів і синусів можна розв'язати довільний трикутник за трьома основними елементами, якщо хоча б один із них є стороною трикутника. Розглянемо чотири основні задачі на розв'язування трикутників. Задача 1 (розв'язування трикутника за стороною та двома кутами) Дано: а, Z В, Z C (рис. 11). Знайти: b, с, Z A . Розв'язання 1) За теоремою про суму кутів трикутника Z А = 180° - 4( Z В + Z С).

2) За теоремою синусів

Рис. 11. До задач на розв'язування трикутників

звідки b =

a sin В sin А

с=

зіпЛ

а sin С

b sin В

e sin С '

sin А

Задача 2 (розв'язування трикутника за двома сторонами й кутом між ними) Дано: а, b, ZC. Знайти: с, Z A , Z B .

Розв'язання Ч ) За теоремою косинусів с = Ja 2 +b2-2ab cos С. 2) За наслідком теореми косинусів cos А =

За допомогою калькулятора або таблиць знаходимо кут А. 3) За теоремою про суму кутів трикутника Z В = 180° -(ZA

Задача

+ ZC). 3 (розв'язування трикутника за трьома сторонами)

Дано: а, Ь, с. Знайти: Z A , Z B , ZC.

Розв'язання 1) За наслідком теореми косинусів cos А

Ьг + сг - а2

2Ьс

('< і ІДІЛ І, Розв'язування трикутників За допомогою калькулятора або таблиць знаходимо кут А. 2) Аналогічно cosB =

„2 , 2 .2 а +с -b 2ас

За допомогою калькулятора або таблиць знаходимо кут В.

3) За теоремою про суму кутів трикутника Z C = 180° - ( Z А + ZB).

Зауважимо, що д л я знаходження кутій у задачах 2 і 3 можна скористатися т а к о ж теоремою синусів. Але при цьому слід пам'ятати, що будь-якому значенню sinA, меншому за одиницю, відповідатимуть два кути — гострий і тупий. Щоб уникнути помилки, рекомендується позначити через а найменшу з даних сторін. У такому випадку кут А, протилежний стороні а, обов'язково має бути гострим (обґрунтуйте це самостійно). Задача

(розв'язування

трикутника

за

двома

сторонами й кутом, протилежним одній із них) Дано: а, b, Z A . Знайти: с, Z B , ZC. Розв'язання

1) За теоремою синусів sin В =

b sin А

sin A

sin В '

звідки

За допомогою калькулятора або таблиць знаходимо кут В, враховуючи, що проти більшої сторони

трикутника лежить більший кут (якщо а > Ь, то кут В [Рис. 11]

гострий).

2) За теоремою про суму кутів трикутника

ZC-

180 0 - (Z А + Z В).

3) За теоремою синусів

sinA

sin С

звідки с =

а sin С sinA

Задачу 4 м о ж н а розв'язати і в і н ш и й спосіб, с к л а в ш и квадратне р і в н я н н я відносно змінної с на підставі теореми косинусів: a2 = b2 + c2-2bccosA. Це рівняння може мати один або два корені чи не мати жодного. Тому задача 4 залежно від значень a, b і Z A може мати один або два розв'язки чи не мати жодного. Звернемо увагу, що задачі 1—3 з а в ж д и мають не більше одного розв'язку. Подумайте, я к це пов'язано з ознаками рівності трикутників. Домовимося під час розв'язування трикутників округляти довжини сторін до сотих, а градусні міри кутів — до одиниць. 26

('<іІДІЛІ,Розв'язування трикутників

4.2. Застосування розв'язування трикутників у задачах

Щойно розглянуті задачі на розв'язування трикутників часто є окремими фрагментами більш складних геометричних задач. У цих випадках варто дотримуватись такого плану. 1. Визначити елемент даної фігури (відрізок або кут), я к и й необхідно знайти. 2. Виділити на рисунку допоміжний трикутник, я к и й містить ш у к а н и й елемент і м о ж е бути розв'язаний за наявними даними задачі. Я к щ о на рисунку такого т р и к у т н и к а немає, його можна отримати, провівши додаткові побудови. Іноді д л я . п о ш у к у необхідного відрізка або кута треба послідовно розв'язати декілька допоміжних трикутників зі спільними елементами. 3. Розв'язавши допоміжний т р и к у т н и к (або трикутники), знайти ш у к а н и й елемент і використати його' д л я подальшого розв'язування початкової задачі. Задача За даними рис. 12, а знайдіть середню лінію трапеції, ABCD.

Розв'язання Нехай у трапеції ABCD AD II ВС, АВ = а, ВС = b, Z В = (З, Z D = a (рис. 12, а). Знайдемо середню лінію трапеції. Проведемо через вершину С пряму, паралельну стороні АВ. Нехай вона перетинає основу AD в точці Е (рис. 12, б). Тоді АВСЕ — паралелограм, СЕ = АВ = а, АЕ = ВС = b, Z A E C = Z B = p. Звідси в трикутнику ECD ZCED = 180°-p як суміжний із кутом р паралелограма. Із EC ~ sin Z D

трикутника

ECD за . теоремою

ED с —тобто sin Z ECD *

a ED — — =sin — (P-a) ——. sina

синусів

('< і ІДІЛ І, Розв'язування трикутників а ;( Р ' ) . sin а а sin ( Р - а ) AD = Ь + sina : півсумі її

о • Звідси

СГч= tD

05Іп

a sin (p sina

т* Тоді

даній

трапеці

і Відповідь: b + а S ' n ^ — — 2sina

Рис. 13

Зауважимо, що цю задачу можна розв'язати і без застосування теореми синусів, провівши висоти трапеції з вершин В і С. Спробуйте самостійно розв'язати задачу цим способом і зробити висновок про те, я к и й зі способів більш зручний. Розв'язування т р и к у т н и к і в широко застосовується на практиці, зокрема під час проведення в и м і р ю в а н ь на місцевості. Н е х а й , н а п р и к л а д , необхідно виміряти відстань від точки А до деякої недосяжної точки В (рис. 13). Оберемо на місцевості точку С, прохід від якої до точки А м о ж л и в и й , і в и м і р я є м о відстань АС. Потім за допомогою спеціальних приладів для вимірювання кутів на місцевості визначимо градусні міри кутів ВАС і ВС А. Отже, нехай АС = Ь, ZBAC = a, ZBCA = y. Ц і дані дозволяють знайти ш у к а н у відстань АВ (див. задачу 1, пункт 4.1): за теоремою про суму кутів трикутника ZB= 1 8 0 ° - (a + у); за теоремою синусів

АС АВ = , тобто sin В sin С

b sin(180"-(a +у)) звідки АВ = 28

ftsiny sin(a + y)

АВ sin 7

('<іІДІЛІ,Розв'язування трикутників

Запитання і задачі ^ ^

УСНІ ВПРАВИ 87. За якою теоремою можна знайти невідому сторону т р и к у т н и к а , у якому задано: а) дві сторони й кут м і ж ними; б) дві сторони й кут, протилежний одній із них; в) сторону й прилеглі до неї кути? 8 8 . Чи можна знайти: а) кути трикутника, в якому задано три сторони; б) сторони трикутника, в якому задано три кути? 8 9 . С к і л ь к и розв'язків може мати задача на розв'язування трикутника: а) за трьома сторонами; б) за двома сторонами й кутом, протилежним одній із них; в) за стороною та двома кутами?

ГРАФІЧНІ ВПРАВИ 9 0 . Накресліть трикутник ABC, у якому ZA = 20°, Z B = 100°, Z C = 60°. Знайдіть на стороні АС точку С, таку, щоб трикутники ABC і АВС} були двома розв'язками задачі на розв'язування трикутника за двома сторонами й кутом 20°, протилежним одній із них. Сполучіть точки В і С( та виміряйте кут АС^В. —^ 91. Накресліть трикутник зі стороною 4 см і прилеглими до неї кутами 45° і 60°. Обчисліть довжини сторін трикутника, протилежних заданим кутам. Перевірте отримані результати вимірюванням.

ПИСЬМОВІ ВПРАВИ Рівень А 9 2 . Розв'яжіть рівнобедрений трикутник за основою 6 см і кутом при основі 15°. 9 3 . Розв'яжіть трикутник за стороною 10 см і прилеглими до неї кутами 30° і 60°. 29

('< і ІДІЛ І, Розв'язування трикутників —^ 9 4 . Розв'яжіть трикутник (див. рис. 11) за стороною та двома кутами: а) а = 10, Р = 45°, у = 3 0 ° ; б) Ь = 6, а = 100°, р = 50°. 9 5 . Р о з в ' я ж і т ь т р и к у т н и к (див. рис. 11) за двома сторонами й кутом м і ж ними: [рис111 а) а = 5, Ь-21, у-60°; б) ft = 7, с = 8, а = 120°. 9 6 . Дороги м і ж селищами Азарове, Веселе і Семенівка вирішили заасфальтувати. Відстань між Азаровим і Веселим дорівнює 1 км, м і ж Веселим і Семенівкою — 4,2 км, а відрізок дороги м і ж Азаровим і Семенівкою видно з Веселого під кутом 60°. Бригада ремонтників асфальтує за день 0,5 км дороги. Ч и встигнуть ремонтники впоратися до приїзду губернатора, я к щ о роботи розпочато 21 червня, а губернатор приїздить 7 липня? —^ 97. Розв'яжіть трикутник (див. рис. 11), якщо: а) а = 12, а = 40°, р - 64°; б) а = 3%/^, Ь = 7, у = 135°. 9 8 . Розв'яжіть трикутник (див. рис. 11) за трьома сторонами: а) а = Зл/З, Ь = 2, с = 7; б) а = 8, Ь = 15, с = 17. 9 9 . Розв'яжіть трикутник (див. рис. 11) за двома сторонами й кутом, протилежним одній із них: а) а = 12, Ь = 5, а = 120°; б) Ь = 2, с = 10, р = 6°; в) а = 1, с = 2, а = 45°. —^ 100. Розв'яжіть трикутник (див. рис. 11), якщо: a) а = 5, b = 21, с = 19; б) а = 6, Ь = 8, а = 22°.

Рівень Б 101.

Розв'яжіть трикутник* (див. рис. 11), якщо: а) с = 3, у = 30°, hb = 2; б) а = 17, b = 5>/2, ha = 5.

102. У трикутнику ABC ZC = 90°, ZA = 30°, ВС = 2 см, AD — бісектриса. Розв'яжіть трикутник ABD. 103. Який вид (за а) ВС = 8 с м , б) ВС = 8 см, в) ВС = 8 см, 4

величиною кутів) може мати трикутник ABC, якщо: АС = 6 с м , Z A = 60°; АС = 4 см, Z A = 60°; АС = 9 см, Z A = 60°.

Тут і далі медіану, бісектрису й висоту трикутника, проведені до сторони а, позначатимемо та, Іа і ha відповідно. 10

('<іІДІЛІ,Розв'язування трикутників 1 0 4 . За даними рис. 14 знайдіть AD. 105. За даними рис. 15 знайдіть s i n D . В

Рис. 14

Рис. 15

106. На горі, схил якої знижується під кутом а до горизонту, росте дерево (рис. 16). Його тінь завдовжки І падає вниз по схилу при куті сонця над горизонтом (і. Знайдіть висоту дерева. 107. Вершину пагорба з точки А видно під кутом а , а при наближенні до пагорба на відстань а — під кутом (і. Знайдіть висоту пагорба. 108. "Спостережна вишка заввишки 100 м розташована на горі (рис. 17). Об'єкт спостереження А видно з в е р ш и н и в и ш к и під кутом 60°, а від основи вишки — під кутом 30° до горизонту. Знайдіть висоту гори.

Рис. 16

Рис. 17

109. Більша основа рівнобедреної трапеції дорівнює 10 см, а менша основа дорівнює бічній стороні. Знайдіть периметр трапеції, я к щ о один із її кутів дорівнює 110°. Відповідь округліть до сантиметрів. —^ 110. Більша основа й бічні сторони рівнобедреної трапеції дорівнюють 10 см, а діагональ трапеції утворює з основою кут 50°. Знайдіть середню лінію трапеції. 31

('< і ІДІЛ І, Розв'язування трикутників

Рівень В 111. Дослідіть залежність кількості розв'язків задачі розв'язування трикутника за двома сторонами а і b та кутом а , протилежним одній із них, від значень a, b і а . 112. Розв'яжіть трикутник (див. рис. 11), якщо: а) а = 30°, Р = 45°, а + Ь = 24,14; б) Ь = 9, с = 19, т а = 11. 113. Знайдіть сторони трикутника (див. рис. 11), якщо: а) а = 47°, р = 1 2 0 ° , а - с = 1 1 ; б)7 т а = 1 2 ,' т b = 15,7 т с = 9. 114. За даними рис. 18 знайдіть сторони т р и к у т н и к а АОВ. В

b Рис. 18

115. Сторони т р и к у т н и к а завдовжки а і b утворюють кут 120°. Знайдіть бісектрису т р и к у т н и к а , проведену з вершини цього кута.

ПОВТОРЕННЯ ПЕРЕД ВИВЧЕННЯМ § 5 Теоретичний

матеріал

• площа паралелограма; • площа трикутника; • вписане и описане кола трикутника.

8 клас, п. 16.1 8 клас, п. 17.1

7 клас, § 23

Т У Задачі 116. Дві сторони трикутника дорівнюють 10 см і 12 см, а кут м і ж ними 30°. Знайдіть площу трикутника. 117. Знайдіть площу паралелограма з висотами 6\/2 см і 8 см та гострим кутом 45°. 32

§ 5. Застосування тригонометричних функцій до знаходження площ 5.1. Площі трикутника і чотирикутника До цього часу у формулах площ многокутників використовувалися лише довжини їх лінійних елементів (сторін, висот, діагоналей). Тригонометричні функції дозволяють задіяти для знаходження площі многокутника величини його кутів. Т е о р е м а ( ф о р м у л а обчислення площі трикутника за д в о м а с т о р о н а м и й кутом між ними) Площа трикутника дорівнює половині добутку його сторін на синус кута між ними: S = — absiny, 2 де а і Ь — сторони трикутника, у — кут між ними. Д о в е д е н ня • Нехай у трикутнику ABC ВС = а, АС = Ь, АВ-с, ZC = у. Проведемо висоту ВН. За відомою формулою площі трикутника S =—AC BH. Однак » і 2 із прямокутного трикутника ВСН (ZH = 90°) маємо ВН - ВС sin Z ВСН. При цьому у випадку, коли кут у гострий (рис. 19, a), ZBCH- у, а коли кут у тупий (рис. 19, б), ZВСН =180° - у , s i n Z В С Н = = sin (180° - у) = sin у. Отже, в н = ВС sin у. Тоді Рис. 19. До доведення формули площі трикутника

S =—АС ВС siny = — afesiny. 2

Випадок, коли кут у прямий, розгляньте самостійно. • Наслідок Площа паралелограма дорівнює добутку його сторін на синус кута між ними:

S = ab siny, де а і b — сторони-паралелограма, у — кут між ними.

('< і ІДІЛ І, Розв'язування трикутників Задача Знайдіть найменшу сторону трикутника, площа якого

дорівнює 8ч/3 смг, найбільша сторона — 8 см, а один із кутів — 30°.

Розв'язання Нехай дано трикутник ABC, АС = 8 см, 5 л В С =8\Зсм 2

(рис. 20). Із теореми про суму кутів трикутника ви-

пливає, що кут 30° не може бути найбільшим кутом,

отже, він не є протилежним даній стороні.

Нехай Z А = 30°. За ©ормулою площі трикутника S = —АВ AC SinA, тобто 8%/3 = — АВ 8-—, звідки 2

АВ = 4л/3 (см).

За теоремою косинусів ВСг = АВ2 + АСг - 2АВ • AC cos А, /т ВС2 =48 + 64-2 4N/3 8 з в і д к и ВС = 4 (см). Отже, ВС — найменша сторона даного трикутника. Відповідь: 4 см. Формула площі т р и к у т н и к а застосовується і для доведення формули площі чотирикутника із з а д а н и м и д і а г о н а л я м и й к у т о м м і ж н и м и . Опорна задача ( ф о р м у л а площі чотирикутника) Площа опуклого чотирикутника дорівнює половині добутку діагоналей на синус кута між ними: S = ~ d,d 2 sin у, де d,, d 2 — діагоналі між ними. Доведіть.

чотирикутника,

— кут

Розв'язання Нехай діагоналі чотирикутника ABCD перетинаються в точці О під кутом у (рис. 21). Площа чотирикутника ABCD дорівнює сумі площ чотирьох трикутників: Рис. 21. До доведення формули площі чотирикутника 34

S.08 = { AO • BO sin у, Stoe = - і ВО • ОС • sin (180° - у), Scot, = | 0 C 0 D sin у, SA0D = і AO OD sin (180° - y).

§ 5. Застосування тригонометричних функцій до знаходження площ Враховуючи, що sin (180°-у) = sin у, маємо S,,Bcd

Y (ВО (АО + ОС) + OD• (АО + ОС)) = ~sin у-АСВЬ = |d,d 2 sin у.

Наслідок Площа прямоку-ника обчислюється за формулою S = -^-d 2 siny, де d — діагональ прямокутника, у — кут між діагоналями. Зокрема, площа квадрата d2 з діагоналлю d обчислюється за формулою S-—. 2 Нагадаємо т а к о ж , що площа ромба з діагоналями d] і d? обчислюється за формулою S =

5.2. Формула Герона Ще одна формула площі трикутника, д л я доведення якої м о ж н а використати тригонометричні ф у н к ц і ї , була наведена давньогрецьким математиком Героном Александрійським (прибл. І ст. до н. е.) і отримала його ім'я. Тільки у XX ст. з'ясувалося, що раніше за Герона цю формулу винайшов Архімед. Теорема

( ф о р м у л а Герона)

ПЬоща трикутника обчислюється за формулою S = у]р(р ~ а)(р - Ь)(р - с), , а+Ь+с де а, о, с — сторони трикутника, р = — пів2 периметр. Доведення П За щойно доведеною формулою площі трикутника <S = -^absiny, де у — кут, протилежний стороні с. Крім того, за наслідком теореми косинусів а +о -с . Знайдемо синус кута у за допомоcosy = 2 ab гою основної тригонометричної тотожності: 35

('< і ІДІЛ І, Розв'язування трикутників . ,

2 аЬ-а2-Ь2+сг 2 аЬ + аг+Ьг-с2 2 ab 2 ab ... ,,, . .. . . + b)(c + a-b)(a + b-c)(a + b+c).

....

з і п г у = І - cos 2 y = ( 1 - c o s y ) ( l + cosy) =

с2 - (a-b)z (a + bf-c2 l . ' • ' = —rj(c-a 2 2 2 ab 2ab 4a b Зауважимо, що a + b + с = 2p, c-a

a + b-c

= 2p-2c.

Тоді siny

+ b = 2p- 2a, с + a - b = 2p - 2b,

=—Jp(p-a)(p-b)(p-c).

ab Підставивши цей вираз у формулу площі т р и к у т н и к а , маємо:

S = —afcsiny = yjpip - а)(р - b ) ( p - c ) . 2 Теорему доведено. • Задача

Знайдіть найбільшу висоту трикутника зі сторонами 12, 39 і 45. Розв'язання

Оскільки найбільша висота трикутника перпендикулярна до його найменшої сторони, знайдемо висоту, проведену до сторони а = 12. Скористаємось методом площ. За формулою Герона S = ,/р(р - а)(р - Ь)(р - с). У нашому випадку р= 12 + 3 ^ + 4 5 =48,

S = ^48(48 -12)(48 - 39)(48 - 45) = 216.

З іншого боку, S = -iah0, тобто 216 = -j-12h0, звідки ho = 36.

Відповідь: 36.

5.3. Формули радіусів вписаного й описаного кіл трикутника Теорема

( ф о р м у л и радіусів в п и с а н о г о й о п и с а н о г о кіл т р и к у т н и к а )

Радіуси вписаного й описаного кіл трикутника обчислюються за ф о р мулами r = S = _ 2 S _ t д=оЬс р а+Ь+с 4S де г — радіус вписаного кола, R — радіус описаного кола, S — площа . а+Ь+с трикутника, а, Ь, с — сторони трикутника, — півпериметр. 2 Доведення • Доведемо спочатку формулу для обчислення г. Нехай у трик у т н и к у ABC зі сторонами ВС = a, AC = b, A B = с точка О — центр 36

§ 5. Застосування тригонометричних функцій до знаходження площ вписаного кола (рис. 22). Тоді площа даного трикутника дорівнює сумі площ трикутників ВОС, АОС і АОВ: ^ г 1 1 S = —ar +—br +—cr = —(a + b + c)r = pr. 2

Рис. 22. До доведення формули радіуса вписаного кола

1) 2)

_ . S = 2S . Звідси r =— p a+b+c Д л я доведення ф о р м у л и R скористаємось повним ф о р м у л ю в а н н я м теореми синусів, згідно а „„ „ а Оскільки -2R, звідки R = з яким 2sin A sinA 2S . Підставивши цей вираз S = — bcsinA, то s i n A = 2 be abc Теорему доведено. у формулу R, маємо R = 4S

Нагадаємо: для прямокутного трикутника з катётами а і & та гіпотенузою с . а+Ь-с . с часто застосовують раніше отримані формули г = і R = —; 2 2 центр кола, вписаного в трикутник, є точкою перетину бісектрис трикутника; центр кола, описаного навколо трикутника, є точкою перетину серединних перпендикулярів до сторін трикутника; для обчислення радіуса описаного кола в трикутнику зі стороною а і протилежним кутом а можна скористатися формулою R =

—-—. 2 sin а

Задача

, Основа рівнобедреного трикутника дорівнює 48 см, а проведена до неї висота — 32 см. Знайдіть радіус кола, описаного навколо трикутника. Розв'язання

Нехай у трикутнику ABC АВ = ВС, АС- 48 см, BD =

= 32 см — висота (рис. 23). Оскільки висота BD є та-

кож медіаною трикутника ABC, то AD = DC= 24 см.

Із трикутника ABD (ZD = 90°) за теоремою Піфагора

АВ = \І24г +32г =40 (см).

За формулою радіуса описаного кола

С АС R = ABB • 4S

АВ'АС 4 • 0,5АС • BD

АВг

^ =— 402г = 25 (см). R 4 2 32 ' 2BD ' Відповідь: 25 см.

('< і ІДІЛ І, Розв'язування трикутників Зазначимо, що цю задачу можна розв'язати і без застосування формули радіуса описаного кола. Але т а к и й спосіб може виявитися більш складним, особливо тоді, коли він потребує обґрунтування розміщення центра описаного кола в даному трикутнику.

Запитання і задачі ф

УСНІ ВПРАВИ 118. Дві сторони трикутника дорівнюють 5 см і 6 см. Чи може площа цього трикутника дорівнювати 10 см 2 ; 15 см 2 ; 30 см 2 ? 119. Серед усіх паралелограмів із заданими сторонами а і b визначте той, площа якого найбільша. Відповідь обґрунтуйте. 120. Два трикутники описані навколо одного кола. Відомо, що периметр першого т р и к у т н и к а менший, н і ж периметр другого. Я к и й із цих трикутників має більшу площу?

^ ^

ГРАФІЧНІ ВПРАВИ 121.

Накресліть паралелограм із кутом 30° і виміряйте його сторони. а) Обчисліть площу побудованого паралелограма. б) Накресліть прямокутник, сторони якого дорівнюють сторонам побудованого паралелограма. У скільки разів площа прямокутника більша за площу паралелограма? —^ 122. Накресліть гострокутний трикутник, площа якого дорівнює 12 см 2 . Н а к р е с л і т ь тупокутний т р и к у т н и к , рівновеликий побудованому гострокутному, так, щоби побудовані трикутники мали спільну сторону.

( ' g ' ПИСЬМОВІ ВПРАВИ Рівень А 123. Знайдіть площу трикутника ABC, я к щ о : а) АВ = 10, ВС - 12, ZB = 30°; б) АВ=АС в) АС = 5ч/2, ВС = 8, ZA= 100°, ZB = 35°. 38

= 6, ZA = 120°;

§ 5. Застосування тригонометричних функцій до знаходження площ 124. Знайдіть площу: а) прямокутного трикутника з катетом б^ІЗ см і прилеглим кутом 60°; б) паралелограма зі сторонами 4 см і 4\/з см та кутом 60°; в) п р я м о к у т н и к а з д і а г о н а л л ю 12 см і кутом м і ж діагоналями 30°. —^ 125. Знайдіть площу: а) рівнобедреного трикутника з бічною стороною 10 см і кутом при основі 75°; б) ромба з периметром 16л/2 см і кутом 135°; в) квадрата з діагоналлю 6 см. 126. Площа трикутника ABC дорівнює 20 см 2 . Знайдіть сторону ВС, я к щ о АС = 5^2 см, Z C = 45°. 127. Знайдіть кути паралелограма зі сторонами 3 см і 12 см, я к щ о його площа дорівнює 18 см 2 . 128. Кут при вершині рівнобедреного трикутника дорівнює 30°. Знайдіть бічну сторону трикутника, я к щ о його площа дорівнює 36 и 2 . 129. Знайдіть площу трикутника зі сторонами: а) 13, 14 і 15; в) 8, 29 і 35; б) 15, 26 і 37; г) 17, 25 і 26. 130. Сторони паралелограма дорівнюють 25 см і 29 см, а одна з діагоналей — 36 см. Знайдіть площу паралелограма. —^ 131.

Знайдіть площу трикутника зі сторонами 5, 5 і 6 двома способами.

132. Знайдіть радіуси вписаного й описаного кіл: а) рівнобедреного т р и к у т н и к а з основою 12 см, я к щ о медіана, проведена до основи, дорівнює 8 см; б) трикутника зі сторонами 7 см, 15 см і 20 см. —^ 133. Знайдіть радіуси вписаного й описаного кіл трикутника зі сторонами 16, 25 і 39.

Рівень Б 134. Знайдіть площу трикутника ABC, я к щ о : а ) Z A = ot, а висоти, проведені з вершин В і С, відповідно дорівнюють Л,І) і їг* ї; б) Z A = ос, Z B = |i, а висота, проведена з в е р ш и н и В, нює h,. І)

дорів39

('< і ІДІЛ І, Розв'язування трикутників 135. Знайдіть площу: а) рівнобедреного трикутника з основою см, наименшии зовнішній кут якого дорівнює 60°; б) паралелограма з кутом 30°, я к щ о бісектриса цього кута ділить сторону на відрізки завдовжки 11 см і 5 см, починаючи від вершини протилежного кута; в) прямокутника, діагональ якого дорівнює 10 см і утворює зі стороною кут 75°. —^ 136. Знайдіть площу: а) ромба з периметром 80 см і відношенням кутів 1 : 5; б) трикутника зі сторонами 6\[з см, 4 см і 14 см. 137. Знайдіть периметр трикутника з площею бч/З см 2 і кутом 60°, я к щ о сторони, прилеглі до даного кута, відносяться я к 3 : 8 . —^ 138. П л о щ а п р я м о к у т н и к а з д і а г о н а л л ю 6 см дорівнює

9>/з см.

—^

—^ 40

Знайдіть сторони прямокутника. 139. Чи може в формулі Герона хоча б одна з різниць: р - а, р-Ь або р - с — бути від'ємною? Відповідь обґрунтуйте. 140. Знайдіть найбільшу висоту і радіус вписаного кола для трикутника зі сторонами: а) 4, 13 і 15; б) 9, 10 і 17; в) 16, 25 і 39. 141. Знайдіть найменшу висоту і радіус описаного кола д л я трикутника зі сторонами: а) 10, 17 і 21; б) 20, 34 і 42. 142 ( о п о р н а ) . П л о щ а описаного многокутника дорівнює добутку його півпериметра на радіус вписаного кола. Доведіть. 143. Периметр рівнобедреного т р и к у т н и к а дорівнює 64 см, а бічна сторона відноситься до основи я к 5 : 6 . Знайдіть радіуси вписаного й описаного кіл трикутника. 1 4 4 . Висота трикутника дорівнює 12 см і ділить його сторону на відрізк и завдовжки 5 см і 9 см. Знайдіть радіуси вписаного й описаного кіл трикутника. Рівень В 145. Основи трапеції дорівнюють 3 см і 11 см, а діагоналі — 13 см і 15 см. Знайдіть площу трапеції. 146. Паралельні сторони трапеції дорівнюють 2 см і 6 см, а непаралельні — 13 см і 15 см. Знайдіть площу трапеції. 147. Точка дотику вписаного кола ділить бічну сторону рівнобедреної трапеції на відрізки завдовжки 9 см і 16 см. Знайдіть радіус кола і площу трапеції. 1 4 8 . Знайдіть радіус кола, описаного навколо трапеції, у я к і й бічна сторона дорівнює 40 см, основа — 13 см, а діагональ — 51 см.

§ 5. Застосування тригонометричних функцій до знаходження площ

ПОВТОРЕННЯ ПЕРЕД ВИВЧЕННЯМ § б Теоретичний матеріал

7 клас

• вписане й описане кола трикутника;

;

g клас п

15 1

• вписані й описані многокутники; • вписані кути.

8 клас, § 7

Задачі 149. Точка О — центр кола, описаного навколо рівностороннього трикутника ABC. Знайдіть: ф а) кути АОВ, ВОС і АОС; « б) радіус кола, я к щ о сторона трикутника дорівнює 4>/з см. 150. Точка О — центр кола, вписаного в рівносторонній трикутник ABC. Знайдіть: а) кути між радіусами, проведеними в точки дотику; б) радіус кола, я к щ о сторона трикутника дорівнює 4\/з см. Задачі для підготовки д о контрольної роботи № 1 1. У трикутнику ЛВС АВ = 8 м, ВС = 1 5 м, Z.B- 60°. Знайдіть периметр і площу трикутника. 2. У трикутнику DEF DE = 4 см, ZZ) = 30°, Z £ = 120°. Знайдіть невідомі сторони трикутника і радіус кола, описаного навколо нього. 3.

Дано трикутник зі сторонами 13, 20 і 21. а) Доведіть, що даний трикутник гострокутний. б) Знайдіть площу трикутника. в) Знайдіть найменшу висоту трикутника. 4 . Сторони паралелограма дорівнюють 8ч/2 см і 2 см та утворюють кут 45°. Знайдіть меншу діагональ і площу паралелограма. 5. Основа рівнобедреного т р и к у т н и к а до неї висота — 16 см. Знайдіть радіус 6. Діагональ, бічна сторона і більша дорівнюють відповідно 40 см, 13 см і описаного навколо трапеції.

дорівнює 24 см, а проведена кола, вписаного в трикутник. основа рівнобедреної трапеції 51 см. Знайдіть радіус кола, 41

Підсумки розділу І ПІДСУМКОВИЙ ОГЛЯД РОЗДІЛУ І Тригонометричні функції

Тригонометричні тотожності Тригонометричні

тотожності

Формули

зведення

Для 0° < a < 90°

s i n 2 a + cos 2 a = 1

s i n ( 9 0 ° - a ) = cosa tga = - ^ cosa

( a * 90°)

cos (90° - a) = sin a Для 0° < a < 90°

c t g a = - ^ ^ - ( a * 0°, a * 180°) sina

tg(90°-a) = ctga ctg(90°-a) = tga

t g a • c t g a = 1 (a Ф 0°, a ф 90°, a ф 180°) l +tg2a =

cos a

( a * 90°)

l + c t g 2 a = — r — ( a * 0 ° , О.Ф 180°) sin a

Л ->

Для 0° < a < 180° sin(180° - a) = s i n a cos (180° - a) = -cos a t g ( 1 8 0 ° - a ) = - t g a (a Ф 90°) ctg(180° - a) = - c t g a (a * 0°, a * 180°)

Підсумки розділу І

Теорема косинусів та ї ї наслідки

Квадрат будь-якої сторони т р и к у т н и к а дорівнює сумі квадратів двох інших сторін без подвоєного добутку цих сторін на косинус кута

1 <Г 1

м і ж ними:

г< с

Наслідок

с2 = а2 + b2-

Наслідок

2abcosC

У трикутнику ABC зі сторона-

Я к щ о в трикутнику зі сторонами а, Ь, с справ-

ми а, Ь, с і кутом С м і ж сторо-

джується нерівність а2 + Ь2> с2, то кут С го-

нами а і b

стрий; я к щ о а2 + Ь2 < с2, то кут С т у п и й ;

„ cos С =

аг+Ьг-с2 2 ab

я к щ о а2 + Ь2 = с2, то кут С прямий

•

Теорема синусів

В у '

Сторони т р и к у т н и к а пропорційні до синусів протилежних кутів: \а

т, ь

- а = b = с-=2Д, sin Л sin В sin С с

де R — радіус кола, описаного навколо трикутника

('< і ІДІЛ І, Розв'язування трикутників

Основні задачі на розв'язування трикутників Задача Задача 1 За стороною та двома кутами

Умова

Схема

Дано: a, ZB, Z C . Знайти: b, с, ZA В

1. ZA = 180° - ( Z B + ZC). _ , азіпВ asinC 2. b , с= sin A sin А

\а

yS А^— Задача 2 За двома сторонами й кутом м і ж ними

^С

Дано: a, b, ZC. Знайти: с, Z A , Z B

уґ

Задача 3 За трьома сторонами

1. с = \/а2 +b2 - 2ab cos С .

розв'язування

—

2. cos А = \

+С

——. 2 be

3. ZB = 180° - (ZA + ZC)

—

Дано: а, Ь, с. Знайти: ZA, ZB,

ZC В

У '

\а

1. cos A = -

——. 2 be

2 2 2 2. c o s BD = a + c - b . 2 ac

3. Z C = 1 8 0 ° - ( Z A + Z B )

^С Задача 4 За двома сторонами й кутом, протил е ж н и м одній із них

Дано: a, b, ZA. Знайти: с, Z B , Z C

., . _ bsinA 1. s m B = . a 2. ZC= 1 8 0 ° - ( Z A + Z B ) .

\ а

о. с =

asinC sinA

Підсумки розділу І

Формули

ПЛОЩ

Площа

трикутника формула

S = — absiny, 2

S =

Герона

yjp(p-a)(p-b)(p-c),

Де а,Ь,с — сторони трикутника, а+Ь + с • швпериметр Р=-

де a lb — сторони трикутника, у — кут м і ж ними

Площа

паралелограма S = absiny,

де а і b — сторони паралелограма, у — кут м і ж ними

Площа •

опуклого

чотирикутника

S =—djd2siny, 2 де dv d2 — діагоналі чотирикутника, у — кут м і ж ними

Площа

прямокутника d2

Sс - — s i •n y , 2 де d — діагональ п р я м о к у т н и к а , у — кут м і ж діагоналями

('< і ІДІЛ І, Розв'язування трикутників Закінчення \

Площа

/ d, ь \ d j /

таблиці

ромба

о 7

' де d, і dx — діагоналі ромба Площа S

квадрата ~

де d — діагональ квадрата

Формули радіусів

Радіус вписаного r_S_ р

кола трикутника 2S а+Ь+с'

де S — площа трикутника, а , Ь , с — сторони т р и к у т н и к а , а+Ь+с р= — півпериметр

Радіус описаного

кола

трикутника

де S — площа т р и к у т н и к а , а, Ь, с — сторони т р и к у т н и к а

Підсумки розділу І

КОНТРОЛЬНІ ЗАПИТАННЯ ДО РОЗДІЛУ І 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8.

Дайте означення синуса, косинуса й тангенса кутів від 0° до 180°. Запишіть формули зведення д л я кутів 90° - а і 180° - а . Сформулюйте і доведіть теорему косинусів. Сформулюйте наслідки теореми косинусів. Сформулюйте і доведіть теорему синусів. Опишіть основні алгоритми розв'язування трикутників. Запишіть формули площі довільного трикутника. Запишіть формули площі довільного паралелограма.

9. Запишіть формули радіусів вписаного й описаного кіл трикутника.

ДОДАТКОВІ ЗАДАЧІ ДО РОЗДІЛУ І 151. Основа рівнобедреного трикутника дорівнює 4%/І2 см, а медіана, проведена до бічної сторони, дорівнює 5 см. Знайдіть бічну сторону трикутника. 152. Знайдіть діагоналі паралелограма, площа якого дорівнює м , а сторони — 4 м і 7 м. 153. Точка D л е ж и т ь на основі АС рівнобедреного трикутника і4ВС. Доведіть, що радіуси кіл, описаних навколо трикутників ABD і DBC, рівні. 154. Доведіть теорему синусів методом площ. 155. Доведіть за допомогою теореми синусів теорему про властивість бісектриси трикутника. 156. Розв'яжіть трикутник ABC, я к щ о / А = а, Z B = [i, а радіус кола, описаного навколо трикутника, дорівнює R. 157 ( о п о р н а ) . Я к щ о два т р и к у т н и к и м а ю т ь по рівному куту, то відношення п л о щ цих т р и к у т н и к і в дорівнює відношенню добутків сторін, що утворюють рівні кути. Доведіть. 158. Знайдіть площу трикутника, в якому бісектриса кута, що дорівнює 120°, ділить протилежну сторону на відрізки завдовжки 21 см і 35 см. 159. Дві сторони трикутника дорівнюють 8\І2 см і 7 см, а його площа — 28 см 2 . Знайдіть третю сторону. 160. До якої з вершин різностороннього трикутника центр вписаного кола є найближчим? Відповідь обґрунтуйте. 47

('< і ІДІЛ І, Розв'язування трикутників 161. Площа рівнобедреного трикутника дорівнює 192 см 2 , а радіус вписаного кола — 6 см. Знайдіть сторони трикутника, я к щ о його основа на 4 см більша за бічну сторону. 162. Основи рівнобедреної трапеції дорівнюють 22 см і 42 см, а бічна сторона — 26 см. Знайдіть радіус кола, описаного навколо трапеції. Задачі підвищеної

складності

163. Медіани AN і ВМ трикутника ABC перетинаються в точці О, причому AN = 6, ВМ = 9, Z А О В = 30°. Знайдіть площу трикутника ABC. 164. У т р и к у т н и к у ABC / А = 75°, АВ = 1, АС = Т б . На стороні ВС позначено точку М так, що ZBAM = 30°. Пряма AM перетинає коло, описане навколо трикутника ABC, в точці N, я к а не збігається з точкою А. Знайдіть AN. 165

( о п о р н а ) . Д о в ж и н а бісектриси т р и к у т н и к а обчислюється за 2Ьсcos

(х

формулою І =

—, де І — бісектриса, проведена до сторони а, Ь+с " а — кут між сторонами Ь і с. Доведіть. 166. У трикутнику зі стороною 26 см медіани, проведені до двох інших сторін, дорівнюють 15 см і 30 см. Знайдіть довжину третьої медіани. 167.

Сторони опуклого чотирикутника з площею S послідовно дорів-

нюють а, Ь, с і d. Доведіть, що S < —(ab+cd). 168. Доведіть формулу площі вписаного ч о т и р и к у т н и к а (формулу Брахмагупти) S = ^(p-a^p-b^p-c^p-d), де а, Ь, с і d — сторони чотирикутника, р — його півпериметр. 169. Доведіть, що для висот трикутника ha, hb і hc та радіуса вписаного кола г справджується співвідношення 170.

— =— +— + —. /• hа h,Ь hс

Центр кола, вписаного в прямокутний трикутник, віддалений від

кінців гіпотенузи на 7 см і

см. Знайдіть радіус вписаного кола.

171. Довжини двох сторін трикутника дорівнюють а і Ь. Бісектриси кутів при третій стороні в результаті перетину утворюють кут 165°. Знайдіть площу трикутника. 172. У трапеції з основами а і b ( a < b ) діагоналі взаємно перпенд и к у л я р н і , а кут м і ж продовженнями бічних сторін дорівнює 45°. Знайдіть висоту трапеції. 48

ІСТОРИЧНА ДОВІДКА

Приблизно до XVII ст. тригонометрія як розділ геометрії вивчала майже виключно одну проблему — розв'язування трикутників. І це не дивно, адже потреби архітектури й астрономії, геодезії і мореплавання висували проблему пошуку невідомих сторін і кутів трикутника на чільне місце в процесі розв'язування практичних задач. Теорема косинусів фактично була доведена вже в другій книзі «Начал» Евкліда, де узагальнюється теорема Піфагора і наводяться формули для обчислення квадрата сторони довільного трикутника. Математики Александрії, Давньої Індії, країн Ближнього та Середнього Сходу i f г Франсуа Вієт 'Т І і також використовували подібні формули. Однак перше /А чітке формулювання теореми косинусів навів у 1579 р. французький математик Франсуа Вієт (1540-1603).. Сучасного вигляду ця теорема набула в 1801 р. в роботі іншого французького вченого - Лазара Карно {1753-1823). Значно пізніше за теорему косинусів було винайдено теорему синусів. Справа в тому, що стародавні математики зводили розв'язування довільних трикутників до розв'язування прямокутних трикутників, тому теорема синусів їм не була потрібна. Цю теорему довів лише в XI ст. астроном із Хорезма Аль-Беруні. Починаючи з XVI ст. теорему синусів використовують і європейські геометри, а в 1801 р. французький математик Ж.Л. Лагранж (1736—1813) вивів її,з теореми косинусів. Цікава історія виникнення формули Герона. Про життя й діяльність Герона Александрійського відомо вкрай мало — навіть роки його життя достеменно не встановлені (одні історики вважають, що він жив у III ст. до н. е., а інші — в І ст. до н. е.). Герон досяг визначних результатів у прикладних науках — геодезії та механіці (його навіть називали Герон-механік). Він виклав правила вимірювання земельних ділянок і описав деякі вимірювальні прилади, зокрема «діоптри» — прилади для побудови й вимірювання кутів на місцевості. У своєму найважливішому геометричному творі «Метрика» Герон навів доведення формули площі трикутника, нині відомої як формула Герона. Але пізніше з'ясувалося, що першим цю формулу в III ст. до н. е. вивів славнозвісний Архімед. Герон

(

; J I С І І

яШШШШШШШШШШШВштюшлштш:

І •:

тІ

РОЗДІЛ І. Розв'язування трикутників

ТЕМАТИКА ПОВІДОМЛЕНЬ І РЕФЕРАТІВ ДО РОЗДІЛУ І 1. 2.

Метричні співвідношення в довільному трикутнику. Метричні співвідношення в довільному чотирикутнику (теорема косинусів, співвідношення Бретшнайдера). Площі чотирикутників.

3. 4.

Теорема Птолемея. Перші тригонометричні таблиці. Практичні задачі на розв'язування трикутників.

РЕКОМЕНДОВАНІ Д Ж Е Р Е Л А І Н Ф О Р М А Ц І Ї 1.

2. 3.

4. 5.

7. 8.

Глейзер, Г. И. История математики в школе. VII—VIII классы: Пособие для учителей [Текст] / Г. И. Глейзер. — М. : Просвещение, 1982. — 240 с. Конфорович, А. Г. Визначні математичні задачі [Текст] / А. Г: Конфорович. — К. : Факт, 2000. — 189 с. Кушнір, І. А. Повернення втраченої геометрії [Текст] / І. А. Кушнір. — К. : Факт, 2000. — 280 с. (Серія «Математичні обрії України»). Математична хрестоматія д л я 6—8 класів. Т. 1 [Текст]. — К. : Рад. шк., 1968. — 320 с. Математична хрестоматія д л я старших класів. Геометрія. Т. 2 [Текст] / упоряд. JI. В. Кованцова. — К. : Рад. ш к . , 1969. — 383 с. Перельман, Я. И. Занимательная геометрия [Текст] / Я. И. Перельман ; под ред. Б. А. Кордемского. — М. : Физматгиз, 1959. — 302 с. Понарин, Я. П. П л а н и м е т р и я , преобразования плоскости. Т. 1 [Текст] / Я. П. Понарин. — М. : МЦНМО, 2004. Прасолов, В. В. Задачи по планиметрии. Ч. 1 [Текст] / В. В. Прасолов. — Изд. 2-е, перераб. и доп. — М. : Наука : Гл. ред. физ.-мат. лит., 1986. — 320 с. — (Б-ка мат. кружка).

Прасолов, В. В. Задачи по планиметрии. Ч. 2 [Текст] / В. В. Прасолов. — Изд. 2-е, перераб. и доп. — М. : Наука : Гл. ред. физ.-мат. лит., 1986. — 240 с. — (Б-ка мат. кружка). 10. Інтернет-бібліотека МЦНМО. http://ilib.mirrorO.mccme.ru/ 11. Сайт видавництва «Ранок», http://www.ranok.com.ua

ПРАВИЛЬНІ мы:©гшутники

Геометрія — наше велике творіння, яке нас самих захоплює. Jle Корбюзье, французький архітектор Фігури, що мають рівні сторони та кути, здавна зачаровували людину досконалістю форми і таємничістю, я к а завжди супроводжує досконалість. Такі фігури обожнювали, приписуючи їм магічні та навіть цілющі властивості. Многокутники з рівними сторонами й кутами прикрашали фамільні герби середньовічних можновладців, обиралися символами таємних товариств, а дослідженню властивостей цих многокутників присвячували свої роботи найвидатніші математики минулих часів. Вивчення правильних многокутників нерозривно пов'язане зі знаходженням довжини кола й площі круга. Недарма однією з класичних задач геометрії вважається задача про квадратуру круга — побудова квадрата, площа якого дорівнює площі даного круга. І хоча неможливість такої побудови за допомогою циркуля й лінійки вже давно доведено, вираз «квадратура круга» і сьогодні вживається для характеристики вкрай складних задач, що не мають розв'язку. У процесі подальшого вивчення геометрії властивості правильних многокутників допоможуть розкрити секрети одного з найцікавіших геометричних перетворень — симетрії. А згодом, розглядаючи фігури в просторі, ви познайомитеся з тривимірним аналогом правильних многокутників — правильними многогранниками.

§ 6.

Вписане й описане кола правильного многокутника 6.1. Означення правильного многокутника. Існування вписаного й описаного кіл Ви вже неодноразово зустрічалися з многокутниками, в я к и х усі сторони рівні, і з многокутниками, в я к и х усі кути рівні. Я к щ о обидві ці властивості у многокутнику наявні одночасно, такий многокутник є правильним. Означення Правильним многокутником називається опуклий многокутник, у якому всі сторони рівні й усі кути рівні.

Уже відомими вам видами правильних многокутників 'є рівносторонній трикутник (рис. 24, а) і квадрат (рис. 24, б). На рис. 24 зображено також правильний п'ятикутник (рис. 24, в) і правильний шестикутник (рис. 24, г). Оскільки сума кутів опуклого л-кутника 'дорівнює 180°(л - 2), величина кута а п правильного л-кутника обчислюється за формулою: а„ = ItzB.. 180°. п Нагадаємо, що многокутник є вписаним у коло, якщо всі його вершини лежать на цьому колі; многокутник є описаним навколо кола, якщо всі його сторони дотикаються до цього кола. Т е о р е м а (про вписане й описане кола правильного многокутника) г

Рис. 24. Правильні многокутники

Навколо будь-якого правильного многокутника можна описати коло, і в будь-який правильний многокутник можна вписати коло, причому центри описаного і вписаного кіл збігаються. 53

РОЗДІЛ II. Правильні многокутники Доведення • Нехай А, В, С і D — послідовні вершини правильного м н о г о к у т н и к а (рис. 25). Проведемо бісектриси кутів А і В. Вони перетинаються в деякій точці О (поясніть чому). Трикутник АОВ є рівнобедд реним з основою АВ, оскільки ZOAB = ZOBA = — , де а — кут даного многокутника. Сполучимо точки О і С. Трикутники АОВ і СОВ рівні за першою ознакою: у них сторона ОВ спільна, АВ = СВ я к сторони пра(X вильного многокутника, ZOBC = ZOBA = — , оскільРис. 25. До доведення теореми про вписане й описане кола правильного многокутника

ки ВО — бісектриса кута ABC. Отже, трикутник СОВ о рівнобедрений з основою СВ, ZOCB = ZOBC = —, тобто CO — бісектриса кута BCD. Продовжуючи цей процес далі, легко перек о н а т и с я , що всі т р и к у т н и к и з вершиною О, основами я к и х є сторони даного п р а в и л ь н о г о многокутника, рівнобедрені й рівні. Звідси випливає, що всі вершини даного многокутника лежать на колі з центром О, радіус якого дорівнює бічним сторонам цих трикутників. Крім того, всі сторони даного многокутника дотикаються до іншого кола з центром О, радіус якого дорівнює висотам цих т р и к у т н и к і в , проведеним із вершини О. Теорему доведено. • Неважко переконатися, що будь-який правильний многокутник має єдине вписане і єдине описане кола (доведіть це самостійно). Точку, яка є спільним центром цих кіл, називають центром правильного многокутника. Означення Центральним кутом правильного многокутника називається кут, під яким сторону многокутника видно з центра цього многокутника.

Так, на рис. 25 кути АОВ, ВОС, COD... — центральні кути правильного многокутника. Очевидно, що ц е н т р а л ь н и й кут п р а в и л ь н о г о л-кутника дорівнює 54

360°

§ б. Вписане й описане кола правильного многокутника

6.2. Формули радіусів вписаного й описаного кіл правильного многокутника Радіуси вписаного й описаного кіл правильного л-кутника можна знайти, знаючи довжину його сторони і число п. Т е о р е м а (формули радіусів вписаного й описаного кіл правильного п-кутника) Для правильного п-кутника радіуси вписаного й описаного кіл обчислюються за формулами «. 2tg

а.

Я=

180°

2sin

180°

п • п де г — радіус вписаного кола; R — радіус описаного кола; ап — сторона ге-кутника.

Рис. 26. До доведення формул радіусів вписаного й описаного кіл правильного «кутника

Доведення • Нехай О — центр правильного я-кутника зі с т о р о н о ю ' а п , А і В — сусідні в е р ш и н и цього /і-кутника (рис. 26). Тоді в рівнобедреному трик у т н и к у АОВ бічні сторони OA і ОВ — радіуси описаного кола, а висота ОС — радіус вписаного кола даного « кутника. • • Оскільки висота є т а к о ж бісектрисою і медіаною т р и к у т н и к а АОВ і ц е н т р а л ь н и й к у т АОВ дорівнює 1

3 6 0 °

^ то в т р и к у т н и к у ОСВ ZC = 90°,

СВ = — АВ = — , /СОВ = — Z АОВ = 2

—- .

Звідси г = ОС =

Я-ОВ =

СВ Ig/COB

2tg

СВ sin /СОВ

2 sin

180°

Теорему доведено. 55

РОЗДІЛ II. Правильні многокутники Наслідок Для правильного л-кутника зі стороною ап при п = З, 4, 6 радіуси вписаного й описаного кіл обчислюються за такими формулами: п

г а

R а,

2>/з

Я а

і Я

2 a J3 2

Справді, д л я п р а в и л ь н о г о т р и к у т н и к а (п = 3): г= 2tg

180"

(рівностороннього) «з .

Я =-

2л/з '

2зіп

180°

7з'

д л я п р а в и л ь н о г о ч о т и р и к у т н и к а (квадрата) (п = 4): а, а. а, г= Я„ = „ 180° 2 „ 180° VT 2tg 2sin 4 4 д л я п р а в и л ь н о г о ш е с т и к у т н и к а (л = 6): г 2tg

180"

.-vi

R =2sin

180°

U,i'

Задача Площа квадрата, описаного навколо кола, дорів-

нює 48 см2. Знайдіть площу рівностороннього трикутника, вписаного в те саме коло. Розв'язання Нехай навколо кола описано квадрат з площею 5 =

= 48 см2 (рис. 27, а). Тоді сторона квадрата аг, = = 4ч/3 (см). І з формули Рис. 27 [Див. також

с. 57] 56

маємо

г = 2\/3

(см).

Знайдений радіус г є радіусом описаного кола R для рівностороннього трикутника (рис. 27, б), площу якого

§ б. Вписане й описане кола правильного многокутника необхідно знайти. Оскільки R = же, а3 =

2ч/3 • \/3 = 6

то a3 = R/3, от-

(см).

За формулою площі рівностороннього трикутника S= Рис. 27 [Закінчення]

маємо

5 =

*1Л 4

(см2). Відповідь: 9\ІЗ см2.

З а у в а ж и м о , що у в и п а д к у , к о л и в задачі йдеться про вписаний і описаний п р а в и л ь н і л-кутники, з метою уникнення непорозумінь із застосуванням формул сторони цих я кутників молена позначати а і Ь відповідно.

6.3. Побудова правильних многокутників

Рис. 28. Побудова правильного шестикутника

"1 V\

Рис. 29. Побудова вписаного квадрата

Розглянемо способи побудови деяких правильних многокутників за допомогою циркуля і лінійки. Ви вже вмієте будувати правильний (рівносторонній) т р и к у т н и к і квадрат. Д л я побудови і н ш и х видів правильних многокутників часто використовують описане коло. Побудуємо правильний шестикутник зі сто{іонЬю а. Оскільки сторона такого шестикутника дорівнює радіусу описаного кола, побудуємо спочатку коло радіуса а і позначимо на ньому довільну точку А, (рис. 28). Далі з неї я к із центра тим самим радіусом а проведемо дугу і на її перетині з побудованим колом позначимо точку А„. Послідовно відкладаючи такі дуги, отримуємо точки А:і, Ал, Аг> та А(. і послідовно сполучимо їх відрізками. Узагалі, д л я побудови правильного вписаного м н о г о к у т н и к а достатньо побудувати його ц е н т р а л ь н и й кут. Н а п р и к л а д , д л я квадрата він дорівнює 90°, отже, якщо провести через центр кола дві взаємно перпендикулярні п р я м і , то вони перетнуть дане коло у вершинах вписаного квадрата (рис. 29).

РОЗДІЛ II. Правильні многокутники О

Я к щ о в коло вписано правильний га-кутник неважко побудувати правильний вписаний 2п к у т н и к . Д л я цього достатньо розділити хорди A,A.,, ..., А ( А, (а отже, і відповідні дуги) навпіл (рис. ЗО, а). На рис. ЗО, б показано, я к , маючи вписаний квадрат, побудувати правильний в п и с а н и й в о с ь м и к у т н и к . Застосовуючи цей спосіб, можна далі побудувати правильний 16-кутник, 32-кутник і взагалі правильний 2 А '-кутник, де к — будь-яке натуральне число, більше за 2. Д л я побудови правильного описаного п-кутника достатньо провести дотичні до кола у вершинах правильного вписаного я-кутника. На рис. 31 показано, я к у т а к и й спосіб побудувати правильний описаний трикутник. Наведені п р и к л а д и показують, що багато видів правильних многокутників можна побудувати за допомогою циркуля і лінійки. Однак не всі правильні многокутники допускають таку побудову. Н а п р и к л а д , доведено, що за допомогою ц и р к у л я і л і н і й к и можна побудувати п р а в и л ь н и й 17-кутник, але не можна побудувати правильний семикутник.

А 1 А 2 . . . А М , ТО

А, О,

>(с а

Рис. ЗО. Побудова правильного вписаного 2/;-кутника

Рис. 31. Побудова правильного описаного

трикутника

Запитання і задачі ^ ^

УСНІ ВПРАВИ 173. Чи є правильним многокутником рівнобедрений прямокутний трикутник; ромб із кутом 60°; прямокутник із нерівними сторонами? Чому? 174.

Чи правильно, що: а) коли в трикутнику всі кути рівні, то він є правильним; б) коли в чотирикутнику всі кути рівні, то він є правильним?

175. Сума кутів правильного многокутника дорівнює 180°. Яка градусна міра кута цього многокутника?

§ б. Вписане й описане кола правильного многокутника 176. Чи можуть бісектриси кутів правильного многокутника і серединні перпендикуляри до його сторін перетинатися у двох різних точках? Чому? 177. Скільки кутів має правильний многокутник, у якому: а) радіус описаного кола вдвічі більший за радіус вписаного кола; б) радіус описаного кола дорівнює стороні? 178. Опишіть, я к , маючи зображення правильного 18-кутника, побудувати правильний дев'ятикутник; правильний 36-кутник. і

ГРАФІЧНІ ВПРАВИ 179.

Побудуйте правильний шестикутник ABCDEF. а) Проведіть діагональ AD. Визначте вид чотирикутників, на я к і вона ділить даний шестикутник. б) Проведіть діагоналі АС і А Е . Визначте вид трикутників, що утворилися. 180. Побудуйте правильний трикутник і виріжте його з паперу. Зріжте кути трикутника так, щоб отримати правильний шестикутник. У якому відношенні точки зрізу ділять сторони трикутника?

^ ^

ПИСЬМОВІ ВПРАВИ Рівень А

181. Визначте кількість сторін правильного многокутника, центральний кут якого дорівнює: а) 90"; ' б) 72°; в) 20°. 182. Знайдіть кути правильного л-кутника, якщо: а) п = 5; б) п = 6; в) п = 10. ^ ^ 183. Визначте кількість сторін правильного многокутника, в якому: а) центральний кут дорівнює ЗО"; б) сума кутів дорівнює 1800°. 184. Доведіть, хцо діагональ правильного п ' я т и к у т н и к а паралельна одній із його сторін. —^ 185. Доведіть, що найбільша діагональ правильного ш е с т и к у т н и к а ділить його на дві трапеції. 186. Знайдіть радіус кола: а) вписаного в правильний трикутник зі стороною 8\/з см; б) описаного навколо квадрата з площею 16 см-; в) вписаного в правильний шестикутник з периметром 36\/3 см. 59

РОЗДІЛ II. Правильні многокутники 187.

Знайдіть: а) площу рівностороннього трикутника, навколо якого описано коло радіуса 2 см; б) діагональ квадрата, в я к и й вписано коло радіуса \І2 см; в) периметр правильного шестикутника, навколо якого описано коло діаметром 8 см. 188. Заповніть таблицю формул д л я обчислення сторони а п , радіуса R описаного кола і радіуса г вписаного кола д л я правильного п-кутника. п

Rчерез ап

г через ап

ачерез

ап через г

Rчерез г

г через R

3 4 6

189. Переріз терпуга має форму правильного т р и к у т н и к а зі стороною 3 см. Яким має бути мінімальний діаметр круглого металічного стрижня, з якого виготопляють терпуг? —^ 190. Поперечний переріз дерев'яного бруска є квадратом з діагоналлю 4-J2 см. Знайдіть найбільший діаметр круглого стрижня, я к и й можна виточити з такого бруска. 191. Побудуйте правильний шестикутник із периметром 12 см. Обчисліть площу побудованого шестикутника. —^ 192. Впишіть квадрат у коло радіуса 3 см. За допомогою вписаного квадрата побудуйте правильний восьмикутник, вписаний у дане коло.

Рівень Б 193. Доведіть, що зовнішній кут правильного многокутника дорівнює його центральному куту. 194. Визначте кількість сторін правильного многокутника, кути якого дорівнюють: а) 120°; б) 108°; в) 150°. —^ 195.

Знайдіть: а) периметр правильного многокутника зі стороною 5 см і внутрішнім кутом 144°; б) сторону правильного многокутника, периметр якого дорівнює 48 см, а внутрішній кут утричі більший, н і ж зовнішній.

§ б. Вписане й описане кола правильного многокутника 196. Доведіть, що середини сторін правильного л кутника є вершинами іншого правильного л-кутника. ^^

197. Доведіть, що вершини правильного 2л-кутника, взяті через одну, є вершинами правильного л-кутника. 198. Знайдіть: а) площу правильного ш е с т и к у т н и к а , вписаного в коло, я к щ о площа квадрата, описаного навколо цього кола, дорівнює 64 см 2 ; б) площу квадрата, описаного навколо кола, я к щ о площа правильного трикутника, вписаного в це коло, дорівнює 9 v 3 см2; в) радіус кола, описаного навколо правильного шестикутни_ ка, я к щ о радіус кола, вписаного в цей шестикутник, дорівнює 8\/з см. 199. Знайдіть: а) площу квадрата, вписаного в коло, я к щ о площа правильного шестикутника, вписаного в це коло, дорівнює 6\/з см 2 ; б) площу правильного т р и к у т н и к а , описаного навколо кола, я к щ о площа квадрата, описаного навколо цього кола, дорівнює 36 см 2 ; в) радіуси описаного і вписаного кіл рівностороннього трикутника, я к щ о різниця цих радіусів складає 3 см. 2 0 0 . Заповніть таблицю формул д л я обчислення площі S правильного л-кутника зі стороною ап, радіусом R описаного кола і радіусом /• вписаного кола. п

S через а

S через R

Sчерез

3 4 6

201. Доведіть, що серединні перпендикуляри до будь-яких двох сторін правильного многокутника перетинаються або збігаються. —^ 2 0 2 . Доведіть, що прямі, на я к и х лежать бісектриси будь-яких двох кутів правильного многокутника, перетинаються або збігаються. 2 0 3 . Побудуйте коло радіуса 3 см. Д л я даного кола побудуйте правильні вписаний і описаний ш е с т и к у т н и к и та обчисліть відношення їх Площ. Чи залежить воно від довжини радіуса даного кола? —^ 2 0 4 . Впишіть у коло правильний восьмикутник. Обчисліть його площу, я к щ о радіус кола дорівнює R. 61

РОЗДІЛ II. Правильні многокутники

Рівень В 2 0 5 . Р і з н и ц я зовнішніх кутів двох правильних многокутників становить 24°, а різниця сум усіх внутрішніх кутів цих многокутників становить 720°. Визначте кількість сторін кожного многокутника. —^ 2 0 6 . Визначте кількість сторін правильного многокутника, я к щ о : а) сума чотирьох його внутрішніх кутів на 240° більша за суму решти кутів; б) сума чотирьох внутрішніх і двох зовнішніх його кутів дорівнює 576°. 207. Правильний трикутник, квадрат і правильний шестикутник мають однакові периметри. Знайдіть відношення їх площ. 2 0 8 . Правильний трикутник, квадрат і правильний шестикутник вписані в одне коло. Знайдіть відношення їх площ. 2 0 9 . Доведіть формулу залежності сторони а2п правильного вписаного 2я-кутника від радіуса R описаного кола і сторони ап правильного вписаного л-кутника (формулу подвоєння числа сторін правильного вписаного многокутника):

($)

Користуючись цією формулою, виразіть через R сторони правильного вписаного восьмикутника та дванадцятикутника. 210. Впишіть у коло даного радіуса R правильний десятикутник. а) Доведіть, що сторона аш побудованого десятикутника і радіус R кола відносяться в «золотому перерізі». б) Впишіть у дане коло правильний п'ятикутник.

ПОВТОРЕННЯ ПЕРЕД ВИВЧЕННЯМ § 7 Теоретичний матеріал • коло і круг; • вписані кути; • поняття площ.

( 7 клас, § 19 у ( ( 8 клас,

Задачі 211. Два кути трикутника дорівнюють 15" і 85°. Знайдіть центральні кути, під я к и м и сторони даного трикутника видно з центра описаного кола. 212. Дві сторони т р и к у т н и к а дорівнюють 6 см і 8 см, а його площа 24 см 2 . Знайдіть радіуси описаного і вписаного кіл трикутника. 360

§ 7.

Довжина кола і площа круга

7.1. Довжина кола і дуги кола Отримати наочне уявлення про довжину кола досить просто — для цього достатньо, наприклад, уявити, що коло е металевим обручем, я к и й молена розрізати в довільній точці А і розпрямити (рис. 32). Отримаємо відрізок ААХ, довжина якого і є довжиною кола.

А,

Рис. 32. Наочне уявлення про довжину кола

Рис. 33. До означення довжини кола

Сформулювати строге означення довжини кола значно складніше. Розглянемо послідовність вписаних у,коло правильних л-кутників. Периметр будь-якого з них може вважатися наближеним значенням довжини кола (рис. 33). ГІри необмеженому зростанні числа п такі л кутники все ближче «прилягають» до кола, а їхні периметри все менше ^відрізняються від довжини кола. Отже, визначимо довжину кола я к величину, до якої прямують периметри правильних л-кутників, вписаних у дане коло, при необмелсеному зростанні числа п. ГІерш ніж подати формулу довжини кола, сформулюємо важливу допоміжну теорему. Т е о р е м а (про відношення довжини кола до його діаметра) В і д н о ш е н н я д о в ж и н и кола д о його д і а м е т р а не з а л е ж и т ь від кола, тобто те саме д л я будь-яких двох кіл.

Доведення цієї теореми виходить за межі шкільного курсу геометрії. Тому наведемо лише 63

РОЗДІЛ II. Правильні многокутники загальну схему міркувань, на я к и х воно ґрунтується (повне доведення подається в Додатку 1). Р о з г л я н е м о два к о л а з р а д і у с а м и R' і R" та в п и с а н і в них п р а в и л ь н і л к у т н и к и з п е р и м е т р а м и Р п ' і Р " . О с к і л ь к и 180°

180°

2ЙЗШ—,

то

8Ш

Р'

R' — ^ = - , ,

в і д к

„

Р'

Р"

п ГІри необмеженому зростанні п периметри л-кутників за означенням прямують до довжин відповідних кіл С' і С", отже, помноживши 1

С'

С"

обидві частини останньої рівності на —, маємо —— = ——, що й ствер2 2R 2R джується теоремою. Таким чином, для всіх кіл відношення довжини кола до діаметра є сталим числом. Це число прийнято позначати грецькою буквою л (читається «пі»): С = л. 2К Доведено, що it — ірраціональне число, значення якого дорівнює 3,1415 Великий грецький учений Архімед у III ст. до н. е. встановив, що раціональне число — 7

є наближеним значенням числа тс з точністю

до сотих. Для практичних обчислень зазвичай використовують значення к = 3,14. Отже, довжина кола радіуса R обчислюється за формулою

C=2kR.

Визначимо довжину І дуги кола з градусною мірою а (рис. 34). Оскільки довжина кола дорівнює 2nR, то довжина дуги з градусною мірою 1° становить

360 Рис. 34. Дуга кола з градусною мірою а

2 nR 360

_ , тобто

tiR 180

Тому довжина дуги кола з градусною мірою а обчислюється за формулою

1„ = —— • а .

§ 7. Довжина кола і площа круга

7.2. Площа круга та його частин Нагадаємо, що поняття площі було визначено у 8 класі лише для многокутників. Для визначення площі круга скористаємось міркуваннями, аналогічними до тих, за я к и м и визначалася довжина кола. Отже, площею круга, обмеженого даним колом, будемо вважати величину, до якої прямує площа правильного л-кутника, вписаного в дане коло, при необмеженому зростанні числа п. Теорема

( ф о р м у л а площі круга)

Площа круга радіуса R обчислюється за ф о р м у л о ю

S = кК\

Я к і у випадку довжини кола, доведення цієї теореми виходить за межі шкільного курсу геометрії, тому знову наведемо лише загальну схему міркувань (повне доведення подається в Додатку 1). Впишемо в дане коло радіуса R правильний л-кутник АХАГ.. Ап зі стороною ап, і в цей п-кутник впишемо ще одне коло радіуса r a (рис. 35). Тоді ~ "2 а и 1 и ' t Рис. 35. До обґрунтування формули площі круга

і =

Л/ІЛу -

~а„г„ = — Р„Г„ '

де Р п — периметр л-кутника. Із п р я м о к у т н о г о т р и к у т н и к а rn = Bcos

180°

•. ГІри

необмеженому

АхОВ

маємо

зростанні

180 180° прямує до нуля, отже, значення соя п п прямує до cos0°, я к и й дорівнює одиниці. З іншого боку, при зростанні п вписане коло «наближується» до описаного, гп — до Я, а периметр вписаного л-кутника — до довжини даного кола С. Отже, при необмеженому зростанні п маємо дріб

S = -CR 2

= -2nR 2

R = KR'. 65

РОЗДІЛ II. Правильні многокутники Задача Довжина кола дорівнює 12л см. Знайдіть площу круга, обмеженого даним колом.

Розв'язання Оскільки довжина кола дорівнює 2nR, то за умовою 2rcR = 12л, звідки R = 6 см — радіус даного кола. Отже, за формулою S = JIR2 маємо:

5 = я • б2 = 36л (см2).

Відповідь: 36л см 2 .

Задача Якою має бути довжина дроту, щоб зробити з нього коло, яке обмежує площу 154 см2?

Розв'язання Оскільки площа круга дорівнює лR2, то за умовою лР г = 154. Враховую22 ~ маємо R 7 '

чи, що 71 = •

1154 V я

/154-7 = 7 (см) — радіус даного кола. V 22

Знайдемо довжину дроту за формулою

С=

2 22 7

= 44 (см).

(О (О (О (О

Сектор — від латинського «сектор» — різець. Сегмент — від ла-

тинського «сегментум» — відрізок

C=2nR-

Відповідь: «44 см.

Зауважимо, що в суто геометричних задачах відповідь можна подавати у вигляді буквеного виразу, я к и й містить it, а в прикладних задачах бажано число л замінювати його наближеним значенням. Означення Круговим сектором називається частина круга, яка лежить усередині відповідного центрального кута.

На рис. 36 з а ш т р и х о в а н о круговий сектор, я к и й відповідає меншому центральному куту АОВ (або спирається на дугу АМВ). Оскільки площа круга дорівнює пК г , то площа кругового сектора, що спирається на дугу 1°, kR2 дорівнює Отже, п л о щ а кругового сектора, 360

Рис. 36. Круговий сектор

що спирається на дугу з градусною мірою а, обчислюється за формулою лЯ 2 S — -а. 360

§ 7. Довжина кола і площа круга .в

Означення Круговим сегментом називається частина круга, яка

лежить по один бік від прямої, що перетинає даний круг.

Унаслідок перетину круга з прямою АВ утворюються два кругові сегменти: на рис. 37, а заштриховано менший круговий сегмент, а на рис. 37, б — більший круговий сегмент. П л о щ а сегмента, я к и й не дорівнює півкругу, обчислюється за формулою шш

б Рис. 37. Круговий сегмент

360

де а — градусна міра дуги, що обмежує д а н и й сегмент, 5>Л — площа т р и к у т н и к а з в е р ш и н а м и в центрі круга і на к і н ц я х цієї дуги. При цьому з н а к «+» треба обирати, коли а >180°, а знак «-» — коли а <180°. У випадку а = 1 8 0 ° сегмент є півкругом, площа якого дорівnR2 нює

Запитання і задачі

УСНІ ВПРАВИ 213. Визначте, я к зміняться довжина кола і площа відповідного круга, якщо: а) радіус кола 'збі'льшити втричі; б) діаметр кола зменшити в 5 разів. 214. Чи правильно, що довжина кола більша за його потрійний діаметр? 215. Чи може площа правильного многокутника, вписаного в коло, бути більшою, ніж площа круга, обмеженого даним колом? 216. Круговий сектор спирається на дугу а . Визначте, чи є кут а гострим, прямим або тупим, якщо: а) довжина дуги, я к а обмежує сектор, становить чверть довжини кола; б) площа сектора становить третину площі круга. 217. Із круга радіуса 4 вирізано сегмент. Визначте, чи є даний сегмент більшим або меншим за півкруг, якщо: а) площа сегмента дорівнює 9гс; б) площа сегмента становить половину площі частини круга, що лишилася. 67

РОЗДІЛ II. Правильні многокутники

ГРАФІЧНІ ВПРАВИ 218. Впишіть у круг рівиосторонній т р и к у т н и к . сегменти, що утворилися. Я к а градусна міра їхніх 219. Накресліть два круга зі спільним центром і 3 см. Порівняйте на око площу меншого круга що утворилося. Перевірте правильність порівняння

Виділіть кольором дуг? і радіусами 2 см з площею кільця, шляхом обчислень.

ПИСЬМОВІ ВПРАВИ Рівень А 2 2 0 . Знайдіть: а) довжину кола, радіус якого дорівнює б см; б) радіус кола, довжина якого дорівнює 12,56 см. 221. Знайдіть довжину кола: а) вписаного у квадрат з площею 144 см 2 ; б) описаного навколо рівностороннього т р и к у т н и к а зі стороною 4 v 3 см; в)описаного навколо правильного ш е с т и к у т н и к а з периметром 30 см.

360

2 2 2 . Знайдіть довжину кола: а) вписаного в рівиосторонній трикутник з площею 3\/3 см 2 ; б) описаного навколо квадрата з діагоналлю 8 см. 2 2 3 . На відстані 219,8 м колесо електровоза робить 50 обертів. Знайдіть діаметр колеса. 2 2 4 . Обчисліть довжину кругової орбіти штучного супутника Землі, я к щ о він обертається на відстані 330 км від земної поверхні, а радіус Землі дорівнює 6370 км. 2 2 5 . Знайдіть довжину дуги кола радіуса R, я к щ о її градусна міра дорівнює: а) 90°; б) 135°; в) 340°. 2 2 6 . Довжина маятника настінного годинника дорівнює 60 см, а кут його коливань — ЗО". Знайдіть довжину дуги, я к у описує кінець маятника. 227. Знайдіть діаметр кола, я к щ о його дуга завдовжки 12,56 см має градусну міру 240°. 2 2 8 . Довжина кола циркової арени дорівнює 75,36 м. Знайдіть площу арени.

§ 7. Довжина кола і площа круга 2 2 9 . Знайдіть площу круга, обмеженого колом: а) вписаним в правильний шестикутник зі стороною 8%/з см; б) описаним навколо квадрата з периметром 12ч/2 см. 2 3 0 . Знайдіть площу круга, обмеженого колом: а) описаним навколо рівностороннього трикутника з висотою 6 см; б) вписаним у квадрат з діагоналлю 14\/2 см. 231. Радіуси кіл стрілецької мішені дорівнюють 1, 2, 3 і 4 (рис. 38). Знайдіть площу кожного з трьох кілець мішені. 2 3 2 . Дві труби водогону, внутрішні діаметри я к и х дорівнюють 10 см і 24 см, необхідно замінити однією, не змінюючи пропускної спроможності. Я к и м має бути внутрішній діаметр нової труби? 2 3 3 . Знайдіть площу кругового сектора з радіусом R і дугою а , якщо: а) Я = 9, а = 120°; б) R = 8, а = 225°; в) R= 12, А= 15°. 2 3 4 . Знайдіть площу більшого і меншого кругових сегментів, на які круг радіуса 1 ділиться хордою, що дорівнює радіусу.

Рівень Б 2 3 5 . Знайдіть довжину кола: &) вписаного в трикутник зі сторонами 8 см, 26 см і ЗО см; б) описаного навколо прямокутника зі сторонами 6 см і 8 см; в) вписаного в правильний шестикутник з площею вч/з см 2 . 2 3 6 . Д о в ж и н а кола, вписаного в рівнобедрену трапецію, дорівнює 12л см. Знайдіть площу трапеції, я к щ о її бічна сторона дорівнює 13 см. —^ 237. Знайдіть довжину кола: а) вписаного в'ромб і з ' д і а г о н а л я м и ЗО см і 40 см; б) описаного навколо прямокутного трикутника з катетами 14 см і 48 см. 2 3 8 . На рис. 39 на сітці з одиничних квадратів зображено фігури, що складаються з дуг кіл із заданими центрами. Знайдіть: а) периметр зображеної фігури (рис. 39, а); б) площу зафарбованої частини круга (рис. 39, б).

Рис. 38

Рис. 39

КР 69

РОЗДІЛ II. Правильні многокутники —^ 2 3 9 . На рис. 40 на сітці з одиничних квадратів зображено фігури, що складаються з дуг кіл із заданими центрами. Знайдіть: а) периметр зображеної фігури (рис. 40, а); б) площу зафарбованої частини круга (рис. 40, б). 2 4 0 . Визначте довжини дуг, я к і описують протягом 2 годин к і н ц і стрілок годинника на будівлі Харківського університету, я к щ о годинникова стрілка має довжину 2,4 м, а хвилинна — 3,2 м. —^ 241. Зі шматка металевого дроту, я к и й має форму дуги кола радіуса З м, необхідно зварити кільце. Знайдіть радіус цього кільця, я к щ о градусна міра дуги складає 120°. 2 4 2 . Знайдіть площу круга, обмеженого колом: а) описаним навколо рівнобедреного трикутника з основою 48 см і проведеною до неї медіаною 32 см; б) вписаним в ромб з периметром 48 см і кутом 120". —^ 2 4 3 . Знайдіть площу круга, обмеженого колом: а) описаним навколо п р я м о к у т н и к а з меншою стороною 4 см і кутом м і ж діагоналями 60°; б) вписаним в трикутник зі сторонами 11 см, 13 см і 20 см. 2 4 4 . Два кола мають спільний центр О (рис. 41). Доведіть, що площа утвореного кільця дорівнює добутку ширини кільця АВ на довжину кола з тим самим центром і радіусом ОС (С — середина АВ). 2 4 5 . Площа сектора з дугою 108° дорівнює S. Знайдіть радіус сектора.

? V

360

б Рис. 40

Рис. 41

§ 7. Довжина кола і площа круга 2 4 6 . Знайдіть площу кожного із сегментів, що лежать поза вписаним у коло радіуса R правильним л-кутником, якщо: а) п = 3 (рис. 42, а);

б) п = 4 (рис. 42, б);

в) п = 6 (рис. 42, в).

Рис. 42

—^ 247. Радіус круга дорівнює R. Знайдіть площу кругового сегмента, дуга якого дорівнює: а) 60°; б) 240°.

Рівень В

2 4 8 . За даними рис. 43: а) доведіть, що площа зафарбованого трикутника дорівнює сумі площ зафарбованих серпиків (рис. 43, а); б) знайдіть периметр фігури, яка зображена на сітці з правильних трикутників зі стороною 1, і складається з дуг кіл із заданими центрами (рис. 43, б).

І'ОІДІЛ II. ИрпиильнІ многокутники —^ 2 4 9 . На д н і і и м и рис. 44: а) доведіть, що площа зафарбованої фігури дорівнює сумі площ шести зафарбованих серпиків (рис. 44, а); б) знайдіть периметр фігури, яка нарисована на сітці з одиничних квадратів і складається з дуг кіл із заданими центрами (рис. 44, б).

б Рис. 44

2 5 0 . Площа кругового сектора дорівнює 6л см 2 , а довжина його дуги — 2л см. Знайдіть площу круга, вписаного в цей сектор (рис. 45).

Рис. 45

—^ 251. Сторони трикутника дорівнюють 17 см, 25 см і 28 см. Коло з центром на найбільшій стороні трикутника дотикається до двох інших сторін. Знайдіть площу круга, обмеженого цим колом. 2 5 2 . Коло ділить кожну сторону рівностороннього трикутника на три рівні частини завдовжки 2 см. Знайдіть площу частини трикутника, що л е ж и т ь усередині кола.

§ 7. Довжина кола і площа круга

ПОВТОРЕННЯ ПЕРЕД ВИВЧЕННЯМ § 8 Теоретичний матеріал • теорема Фалеса; середні лінії трикутника і трапеції;

8 кла

( 8 клас, § 13

• теорема Піфагора. Задачі 2 5 3 . Відстані від кінців відрізка АВ до прямої І дорівнюють 10 см і 28 см (точки А і В лежать по один бік від прямої). Знайдіть відстань від середини відрізка АВ до прямої І. 2 5 4 . Відрізки ААу = 10 см і ВВ{ = 28 см •— відстані від точок А і В до прямої І (точки А і В лежать по один бік від прямої). Знайдіть відстань м і ж точками А і В, я к щ о Д В , = 24 см.

Задачі для підготовки до контрольної роботи № 2 1. Знайдіть внутрішній і центральний кути правильного дванадцятикутника. 2 . Площа круга, вписаного у квадрат, дорівнює 16л см 2 . Знайдіть площу квадрата. 3. Знайдіть д о в ж й н у кола, описаного навколо правильного шестикутника, найбільша діагональ якого дорівнює 14 см. 4 . Правильний трикутник ABC вписано в коло. Знайдіть площу трикутника, я к щ о довжина дуги CAB складає 8л см. 5. Визначте кількість сторін правильного вписаного многокутника, я к щ о кожна сторона стягує дугу Зл см, а радіус описаного кола дорівнює 12 см. 6. • Прямокутний т р и к у т н и к з гіпотенузою 12 і гострим кутом 30" вписано в круг. Знайдіть площу кожного з сегментів, я к і відтинають сторони трикутника.

Підсумки розділу II ПІДСУМКОВИЙ ОГЛЯД РОЗДІЛУ II Правильні многокутники Правильним многокутником називається опуклий многокутник, у якому всі сторони рівні й усі кути рівні Правильний трикутник

Правильний чотирикутник (квадрат)

а 3 = 60 о

а .4 = 90°

Правильний шестикутник

а =120°

Формула для обчислення кута а п правильного /г-кутника: „

=£zl.180o

Центральним кутом правильного многокутника називається кут, під яким сторону многокутника видно з центра цього многокутника. Центральний кут правильного л-кутника дорівнює

360°

Вписане й описане кола правильного многокутника Є=SjOn

( Г

Г / \

її

Теорема про вписане й описане кола правильного многокутника Навколо будь-якого правильного многокутника можна описати коло, і в будь-який правильний многокутник можна вписати коло, причому центри описаного і вписаного кіл збігаються. Правильний многокутник має єдине вписане і єдине описане кола

Підсумкидорозділу III

Формули радіусів вписаного й описаного кіл Для

правильного п-кутника а

г =

п -

Для правильного трикутника a3

180° 2tg л Л

R-

2 sin

" 180° n

Для

квадрата _ a< ~ 2

2s/3

Для правильного шестикутника a J3 г = —e 2 R = a6

P-

Формули для кола і круга та їх частин Теорема про відношення довжини кола до його діаметра Відношення довжини кола до його діаметра не залежить від кола, тобто Q те саме д л я будь-яких двох кіл: = л -3,14 • 2 R

Довжина кола C = 2nR

Площа круга

Круговим сектором називається частина круга, я к а л е ж и т ь усередині відповідного центрального кута

Довжина дуги

1 -

к Я

" ~

180

\ 1

Площа кругового сектора

«сект -

Круговим сегментом називається частина круга, я к а л е ж и т ь по один бік від прямої, що перетинає даний круг

Площа сегмента, меншого за півкруг S ссгм—

• (X

SA Д

сегмента, більшого 38 ™вкруг ^ЩШг

ScetM -

360

а+

РОЗДІЛ II. Правильні многокутники

^ ^

КОНТРОЛЬНІ ЗАПИТАННЯ ДО РОЗДІЛУ II 1. Дайте означення правильного многокутника. 2. Доведіть формули радіусів вписаного і описаного кіл д л я правильного п-кутника. 3. Виразіть радіуси вписаного й описаного кіл: а) правильного трикутника зі стороною а; б) квадрата зі стороною а; в) правильного шестикутника зі стороною а. 4 . Опишіть побудову правильного трикутника, квадрата, правильного шестикутника. 5. Сформулюйте теорему про відношення довжини кола до його діаметра. Назвіть наближене числове значення цього відношення. Я к воно позначається? 6. Запишіть формули довжини кола і довжини дуги кола. 7. Запишіть формулу площі круга. 8. Опишіть круговий сектор. Запишіть формулу площі кругового сектора. 9. Опишіть круговий сегмент. З а п и ш і т ь формулу площі кругового сегмента.

ДОДАТКОВІ ЗАДАЧІ ДО РОЗДІЛУ II 2 5 5 . Сума внутрішніх кутів правильного многокутника вдвічі більша за суму його зовнішніх кутів. Знайдіть площу цього многокутника, я к щ о радіус кола, описаного навколо нього, дорівнює R. 2 5 6 . У п р я м и й кут вписано коло радіуса 4 см. Знайдіть периметр фігури, обмеженої сторонами кута і меншою дугою кола, що міститься м і ж точками дотику. 257. Визначте, чи буде правильним рівиосторонній многокутник, я к щ о він є: а) описаним навколо кола; б) вписаним у коло. 2 5 8 . У коло вписані квадрат і правильний трикутник. Знайдіть площу трикутника, я к щ о площа квадрата дорівнює S. 2 5 9 . Центри двох кіл, що перетинаються, лежать по різні боки від їх спільної хорди завдовжки а. Ця хорда в одному з кіл є стороною вписаного квадрата, а в іншому — стороною правильного вписаного шестикутника. Знайдіть відстань м і ж центрами кіл. 2 6 0 . У сегмент, дуга якого дорівнює 120° і має довжину /, вписано коло найбільшого радіуса (рис. 46). Знайдіть довжину цього кола. 360

Підсумкидорозділу III 261. Два кола м а ю т ь спільний центр. З н а й д і т ь площу, утвореного кільця, я к щ о хорда більшого кола, я к а дотикається до меншого, має довжину 2а. Задачі підвищеної складності 2 6 2 . Відрізки, що сполучають середини кожної зі сторін квадрата з к і н ц я м и протилежної сторони, обмежують опуклий восьмикутник (рис. 47). Чи є він правильним?

Рис. 47

Рис. 46

2 6 3 . Доведіть,

що

площа

правильного

шестикутника

дорівнює

— добутку двох його нерівних діагоналей. 4

2 6 4 . Сторона квадрата дорівнює а. З н а й д і т ь д о в ж и н у кола, я к е проходить через кінці однієї сторони і дотикається до протилежної. 2 6 5 . Сторона квадрата дорівнює а. Кожна вершина квадрата є центром кола радіуса а (рис. 48). Знайдіть периметр криволінійного чотирикутника ABCD. 2 6 6 . Два кола з радіусами 3 см і 9 см дотикаються зовні в точці А. Деяка пряма дотикається до даних кіл у точках В і С (рис. 49). Знайдіть площу криволінійного трикутника ABC і радіус кола, вписаного в нього.

К Рис. 48

Рис. 49

ІСТОРИЧНА ДОВІДКА Інтерес людини до правильних многокутників ^^^^^^ виявлявся з прадавніх часів. Правильні чотирикутники, шестикутники і восьмикутники зустрічаються ^^^^^^^^^ в культурах Давнього Єгипту і Вавилону у вигляді настінних зображень і прикрас із каменю. Давніх греків ^^г f ^ ^ B цікавила проблема поділу дуги кола на деяку кільЛ Я кість рівних частин для побудови правильних вписа^^г них многокутників. Дослідження піфагорійців із цього 'Щї.ьШш питання були систематизовані Евклідом, який у четвертій книзі «Начал» описує побудову правильного \ / 15-кутника циркулем і лінійкою. Однак, побудувавши правильні n-кутники при п = 3, 4, 5, б, учені довго Карл Гаусс не могли довести можливість побудови правильного семикутника і дев'ятикутника. У загальному вигляді для простих чисел п цю задачу розв'язав у 19-річному віці знаменитий німецький математик Карл Гаусс (1777-1855): він довів, що для будь-якого л = 2?k + 1, де k - натуральне число або нуль, задачу поділу дуги кола на п рівних частин можна розв'язати циркулем і лінійкою, а для інших простих чисел п така побудова неможлива. За відсутності точних математичних розрахунків у минулі часи широко використовувалися приблизні обчислення і побудови. Але найбільш широко наближені обчислення застосовувалися в задачах на знаходження довжини кола й площі круга Ще в папірусі Ринда (XVII ст. до н. е.) вказувалося, що за площу круга слід приймати площу квадрата зі стороною, що дорівнює ження

діаметра: 256

R2, тобто для числа л обиралося набли-

= 3,1605... . В інших єгипетських та вавилонських текстах зустрі81 чається наближення л ~ 3 , яке цілком влаштозувало тогочасних землемірів. Давні римляни за допомогою прямого вимірювання довжини кола мотузкою отримали наближення л = 3,12. Але перша спроба визначення числа л на підставі теоретичних міркувань була здійснена в III ст. до н. е. славетним давньогрецьким ученим Архімедом. У своїй роботі «П

на підставі вимірювання периметрів описаних і вписаних многокутників він 10

22 -

довів, що 3 — < я < 3— . Наближене значення к = — = 3,14, запропоноване 71 7 7 Архімедом, використовується, як вам відомо, і в наш час. З появою нових методів обчислень дослідження числа я продовжувалися. У 1736 р. Леонард Ейлер обчислив к з точністю до 153-го десяткового знака. Саме він ввів у обіг позначення к (від першої букви грецького слова «периферія» - коло). У наші часи значення п обчислене з точністю до кількох сотень тисяч знаків, і в пресі щоразу з'являються повідомлення про нові «рекорди» точності цих обчислень. Але ці досягнення цікавлять хіба що книгу рекордів Гіннеса, адже ніякого практичного значення така точність не має вона лише демонструє переваги сучасних засобів і методів обчислень. Дослідження Архімеда і його послідовників започаткували напрям геометрії, який сьогодні часто виділяють в окремий розділ - геометрію кіл.

Леонард Ейлер

І Олександро-Невська Лавра, де поховано Леонарда Ейлера

РОЗДІЛ II. Правильні многокутники

ТЕМАТИКА ПОВІДОМЛЕНЬ І РЕФЕРАТІВ ДО РОЗДІЛУ II 1. 2. 3. 4. 5. 6.

Ізопериметрична задача. Ізопериметричні властивості правильних многокутників. Екстремальні властивості вписаних і описаних правильних многокутників. Історія дослідження числа л. Архімед і давньогрецька математика. Геометрія кіл в оптиці: лінзи й серпики. Задачі про кола, що дотикаються. Арбелос (шевський ніж).

РЕКОМЕНДОВАНІ Д Ж Е Р Е Л А І Н Ф О Р М А Ц І Ї 1. 2. 3.

8. 9.

10. 11.

Математична хрестоматія д л я 6—8 класів. Т. 1 [Текст]. — К. : Рад. шк., 1968. — 320 с. Математична хрестоматія д л я старших класів. Геометрія. T. 2 [Текст] / упоряд. JI. В. Кованцова. — К. : Рад. шк., 1969. — 383 с. Глейзер, Г. И. История математики в школе. VII—VIII классы: Пособие д л я учителей [Текст] / Г. И. Глейзер. — М. : Просвещение, 1982. — 240 с. Б і л е ц ь к и й , Ю. О. Фігури на піску [Текст] / Ю. О. Б і л е ц ь к и й , Г. Б. Філіповський. — X. : Вид. група «Основа», 2003. — 96 с. — (Б-ка журн. «Математика в школах України»). Бевз, Г. П. Геометрія кіл [Текст] / Г. П. Бевз. — X. : Вид. група «Основа», 2004. — 112 с. — (Б-ка журн. «Математика в школах України). Прасолов, В. В. Задачи по планиметрии. Ч. 1 [Текст] / В. В. Прасолов. — Изд. 2-е, перераб. и доп. — М. : Наука : Гл. ред. физ.-мат. лит., 1986. — 320 с.' — (Б-ка мат. кружка). Прасолов, В. В. Задачи по планиметрии. Ч. 2 [Текст] / В. В. Прасолов. — Изд. 2-е, перераб. и доп. — М. : Наука : Гл. ред. физ-мат. лит., 1986. — 320 с. — (Б-ка мат. кружка). Понарин, Я. П. П л а н и м е т р и я , преобразования плоскости. Т. 1. [Текст] / Я. П. Понарин. — М. : МЦНМО, 2004. Шарыгин, И. Ф. Геометрия. 7—9 классы: От учебной задачи к творческой: Учеб. пособие [Текст] / И. Ф. Шарыгин. — М. : Дрофа, 2002. — (Задачники «Дрофы»). Інтернет-бібліотека МЦНМО. http://ilib.mirrorO.mccme.ru/ Сайт видавництва «Ранок», http://www.ranok.com.ua

КАРТОВІ НА ПЛОЩИНІ

Мислю,— отже, існую. Рене Декарт,

французький

учений

Координатний метод, біля витоків виникнення якого стояв великий французький математик і філософ XVII ст. Рене Декарт, став справжнім переворотом у геометрії та математиці в цілому. Завдяки координатам учені отримали універсальний спосіб поставити у відповідність геометричним об'єктам алгебраїчні вирази і співвідношення. Взагалі, вміння перейти в процесі розв'язування задачі до іншої пошукової області завжди вважалося «вищим пілотажем» математики. Відкриття Декарта дало науці можливість створити своєрідний словник для перекладу геометричних задач мовою алгебри з подальшою можливістю використовувати рівняння і тотожні перетворення виразів для розв'язування суто геометричних проблем. У наш час жодну природничу науку або технічну галузь неможливо уявити на сучасному рівні розвитку без застосування координат. Більш того, доведення багатьох уже відомих вам геометричних тверджень завдяки координатному методу значно спрощуються. І хоча на перший погляд теореми й задачі цього розділу здаватимуться вам дещо незвичними для геометрії, але можливості, які відкриває метод координат, варті зусиль, витрачених на його засвоєння.

і.

§ 8.

Найпростіші задачі в

8.1. Прямокутна система координат на площині (повторення)

і •А

А 1 О

координатах

Ах 'х

Рис. 50. Прямокутна система координат на площині

(О (О (О (О

Абсциса — від ла-

тинського «абсцисум» — відрізаний, відсічений.

Ордината — від ла-

тинського «ординатус» — впорядкований. Від цього кореня походить і слово «координата»

Нагадаємо, що для введення системи координат на площині через деяку точку О необхідно провести дві взаємно перпендикулярні прямі Ох і Оу, вибрати на кожній із них напрям (його позначають стрілкою) і одиничний відрізок (рис. 50). Точку О називають початком координат, площину, на якій проведені прямі, — координатною площиною, а самі прямі Ох і Оу — координатними осями (або осями координат). Початок координат ділить кожну з осей на дві півосі: додатну (на ній позначається стрілка) і від'ємну. Тепер будь-якій точці А даної площини можна однозначно поставити у відповідність впорядковану пару чисел — координати цієї точки. Для цього з точки А проведемо перпендикуляри ААх 1 Ох і АА1 Оу. Перша координата точки А — абсциса (позначається буквою х) — є додатним числом, якщо точка Ах лежить на додатній півосі бсі'Ох, або від'ємним числом, якщо точка Ах лежить на від'ємній півосі осі Ох. При цьому модуль числа х дорівнює довжині відрізка OA . Аналогічно визначається друга координата точки А — ордината (позначається буквою у): це додатне число, якщо точка А^ лежить на додатній півосі осі Оу, або від'ємне число, якщо точка Au лежить на від'ємній півосі t>ci Оу, а модуль числа у дорівнює довжині відрізка OAf/. Координати точки А записують так: А(х\ у). При цьому абсцису точки вказують першою, а ординату — другою. З а у в а ж и м о , що ординати точок осі Ох дорівнюють нулю, абсциси точок осі Оу т а к о ж дорівнюють нулю, а початок координат має координати 0(0; 0). 83

РОЗДІЛ III. Декартові координати на площині У II

(+;+)

(-; +)

о ні

IV (+;-)

(-; -)

Рис. 51. Знаки координат точок у різних координатних чвертях

Вісь Ох (зазвичай вона горизонтальна) називають віссю абсцис, вісь Оу — віссю ординат, а введену таким способом систему координат — прямокутною декартовою на честь Рене Декарта, я к и й першим застосував її у своїх дослідженнях. Осі координат д і л я т ь п л о щ и н у на чотири частини ( к о о р д и н а т н і чверті). У м е ж а х однієї чверті знаки координат точок зберігаються такими, я к і вказані на рис. 51. Розглянемо основні випадки застосування координат д л я вивчення геометричних фігур та їх властивостей.

8.2. Координати середини відрізка Теорема

(формули координат середини відрізка)

Координати середини відрізка обчислюються за формулами X, +х„ SLtb. х =J 2 де А(хх, у,) і В(х 2 ; у2) — кінці відрізка, С(х; у) — середина відрізка.

у'

•^о С0

В0 х

Рис. 52. До доведення формул координат середини відрізка

Доведення • Н е х а й відрізок АВ не перетинає вісь Ох. Розглянемо в и п а д о к , к о л и х{ < х2 (рис. 52). Проведемо п е р п е н д и к у л я р и АА0, BBQ і СС0 до осі Ох. Очевидно, що АА() || ВВ01| СС0 і основи перпендикулярів мають координати А0(дс,; 0), В0(х2; 0) і С0(х; 0). Оскільки точка С — середина відрізка АВ, то за теоремою Фалеса точка С, — середина відрізка А0В0. Це означає, що А0С0=С0В0, X +X тобто Х02-X = X - х,,1 з в і д к и х = ——-. 2 Той самий результат дістанемо і у випадку х 1 > х2 (перевірте це самостійно). У випадку д:, = х2 точки А 0 , В(1 і С0 збігаються, тобто х, = х = х2, і формула знову справджується. Випадок, коли відрізок АВ перетинає вісь Ох, зводиться до щойно розглянутого. Рівність у =

У> +Уі

доводимо аналогічно.

•

§ 8. Найпростіші задачі в координатах

Задача Вершини чотирикутника ABCD мають координати А(-2; 1), В(0; 4), С(4; 1), D(2; -2). Доведіть, що ABCD — паралелограм.

Розв'язання (1-й спосіб)

Як відомо, за ознакою паралелограма чотирикутник, діагоналі якого точ-

кою перетину діляться навпіл, є паралелограмом. Знайдемо координати

середин діагоналей АС і BD даного чотирикутника ABCD. Середина відрізка АС має координати

-2 + 4

х=•

= 1

1+1 2

Середина відрізка BD має координати X=

0 +2

4 + (-2)

= 1, у = — Г — 1 =

Отже, відрізки АС і BD мають спільну середину (1; 1), тобто чотирикутник ABCD — паралелограм за ознакою.

І н ш и й спосіб розв'язування цієї задачі розглянемо далі.

8.3. Відстань між точками Теорема

( ф о р м у л а відстані між д в о м а т о ч к а м и )

Відстань між точками А(х,; у J і В(х2\ у2) обчислюється за формулою: AB = В

О Рис. 53. До доведення формули відстані між точками

y](xl-x2f+(yi-y2f.

Доведення • Розглянемо спочатку випадок, коли х, Ф х2 і і/, Ф у2 (рис. 53). Проведемо через дані точки А і В прямі, перпендикулярні до осей координат, і позначимо точку їх перетину С. Відстань між точками А і С дорівнює |ле,-л: 2 |, а відстань між точками В і С дорівнює \у1-у2\. Отже, з прямокутного т р и к у т н и к а ABC за теоремою Піфагора маємо: АВ 2 = (ХІ-Х2У+(yt-у2Г,

або А В = у/(х,-Х2)2

+ (у,-y2f

РОЗДІЛ III. Декартові координати на площині У випадку, коли х, = х2, Ф у2, відстань м і ж т о ч к а м и А і В дорівнює 11/, - у 2 1. Той самий результат дає і щойно доведена формула. Аналогічно у випадку х, Ф х2, ух = у2 маємо АВ = | хх - х2 \. Я к щ о точки А і В збігаються, відстань м і ж ними за доведеною формулою дорівнює нулю. • Я к приклад застосування доведеної формули розглянемо другий спосіб розв'язування задачі з п. 8.2. Задача Вершини чотирикутника ABCD мають координати А(-2; 1), В(0; 4), С{4; 1), D(2; -2). Доведіть, що ABCD — паралелограм.

Розв'язання

(2-й

спосіб)

Як відомо, за ознакою паралелограма чотирикутник, протилежні сторони

якого попарно рівні, є паралелограмом. Знайдемо довжини сторін чотирикутника ABCD:

АВ = N/(-2 - 0)г + (1 - 4)г = Щ

В С = V(0-4) 2 +(4-l) 2 = 5,

CD= 7(4 - 2)г + (1 - (-2))г =7ЇЗ, AD= 7(-2-2) г +(1-(-2)) 2 =5. Отже, АВ = CD, ВС = AD, тобто чотирикутник ABCD — паралелограм за ознакою.

Запитання і задачі

УСНІ ВПРАВИ 267. Із точки А(3; - 5 ) проведено перпендикуляри до осей координат. Назвіть координати основ цих перпендикулярів. 2 6 8 . Визначте, у я к і й координатній чверті л е ж и т ь точка А(х\ у), якщо: а) х = -4, у = -9; б) х > 0 , с/<0; в) точка А л е ж и т ь вище осі абсцис і ліворуч від осі ординат. 2 6 9 . Визначте, я к і з координатних осей перетинає відрізок CD, якщо: а) С(3; -2), D(8; 1); б) С(-4; -5), £>(2; -3); в) С(1; -6), D( 7; 2). 2 7 0 . Середина відрізка АВ л е ж и т ь на осі ординат. Назвіть абсцису точки А, я к щ о абсциса точки В дорівнює 12.

§ 8. Найпростіші задачі в координатах 271. Точка С — середина відрізка АВ. Визначте: а) ординату точки В, я к щ о А(дг,; 3), С(х2; 3); б) абсцису точки А, я к щ о С(-1; у,) і В(-1; у2). Я к і й із координатних осей паралельний відрізок А В у кожному з випадків? 2 7 2 . Довжина відрізка АВ дорівнює 5. Ч и можуть: а) абсциси точок А і В відрізнятися на 7; б) ординати точок Л і В відрізнятися на 5? і

ГРАФІЧНІ ВПРАВИ 273. Зобразіть на координатній п л о щ и н і чок М(х; у), я к і задовольняють умови: а)х>-3;

б) у < 1;

•

геометричне

місце

то-

в)

—^ 274. Через точку С(-3; 4) проведіть прямі, паралельні осям координат. Опишіть за допомогою нерівностей умови, що їх задовольняють усі внутрішні точки прямокутника, утвореного цими прямими та осями координат.

ПИСЬМОВІ ВПРАВИ Рівень А

• І 275. Знайдіть координати середини відрізка АВ, якщо: а) А(-12; - 3 ) , В(-8; 1); б) А(4; -11), В(-4; 0); в)А(-2; 9), В(-2; -7). 276. Точка С — середина відрізка АВ. Знайдіть координати: а) точки В, я к щ о А(2; - 3 ) , С(0,5; 1); б) точки А. я к щ о С(0; -1), В(3; -3). —^ 277. Точка Е — середина відрізка CD. Знайдіть координати: а) точки Е, я к щ о С(18; -2), D(6; 4); б) точки Д я к щ о С(-5; 21), Е(0; 1). 2 7 8 . Знайдіть координати четвертої вершини паралелограма ABCD, якщо: а)А(2; 6), В(4; 7), С(8; 10); б) В(-1; 4), С(3; 5), D(l; 3). 87

РОЗДІЛ III. Декартові координати на площині ->

279. Дано точки А(-4; 0), В(-2; -2), С(0; - 6 ) , D{-2; - 4 ) . Доведіть, що чотирикутник ABCD — паралелограм. 2 8 0 . Знайдіть довжину відрізка АВ, якщо: а) А(-3; 8), В(5; 2); б) А{2; -1), В(-7; 0); в) А(5; 0), В(0; -12). 281. Знайдіть х, якщо: а) відстань м і ж точками М(2; 1) і /V(x; - 2 ) дорівнює 5; б) відстань м і ж точками М(х; 0) і N(2; -1) дорівнює 1. —^ 2 8 2 . Знайдіть периметр трикутника ABC, я к щ о А(-1; 2), В(2; 6), С(5; 2). 2 8 3 . Доведіть, що в т р и к у т н и к у з в е р ш и н а м и А ( - 6 ; 5), В(2; -10), С(-13; -18) кути А і С рівні. —^ 2 8 4 . Доведіть, що трикутник з вершинами А(1; 0), в ( 2 ; Т з ) , С(3; 0) рівносторонній.

Рівень Б 2 8 5 . Дано точку А(-4; 3). Знайдіть точку В таку, щоб відрізок АВ був паралельним одній із координатних осей, а його середина лежала: а) на осі абсцис; б) на осі ординат. 2 8 6 . Точка С(х; у) — середина відрізка з к і н ц я м и А(-у; - 4 ) і В(3; х). Знайдіть х і у. 287. Точка С — середина відрізка АВ, точка D — середина відрізка ВС. Знайдіть координати точки D, якщо: а) А(-3; 3), В(5; -1); б) А(-2; -1), С(2; 3). 2 8 8 . На відрізку AD позначено точки В і С так, що АВ = ВС -CD. Знайдіть координати точки D, я к щ о Л(5; 2), В{3; 1). 2 8 9 . За допомогою формули відстані між точками доведіть, що точки К(5; - 3 ) , М(2; 1) і N(-1; 5) лежать на одній прямій. Я к а з цих точок л е ж и т ь м і ж двома іншими? 2 9 0 . Знайдіть точку, я к а рівновіддалена від точок (2; 3) і (6; -1) та лежить: а) на осі абсцис; б) на осі ординат. —^ 291. Доведіть, що трикутник з вершинами А(4; 1), В(6; 2), С(8; - 2 ) прямокутний, і визначте його гіпотенузу. 2 9 2 . Знайдіть довжину медіани A M трикутника ABC, я к щ о А(-6; - 3 ) , В(-4; 3), С(-2; -1). 2 9 3 . У трикутнику ABC знайдіть довжину середньої лінії, паралельної стороні АС, я к щ о А(-2; 1), В(-2; 7), С(2; 5). Розв'яжіть задачу двома способами. 88

§ 8. Найпростіші задачі в координатах 2 9 4 . Доведіть, що чотирикутник ABCD — прямокутник, я к щ о А(-2; -1), В(-4; 1), С(-1; 4), £>(1; 2). —^ 2 9 5 . Доведіть, що чотирикутник ABCD — ромб, я к щ о А(-1; 2), В(2; 3), С(3; 6), D(0; 5).

Рівень В 2 9 6 . Середини сторін т р и к у т н и к а мають координати (-2; 2), (0; 7) і (4; -1). Знайдіть координати вершин трикутника. 2 9 7 (опорна). Точка С, я к а д і л и т ь відрізок з к і н ц я м и A(xt; у,) . лд;. + тх, і В(х ; у.,) у відношенні АС: СВ = т:п, має координати х = , т +п пи, + ти, „ У=— — • Доведіть. т +п 2 9 8 . Знайдіть координати точки перетину медіан трикутника з вершинами (1; 2), (0; 7) і (5; 6). 2 9 9 . Доведіть, що ч о т и р и к у т н и к ABCD — квадрат, я к щ о А(-5; 0), В(-2; 1), С(-1; -2), D(-4; -3). 3 0 0 „ Знайдіть площу трикутника ABC, якщо А(-1; 3), В(2; 4), С(4; -2). —^ 301. Знайдіть периметр і площу трикутника, серединами сторін якого є точки (-3; -1), (1; -1) і (1; 2).

ПОВТОРЕННЯ ПЕРЕД ВИВЧЕННЯМ § 9 Теоретичний матеріал • геометричні місця точок; • лінійна ф у н к ц і я та її графік.

(алгебра, 7 клас

Задачі 3 0 2 . Зобразіть на координатній площині геометричне місце точок: а) віддалених від початку координат на 4; б) рівновіддалених від точок А(-1; 3) і В(5; -1). 3 0 3 . Знайдіть геометричне місце точок, рівновіддалених від вершин рівнобедреного прямокутного трикутника.

РОЗДІЛ III. Декартові координати на площині

§ 9. Рівняння кола і прямої 9.1. Рівняння фігури на площині

Рис. 54. Пряма І — графік функції у = X

N (*,;</,)

о Рис. 55. До означення рівняння фігури

На уроках алгебри ви розглядали ф у н к ц і ї і будували їхні графіки у прямокутній системі координат. Так, наприклад, графіком функції у = х є п р я м а /, я к а проходить через початок координат О (рис. 54). Це означає, що координати будь-якої точки прямої І задовольняють рівняння у = х (тобто є рівними), а координати будь-якої точки, що не належить прямій І, не задовольняють це рівняння (тобто не рівні). Р і в н я н н я у = х є рівнянням прямої І. За допомогою рівнянь можна описувати й інші фігури на площині. Означення Рівняння з двома змінними х і у називається рівнянням фігури F у прямокутній системі координат, якщо: 1) координати будь-якої точки фігури F задовольняють це рівняння; 2) будь-які два числа, що задовольняють це різняння, є координатами деякої точки фігури F.

Так, на рис. 55 координати точки М — числа х1 і у{ — задовольняють рівняння фігури F, а координати точки N — числа х2 і у2 — не задовольняють. Зазвичай у процесі вивчення фігур на координатній площині виникають дві взаємно обернені задачі: побудова фігури за даним рівнянням і знаходження рівняння фігури за її властивостями. Перший вид задач ви неодноразово розв'язували в курсі алгебри, будуючи графіки функцій та рівнянь. Розглянемо доугий вид задач щодо кола і прямої.

9.2. Рівняння кола Теорема

(про рівняння кола)

У прямокутній системі координат рівняння кола радіуса R із центром у точці С(а; Ь) має вигляд (.x-af+{y-bf 90

= R\

§ 9. Рівняння кола і прямої Доведення • Нехай у прямокутній системі координат задано коло радіуса R (R> 0) із центром у точці С(а; Ь) (рис. 56). Оберемо довільну точку кола М(х; у). За означенням кола відстань від центра до довільної точки кола дорівнює R, тобто CM = R, отже, СМ2 = R2. Записавши цю рівність у координатах, маємо: (x-a)2 + (y-b)2 = R2. Оскільки М — довільна точка кола, то це рівняння задовольняють координати будь-якої точки кола. Згідно з означенням рівняння фігури, доведемо обернене твердження. Нехай числа хс і у0 з а д о в о л ь н я ю т ь н а ш е р і в н я н н я , тобто (х 0 - а)2 +

Рис. 56. До доведення теореми про рівняння кола

+ (y0-b)2 = R2, або J(x0-af+(y0-b)2 =R. За формулою відстані м і ж точками це означає, що відстань м і ж точками М0(хй; yQ) і С(а; Ь) дорівнює R. Отже, точка MQ(x0; уд) є точкою кола радіуса R із центром С. * Таким чином, обидві вимоги до рівняння фігури справджуються. Теорему доведено. • Наслідок Коло радіуса R із центром у початку координат задається рівнянням вигляду , , x2 + y2 = R2. Узагалі, будь-яке рівняння вигляду (х- а)2 + (у- bf = R2, де R> 0, описує коло радіуса R із центром С(а; Ь). Задача Визначте центр і радіус кола, заданого рівнянням х2 - 4х + у2 + 2у - 11 = 0.

Розв'язання Зведемо дане рівняння до вигляду (х - а)2 + (у - b)2 = R2. Маємо: х2 - 4х + у2 + 2у = 11.

Додамо до обох частин цієї рівності числа так, щоб виділити квадрати

двочленів (х-а) і (у-Ь): (х2 - 4х + 4) + (у2 + 2у + 1) = 11 + 4 + 1,

(х - 2)2 + (у + І) 2 = 42. Отже, дане коло має радіус 4 і центр (2; -1).

Відповідь. (2; -1), R = 4.

РОЗДІЛ III. Декартові координати на площині

9.3. Рівняння прямої Д л я виведення р і в н я н н я кола ми скористалися тим, що коло є геометричним місцем точок, віддалених від даної точки на з а д а н у відстань. Нагадаємо, що за теоремою про серединний перпендикуляр пряму можна описати я к геометричне місце точок, рівновіддалених від кінців відрізка. Застосуємо цей факт д л я доведення такої теореми. Теорема

(про рівняння п р я м о ї )

У прямокутній системі координат рівняння прямої має вигляд ах + by + с = 0, де а, Ь, с — деякі числа.

М(х; у)

Доведення • Н е х а й у п р я м о к у т н і й системі координат задано п р я м у І (рис. 57). Позначимо точк и А(х,; у,) і В(х 2 ; у2) так, щоб дана пряма була с е р е д и н н и м п е р п е н д и к у л я р о м до в і д р і з к а А В . Довільна точка М(х; у), я к а л е ж и т ь на прямій І, рівновіддалена від точок А і В, тобто МА = МВ, звідки MA 2 = MB 2 . Записавши цю рівність у координатах, маємо: (х - х,)2 + (у - г/,)2 = (X - х2у + ( у - у2у.

Рис. 57. До доведення теореми про рівняння прямої

Звівши подібні доданки в цьому виразі, дістанемо: 2(х2 - х , ) х + 2 ( у 2 - y j y + (Xj2 + у

- х 2 2 - у22) = 0.

Оскільки Xj, і/,, х 2 , у2 — д е я к і числа, то, позначивши 2 ( х 2 - х 1 ) = а, 2(y2-yl)-b, х^ + г/,2- х 2 2 - у22 = с, маємо рівняння ах + by + с = 0, де а, Ь, с — деякі числа. Оскільки М — довільна точка прямої І, то це рівняння задовольняють координати будь-якої точки даної прямої. Нехай тепер числа х 0 і г/0 — координати деякої точки М0 — задовольняють наше рівняння. У цьому випадку МдА = М0В, тобто точка М0 рівновіддалена

§ 9. Рівняння кола і прямої

У=У0 X

О а у'

від точок А і В, отже, н а л е ж и т ь серединному перпендикуляру до відрізка АВ — прямій І. На завершення доведення зауважимо, що, оск і л ь к и А і В — дві різні точки, то хоча б одна з різниць (х2 - JCj) або (у2 - у J не дорівнює нулю, тобто хоча б одне з чисел а або Ь обов'язково відмінне від нуля. • Узагалі, будь-яке рівняння вигляду ах + by + с = 0, де а і Ь не д о р і в н ю ю т ь н у л ю одночасно, описує д е я к у п р я м у .

і х=х0

Виділимо три окремі в и п а д к и р о з м і щ е н н я прямої в прямокутній системі координат. о

'х

1) а = 0, b Ф 0. У цьому випадку р і в н я н н я прямої набуває вигляду by + с = 0, або у = у0, де с деяке число. Пряма у = у0 паралельна осі абсцис (рис. 58, а) або збігається з нею (рівняння осі абсцис має вигляд у = 0). 2) а Ф 0, Ь = 0. У цьому випадку р і в н я н н я прямої набуває вигляду ах + с - 0, або х = х0, де ха = —— — деяке число. Пряма х = хп паралельна а осі ординат (рис. 58, б) або збігається з нею (рівнян' нА осі ординат має вигляд х = 0). 3) а Ф 0, b * 0, с - 0. У цьому випадку рівняння прямої набуває вигляду ах + Ьу = 0, або у = kx,

y = kx + m

Рис. 58. Окремі випадки розміщення прямої в системі координат

де k =

— деяке число. Пряма y = kx проходить b через початок координат (рис. 58, в). Зазначимо також, що д л я прямих, не паралельних осі ординат, рівняння ах + by + с = 0 можа с .. , на подати у вигляді ух—, або у = кх + тп, b b де к і т — деякі числа ( р і в н я н н я невертикальної прямої) (рис. 58, г). Саме т а к и й вигляд р і в н я н н я прямої зручно використовувати для розв'язування деяких, зокрема алгебраїчних, задач. 93

РОЗДІЛ III. Декартові координати на площині Задача Складіть рівняння прямої, яка проходить через точки А(-6; -1) і В(3; 2).

Розв'язання Оскільки абсциси точок А і В не рівні, пряма АВ не паралельна осі ор-

динат. Отже, будемо шукати її" рівняння у вигляді y = kx + m.

За умовою задачі координати точок А і В задовольняють шукане рівняння, |-l = -6k + m. тобто { „ |2 = 3k + m. Розв'язком системи цих рівнянь буде пара k = —, т - 1 . Таким чином, 1

у = —х +і 1 — шукане рівняння.

Зведемо його до вигляду ах + by + с = 0: Зу = х + З, х - Зу + 3 = 0.

Відповідь: х - Зу + 3 = 0.

З а у в а ж и м о , що правильною відповіддю в цій задачі є т а к о ж будь-яке рівняння, я к е можна отримати з наведеного множенням обох частин на число, відмінне від нуля.

Запитання і задачі

УСНІ ВПРАВИ 3 0 4 . Назвіть центр і радіус кола, заданого рівнянням: а) х2 + у2 = 25; б) (х + 4)2 + (у - 7)2 = 100; в) х 2 + (у + З)2 = 2. 3 0 5 . Центром кола радіуса R е початок координат. С к і л ь к и точок перетину має це коло з осями координат? Назвіть координати цих точок. 3 0 6 . Коло задане рівнянням (х - З)2 + ( у - 5)2 = 16. Ч и перетинає це коло вісь абсцис; вісь ординат? 307. Серед п р я м и х 2х - Зу = 0, 4у - 8 = 0, Зх + у + 9 = 0, 5 - 1 0 х = 0 оберіть прямі, які: а) паралельні осі абсцис; б)паралельні осі ординат; в) проходять через початок координат. 3 0 8 . Пряма проходить через точки А(4; 0) і В(4; 3). Чи проходить вона через точки С(4; -1) і £>(0; 4)?

§ 9. Рівняння кола і прямої

^ ^

ГРАФІЧНІ ВПРАВИ 3 0 9 . Побудуйте в прямокутній системі координат коло, задане рівнянням (х - 4)2 + (у + І) 2 = 9, і пряму х- у + 2 = 0. Позначте на рисунку: а) дві точки з цілочисельними координатами, я к і лежать на даному колі й не лежать на даній прямій; б) дві точки з цілочисельними координатами, я к і лежать на даній прямій і не лежать на даному колі; в) точки перетину кола і прямої.

—^ 310. Побудуйте в прямокутній системі координат коло, задане рівнянням (х + 4)2 + (у + 4)2 = 25, і пряму, я к а проходить через центр цього кола і початок координат. а) Запишіть рівняння побудованої прямої. б) Визначте за рисунком координати точок перетину кола з осями координат. Перевірте отримані результати підстановкою в рівн я н н я кола.

ПИСЬМОВІ ВПРАВИ Рівень А 311. Визначте, я к і з'точок А(-1; 5), В(-4; 0), С(5; -3), £>(-3; 1), Е(2; 1) лежать на колі, заданому рівнянням (х - 2)2 + (у - І)2 - 25. 312. Складіть рівняння кола: а) радіуса 3 з центром (-2; 1); б) з центром у початку координат, я к е проходить через точку (-4; - 3 ) ; в) з діаметром АВ, я к щ о А(-2; 1), В(2; 1). —^ 313. Складіть рівняння кола з центром А і радіусом АВ, я к щ о А( 1; 1), В(-3; - 2 ) . Я к і з точок С(4; 5), D(-4; 1), В(1; 4) л е ж а т ь на цьому колі? 314. На колі, заданому рівнянням х2 І у2 - 100, знайдіть точки: а) з абсцисою 8; б) з ординатою - 6 . 95

РОЗДІЛ III. Декартові координати на площині

315. Визначте, чи має коло, задане р і в н я н н я м (л: + 2)й + (г/ — І) 2 = 5, спільні точки з осями координат. Знайдіть координати цих точок. 316. Коло задане рівнянням х2 + (у - І)2 = 4. Знайдіть точки перетину цього кола з осями координат. 317. Визначте, я к і з точок А(3; -1), В(-3; 0), С( 12; 5), £>(1; 0), Щ-9; - 2 ) лежать на прямій, заданій рівнянням х - Зу + 3 = 0. 318. Складіть рівняння прямої, я к а проходить через точку (-6; 2) і: а) паралельна осі ординат; б) паралельна осі абсцис; в) проходить через початок координат. 319. Складіть рівняння прямої, я к а проходить через початок координат і центр кола, заданого рівнянням (х + З)2 + (у - З)2 = 1. Визначте, я к і з точок .А(-1; -1), В(-8; 8), С(12; 12) лежать на цій прямій. 3 2 0 . Знайдіть точки перетину: а) прямих 2х - 5у + 1 = 0 і у = 3; б) прямої Зх + у + 6 = 0 з осями координат; в) прямої х - у = 0 і кола х2 + у2 = 8. 321. Доведіть, що коло (х - 2)2 + (і/ + З)2 = 4 дотикається до осі ординат. Знайдіть координати точки дотику. 3 2 2 . Знайдіть точку перетину прямих 2х - у - 9 = 0 і у = -х.

Рівень Б 3 2 3 . Визначте центр і радіус кола, заданого рівнянням: а) х 2 - 6х + у2 + 2у - 6 = 0; б) х2 + у2+ Юу + 24 = 0. 3 2 4 . Складіть рівняння кола: а) з діаметром АВ, я к щ о А(-1; 5), В(5; -3); б) описаного навколо правильного трикутника з точкою перетину медіан (-4; 9) і периметром 6\/з ; в) вписаного у квадрат ABCD, я к щ о А(-1; - 3 ) , В(-1; -1), С(1; -1), D{1; -3). 3 2 5 . Складіть рівняння кола: а) вписаного в ромб, діагоналі якого дорівнюють 15 і 20 і лежать на осях координат; б) описаного н а в к о л о п р я м о к у т н о г о т р и к у т н и к а ABC, я к щ о Z A = 90°, В(4; 0), С(-2; - 8 ) . 96

§ 9. Рівняння кола і прямої 3 2 6 . Коло з центром С(-4; 5) дотикається до осі абсцис. Складіть рівняння цього кола і знайдіть точки його перетину з віссю ординат. —^ 327. Складіть рівняння кіл радіуса 2, я к і мають центр на осі абсцис і дотикаються до осі ординат. 3 2 8 . Складіть рівняння прямої, я к а : а) проходить через точки (-1; - 6 ) і (1; 2); б) проходить через початок координат і центр кола х2 + 4х + + у2 - 2у + 4 = 0; в) перетинає осі координат в точках (-3; 0) і (0; -3). —^ 3 2 9 . Складіть рівняння прямих, що містять сторони трикутника ABC, я к щ о А(-1; -1), В(-1; 3), С(2; 2). 3 3 0 . Знайдіть точку перетину прямих: а) 3 * + «/ + 5 = 0 і х - 2 у - 3 = 0; б) х - у + 1 = 0 і 2х - 5у + 5 = 0; в) дотичних до кола х2 + у2 = 4 в точках (2; 0) і (0; -2). 331. Знайдіть точки перетину: а) прямої х-3у + 6 = 0 і кола (х - 2)2 + (у- І)2 = 25; б) кіл (х - 2)2 + у2 = 1 і х2 + у2 = 5. —^ 3 3 2 . Дано коло (х - З)2 + (у - 2)2 = 8 і прямі x - y + 3 = 0 та х + у- 9 = 0. Знайдіть точку перетину даних прямих і спільні точки кожної з них і кола.

Рівень В

* І 3 3 3 . Складіть рівняння кола: а) я к е має центр на осі ординат і проходить через точки (-5; 1) і (3; 5); б) я к е має радіус 2уі2 і проходить через точки (1; 4) і (5; 4). —^ 3 3 4 . С к л а д і т ь р і в н я н н я кола радіуса 5 з центром на осі абсцис, я к щ о воно проходить через точку (1; - 3 ) ; С к і л ь к и р о з в ' я з к і в має задача?

3 3 5 ( о п о р н а ) . Р і в н я н н я прямої, я к а перетинає осі координат у точках х у (а; 0) і (0; Ь), де а Ф 0 і Ь Ф 0, має вигляд — + — = 1 ( р і в н я н н я а Ь у відрізках). Доведіть. 3 3 6 . Доведіть, що прямі я + і / - 5 = 0, 2х- у -4 = 0 і х-3у тинаються в одній точці.

прямої

+ 3 = 0 пере97

РОЗДІЛ III. Декартові координати на площині 337. Знайдіть довжину хорди, я к а утворюється в результаті перетину кола (х + 4)2 + (у - З)2 = 4 прямою х- у + 9 = 0. —^ 3 3 8 . З н а й д і т ь периметр трикутника, обмеженого прямими 4х - Зу + 3 = 0, у — 1, х = 3. Складіть рівняння прямої, що містить медіану трикутника, проведену до середньої за довжиною сторони.

ПОВТОРЕННЯ ПЕРЕД ВИВЧЕННЯМ § 10

• властивості й ознаки; • взаємне розміщення графіків лінійних функцій; • види чотирикутників. Задачі 3 3 9 . Сформулюйте і доведіть три ознаки квадрата. 3 4 0 . Два т р и к у т н и к и вписані в одне коло. Сторони одного з них дорівнюють 7 см, 15 см і 20 см. Знайдіть сторони другого трикутника, я к щ о він є єгипетським*

* Нагадаємо, що єгипетським трикутником називається прямокутний трикутник, сторони якого відносяться як 3 :4 : 5.

§ 10*.

Метод координат 10.1. Розв'язування задач методом координат Формули й рівняння, отримані в цьому розділі, дають можливість вивчати геометричні фігури та їхні властивості за допомогою рівнянь та нерівностей, тобто використовувати в геометрії засоби алгебри. Такий метод дослідження геометричних фігур називають методом координат, а відповідний розділ геометрії — аналітичною геометрією. .Задача Доведіть, що сума квадратів діагоналей трапеції дорівнює сумі квадратів бічних сторін, доданій до подвоєного добутку основ.

Розв'язання Сформулюємо дану задачу в координатах. Для цього У"

В(а-,Ь)

С(с; 6)

розмістимо дану трапецію ABCD у системі координат так, щоб її вершини мали координати А(0; 0), В(а; Ь), С(с; b), D(d; 0) (рис. 59). ф Виразимо суму квадратів діагоналей трапеції через координати її вершин: АС2 + BD2 = с2 + Ь2 + (а - d)2 + Ь2 = а2 + 2b2 + с2 + d2 - 2ad. Обчислимо довжини основ трапеції: AD = d, ВС = с - а. Виразимо

в координатах

суму

квадратів

бічних

сторін: АВ2 + CD2 = а2 + Ь2 + (с - d)2 + Ь2 = а2 + 2Ь2 + с2 + d2 - 2cd. Додаючи до цього виразу подвоєний добуток основ, маємо:

АВ2 + CD7 + 2AD • ВС - а ? + 2b2 + с2 + d2 - 2cd + 2cd - 2ad = = a2 + 2b2 + c2 + d2 - 2ad, що й треба було довести.

РОЗДІЛ III. Декартові координати на площині Отже, розв'язування геометричної задачі методом координат складається з трьох основних етапів: 1) сформулювати дану задачу мовою координат; 2) перетворити алгебраїчні вирази, користуючись відомими співвідношеннями та формулами; 3) перекласти отриманий результат мовою геометрії. На першому етапі розв'язування часто необхідно задати на площині систему координат. Зазвичай її вибирають так, щоб якнайбільше координат вершин фігури, що розглядається, дорівнювали нулю або одному й тому самому числу — це дозволяє максимально спростити подальші алгебраїчні перетворення.

10.2. Взаємне розміщення прямих у системі координат

^/V

У' У2

л...

у1

\К

xfi

Я к відомо з курсу алгебри, у рівнянні невертикальної прямої у = kx + т число ft називають кутовим коефіцієнтом прямої. Нехай п р я м а проходить через точки М(х{; г/,) і N(x2; у2) і утворює з додатною піввіссю осі абсцис гострий к у т а (рис. 60, а). Виразимо з прямокутного трикутника MNK тангенс кута а : NK tga = tgZNMK = МК Уг~У> = (kx2+m)-jkxl+m) _ k(x2 - ) = tg(x=

У випадку, коли кут а тупий (рис. 60, б): tg а = t g (180° - ZNMK)

Рис. 60. Визначення кутового коефіцієнта прямої !

У k=tga І 0 ; т) X

Рис. 61. Геометричний зміст k і ту рівнянні прямої

100

= - tg

ZNMK,

t g a = —Уг-У, _ Уг-У, - =_і ft. X. Х0 х,-х. Отже, кутовий коефіцієнт прямої k дорівнює тангенсу кута нахилу прямої до додатної півосі осі абсцис. Геометричний зміст чисел ft і т у рівнянні у = kx + т унаочнено на рис. 61. Т е о р е м а (критерій п а р а л е л ь н о с т і п р я м и х у системі к о о р д и н а т ) Прямі і 12, задані рівняннями y = klx + ml і у = k2x + т? відповідно, паралельні тоді й тільки тоді, коли fet = k.; і m, * т 2 .

§ 10". Метод координат Доведення • 1) Властивість. Нехай і, И У випадку, коли обидві ці прямі паралельні осі абсцис, /г, = k2 = 0 і твердження теореми очевидне. В противному випадку (рис. 62) а, = а 2 я к відповідні кути при паралельних прямих і, і 12 та січній Ох. Отже, t g a , = t g a 2 , тобто kt = kz. Очевидно, що т ^ * т „ оскільки в іншому випадку дані прямі збігаються.

Рис. 62. До доведення властивості й ознаки паралельності прямих

2) Ознака. Я к щ о k l = k 2 = 0, твердження теореми очевидне. Проведемо доведення д л я випадку, коли дані прямі утворюють з додатною піввіссю осі абсцис гострі кути (інший випадок розгляньте самостійно). Нехай kx = k 2 і /та, * / п 2 , звідки t g a , = t g a 2 . Оскільки різним гострим кутам а відповідають різні тангенси, то а, = а 2 , отже, за ознакою паралельності прямих і, И L,. Теорему доведено повністю. • Т е о р е м а (критерій п е р п е н д и к у л я р н о с т і п р я м и х у системі к о о р д и н а т ) Прямі і, і 12, задані рівняннями у = +/п, і y = k2x + m2 відповідно, перпендикулярні тоді й тільки тоді, коли fe, • &2 = -1. Доведення ' • 1) Властивість. Нехай /,JJ 2 (рис. 63). Із прямокутного трикутника ABC (ZC = 90°) маємо: t g a . = tg ZCAB =

ВС

= ctg ZCBA =

AC _ 1 _ ~ tg(180°-a.,) ~

1 tga 2 '

tg ZCBA

Отже, t g a , • t g a , = ft, • k2 = - 1 . 2)

Ознака.

Нехай ft -ft = - 1 , тобто ft, = Рис. 63. До доведення властивості й ознаки перпендикулярності прямих

ft, - t g a , , k2 = t g a 2 tgZCAB=-

. Оскільки К ( д и в . р и с . 63), то

1 tg(l 80°- ZCBA)

1 = ctg ZCBA. tg ZCBA 101

РОЗДІЛ III. Декартові координати на площині Враховуючи, що c t g a = t g ( 9 0 ° - a ) , маємо t g Z C A B = tg(90° - ZCBA). Оскільки кут СВА гострий, то кут 90° -ZCBA т а к о ж гострий, отже, ZCAB = 90° - ZCBA. Тоді ZCAB + ZCBA = 90°, тобто ZC = 90°. Теорему доведено повністю. • Задача Визначте, чи є серед прямих х - 3 у - 3 = 0, Зх + у - 9 = 0 і х - 3 у + 12 = 0 паралельні або перпендикулярні.

Розв'язання Подамо рівняння даних прямих у вигляді у = кх + щ: у = —х—1, у = - Зх + 9, у = - х + 4.

Отже, оскільки — • (—3) = —1, прямі у = —х — 1 і у = —х + 4 перпендикулярні до прямої у = - З х + 9. Оскільки — = — і у = х+ 4

і -1*4, то прямі у = -^х-1

паралельні.

10.3. Застосування координат до розв'язування задач на відшукання ГМТ Розв'язування задач на в і д ш у к а н н я ГМТ за допомогою методу координат передбачає два основні етапи: 1) складання рівняння з двома невідомими х і у, я к е задовольн я ю т ь координати будь-якої точки ш у к а н о г о ГМТ. На цьому етапі обґрунтовується пряме твердження: я к щ о точка М(х; у) — довільна точка шуканого ГМТ, то її координати задовольняють знайдене рівняння; 2) доведення оберненого твердження: будь-яка точка, координати якої задовольняють знайдене рівняння, належить шуканому ГМТ. Задача Щхі у)

Дано точки А і В. Знайдіть геометричне місце точок площини, для яких різниця МАг - МВг стала.

Розв'язання Виберемо систему координат так, щоб точки А і В

лежали на осі абсцис, а середина відрізка АВ збігала-

ся з початком координат (рис. 64). Нехай АВ = а, тоді

Рис. 64

102

дані точки матимуть координати А|--^-;0 j і

§ 10". Метод координат Для довільної точки М(х; у) за умовою задачі МА г -МВ 2 = к. Записавши цю умову в координатах, маемо:

+ у2 - х —

- у2 = к.

Спрощуючи цей вираз, дістанемо 2ах = к, тобто х = Отже, кожна точка шуканого ГМТ належить прямій

х =

яка

паралельна

осі ординат (тобто перпендикулярна до прямої АВ) і проходить через точку

k І навпаки: якщо точка М(х; у) лежить на прямій х = — , 2а

то її

координати задовольняють рівняння MA2 - МВг = к, отже, точка М належить шуканому ГМТ.

Запитання і задачі ф

УСНІ ВПРАВИ 341. Квадрат зі стороною 1 розміщений у системі координат так, що три його вершини лежать на осях координат, а четверта — в першій координатній чверті. Назвіть координати вершин квадрата. 3 4 2 . Ромб із д і а г о н а л я м и 6 і 8 р о з м і щ е н и й у системі координат так, що його діагоналі л е ж а т ь на осях координат, причому більша діагональ — на осі абсцис. Назвіть координати вершин ромба. 3 4 3 . Назвіть кутовий коефіцієнт прямої, яка: а) паралельна прямій у = -0,5л: + 7; б) перпендикулярна до прямої у = - 0 , 5 х + 7. 3 4 4 . Одна з основ трапеції л е ж и т ь на осі абсцис. Я к и м рівнянням задається пряма, що містить другу основу, я к щ о висота трапеції дорівнює 8? Скільки розв'язків має задача? 103

РОЗДІЛ III. Декартові координати на площині

ГРАФІЧНІ ВПРАВИ 3 4 5 . Розмістіть у системі координат рівнобедрений т р и к у т н и к з основою 6 і бічною стороною 5 так, щоб основа і вершина, протилежна основі трикутника, л е ж а л и на осях координат. Визначте координати вершин трикутника. —^ 3 4 6 . Розмістіть у системі координат п р я м о к у т н у трапецію з основами а і b (a<b) і висотою h так, щоб дві сторони трапеції л е ж а л и на осях координат. Визначте координати вершин трапеції.

ПИСЬМОВІ ВПРАВИ Рівень А 347. Складіть рівняння прямої, я к а : а ) п а р а л е л ь н а п р я м і й 2х + Зу+ 1 = 0 і проходить через точку (1; 1); б) паралельна прямій х + у - 14 = 0 і проходить через початок координат.

—^ 3 4 8 . Дано пряму 2х - у + 4 = 0 і точку А(1; 1). Через точку А проведено пряму, паралельну даній, і пряму, перпендикулярну до даної. Складіть рівняння цих прямих. 3 4 9 . Доведіть методом координат, що паралелограм, я к и й має рівні діагоналі, є прямокутником. 3 5 0 . Доведіть методом координат, що сума квадратів діагоналей паралелограма дорівнює сумі квадратів усіх його сторін. 351. Доведіть методом координат, що середня лінія трапеції паралельна її основам. 3 5 2 . Складіть р і в н я н н я ГМТ: а) рівновіддалених від початку координат і точки (-4; 2); б) сума квадратів відстаней від я к и х до точок (-1; 0) і (1; 0) дорівнює 12. —^ 3 5 3 . Складіть рівняння ГМТ, різниця квадратів відстаней від я к и х до точок (1; 0) і (-1; 2) дорівнює 1. 104

§ 10". Метод координат

Рівень Б 3 5 4 . Складіть рівняння прямої, я к а : а) нахилена до додатної півосі осі абсцис під кутом 60° і проходить через точку (0; 1); б) нахилена до додатної півосі осі абсцис під кутом 135° і проходить через точку (0; -1). 3 5 5 . Складіть рівняння дотичних до кола х2 + у2 = 25 у точках (3; 4) і (-3; - 4 ) . Доведіть, що ці дотичні паралельні. —^ 3 5 6 . Три сторони квадрата лежать на прямих Зх + у + 1 = 0, Зх + у- 9 = 0, х - Зу - 3 = 0. Складіть рівняння прямої, на я к і й л е ж и т ь четверта сторона. Скільки розв'язків має задача? 357. Доведіть, що відрізок, я к и й сполучає середини діагоналей трапеції, паралельний її основам і дорівнює їх піврізниці. 3 5 8 . П р я м а віддалена від центра кола радіуса R на відстань d. Дослідіть взаємне розміщення кола і прямої в залежності від значень -d і R. —^ 3 5 9 . Відстань між центрами кіл з радіусами R і г дорівнює d. Дослідіть взаємне розміщення кіл у залежності від значень d, R і г.

Рівень В 3 6 0 ( о п о р н а ) . Р і в н я н н я прямої, що проходить через точки (х,; у { ) . х-х., у-у. (х9',У9), має вигляд 1 =-. Доведіть.

361 ( о п о р н а ) . Прямі а , х + Ь{у + с, = 0 і а 2 х + Ь2у + с 2 = 0 перпендикулярні тоді й тільки тоді, коли а , а 2 + Ь,Ь2 = 0. Доведіть. 3 6 2 . Катет і гіпотенуза прямокутного т р и к у т н и к а дорівнюють відповідно а\І2 і as!З . Доведіть, що медіани, проведені до цих сторін, взаємно перпендикулярні. ^^

3 6 3 . У прямокутнику ABCD АВ = 2а, AD = 5а. На стороні AD позначено точку К так, що АК = а. Доведіть, що BKLKC. 3 6 4 . На колі радіуса R позначено точку А. Знайдіть геометричне місце середин усіх хорд даного кола, я к і виходять із точки А. 3 6 5 . У прямокутному трикутнику ABC ZC = 90°. Знайдіть геометричне місце точок М таких, що МА 2 + MB 2 = 2МС 2 . 105

РОЗДІЛ III. Декартові координати на площині

^ ^

ПОВТОРЕННЯ ПЕРЕД ВИВЧЕННЯМ § 11 Теоретичний матеріал • аксіома вимірювання відрізків;

( 7 клас, ( 7 клас,

• рівні фігури.

Задачі 3 6 6 . Діагоналі рівнобедреної трапеції ABCD ( A D | | £ C ) перетинаються в точці О. Доведіть рівність трикутників АОВ і DOC. 367. Вершини т р и к у т н и к а ABC мають координати А(-2; 1), В(-1; 4), С(1; 4). Знайдіть на координатній площині точку D таку, що: a) A ABC = AADC;

б) A ABC =ACDA .

Задачі для підготовки до контрольної роботи № З 1. Відрізок BD — медіана т р и к у т н и к а ABC. вершини С, я к щ о А(-1; 7), D(3; 1).

З н а й д і т ь координати

2. Точки А(-3; -1) і В(5; 5) — кінці діаметра кола. Знайдіть радіус цього кола. 3. Складіть рівняння кола з центром (3; - 4 ) , я к е проходить через початок координат. 4.

Знайдіть точки перетину прямої 2х - 5і/ + 20 = 0 з осями координат.

Визначте, чи є відрізок АВ діаметром кола х2 + 6х + у2 = 0, я к щ о

А(-1;Л), В(-5;-/5~). 6. Доведіть, що чотирикутник ABCD — прямокутник, я к щ о А(-2; 0), В(4; 3), С(5; 1), І>(-1; - 2 ) .

Підсумки розділу III ПІДСУМКОВИЙ ОГЛЯД РОЗДІЛУ III

Найпростіші задачі й рівняння фігур у координатах Координати середини відрізка

Відстань між точками У

Уг У Ух

Уг

кола

Ух

О х. Х=

Рівняння

х,

X,1 +х, * , у-

г X

AB =

Рівняння

прямої.

J(xl-xif+(yl-yA)i

(х-а)

Рівняння

невертикальної

+(y-b)

=R прямої

уі У

У>

ft = tga > X

ytfa. /

ах + Ьу + с = 0 ' ' (а і b не дорівнюють нулю одночасно)

І 0 ;т)

> X

у = kx + т, ft = t g a

Окремі випадки розміщення прямої в системі координат Графічне

подання

Значення коефіцієнтів та вигляд рівнянн я а=

У'

0,Ь*0.

by + с = 0 або у = у0, Уо о

У=Уо X

Д е Уо~~Т — b деяке число

Особливості розміщення Пряма паралельна осі абсцис або збігається з нею. Рівняння

осі абсцис у=0

107

РОЗДІЛ III. Декартові координати на площині Закінчення Графічне у

подання

коефіцієнтів рівняння

а*0,Ь х=х0

Значення та вигляд

= 0.

ах + с = 0 або х = х0, с де х0 = — а д е я к е число

таблиці

Особливості розміщення П р я м а паралельна осі ординат або збігається з нею. Рівняння

осі

ординат

х=0

а * 0 , й * 0 , с = 0. ах + by = 0 або у = kx, и де k=-— О

— ь деяке число

П р я м а проходить через початок координат

Взаємне розміщення прямих у системі координат Критерій паралельності прямих у системі координат Прямі lx і 12, задані р і в н я н н я м и у = k^x + т1 і у = k2x + т2 відповідно, паралельні тоді й тільки тоді, коли

108

Критерій перпендикулярності прямих у системі координат Прямі і / 2 , задані рівняннями у = kxx + тх і у = k2x + т2 відповідно, перпендикулярні тоді й тільки тоді, коли kl • k2 = - 1

Підсумки до розділу III

КОНТРОЛЬНІ ЗАПИТАННЯ ДО РОЗДІЛУ III 1. 2. 3. 4. 5.

Опишіть прямокутну систему координат на площині. Доведіть формули координат середини відрізка. Доведіть формулу відстані м і ж двома точками. Запишіть рівняння кола у прямокутній системі координат. Запишіть рівняння прямої у прямокутній системі координат.

ДОДАТКОВІ ЗАДАЧІ ДО РОЗДІЛУ III 3 6 8 . Діагоналі паралелограма ABCD перетинаються в точці О, причому Л(-3; -1), В(0; 4), 0(2; 1). Знайдіть координати вершин С і D. 3 6 9 . Доведіть, що: а) сума абсцис середин сторін трикутника дорівнює сумі абсцис його вершин; б) точка перетину медіан трикутника, утвореного середніми лініями даного трикутника, збігається з точкою перетину медіан даного трикутника. 370. На осі ординат знайдіть точку, відстань від якої до точки А( 1; 3) удвічі менша, н і ж до точки В(2; - 3 ) . 371. Дано точки А(-3; 1) і В(7; 1). Складіть рівняння геометричного місця точок С такйх, >що трикутник ABC: а) прямокутний з гіпотенузою АВ; б) прямокутний з катетом АВ. 3 7 2 . Коло дотикається до осей координат, а його центр лежить у другій координатній чверті й віддалений від початку координат на 2\І2 . Складіть рівняння цього кола. 3 7 3 . Вершини трикутника ABC мають координати А(2; - 6 ) , В(4; 2), С(0; - 4 ) . Складіть рівняння прямої, я к а містить середню лінію трикутника, паралельну стороні АС. 3 7 4 . Доведіть, що прямі ах + 2у-6 = 0 і Ьх-у + 5 = 0 перетинаються за умови а + 2Ь Ф 0. 375. Складіть рівняння прямої, я к а перетинає коло Xі + у2 = 25 в точках з абсцисами - 4 і 3 і вісь Оу у точці з найбільшою ординатою. 109

РОЗДІЛ III. Декартові координати на площині Задачі підвищеної складності 376. Складіть рівняння кола, я к е проходить через точки (3; 0) і (-1; 2), я к щ о центр кола л е ж и т ь на прямій х-у + 2 = 0. 377. З н а й д і т ь в і д с т а н ь від п о ч а т к у к о о р д и н а т до прямої Зх + 2у- 13 = 0. 3 7 8 . Складіть рівняння кола, описаного навколо трикутника з вершинами (3; - 7 ) , (8; - 2 ) і (6; 2). 379. Доведіть формулу відстані від т о ч к и М(х0; у„) до прямої \ахп +Ьу,, +с| ах + Ьу + с = 0: d = 1 ° Уо ' . Ja2+b2 3 8 0 . Знайдіть усі значення k, при я к и х пряма у = kx + 5 віддалена від початку координат на 3 одиниці. 381. Точка М — точка перетину медіан трикутника ABC, причому А(-1; 2), В(2; 3), М (1; 2). Знайдіть координати вершини С. 3 8 2 . Навколо рівностороннього т р и к у т н и к а зі стороною а описано коло. Доведіть, що сума квадратів відстаней від довільної точки кола до вершин трикутника дорівнює 2а 2 . 3 8 3 . На площині позначено точки А і Б. Доведіть, що геометричним МА місцем точок М, д л я я к и х = k (k > 0, k ї 1), є коло з центром MB на прямій АВ (коло Аполлонія).

110

ІСТОРИЧ

Розвиток торгівлі й мореплавання, зростання промисловості й техніки, якими ознамен у в а л о с я XVII ст., сприяли виникненню нових іматематичних ідей і методів, які відповідали б £ вимогам часу. Одним із провідників цих ідей був іРене Декарт (1596-1650) - видатний французький (учений і філософ. Широта інтересів цієї вражає: окрім математики, він збагатив своїми .відкриттями астрономію, фізику, біологію, медицину. [Але універсальною наукою, здатною пояснити всі явища реального світу, Декарт вважав філософію. Він став основоположником власного філософського ^вчення - картезіанства (Картезій — латинізоване прізвище Декарта), у якому викладено'погляд на розвиток природничих наукових теорій. Біографія Декарта є взірцем самовідданого ^служіння науці й боротьби за свободу думки. 'Зазнавши утисків на батьківщині, у 1629 р. Декарт змушений був переїхати до Голландії. Саме там [у 1637 р. вперше побачив світ його головний твір {«Міркування про метод, що дозволяє направляти розум і відшукувати істину в науках». У цій роботі Декарт ; виклав чотири основні принципи наукового пізнання: ; 1) ніколи не сприймати за істину те, що є недостатньо 'обґрунтованим; 2) ділити кожну проблему на частини, щоб розв'язувати її послідовно; 3) рухатис я в процесі пізнання від найпростішого до більш ? складного; 4) супроводжувати дослідження перелі- '1 ками й оглядами, щоб нічого не пропустити. «Міркування про метод...» мало три додатки: У «Діоптрика», «Метеори» та «Геометрія». Саме в останньому викладено метод координат, який пізніше склав основу аналітичної геометрії, иікаво, що в цій роботі Декарт вперше запропонував сучасні позначення змінних і степенів, а також першим став подавати рівняння у вигляді, коли в правій частині; нуль. «Геометрія» ще за життя автора витричотири перевидання і стала настільною книгою j часу.

Рене Декарт

РОЗДІЛ III. Декартові координати на площині

ТЕМАТИКА ПОВІДОМЛЕНЬ І РЕФЕРАТІВ ДО РОЗДІЛУ III 1. 2. 3. 4. 5.

Рене Декарт: особистість, відкриття, ідеї. Полярні координати на площині. Задачі оптимізації. Застосування методу координат в економіці. Д о с л і д ж е н н я к р и в и х методом координат. Парабола, гіпербола й еліпс. Доведення геометричних теорем методом координат.

РЕКОМЕНДОВАНІ Д Ж Е Р Е Л А І Н Ф О Р М А Ц І Ї 1. 2.

4. 5. 6. ' 7. 8. 9.

Математична хрестоматія д л я 6—8 класів. Т. 1 [Текст]. — К. : Рад. шк., 1968. — 320 с. Математична хрестоматія д л я с т а р ш и х класів. Геометрія. Т. 2 [Текст] / упоряд. JI. В. Кованцова. — К. : Рад. ш к . , 1969. — 383 с. Глейзер, Г. И. История математики в школе. VII—VIII классы: Пособие д л я учителей [Текст] / Г. И. Глейзер. — М. : Просвещение, 1982. — 240 с. Фишер, К. История новой философии. Рене Декарт [Текст] / К. Фишер. — М. : ACT, 2004. — (Серия «Philosophi»). Декарт, Р. Разыскание истины [Текст] / Р. Декарт. — СПб.: Азбука, 2004. — (Серия «Азбука-классика» (poket-book)). Понтрягин, JI. С. Метод координат [Текст] / JI. С. Понтрягин. — М. : Наука, 1981. Кушнір, І. А. Методи розв'язування задач з геометрії [Текст] / І. А. Кушнір. — К. : Абрис, 1994. Кушнир, И. А. Координатный и векторный методы решения задач [Текст] / И. А. Кушнир. — К. : Астарта, 1996. Інтернет-бібліотека МЦНМО. http://ilib.mirror0.mccme.ru/

10. Сайт видавництва «Ранок», http://www.ranok.com.ua

ГЕОМЕТРИЧИ

§ 11. Переміщення § 12. Центральна.та осьова симетрії § 13. Поворот і паралельне перенесення § 14. Подібність фігур § 15. Метод геометричних перетворень

Геометрія є прообразом краси світу. Йоганн Кеплер, німецький астроном і математик Уявіть собі, що ви жбурляєте камінець у гладінь тихого ставка і по воді колами розбігаються брижі, причому центр кожного кола розміщений саме там, де камінець торкнувся води. А тепер підніміть переднє колесо велосипеда і покрутіть його — колесо не зрушить із місця, але його спиці закружляють у шаленому танці. Станьте перед дзеркалом, тримаючи в правій руці олівець — і дзеркало «перетворить» вас на лівшу, адже ваш двійник триматиме олівець у лівій руці. У шухляді вашого столу лежить косинець: ви трохи висунули шухляду — і косинець перемістився разом із нею. Так чи інакше, в кожному з цих випадків фігури, про які йдеться, зазнають певних змін, перетворень. Ідея перетворень є однією з провідних ідей сучасної математики. За її допомогою з успіхом доводять складні твердження з різних розділів геометрії, які виходять далеко за межі шкільного курсу. За допомогою геометричних перетворень і комп'ютерної графіки кінематографісти бентежать уяву глядача дивовижними образами і незвичайними перевтіленнями на екрані. Перетворення допомагають художникам правильно будувати композиції картин, а хімікам — досліджувати структуру кристалів. У цьому розділі ми розглянемо основні види геометричних перетворень на площині.

§ 11. Переміщення 11.1. Поняття про геометричне перетворення

Рис. 65. Відповідність між точками Тіівкола і діаметра

Будь-яку геометричну фігуру можна розглядати я к множину точок: наприклад, на площині коло є множиною всіх точок, рівновіддалених від даної точки. Крім того, між точками двох геометричних фігур можна встановлювати відповідності. Розглянемо півколо з центром О і діаметром АВ (рис. 65). З довільної точки півкола опустимо перпендикуляр на пряму АВ і вважатимемо, що кожній точці півкола X відповідає точка X' — основа перпендикуляра, опущеного з точки X на пряму АВ. У силу теореми про існування і єдиність перпендикуляра до прямої кожній точці півкола в такому разі відповідатиме єдина точка діаметра АВ, і навпаки: кожній точці діаметра поставлена у відповідність єдина точка півкола. Крім того, різним точкам півкола відповідають різні точки діаметра АВ (точки А і В, які відповідають самі собі, належать я к півколу, так і діаметру). У такому випадку кажуть, що встановлена відповідність #є перетворенням півкола на діаметр. Означення П е р е т в о р е н н я м фігури F у фігуру F' називається така відповідність, при якій: 1) кожній точці фігури F відповідає єдина точка фігури F'\ 2) кожній точці фігури F ' відповідає деяка точка фігури F; 3) різним точкам фігури F відповідають різні точки фігури F'.

Фігура F' називається образом фігури F для даного перетворення. У шкільному курсі геометрії розглядатимуться геометричні перетворення, які не змінюють форми даної фігури. В окремий вид виділяються перетворення, які залишають незмінними і розміри фігури. 115

РОЗДІЛ IV. Геометричні перетворення

11.2. Переміщення та його властивості Означення Переміщенням

(або рухом)

називається пере-

творення фігури, внаслідок якого зберігаються відстані між точками даної фігури.

Рис. 66. До означення переміщення

Це означає: я к щ о F' є образом фігури F, отриманим унаслідок переміщення, то будь-які дві точки X і У фігури F переходять у точки X' і У' фігури F' так, що XY = X'Y' (рис. 66). Зауважимо, що поняття переміщення (руху) зустрічається і у фізиці, але там воно має інший зміст. Фізичний рух характеризується траєкторією, ш в и д к і с т ю тощо. Натомість у геометрії м а ю т ь значення л и ш е початкове й кінцеве положення фігури. Сформулюємо д е я к і властивості переміщення. Очевидно, що к о л и ф і г у р а F' о т р и м а н а деяким переміщенням фігури F, а фігура F" — іншим переміщенням фігури F', то відстані м і ж відповідними точками фігур F, F' і F" рівні, тобто два послідовні переміщення знову дають переміщення. Я к щ о д е я к е перетворення переводить фігуру Р У фігуру F', то існує перетворення, я к е переводить фігуру F' у фігуру F. Таке перетворення називають оберненим до даного. Я к щ о дане перетворення зберігає відстань м і ж точками, то обернене т а к о ж має цю властивість. Це означає, що перетворення, обернене до переміщення, також є переміщенням. Доведемо основну властивість переміщення. Теорема

(основна властивість п е р е м і щ е н н я )

Унаслідок переміщення точки, що лежать на прямій, переходять у точки, що лежать на прямій, і порядок їх взаємного розміщення зберігається. 116

§ 11. Переміщення

В'

А'

Рис. 67. До доведення основної властивості переміщення

Доведення • Нехай на прямій АС точка В л е ж и т ь м і ж точками А і С, а точки А, В' і С' — образи точок А, В і С, отримані в результаті переміщення (рис. 67). Доведемо, що точка В' л е ж и т ь на прямій А'С' м і ж точками А і С'. Я к щ о точка В л е ж и т ь м і ж точками А і С, то за аксіомою вимірювання відрізків АС = АВ + ВС. За означенням переміщення АС = А'С', АВ=А'В', ВС = В'С', о т ж е , А'С =А'В' + В'С'. З а н а с л і д к о м нерівності т р и к у т н и к а це означає, що точка В' лелсить на прямій А'С' між точками А' і С', тобто точки А', В' і С' лежать на одній прямій. Теорему доведено. • Наслідок

Унаслідок п е р е м і щ е н н я прямі переходять у прямі, промені — в промені, відрізки — у відрізки.

Наслідок

Унаслідок піереміщення зберігаються к у т и м і ж променями.

С'

А' Рис. 68

о VІ » а

а'

О,

Справді, нехай промені АВ і АС, що не лежать на одній прямій, внаслідок переміщення переходять у промені А'В' і А'С' відповідно (рис. 68). Оскільки відстані м і ж т о ч к а м и в н а с л і д о к п е р е м і щ е н н я зберігаються, то ААВС= АА'В'С' за трьома сторонами. Отже, ZBAC = ZB'A'C', тобто градусні міри кутів унаслідок переміщення зберігаються. Задача Доведіть, що внаслідок переміщення паралельні прямі переходять у паралельні прямі.

Розв'язання Нехай унаслідок переміщення паралельні прямі а і b переходять у прямі а' і Ь' відповідно. Доведемо від

супротивного, що а' || Ь'.

Нехай прямі а' і Ь' перетинаються в деякій точці О' (рис. 69). На прямій а. існує точка О,, а на прямій b —

117

РОЗДІЛ IV. Геометричні перетворення точка 0 2 , такі, що внаслідок переміщення обидві ці точки переходять у точку О'. Оскільки точки О, і 0 2 лежать на паралельних прямих, то відстань

між ними не дорівнює нулю. Але відстань між їх образами дорівнює нулю, що суперечить означенню переміщення. Отже, наше припущення хибне, тобто а'lib'.

Нагадаємо, що дві фігури ми н а з и в а л и рівними, я к щ о вони суміщаються н а к л а д а н н я м , причому поняття н а к л а д а н н я вводилося на наочних прикладах. Введення геометричних перетворень, зокрема переміщення, дозволяє ототожнити н а к л а д а н н я фігури F на фігуру F' з переміщенням, під час якого фігура F переходить у фігуру F'. Теорема

(про зв'язок п е р е м і щ е н н я і н а к л а д а н н я )

Будь-яке н а к л а д а н н я є переміщенням, і навпаки: будь-яке переміщення є накладанням.

Обґрунтування цих тверджень подаються в Додатку 3. Наслідок Рівні фігури переводяться одна в одну п е р е м і щ е н н я м , і навпаки: під час п е р е м і щ е н н я будь-яка фігура переходить у рівну ї й фігуру.

Таким чином, можна дати таке означення рівних фігур. Означення

Дві фігури називаються рівними, якщо вони суміщаються переміщенням.

Запитання і задачі ф

УСНІ ВПРАВИ 3 8 4 . Чи може переміщення переводити: а) сторону паралелограма в протилежну сторону; б) одну з основ трапеції в іншу; в) один із кутів при основі рівнобедреного трикутника в інший; г) один із кутів різностороннього трикутника в інший? 3 8 5 . Відрізок АС і його середина В внаслідок переміщення переходять у відрізок А'С' і точку В' відповідно. З н а й д і т ь довжину відрізка А'С', я к щ о АВ = 20 см.

118

§ 11. Переміщення 3 8 6 . Під час п е р е м і щ е н н я ч о т и р и к у т н и к а ABCD о т р и м а л и рат A'B'C'D'. Визначте довжину діагоналі BD, я к щ о А'С' = 4 см.

квад-

387. Т р и к у т н и к А'В'С' є образом р і в н о с т о р о н н ь о г о т р и к у т н и ка ABC, отриманим у результаті переміщення. Визначте кути трикутника А'В'С'.

ГРАФІЧНІ ВПРАВИ 3 8 8 . Накресліть два кола зі спільним центром О. Опишіть геометричне перетворення, я к е переводить менше коло в більше. Ч и є т а к е перетворення переміщенням? —^ 3 8 9 . Н а к р е с л і т ь п р я м о к у т н и к ABCD і позначте точку перетину його діагоналей О. Опишіть геометричне перетворення, я к е переводить трикутник АОВ у трикутник DOC. Чи є таке перетворення переміщенням?

ПИСЬМОВІ ВПРАВИ Рівень А 3 9 0 . Точки А, В і С не лежать на одній прямій і під час переміщення переходять у точки А, В' і С' відповідно. Доведіть рівність трикутників ABC і А'В'С'. 391. Доведіть, що внаслідок переміщення суміжні кути переходять у суміжні кути. — 3 9 2 . Доведіть, що ґіід'час переміщення вертикальні кути переходять у вертикальні кути. 3 9 3 . Унаслідок переміщення різносторонній трикутник ABC переходить у трикутник MNK, причому ZA = ZN, ZB = 70°, ZM = 20". Знайдіть кути N і К. —^ 3 9 4 . Т р и к у т н и к MNK — образ т р и к у т н и к а ABC, о т р и м а н и й у результаті переміщення. Знайдіть кути т р и к у т н и к а ABC, я к щ о АВ = ВС, а найбільший кут трикутника MNK дорівнює 100".

Рівень Б 3 9 5 . Доведіть, що внаслідок переміщення подібні трикутники переход я т ь у подібні трикутники. 3 9 6 . Доведіть, що коли образом даного чотирикутника, отриманим внаслідок переміщення, є трапеція, то д а н и й ч о т и р и к у т н и к т а к о ж є трапецією. 119

РОЗДІЛ IV. Геометричні перетворення 397. Доведіть, що внаслідок переміщення паралелограм переходить у паралелограм. 3 9 8 . Унаслідок переміщення ромб ABCD переходить у чотирикутник A'B'C'D'. Знайдіть к у т и отриманого ч о т и р и к у т н и к а , я к щ о АВ=АС. 3 9 9 . Унаслідок переміщення чотирикутник ABCD переходить у чот и р и к у т н и к A'B'C'D'. З н а й д і т ь к у т и ч о т и р и к у т н и к а ABCD, якщо A'D'II В'С', АВ' = C'D', ZB' = 140° (розгляньте два випадки).

Рівень В 4 0 0 . Унаслідок переміщення фігури F, і F 2 та ї х н я спільна точка О переходять у фігури Ft' і F2 та точку О' відповідно. Доведіть, що точка О' — спільна точка фігур F x ' і F 2 . 4 0 1 . Доведіть, що внаслідок переміщення коло переходить у коло з тим самим радіусом. 4 0 2 . Доведіть ознаку рівності паралелограмів за двома діагоналями і кутом м і ж ними. 4 0 3 . Сформулюйте і доведіть будь-яку ознаку рівності ромбів.

^ ^

ПОВТОРЕННЯ ПЕРЕД ВИВЧЕННЯМ § 12 Теоретичний матеріал • паралелограм та його властивості; • види трикутників; • види чотирикутників.

8 клас, § 2

7 клас, § 16 8 клас, § 4, 5

Задачі 4 0 4 . Доведіть, що відрізок, я к и й має кінці на сторонах правильного шестикутника і проходить через його центр, ділиться цією точкою навпіл. 4 0 5 . Відрізок із к і н ц я м и на бічних сторонах рівнобедреного трикутн и к а , перпендикулярний до висоти, проведеної до основи, ділиться цією висотою навпіл. Доведіть. 120

§ 12. Центральна та осьова симетрії ®

Симетрія —

(О

від грецького «симетріа» — узгодженість розмірів, однаковість у розміщенні частин

12.1. Симетрія відносно точка ні ХО мали точки

ТОЧКИ

Нехай О — фіксована точка, X — довільна площини (рис. 70). Відкладемо на промевідрізок ОХ', я к и й дорівнює ХО. Ми отриточку X', симетричну точці X відносно О.

Означення Точки X і X ' називаються симетричними відносно точки О, якщо точка О — середина відрізка XX'.

Рис. 70. Точки X і X ' симе тричні відносно точки О

Рис. 71. Фігури F і F' симетричні відносно точки О

Рис. 72. Точка перетину діагоналей — центр симетрії паралелограма

Очевидно, що точкою, симетричною точці X' відносно точки О, є точка X. Точка О вважається симетричною самій собі і називається центром симетрії. Перетворенням симепрії (симетрією) відносно точки О називают таке перетворення фігури F у фігуру F', унаслідок якого кожна точка X фігури F переходить у точку X' фігури F', симетричну точці X відносно точки О (рис. 71). При цьому фігури F і F' називають симетричними відносно точки О. Симетрію відносно точки називають також центральною симетрією. Якщо перетворення симетрії відносно точки О переводить фігуру F у себе, то така фігура називається центрально-симетричною, а точка О — центром симетрії фігури F. Н а п р и к л а д , точка перетину д і а г о н а л е й паралелограма є центром симетрії паралелограма (рис. 72), оскільки центральна симетрія відносно цієї точки переводить паралелограм у себе (відповідна опорна задача розглядалася у 8 класі). Теорема симетрії)

(основна властивість ц е н т р а л ь н о ї

Центральна симетрія є переміщенням.

121

РОЗДІЛ IV. Геометричні перетворення

Рис. 73. До доведення основної властивості центральної симетрії

Доведення • Н е х а й у н а с л і д о к ц е н т р а л ь н о ї симетрії відносно т о ч к и О т о ч к и X і Y переходять у т о ч к и X' і Y' відповідно. Розглянемо з а г а л ь н и й в и п а д о к (рис. 73), к о л и т о ч к и О, X і У не л е ж а т ь на одній п р я м і й ( і н ш и й випадок розгляньте самостійно). Т р и к у т н и к и XOY і Х ' О У рівні за п е р ш о ю о з н а к о ю (ХО = Х ' О і YO = У'О за о з н а ч е н н я м ц е н т р а л ь н о ї с и м е т р і ї , ZXOY = ZX'OY' я к вертикальні), отже, Х У = Х ' У . Т а к и м ч и н о м , ц е н т р а л ь н а с и м е т р і я зберігає відстань м і ж точками, отже, є переміщенням. • Із доведеної теореми в и п л и в а є , що ц е н т р а л ь н а с и м е т р і я має всі властивості п е р е м і щ е н н я . Задача Доведіть, що центральна симетрія переводить пряму в паралельну пряму або в себе. Розв'язання Нехай дано точку О і пряму а. Розглянемо спочатку

У'

\ X

випадок, коли точка О не лежить на даній прямій

(рис. 74, а). Оскільки центральна симетрія є пере-

міщенням, то за основною властивістю переміщення центральна симетрія відносно точки О переводить

пряму а в деяку пряму а'. Нехай точки X' і У' пря-

мої а' — образи точок X і У прямої а. Тоді Д ХОУ =

= Д Х'ОУ' за першою ознакою, звідки ZOXV = ZOX'V'. Ці кути є внутрішніми різносторонніми при прямих

О б

Рис. 74

Xі а

а і а' та січній XX'. Отже, за ознакою паралельності прямих а||а'.

випадку, коли

точка

О лежить

на

прямій а

(рис. 74, б), симетрія відносно цієї точки переводить

довільну точку X у точку X' прямої а, а саму точку О — в себе. Отже, пряма а' — образ прямої а —

проходить через точки О і X'. А оскільки через дві

точки можна провести лише одну пряму, то пряма а'

збігається з прямою а. Таким чином, симетрія віднос-

но точки О переводить пряму а 8 себе. 122

§ 12. Центральна та осьова симетрії Цікаво, що пряма є центрально-симетричною фігурою, причому центром симетрії прямої є будья к а її точка (доведіть це самостійно). Як правило, геометричні фігури мають не більше одного центра симетрії.

12.2. Симетрія відносно прямої О

Рис. 75. Точки X і X' симетричні відносно прямої /

Рис. 76. Фігури F і F' симетричні підносно прямої /

Рис. 77. Пряма BD — вісь симетрії рівнобедреного трикутника ABC

Нехай на площині зафіксовано пряму І і позначено довільну точку X (рис. 75). Опустимо з точки X перпендикуляр ХО до прямої І і відкладемо на промені ХО відрізок ОХ', який дорівнює ХО. Ми отримали точку X', симетричну точці X відносно прямої І. Означення Точки X і X ' називаються симетричними відносно прямої І, якщо ця пряма перпендикулярна до відрізка XX' і проходить через його середину.

Очевидно, що точкою, с и м е т р и ч н о ю точці X ' відносно прямої І, є точка X. Точки прямої І в в а ж а ю т ь с я симетричними самі собі. Пряма І є серединним перпендикуляром до відрізка XX' і називається віссю симетрії. Перетворенням симетрії (симетрією) відносно прямої І н а з и в а ю т ь т а к е перетворення фігури F у фігуру F', унаслідок якого кожна точка X фігури F переходить у точку X' фігури F', симетричну X відносно прямої І (рис. 76). При цьому фігури F і F' н а з и в а ю т ь симетричними відносно прямої І. Симетрію відносно прямої називають т а к о ж осьовою симетрією. Я к щ о перетворення симетрії відносно прямої / переводить фігуру F у себе, то така фігура називається симетричною відносно прямої І, а сама пряма І — віссю симетрії фігури F. Н а п р и к л а д , віссю симетрії рівнобедреного трикутника ABC є пряма, що проходить через вершину В перпендикулярно до основи АС (рис. 77), оскільки симетрія відносно цієї прямої переводить даний трикутник у себе (доведіть це самостійно).

123

РОЗДІЛ IV. Геометричні перетворення

Т е о р е м а (основна властивість о с ь о в о ї с и м е т р і ї ) Осьова симетрія є переміщенням. Доведення • Нехай унаслідок осьової симетрії відносно прямої І точки X і Y переходять у точки X' і Y' відповідно. Введемо систему координат так, щоб п р я м а І збіглася з віссю Оу (рис. 78). Тоді внаслідок симетрії відносно цієї прямої т о ч к и Х(х,; ух) і У(х2; у2) перейдуть у точки X' (-*,; ух) і Y'(-x2; у2) відповідно. За формулою відстані між точками маємо: Х"(-*,;

Уг)

Х(хх; yj

Рис. 78. До доведення основної властивості осьової симетрії

XY = J ( X 2 - X , f+{у2-У,

X T ' = yj(-x2 - (-*, )f + (y2 - у, f = y/(x2 - x, f + (уг - yx )2, отже, XY = X T ' . Т а к и м чином, осьова симетрія зберігає відстань м і ж точками, тобто є переміщенням. Теорему доведено. • Із доведеної теореми випливає, що осьова симетрія має всі властивості переміщення. Задача Доведіть, що пряма, яка містить бісектрису кута,

є віссю його симетрії.

Розв'язання

Нехай пряма І містить бісектрису даного кута ВАС

(рис. 79). Позначимо на стороні АВ цього кута довіль-

ну точку X. Оскільки осьова симетрія є переміщенням,

вона переводить промінь АВ у деякий промінь АВ',

а точку X — у точку X' променя АВ'. Нехай О — точка перетину відрізка XX' з прямою І. Прямокут-

ні трикутники АОХ і АОХ' рівні за двома катетами,

звідки ZOAX = ZOAX'. Але за аксіомою відкладання

Рис. 79

кутів кут ОАХ' має збігатися з кутом ОАС, отже, про-

мінь АВ' збігатиметься з променем АС. Оскільки X —

довільна точка прямої АВ, то під час симетрії відносно прямої І промінь АВ переходить у промінь АС. Таким чином, пряма І — вісь симетрії кута ВАС.

124

§ 12. Центральна та осьова симетрії

Запитання і задачі УСНІ ВПРАВИ 4 0 6 . Симетрія відносно точки О переводить точку А в точку В. Де розміщена точка О? 407. Унаслідок симетрії відносно точки О точки А і В переходять у точки А' і В' відповідно. Серед рівностей а—г виберіть рівність, яка не обов'язково справджується: а ) А В = А'В'; б) АО = А'О; в) АО = ВО\ г) ВО = В О. 4 0 8 . Які прямі під час центральної симетрії переходять самі в себе? 4 0 9 . Я к і з фігур на рис. 80 м а ю т ь центр симетрії? Де він розміщений?

ОД0ОФФ* а

Рис. 80

410. Симетрія відносно прямої І переводить точку А в точку В. Як розміщені прямі І і, А р ? 411. Унаслідок симетрії відносно прямої І відрізок АВ, к і н ц і якого не лежать на прямій І, переходить у відрізок АВ'. Серед тверджень а—г оберіть твердження, яке не обов'язково справджується: а) АВ = А'В'; б) АА'±1; в) АА'\\ВВ'; г) АВ || А'В'. 412. Скільки осей симетрії має відрізок; пряма? Д л я кожної з цих фігур опишіть взаємне розміщення осей симетрії. 413. Я к і із фігур на рис. 80 мають осі симетрії? Скільки осей симетрії має кожна фігура? Я к вони розміщені? 414. Наведіть приклад фігури, я к а : а) не має ані центра, ані осей симетрії; б) має центр симетрії, але не має осей симетрії; в) не має центра симетрії, але має вісь симетрії; г) має центр симетрії і декілька (безліч) осей симетрії. 125

РОЗДІЛ IV. Геометричні перетворення

ГРАФІЧНІ ВПРАВИ 415. Накресліть трикутник ABC. Побудуйте трикутник АВ'С', симет р и ч н и й т р и к у т н и к у ABC відносно точки А. Визначте вид чотирикутника СВС'В'. 416. Н а к р е с л і т ь квадрат ABCD. Побудуйте квадрат, с и м е т р и ч н и й даному квадрату відносно середини сторони CD. Скільки вершин даного квадрата є т а к о ж вершинами його образу? 417. Накресліть прямокутник ABCD і позначте центр його симетрії О. Укажіть фігуру, симетричну трикутнику ABD відносно точки О. 418. Впишіть у коло рівносгоронній трикутник. Побудуйте трикутник, с и м е т р и ч н и й даному відносно центра симетрії кола. Визначте вид многокутника, я к и й утворюється при послідовному сполученні вершин побудованих трикутників. 419. Накресліть рівнобедрений т р и к у т н и к ABC з основою АС. Побудуйте трикутник АВ'С, симетричний трикутнику ABC відносно прямої АС. Знайдіть точку О, при симетрії відносно якої трикутник ABC переходить у трикутник АВ'С. 4 2 0 . Накресліть гострий кут ABC. Побудуйте кут ABC', симетричний куту ABC відносно прямої АВ. У якому відношенні промінь АВ ділить кут С'АС? 421. Накресліть п р я м о к у т н и к ABCD і проведіть осі його симетрії. Сполучіть послідовно точки перетину цих осей зі сторонами прямокутника. Я к у фігуру ви отримали? Чи є осі симетрії прямокутника осями симетрії отриманої фігури? 4 2 2 . Накресліть правильний шестикутник ABCDEF і проведіть усі осі його симетрії. Чи є серед них вісь симетрії трапеції ABCD?

ПИСЬМОВІ ВПРАВИ

Рівень А 4 2 3 . Знайдіть точку, симетричну: а) точці (2; 9) відносно початку координат; б) точці (2; - 7 ) відносно точки (1; 1); в) початку координат відносно точки перетину п р я м и х х = - 2 і «/ = 3.

1 ?6

§ 12. Центральна та осьова симетрії —^ 4 2 4 . Знайдіть точку, симетричну: а) точці (2; 9) відносно точки (-1; 3); б) точці (а; Ь) відносно початку координат. 4 2 5 . Доведіть, що центр рівностороннього трикутника не є центром його симетрії. Чи може промінь мати центр симетрії? Відповідь обґрунтуйте. 4 2 6 . Доведіть, що центр кола є центром його симетрії. 427. Знайдіть точку, симетричну: а) точці (-3; 9) відносно осі ординат; б) точці (-2; - 5 ) відносно осі абсцис; в) початку координат відносно прямої х = 4. —^ 4 2 8 . Знайдіть точку, симетричну точці (а; Ь) відносно: а) осі абсцис; б) осі ординат. 4 2 9 . Складіть рівняння прямої, симетричної прямій у = х відносно: а) осі абсцис; б) осі ординат; в) початку координат. —^ 4 3 0 . Знайдіть у підручниках із різних навчальних дисциплін (або в мережі Інтернет) зображення' предметів, що мають центр симетрії, вісь симетрії, декілька осей симетрії.

Рівень Б 431. Коло задане рівнянням (х - А)1 + (у - З)2 = 25. Складіть рівняння кола, симетричного 'дайому колу відносно: а) початку координат; б) точки (-1; 4). —^ 4 3 2 . Складіть рівняння прямої, симетричної: а) прямій у = 8 відносно точки (1; 3); б) прямій у = -х + 1 відносно початку координат. 4 3 3 . Доведіть, що: а) жоден трикутник не має центра симетрії; б) трикутник, я к и й має вісь симетрії, рівнобедрений. —^ 4 3 4 . Доведіть, що чотирикутник, я к и й має центр симетрії, є паралелограмом. 4 3 5 . Складіть рівняння: а) кола, симетричного ісолу (х - 4 f + (у - 3)а = 25 відносно прямої х = -6;

б) прямої, симетричної прямій у = - 2 відносно прямої у = X. 127

РОЗДІЛ IV. Геометричні перетворення

4 3 6 . Складіть рівняння: а) кола, симетричного колу х2 + у2 = 4 відносно прямої у = 3; б) прямої, симетричної осі абсцис відносно прямої у = х. 437. Доведіть, що прямі, я к і містять діагоналі ромба, є осями його симетрії. 4 3 8 . Доведіть, що прямі, я к і проходять через середини протилежних сторін прямокутника, є осями його симетрії.

Рівень В 4 3 9 . Доведіть, що жодна фігура не може мати рівно два центри симетрії. 4 4 0 . Доведіть, що точка, симетрична точці (а; Ь) відносно прямої у = х, має координати (b; а). 441. Доведіть, що трапеція, я к а має вісь симетрії, рівнобедрена. Сформулюйте і доведіть обернене твердження. 4 4 2 . Доведіть, що точки, симетричні ортоцентру гострокутного трик у т н и к а відносно його сторін, л е ж а т ь на колі, описаному навколо трикутника. < 4 4 3 . Доведіть, що фігура, я к а має дві взаємно перпендикулярні осі симетрії, має центр симетрії.

ПОВТОРЕННЯ ПЕРЕД ВИВЧЕННЯМ § 13 Теоретичний матеріал . . . • аксіоми відкладання відрізків 1

: 7 клас, § 2, З

куп®;

G x

(

8 клас, §

з \

• ознаки паралелограма; • центр правильного многокутника.

9 клас, п. 6.1

Задачі 4 4 4 . Точка О — центр правильного трикутника ABC. Доведіть рівність кутів АОВ, БОС і АОС. 4 4 5 . Дві вершини прямокутника лежать на осі абсцис, третя вершина має координати ( - 4 ; -4), а точка (0; - 2 ) — точка перетину діагоналей прямокутника. Знайдіть координати решти вершин. 128

§ 13.

Поворот і паралельне перенесення 13.1. Поворот Зафіксуємо на площині точку О й оберемо довільну точку X (рис. 81). Відкладемо від променя ОХ у заданому напрямі кут із заданою градусною мірою а і позначимо на другій стороні кута точку X' так, що ОХ' = ОХ. Такий перехід точки X у точку X' є поворотом навколо точки О на кут а . Означення

Рис. 81. Поворот точки X навколо точки О на кут ос проти годинникової стрілки

Поворотом фігури F навколо точки О на кут а називається перетворення фігури F у фігуру F', унаслідок якого кожна точка X фігури F переходить у точку X '

фігури F' так, що ОХ' = ОХ і ZXOX'=

а.

Точку О називають центром повороту, а кут а — кутом повороту*. Окрім центра й кута, поворот задається також напрямом — за годинниковою стрілкою або проти годинникової стрілки. Унаслідок повороту фігури F навколо точки О на кут а кожна точка X даної фігури зміщується по дузі кола з центром О і радіусом ОХ (рис. 82). Очевидно, що внаслідок будь-якого повороту положення центра повороту не змінюється. Теорема

(основна властивість повороту)

Поворот є переміщенням.

Рис. 82. Поворот фігури F н а в к о л о точки О на кут а за годинниковою стрілкою

Доведення • Розглянемо випадок, коли кут повороту менше 180°. Нехай унаслідок повороту навколо точки О на кут а точки X і У переходять у точки X' і У У шкільному курсі геометрії розглядатимуться кути повороту в межах від 0° до 360".

129

РОЗДІЛ IV. Геометричні перетворення відповідно. Розглянемо загальний випадок (рис. 83), коли точки О, X і У не лежать на одній прямій (інший випадок розгляньте самостійно). Т р и к у т н и к и ХОУ і Х ' О У рівні за першою ознакою: ОХ = ОХ' і OY = OY' за означенням повороту, ZXOY = ZX'OY' (у випадку, поданому на рис. 83, кожен із цих кутів дорівнює сумі (рис. 83, а) або різниці (рис. 83, б) кута повороту о. і кута Х'ОУ). Із рівності т р и к у т н и к і в випливає, що Х У = Х ' У . Отже, поворот зберігає відстань м і ж точками, тобто є переміщенням. Випадки, коли 180° < а < 360°, розгляньте самостійно. •

А"

б Рис. 83. До доведення основної властивості повороту

З перетворенням повороту т а к о ж пов'язаний певний вид симетрії. Я к щ о внаслідок повороту навколо деякої точки О на кут а (0° < а < 180°) фігура F переходить у себе, то кажуть, що ця фігура має поворотну симетрію (або симетрію обертання). Н а п р и к л а д , поворотну симетрію має правильний трикутник: справді, він переходить у себе внаслідок повороту на кут 120° навколо точки О — центра даного трикутника (рис. 84).

13.2. Співнапрямлені промені. Паралельне перенесення Рис. 84. Поворотна симетрія правильного трикутника

Про потяги або автомобілі, я к і рухаються один за одним або паралельними ш л я х а м и , наприклад, з Харкова до Києва, к а ж у т ь , що вони йдуть в одному напрямі. Геометричний відповідник цієї побутової ситуації дає поняття співнапрямленості. Означення Два промені називаються співнапрямленими (або о д наково напрямленими), якщо виконується одна з двох умов: 1) дані промені паралельні й лежать по один бік вщ прямої, що проходить через їх початкові точки; 2) дані промені лежать на одній прямій, причому один із них є частиною іншого.

130

§ 13. Поворот і паралельне перенесення

В,

На рис. 85, а промені АВ і CD паралельні і лежать по один бік від прямої АС; на рис. 85, б промінь CD є частиною променя АВ. В обох цих в и п а д к а х промені АВ і CD співнапрямлені. Зауважимо, що два промені а і Ь, співнапрямлені з тим самим променем с, т а к о ж співнапрямлені (рис. 85, в). Означення

Два промені називаються протилежно напрямленими, якщо один із них співнапрямлений з променем, доповняльним до іншого.

в Рис. 85. Співнапрямлені і протилежно напрямлені промені

На рис. 85, а, б промені АВХ і CD є протилежно напрямленими. Нехай на площині задано промінь OA, причому довжина відрізка OA дорівнює а (рис. 86). Виберемо довільну точку X і побудуємо точку X' так, щоб промені XX' і OA були співнапрямлені і відрізок XX' дорівнював а. Таке перетворення точки X у точку X' є паралельним перенесенням в напрямі променя OA на відстань а. Означення

» і Паралельним перенесенням фігури F у напрямі

Рис. 86. Паралельне перенесення точки X у напрямі променя OA на відстань а

Рис. 87. Паралельне перенесення фігури F в напрямі променя OA на відстань а

променя фігури F фігури F мені XX'

OA на відстань а називається перетворення у фігуру F', унаслідок якого кожна точка X переходить у точку X' фігури F' так, що проі OA співнапрямлені і XX'= а.

На рис. 87 фігура F' отримана з фігури F унаслідок паралельного перенесення в н а п р я м і променя OA на відстань а. Д л я будь-яких двох точок А і В існує паралельне перенесення, я к е переводить точку А в точку В, і тільки одне. Справді, за аксіомою відкладання відрізків на промені АВ від точки А можна відкласти єдиний Відрізок з а в д о в ж к и АВ, тобто

131

РОЗДІЛ IV. Геометричні перетворення ш у к а н е паралельне перенесення задається променем АВ і.довжиною відрізка АВ. Теорема

(основна властивість п а р а л е л ь н о г о

перенесення) Паралельне перенесення є переміщенням. Доведення • Нехай унаслідок паралельного перенесення в напрямі променя OA на відстань а точки X і У переходять у точки X ' і У відповідно. Розглянемо з а г а л ь н и й випадок (рис. 88), коли відрізок Х У не паралельний променю OA і не л е ж и т ь на ньому (інші випадки розгляньте самостійно). За о з н а ч е н н я м п а р а л е л ь н о г о перенесення XX'И У У , XX' = У У = а. Таким чином, чотирикутник ХХ'УУ, дві сторони якого паралельні й рівні, — паралелограм, звідки ХУ = Х ' У . Отже, паралельне перенесення зберігає відстань м і ж точками, тобто є переміщенням. Теорему доведено. • Рис. 88. До доведення основної властивості паралельного перенесення

Я к щ о внаслідок деякого паралельного перенесення фігура F переходить у себе, то к а ж у т ь , що ц я фігура має переносну симетрію. Серед фігур, я к і вивчаються в ш к і л ь н о м у курсі планіметрії, таку властивість має лише пряма. Але приклади переносної симетрії можна знайти в інших науках, мистецтві і повсякденному житті. На рис. 89 подано ескіз графіка функції у = sin х, яка вивчатиметься в курсі алгебри; цей графік має переносну симетрію в напрямі осі абсцис.

Рис. 89. Ескіз графіка функції у = sin.r

132

§ 13. Поворот і паралельне перенесення и

М'(х+а\y+b)

У прямокутній системі координат паралельне перенесення, яке переводить точку (я; у) у точку (х'; у'), задається формулами х' = х + а, у' = у + Ь,

-»

Рис. 90. Паралельне перенесення в прямокутній системі координат

де а і b — деякі числа, одні й ті самі для всіх точок п л о щ и н и (рис. 90). О б ґ р у н т у в а н н я цього факту подається в Додатку 2.

Задача

Унаслідок паралельного перенесення точка (-2; 1) переходить у точ\

ку (3; -6). У яку точку внаслідок такого перенесення переходить початок координат? Розв'язання Нехай паралельне перенесення задано формулами х' = х + а, у' = у + Ь.

Оскільки точка (-2; 1) переходить у точку (3; -6), то 3 = -2+а, —6 = 1 + Ь. Звідси а = 5, Ь = -7, тобто дане паралельне перенесення має формули

х' = х + 5, у' = у-7. Підставивши в ці формули координати початку коорди-

нат х = 0, у = 0, маємо х' = 0 + 5 = 5, у'= 0 - 7 = -7. Отже, початок координат переходить у точку (5; -7).

Відповідь: (5; -7).

13.3. Симетрія в природі, науці й мистецтві Рис. 91. Маріїнський палац у Києві

Рис. 92. Софійський собор у Києві

У процесі вивчення многокутників ми щоразу виділяли з певного класу фігур ті, що мають елементи симетрії: серед трикутників — рівнобедрені й рівносторонні, серед паралелограмів — прямок у т н и к и , ромби й квадрати, серед л-кутників — правильні тощо. І це не випадково, адже світ, я к и й нас оточує, проникнений симетрією: симетричними є квіти і листя, тіла тварин і комах, с н і ж и н к и й кристали природних мінералів. Те, що створено людиною, т а к о ж здебільшого симетричне — архітектурні споруди (рис. 91,92), меблі, посуд, автомобілі,

133

РОЗДІЛ IV. Геометричні перетворення У>

Л V

Т \ X

літаки тощо. Ми знаходимо симетрію в музичних і літературних творах, спортивних іграх. Німецький математик Г. Вейль (1885—1955) стверджував, що «краса нерозривно пов'язана з симетрією». Симетрія проявляється в різних розділах математики, зокрема в алгебрі. Н а п р и к л а д , многочлени виду 2х2 + 5ху + 2у2, я к і не змінюють значення від переміни місць змінних х і у, називають симетричними — для т а к и х многочленів існують с п е ц і а л ь н і способи р о з к л а д а н н я на м н о ж н и к и . Наочним прикладом симетрії в алгебрі є графіки елементарних функцій: так, парабола у = х2 симетрична відносно осі ординат (рис. 93, а), а гіпербола у —— х

Рис. 93. СиметріяСиметрія графіків елементарних функцій

Меандр

Вишиванка

Буковинський

Татарський

рушник

орнамент

Рис. 94. Орнаменти

134

— відносно початку координат (рис. 93, б).

Біологи д і й ш л и висновку, що будь-який живий організм «спроектовано» за чіткою геометричною схемою, і виділяють окремі види просторової симетрії, характерні для рослин і тварин. З курсу хімії вам відомо, що чимало природних речовин складається з кристалів, я к і являють собою многогранники (з ними ви докладніше познайомитесь у розділі VI цього підручника і на уроках геометрії в старших класах). Хіміки встановили, що існує 32 види симетрії кристалів. У царині мистецтв найбільш наочно симетрія проявляється в архітектурі. За переконанням д а в н ь о г р е ц ь к и х архітекторів, симетрія уособлює закономірність, доцільність і гармонію. Фасади багатьох історичних і сучасних будівель мають елементи симетрії. Мотиви симетрії переважали в образотворчому мистецтві Давнього Єгипту, Греції і Риму. На особливу увагу заслуговує використання симетрії в декоративно-прикладному мистецтві: структура і розміщення орнаментів на українських р у ш н и к а х і вишиванках — яскраве свідчення прон и к н е н н я симетрії в народну творчість (рис. 94). Поетичні рими та розміри — типові прояви симетрії в літературі. Увагу мовознавців здавна при-

§ 13. Поворот і паралельне перенесення вертають паліндроми («перевертні») — «симетричні» слова, фрази або вірші, що однаково читаються й зліва направо й справа наліво: «око», «зараз», «радар»; найвідоміший з українських паліндромів «І що сало — ласощі» придумав поет О. Ірванець. Невичерпні можливості симетрії і сьогодні приваблюють учених і митців, надихаючи їх до нових злетів творчої думки.

Запитання і задачі ф

УСНІ ВПРАВИ 4 4 6 . Чи існує поворот, унаслідок якого: а) сторона прямокутника, що не є квадратом, переходить у сусідню сторону; б) одна діагональ прямокутника переходить в іншу; в) один із внутрішніх різносторонніх кутів при паралельних прямих і січній переходить в інший; г) один із відповідних кутів при паралельних прямих і січній переходить в* інший? » 447. Точка О л е ж и т ь на прямій /. На я к и й кут треба повернути пряму І навколо точки О, щоб отримати пряму, я к а збігається з /? 4 4 8 . Точка О не л е ж и т ь на прямій І. На я к и й кут треба повернути пряму І навколо точки О, щоб отримати пряму, паралельну П 4 4 9 . Які із фігур на рис. 95 мають симетрію обертання?

• ПОАФФ^ а

Рис. 95

135

РОЗДІЛ IV. Геометричні перетворення 4 5 0 . Діагоналі паралелограма ABCD перетинаються в точці О (рис. 96). Назвіть промінь: а) співнапрямлений з променем АВ; б) протилежно напрямлений з променем СВ; в) співнапрямлений з променем AO; г) протилежно напрямлений з променем OD.

Рис. 96

451. Промені АВ і CD співнапрямлені. Чи співнапрямлені промені АВ і EF, якщо: а) промені CD і EF співнапрямлені; б) промені CD і EF протилежно напрямлені? 4 5 2 . Чи існує паралельне перенесення, внаслідок якого: а) одна сторона прямокутника переходить в іншу; б) одна діагональ прямокутника переходить в іншу; в) один із внутрішніх різносторонніх кутів при паралельних прямих і січній переходить в інший; г) один із відповідних кутів при паралельних прямих і січній переходить в інший? 4 5 3 . Діагоналі паралелограма ABCD перетинаються в точці О (рис. 96). Визначте образ точки А при паралельному перенесенні, внаслідок якого: а) точка D переходить у точку С; б) точка О переходить у точку С.

ГРАФІЧНІ ВПРАВИ 4 5 4 . Накресліть відрізок АВ. Позначте на прямій АВ точку О, що не л е ж и т ь на відрізку АВ, і точку С — середину відрізка АВ. Побудуйте фігуру, в я к у переходить відрізок АВ внаслідок повороту: а) на 60° проти годинникової стрілки навколо точки О; б) на 90° за годинниковою стрілкою навколо точки С. 4 5 5 . Побудуйте фігуру, в я к у переходить рівносторонній т р и к у т ник ABC внаслідок повороту: а) на 60° проти годинникової стрілки навколо точки С; б) на 180 е навколо точки В. 136

§ 13. Поворот і паралельне перенесення 4 5 6 . Побудуйте фігуру, в я к у переходить квадрат ABCD внаслідок повороту: а) на 90° за годинниковою стрілкою навколо точки D; б) на 90° проти годинникової стрілки навколо точки перетину діагоналей. 457. Накресліть гострий кут ABC. Побудуйте кут, у я к и й переходить даний кут внаслідок паралельного перенесення в напрямі променя ВС на 2 см. 4 5 8 . Побудуйте паралелограм ABCD, у якому АВ = 2 см, ВС = 4 см. Побудуйте фігуру, в я к у переходить цей паралелограм внаслідок паралельного перенесення: а) в напрямі променя DC на 2 см; б) в напрямі променя AD на 2 см. 4 5 9 . Побудуйте фігуру, в я к у переходить рівиосторонній т р и к у т ник ABC внаслідок паралельного перенесення в напрямі променя СВ на відстань, що дорівнює третині периметра трикутника.

ПИСЬМОВІ ВПРАВИ Рівень А 4 6 0 . Унаслідок деякого повороту даний прямий кут переходить у кут, суміжний з даним. Визначте центр і кут повороту. 461. Визначте, чи мають поворотну симетрію відрізок, квадрат, правильний шестикутни^к. У разі ствердної відповіді визначте центр і найменший кут обертання, внаслідок якого дана фігура переходить у себе. 4 6 2 . Точка О лежить на прямій /. Унаслідок повороту навколо точки О дана пряма переходить у себе. Визначте кут повороту. 4 6 3 . Паралельне перенесення задано формулами х' = х-1, Знайдіть координати: а) точки, в я к у переходить точка (-3; -1); б) точки, образом якої є точка (4; -2).

у' = у + 2.

4 6 4 . Паралельне перенесення задано формулами х' = х + 4, у' = у. Визначте напрям і відстань, я к и м и задається це перенесення. 4 6 5 . Паралельне перенесення задано формулами х' = х - 2, у' = у + 7. Знайдіть координати: а) точки, в я к у переходить центр кола (х + І)2 + у2 = 9; б) точки, образом якої є точка перетину прямих у = 2х і х = 3.

137

РОЗДІЛ IV. Геометричні перетворення 4 6 6 . Чи існує паралельне перенесення, внаслідок якого: а) точка (-2; 3) переходить у точку (1; -1), а точка (0; -1) — у точку (3; 3); б) точка (1; - 4 ) переходить у початок координат, а початок координат — у точку (-1; 4)? —^ 467. З а д а й т е формулами паралельне перенесення, внаслідок я к о г о точка (8; 3) переходить у середину відрізка з к і н ц я м и (-2; 0) і (0; 16).

Рівень Б 4 6 8 . Доведіть, що поворот навколо точки О на 180° є центральною симетрією відносно точки О. —^ 4 6 9 . Унаслідок повороту навколо точки О на кут а (0° < а < 180°) точка А переходить у точку А'. Доведіть, що точки А і А' симетричні відносно прямої, що містить бісектрису кута АОА'. 4 7 0 . Доведіть, що внаслідок повороту навколо центра описаного кола на кут

360°

правильнии n-кутник переходить у себе.

471. К і н ц я м и діаметра кола є точки (2; 1) і ( - 4 ; 9). Складіть формули паралельного перенесення, внаслідок якого дане коло переходить у коло (х - З)2 + у2 = 25. —^ 4 7 2 . Унаслідок паралельного перенесення точка кола х2 + у2 = 36, я к а має найменшу ординату, переходить у центр цього кола. Складіть рівняння образу даного кола. 4 7 3 . В е р ш и н и т р и к у т н и к а ABC м а ю т ь к о о р д и н а т и А ( - 3 ; - 3 ) , В ( - 2 ; - 1 ) , С(0; - 2 ) . У н а с л і д о к п а р а л е л ь н о г о перенесення точка В переходить у точку В', симетричну точці А відносно початку координат. У я к і т о ч к и внаслідок такого перенесення переходять вершини А і С?

Рівень В 4 7 4 . Фігура F має симетрію

обертання

порядку

п (neN,

вона переходить у себе внаслідок повороту на кут

2), я к щ о

360°

. п має симетрію обертання

а) Доведіть, що правильний п-кутник порядку п. б) Визначте порядок симетрії обертання паралелограма навколо точки перетину діагоналей. 138

§ 13. Поворот і паралельне перенесення 4 7 5 . Дано рівні відрізки А В і А В ' (рис. 97). Побудуйте центр повороту, внаслідок якого один із цих відрізків переходить у інший.

Рис. 97

4 7 6 . Два гравці по черзі кладуть на круглий стіл и'ятикопієчні монети так, щоб вони не накладалися одна на одну. Виграє той гравець, я к и й покладе монету останнім. Я к мас діяти перший гравець, щоб гарантовано виграти? 477. Є дві коробки цукерок, причому кількість цукерок у коробках однакова. Кожен із двох гравців за один хід має право взяти довільну кількість цукерок, але лише з однієї коробки. Виграє той, хто візьме останню цукерку. Я к має діяти другий гравець, щоб гарантовано виграти? 4 7 8 . Прямі а і Ь перетинаються в точці О під кутом а . Доведіть, що послідовні симетрії відносно цих, прямих дають поворот навколо точк и О на кут 2 а .

ПОВТОРЕННЯ ПЕРЕД ВИВЧЕННЯМ § 14 Теоретичний

матеріал

• подібні трикутники; . площі подібних трикутників.

(ІГкласГІГЇО — (8 клас, п. 1 8 . 1 ^

Задачі 4 7 9 . Точка Е — середина сторони ВС паралелограма ABCD. Доведіть, що пряма АЕ ділить діагональ BD у відношенні 1 : 2. 4 8 0 . Сторони трикутника дорівнюють 13 см, 14 см і 15 см. Знайдіть площу т р и к у т н и к а , подібного даному, я к щ о його найменша сторона дорівнює 39 см.

139

РОЗДІЛ IV. Геометричні перетворення

§ 14. Подібність фігур 14.1. Перетворення подібності. Гомотетія Чотири види геометричних перетворень, я к і розглядалися в попередніх параграфах, були різновидами переміщення, тобто зберігали відстані м і ж точками. Розглянемо тепер геометричне перетворення, я к е може змінювати відстані між точками, — перетворення подібності. П о н я т т я подібності д л я трикутників вже знайоме вам з курсу 8 класу. Введемо означення подібності д л я довільних фігур.

Означення П е р е т в о р е н н я м подібності (подібністю)

називаєть-

ся таке перетворення фігури F у фігуру F', унаслідок якого відстань між точками змінюється в тому самому

відношенні k

Рис. 98. Перетворення подібності переводить фігуру F у фігуру F'

. '•

. YV . Ч •rj- ft- «V

Рис. 99. План місцевості

140

(k>0).

Це означає, що коли довільні точки X і У фігури F внаслідок перетворення подібності переходять у точки X ' і У фігури F', то X'Y' = kXY (рис. 98). Число k > 0 називають коефіцієнтом подібності. Очевидно, що при k = 1 маємо X T ' = XY, тобто відстані м і ж точками фігури зберігаються. Це означає, що переміщення є окремим випадком подібності при k = 1. Наочне уявлення про перетворення подібності дає зображення д і л я н к и місцевості на плані, виконане в масштабі (рис. 99). Масштаб у цьому випадку є коефіцієнтом подібності і вказує, у скільки разів реальні відстані м і ж об'єктами відрізняються від відстаней на плані. Я к і у випадку переміщення, неважко довести, що внаслідок перетворення подібності точки, я к і лежать на прямій, переходять у точки, що лежать на прямій, і порядок їх взаємного розміщення

§ 14. Подібність фігур

Рис. 100. Перетворення подібності зберігає кути між променями

зберігається. Із цього випливає, що перетворення подібності переводить прямі в прямі, промені — в промені, відрізки — у відрізки. Так само, я к і переміщення, перетворення подібності зберігає кути між променями. Справді, я к щ о внаслідок перетворення подібності кут ABC переходить у к у т А'В'С' (рис. 100), то A'B' = kAB, В'С = kBC, АС' = kAC. Отже, трикутники ABC і А'В'С' подібні за трьома пропорційними сторонами, звідки ZABC = Z А'В'С'. Нехай на площині зафіксовано точку О, точка X — довільна точка фігури F (рис. 101). Відкладемо на промені ОХ відрізок ОХ', що дорівнює kOX (ft — фіксоване додатне число). Провівши такі побудови д л я кожної .точки фігури F, дістанемо фігуру F', я к а є образом фігури F, отриманим унаслідок перетворення, що називається гомотетією. Означення

Рис. 101. Гомотетія з центром О

Гомотетією з центром О називається таке перетворення фігури F у фігуру F'. унаслідок якого кожна тонка X фігури F переходить у точку X ' фігури F' так, що точка X' лежить на промені ОХ і OX' = kOX (ft — фіксоване додатне* число).

Число ft називають коефіцієнтом гомотетії, d самі фігури F і F' — гомотетичними. Теорема

(основна властивість гомотетії)

Гомотетія є перетворенням подібності.

Доведення • Розглянемо випадок, коли т о ч к и О, X і У не л е ж а т ь на одній п р я м і й (інший випадок розгляньте самостійно). Н е х а й унаслідок гомотетії з центром О точки X і У переходять у точки X ' і У відповідно (рис. 102). За о з н а ч е н н я м гомотетії OX' = kOX, Рис. 102. До доведення основної властивості гомотетії

Дане означення можна розширити, ввівши до розгляду від'ємні значення ft. Але в шкільному курсі розглядатимемо лише гомотетію з додатним коефіцієнтом.

141

РОЗДІЛ IV. Геометричні перетворення OY' = kOY. Отже, т р и к у т н и к и OXY і OX'Y' подібні за двома пропорційними сторонами й кутом м і ж ними. Звідси випливає, що X T ' = kXY, тобто гомотетія є перетворенням подібності. •

14.2. Властивості подібних фігур Означення Дві фігури називаються подібними, якщо вони переводяться одна в одну перетворенням подібності.

В силу властивостей перетворення подібності це означення узгоджується з означенням подібних трикутників, даним у 8 класі. Подібність довільних фігур F і F' позначається так само, я к і подібність трикутників: '. Сформулюємо декілька властивостей подібних фігур, я к і безпосередньо випливають з означення і властивостей перетворення подібності. 1) Будь-яка фігура подібна самій собі:

FcoF.

Справді, в цьому випадку коефіцієнт подібності можна вважати таким, що дорівнює 1. 2) Якщо F , ~ F 2 , то F 2 ~ F , . Справді, я к щ о F, w F 2 з коефіцієнтом k, то X2Y2 = kXiYl, де X,, У, — точки фігури F,, Х 2 , Y2 — відповідні точки фігури F 2 . Тоді Х,У,=—Х 2 У 2 , тобто F 2 ~ F , З коефіцієнтом —. k k 3) Якщо

F,~F2. a F2~F3,

F,~F3.

Справді, нехай X,, У — точки фігури F,. Перетворення подібності з коефіцієнтом k, яке переводить фігуру F, у фігуру F 2 , переводить ці точки в точки Х 2 , У2 фігури F 2 , причому Х2У2 = /гХ,У,. Аналогічно, я к щ о т — коефіцієнт подібності, я к а переводить фігуру F 2 у фігуру F 3 , то Х3У3 = mX2Y2, де Х 3 , У3 — відповідні точки фігури F 3 . Таким чином, Х 3 У, = тХ 2 У 2 = /п/гХ,У1, тобто F , r o F 3 з коефіцієнтом km. 4) В і д н о ш е н н я п л о щ подібних фігур д о р і в н ю є к в а д р а т у подібності: я к щ о F ~ F ' з коефіцієнтом k, то —i—^k 2 .

142

коефіцієнта

§ 14. Подібність фігур Д л я т р и к у т н и к і в т а к е т в е р д ж е н н я було доведене у 8 класі. Я к щ о F і F' — о п у к л і я-кутники*, то, п р о в і в ш и в к о ж н о м у з н и х д і а г о н а л і з відпов і д н и х в е р ш и н (рис. 103), д і с т а н е м о п - 2 п а р и подібних т р и к у т н и к і в (обґрунтуйте де самостійно). Тоді S''F=S' "і +S' "2 +...+S' N-i = k2S «і + k2S "2 +...+k2S 2

= k (s

+... + S

) = k S..,

т о б т о — = k2. S,

Рис. 103

Задача Основи рівнобедреної .трапеції дорівнюють 8 см

і 20 см, а бічна сторона 10 см. Знайдіть площу

трапеції, яка подібна до даної і має висоту 12 см. Розв'язання Нехай у трапеції ABCD

AD||BC, АВ = CD = 10 см,

AD = 20 см, ВС = 8 см (рис.104). Проведемо висо-

ти BF і СН. Оскільки A A B F = A D C H

за гіпотену-

зою та гострим кутом, то AF = DH = (20 - 8):2 = 6 (см). Із прямокутного трикутника ABF за теоремою ПісраA

Рис. 104

гора BF =л/і0г -б 2 =8 (см). Нехай A'B'C'D' — трапеція, подібна даній. Відрізок B'F' — образ висоти BF —

є висотою трапеції A'B'C'D', отже, B'F'= 12 см. Оскільки B'F' = kBF, то k =

тобто k = — = 1,5. 8

Знайдемо площу трапеції ABCD: SABC0 = — - BF, 2 20 + 8 , „ . 0 1 1 0 SABCO = —2 8= (см2). За властивістю площ подібних фігур SA,B,C,C, = k2SABCD, SA.B,C,&. = (1,5)2 • 112 =

= 252 (см2).

Відповідь: 252 см 2 .

* У випадку довільних фігур доведення виходить за межі шкільного курсу. 143

РОЗДІЛ IV. Геометричні перетворення

14.3*. Властивості відношень Поняття подібності, паралельності, співнапрямленості тощо дозволяють встановити відповідності м і ж певними об'єктами (геометричними фігурами). Такі відповідності називають відношеннями (точніше, бінарними відношеннями). Відношення зустрічаються не тільки в геометрії, але в багатьох інших науках і в повсякденному житті. Наприклад, між числами можна встановити відношення «більше», «менше», «дорівнює», м і ж іменниками української мови — «мати однакові закінчення», між людьми — «бути родичем» тощо. Відношення, я к і геометричні фігури, мають певні властивості. Розглянемо деякі з цих властивостей на прикладах. 1) Рефлексивність. Така властивість означає, що об'єкт перебуває в даному відношенні з самим собою: F™ F, тобто будь-яка фігура подібна самій собі. Рефлексивність — Рефлексивними т а к о ж є відношення рівності від латинського «рефгеометричних фігур (будь-яка фігура дорівнює салексіо» — відобрамій собі), подільності натуральних чисел (будь-яке ження натуральне число ділиться на себе). Не є рефлексивним відношення паралельності прямих (пряма не паралельна самій собі). 2) Симетричність. Ц я властивість означає, що коли певний об'єкт перебуває в даному відношенні з другим об'єктом, то другий об'єкт перебуває в тому самому відношенні з першим: я к щ о F, ™ F2, то F 2 ~ F , . Симетричними є рівність чисел (якщо а = Ь, то b - а) і родинні відносини м і ж людьми (якщо А — родич В, то В — родич А). Не симетричне відношення «більше» д л я чисел (твердження «якщо а > Ь , то Ь > а » хибне д л я будь-яких а і Ь). 3) Транзитивність. Цю властивість можна описати так: я к щ о у даному відношенні перебувають об'єкти 1 і 2, а т а к о ж об'єкти 2 і 3, то об'єкти 1 і З т а к о ж перебувають у цьому відношенні; наприклад, я к щ о F, ™ F 2 , a F 2 ™ F 3 , то F, ~ F 3 . Транзитивність — Транзитивною є паралельність прямих (відому від латинського теорему «якщо а || b і Ь || с, то а || с» часто називають «транзитус» — властивістю транзитивності паралельних прямих). перехід А ось відношення перпендикулярності прямих не транзитивне: твердження «якщо а 1 b і b 1 с, то а 1 с* хибне. 144

§ 14. Подібність фігур Приклади рефлексивних, симетричних і транзитивних'відношень з інших наук спробуйте знайти самостійно. Отже, відношення та їх властивості, іцо вивчаються в геометрії, мають досить широке узагальнення, а вміння знаходити спільні риси м і ж поняттями і міркуваннями в різних галузях людської діяльності допомагає краще розумітися на кожній із них.

Запитання і задачі ф

УСНІ ВПРАВИ 4 8 1 . Чи правильно, що: а) будь-які дві гомотетичні фігури подібні; б) будь-які дві подібні фігури гомотетичні? 4 8 2 . Чи можна вважати рівні фігури подібними? А навпаки? 4 8 3 . На рис. 105 відрізок DE — середня лінія трикутника ABC. Назвіть гомотетичні відрізки на цьому рисунку. Укажіть центр і коефіцієнт гомотехії. В

Рис. 105

4 8 4 . Чи подібні: а) паралелограм із кутом 40° і паралелограм із кутом 135°; б) ромб із кутом 120° і ромб з діагоналлю, що дорівнює стороні; в) будь-які два квадрати? 4 8 5 . Площі двох подібних чотирикутників дорівнюють 2 см 2 і 18 см 2 . Чому дорівнює коефіцієнт подібності?

^ ^

ГРАФІЧНІ ВПРАВИ 4 8 6 . Накресліть правильний трикутник ABC з центром О. Побудуйте трикутник, у я к и й переходить трикутник ABC внаслідок гомотетії: а) з центром А і коефіцієнтом 3; б) з центром О і коефіцієнтом 2. • 145

РОЗДІЛ IV. Геометричні перетворення —^ 4 8 7 . Накресліть квадрат і здійсніть його гомотетію: а) з центром в одній із вершин і коефіцієнтом 0,5; б) з центром у точці перетину діагоналей і коефіцієнтом 3.

ПИСЬМОВІ ВПРАВИ

Рівень А 4 8 8 . Унаслідок гомотетії з центром О і коефіцієнтом 4 точка А переходить в точку А г Знайдіть довжину відрізка: а) ОА ( , я к щ о OA = 3 см; б)АА,, я к щ о OA, = 24 см. —^ 4 8 9 . Унаслідок гомотетії з центром А т р и к у т н и к ABC переходить у т р и к у т н и к АВ,С,. Знайдіть коефіцієнт гомотетії, я к щ о АВ = 8 см, АВ{ = 2 см. 4 9 0 . О п у к л і м н о г о к у т н и к и з п л о щ а м и S, і S2 подібні, причому сторона першого многокутника в k разів більша, н і ж сторона другого. Знайдіть: а) k, якщо S, = 75 см 2 , S2 = 3 см 2 ; б ) S , , я к щ о S 2 = 4 CM2, k = 2. —^ 4 9 1 . Сторони двох квадратів відносяться я к 3 : 2 . Знайдіть площу більшого квадрата, я к щ о площа меншого дорівнює 8 см 2 . 4 9 2 . На мапі, зробленій у масштабі 1 : 400, площа земельної д і л я н к и складає 20 см 2 . Яку площу має д і л я н к а на місцевості? 4 9 3 . Під будівництво відведено д і л я н к у площею 40 а. Знайдіть площу цієї д і л я н к и на плані в масштабі 1 : 1000.

Рівень Б 4 9 4 . Дано точки А і В. Побудуйте центр гомотетії, внаслідок якої точка А переходить у точку В, я к щ о коефіцієнт гомотетії дорівнює 3. —^ 4 9 5 . Побудуйте центр гомотетії, внаслідок якої одна з основ трапеції переходить в іншу. 4 9 6 . Доведіть, що будь-які два правильні л-кутники подібні. —^ 497. Доведіть, що фігура, подібна колу, є колом. 4 9 8 . Унаслідок гомотетії з центром (2; -1) точка А(8; 7) переходить у точку А'. Знайдіть коефіцієнт гомотетії, якщо: а)А'(5; 3); б) А'(14; 15). 146

§ 14. Подібність фігур —^ 4 9 9 . Унаслідок гомотетії з центром у початку координат і коефіцієнтом k точка А переходить у точку А'. Знайдіть координати: а) точки А, я к щ о А'(-3; 15), k = 3 ; б) точки А', я к щ о А(2; 8), k = 0 , 5 . 5 0 0 . Сторона і діагональ прямокутника дорівнюють відповідно 5 см і 13 см. Знайдіть площу подібного йому прямокутника, периметр якого дорівнює 170 см. —^ 501. Знайдіть площу ромба з периметром 20 см, я к щ о він подібний ромбу з діагоналями 30 см і 40 см. 5 0 2 . П л о щ а правильного ш е с т и к у т н и к а , вписаного в коло, дорівнює 36 см 2 . Знайдіть площу правильного ш е с т и к у т н и к а , описаного навколо цього кола. —^ 5 0 3 . Доведіть, що площа правильного трикутника, описаного навколо кола, вчетверо більша, н і ж площа правильного трикутника, вписаного в те саме коло.

Рівень В 5 0 4 . Дйно дві подібні фігури. Доведіть, що одна з них може бути перетворена в другу за допомогою гомотетії і переміщення. 5 0 5 . Пряма ділить паралелограм на дві рівні частини, подібні даному паралелограму. Знайдіть відношення його сторін. —^ 5 0 6 . Установіть і доведіть ознаки подібності паралелограмів, прямок у т н и к і в , ромбів, рівнобедрених трапецій. Результати у з а г а л ь н і т ь у вигляді дослідження. 1

ПОВТОРЕННЯ ПЕРЕД ВИВЧЕННЯМ § 15 Теоретичний матеріал • види переміщень; • метод подібності. 8 клас, п. 14.3 Задачі 507. Два рівні кола мають спільну хорду АВ. Доведіть, що дані кола симетричні відносно прямої АВ. 5 0 8 . Побудуйте трикутник за двома кутами і найбільшою висотою. 147

РОЗДІЛ IV. Геометричні перетворення

§ 15\

Метод геометричних перетворень 15.1. Розв'язування задач методом геометричних перетворень. Метод симетрії Суть методу геометричних перетворень полягає в розгляді поряд з даними фігурами їхніх образів, отриманих за допомогою певного перетворення. З а л е ж н о від того, я к е перетворення застосовується, розрізняють метод симетрії, повороту, паралельного перенесення і подібності (для трикутників він розглядався у 8 класі). Метод симетрії передбачає з а м і н у даної в умові фігури або її елементів симетричними їм відносно деякої точки або прямої. Задача У

прямокутному

трикутнику

медіана,

проведена

до меншого катета, дорівнює m і утворює з більшим катетом кут 15°. Знайдіть площу трикутника.

Розв'язання Нехай у трикутнику ABC Z В = 90о, ВС<АВ, AM = m -

медіана (рис. 106). Побудуємо точку М,, симетричну

точці М відносно прямої АВ. Тоді трикутники МАС

і М,АВ рівновеликі, оскільки мають спільну висо-

ту АВ, а М,В = ВМ = МС за побудовою. Отже,

За побудовою трикутник М,АМ рівнобедрений з біч-

ною стороною m і кутом між бічними сторонами 30°. Таким чином,

5 МЛ « = -m 2 sin30° = — . Рис. 106

148

Відповідь.

m Т'

§ 15*. Метод геометричних перетворень Метод симетрії часто в и к о р и с т о в у є т ь с я в зад а ч а х на з н а х о д ж е н н я н а й м е н ш и х значень п е в н и х величин. Задача Точка О лежить усередині гострого кута ABC. Знай-

діть на сторонах кута точки X і У так, щоб периметр трикутника ОХУ був найменшим. Розв'язання Аналіз

Припустимо, що трикутник ОХ'У' шуканий (рис. 107). Вершини X' і У', які необхідно побудувати, мають

лежати на сторонах ВА і ВС кута ABC. Побудуємо

точки О, і 0 2 , симетричні точці О відносно цих сторін. Тоді за побудовою ОХ' - 0,Х', ОУ' - 02У'. Знайдемо периметр шуканого трикутника:

P 0XY = ОХ' + X V + У'О = 0,Х' + X V + У'02,

тобто периметр дорівнює 0,Х' + X V + У'02. Рис. 107

Ця сума буде найменшою, якщо точки О,, X', У' і 0 2

лежатимуть на одній прямій. Отже, шукані точки X'

і У' мають лежати на прямій 0,02, тобто на перетині цієї прямої зі сторонами кута ABC.

Побудова 1. Побудуємо точки О, і 02, симетричні точці О щодо прямих ВА і ВС відповідно.

2. Побудуємо пряму 0,0 2 і позначимо точки X і У —

точки перетину цієї прямої зі сторонами кута ABC.

3. Сполучимо точки X і У з точкою О. Трикут-

ник ОХУ — шуканий.

Спираючись на властивості геометричних перетворень, використаних у процесі побудови, легко до-

вести, що побудовані точки шукані й визначаються

однозначно.

149

РОЗДІЛ IV. Геометричні перетворення

15.2. Методи повороту і паралельного перенесення

Рис. 108

Метод повороту доцільно використовувати в задачах, у я к и х задано фігури з рівними сторонами й відомими к у т а м и — рівносторонні й рівнобедрені прямокутні т р и к у т н и к и , квадрати тощо. На п р а к т и ц і д л я повороту прямої а навколо т о ч к и О на д а н і й п р я м і й обирають дві т о ч к и і з д і й с н ю ю т ь ї х поворот н а в к о л о т о ч к и О ( р и с . 108).

Задача Побудуйте рівиосторонній трикутник, вершини якого

лежать на трьох даних паралельних прямих. Розв'язання Аналіз

Нехай рівиосторонній трикутник ABC, вершини яко-

го лежать на даних паралельних прямих а, b і с, побудовано (рис. 109). Розглянемо поворот прямої а

навколо вершини В на 60° проти годинникової стрілки. Унаслідок такого повороту точка А переходить

у точку С, а пряма а — в деяку пряму а'. Оскільки точка А лежить на прямій а, то її образ — точка С —

має лежати на прямій а'. Таким чином, точка С може бути знайдена як точка перетину прямих с і а'. Ана-

Рис. 109

логічно завдяки повороту прямої с навколо точки В

на 60° за годинниковою стрілкою можна визначити положення точки А — образу точки С при такому повороті.

Побудова 1. Позначимо на прямій b довільну точку В.

2. Виконаємо поворот прямої а навколо точки В

на 60° проти годинникової стрілки. Нехай С — точка перетину прямих с і а'.

150

§ 15*. Метод геометричних перетворень 3. Виконаємо поворот прямої с навколо точки В на 60°

за годинниковою стрілкою. Нехай А — точка перетину

прямої а і прямої с', отриманої внаслідок цього повороту.

4. Сполучимо точки А, В і С. Трикутник ABC шуканий

(це легко обґрунтувати, спираючись на властивості геометричних перетворень).

Метод паралельного перенесення особливо ефективний у випадках, коли елементи даної фігури (фігур) віддалені один від одного, внаслідок чого в а ж к о відобразити на рисунку дані умови. Зближення елементів зручно проводити шляхом паралельного перенесення. Задача Дано два кола, які мають зовнішній дотик, і прял«\у т. Побудуйте пряму, паралельну т , на якій дані кола

відтинають рівні хорди.

Розв'язання (скорочений

план)

Нехай дано кола з центрами О і О,, які дотикаються

зовні, і пряму m (рис. 110). Опустимо з центрів даних

кіл перпендикуляри ОС і 0,С, на пряму m і вико-

наємо паралельне перенесення кола з центром О,

в напрямі променя С.С на відстань С,С. Отримане коло з центром О', перетинає дане коло з центром О

в точках А і В. Тоді пряма І, яка проходить через ці

точки, паралельна прямій m і перетинає друге дане коло в точках А, і В,, причому A,B, = AB (доведіть це самостійно).

15.3. Гіпотеза в геометричних задачах У д е я к и х геометричних задачах знайти ш л я х до розв'язання допомагає припущення про існування деякої фігури або деякого співвідношення, я к е на момент початку розв'язування не є доведеним і не випливає безпосередньо з даних задачі. Так, у попередніх задачах ми припускали існування шуканої фігури і на підставі подальшого аналізу визначали спосіб її побудови. 151

РОЗДІЛ IV. Геометричні перетворення

(S Гіпотеза — від грець-

кого «гіпотеза» — підстава, припущення

152

Подібні припущення в науці називаються гіпотезами. Зазвичай гіпотези в геометрії використовуються саме на етапі аналізу умов задачі й визначення плану її розв'язування. Вони можуть стосуватися я к однієї, так і декількох фігур, що розглядаються,— це, насамперед, припущення про рівність фігур або їх окремих елементів, про подібність фігур, паралельність або перетин п р я м и х , належність точок одній прямій тощо. Найпоширенішими гіпотезами в задачах на побудову є припущення про існування шуканої фігури. Досить часто знайти необхідну гіпотезу допомагає аналогія з раніше розв'язаними задачами. Д у ж е важливо, щоб у процесі подальших міркувань висунута гіпотеза була доведена (або спростована). Гіпотези відіграють в а ж л и в у роль у науці. Відомий російський учений М.В.Ломоносов вваж а в гіпотезу «єдиним шляхом, я к и м визначні люди д і й ш л и до відкриття н а й в а ж л и в і ш и х істин». Дійсно, деякі гіпотези докорінно змінювали цілі науки. К л а с и ч н и м прикладом т а к и х революційних змін є Періодична таблиця хімічних елементів Д. І. Менделєєва. У ній видатний учений висловив гіпотезу про існування багатьох не відкритих на той час хімічних елементів. Однак не всі гіпотези з а в ж д и знаходили підтвердження. Т а к , вивчаючи процеси х а р ч у в а н н я коней, мавп, вовків, учені Середньовіччя висловили гіпотезу, що в усіх тварин під час ж у в а н н я рухається л и ш е н и ж н я щелепа. Але подальші дослідження в и я в и л и , що, н а п р и к л а д , крокодил жує верхньою щелепою. Знайдіть самостійно приклади гіпотез (не лише підтверджених, але й спростованих) з історії розвитку біології, фізики, хімії. їх різноманітність і наукове значення стануть найпереконливішим аргументом на користь важливості гіпотез у процесі пізнання і навчання.

§ 15*. Метод геометричних перетворень

Запитання і задачі ф

УСНІ ВПРАВИ 5 0 9 . За допомогою геометричних перетворень із кутів паралелограма у протилежний кут. д л я цього використати? 510. За допомогою геометричних перетворень я к е дорівнює даному колу і дотикається до можна д л я цього використати?

необхідно перевести один Які перетворення можна необхідно отримати коло, нього. Я к і перетворення

щр ПИСЬМОВІ ВПРАВИ

Рівень А 511. Відрізки ЛС і BD перетинаються в точці О, я к а є серединою кожного з них. Точки М і N — середини відрізків АВ і CD. За допомогою центральної симетрії доведіть, що точка О — середина відрізка MN. —^ 512. За допомогою осьової симетрії доведіть, що медіани рівнобедреного трикутника, проведені до бічних сторін, рівні. 513. За допомогою паралельного перенесення доведіть, що коли одна з двох паралельних п р я м и х перпендикулярна до третьої прямої, то друга т а к о ж перпендикулярна до цієї прямої. —^ 514. За допомогою повороту доведіть, що рівні хорди кола стягують відповідно рівні дуги.

Рівень Б 515. Побудуйте відрізок із серединою в даній точці й к і н ц я м и на двох даних прямих. 516. Точки А і В лежать по різні сторони від прямої І. Побудуйте кут АОВ так, щоб його бісектриса л е ж а л а на прямій І. 517. Точка D л е ж и т ь усередині гострого к у т а ABC. Побудуйте рівнобедрений прямокутний трикутник DEF так, щоб вершини його гострих кутів Е і F л е ж а л и на сторонах кута ABC. —^ 518. Дано два рівні кола з центрами О і О,, я к і не мають спільних точок, OOl - 10 см. Пряма І паралельна ООі і перетинає ці кола послідовно в точках А, В, С і D. Знайдіть- довжину відрізка АС. 153

РОЗДІЛ IV. Геометричні перетворення

Рівень В 519. Побудуйте трикутник за двома сторонами й різницею кутів, прот и л е ж н и х цим сторонам. —^ 5 2 0 . Дано два кола зі спільним центром. Побудуйте пряму, на я к і й ці кола відтинають три рівні відрізки. 521. На стороні CD квадрата ABCD позначено точку Е. Бісектриса кута ВАЕ пєрєтинас сторону ВС в точці F. Доведіть, що АЕ = ED + BF. —^ 5 2 2 . Побудуйте трапецію за діагоналями, середньою лінією і кутом при основі.

ПОВТОРЕННЯ ПЕРЕД ВИВЧЕННЯМ Теоретичний матеріал • паралельне перенесення;

9 клас, п. 13.2

• формула відстані м і ж точками. Задачі 5 2 3 . Чи лежить точка Д(3; - 5 ) на відрізку ВС, я к щ о В(1; -2), С(5; -8)? 5 2 4 . Три вершини паралелограма ABCD мають координати А(-1; 1), В(2; 4), С(5; 4). Складіть формули паралельного перенесення, я к е переводить сторону ВС в сторону AD, і знайдіть координати точки D.

Задачі для підготовки до контрольної роботи № 4

Дано прямокутний трикутник ABC з гіпотенузою АС. Побудуйте: а) відрізок, симетричний катету АВ відносно точки С; б) кут, симетричний куту ABC відносно прямої АС. 2. Знайдіть координати точки, симетричної точці А(-3; 1) відносно: а) початку координат; б) осі абсцис. 3. Виконайте поворот рівнобедреного прямокутного трикутника ABC з гіпотенузою АС навколо в е р ш и н и В на 90° проти годинникової стрілки. Назвіть сторони трикутника, я к і переходять одна в одну. 4 . Складіть формули паралельного перенесення, я к е переводить центр кола (х + І)2 + (у - 7)2 = 4 в початок координат. 5. Відповідні сторони двох подібних п р я м о к у т н и к і в відносяться я к 3 : 5 . Знайдіть илоіцу більшого прямокутника, я к щ о площа меншого дорівнює 36 см 2 . 6. Два кола мають внутрішній дотик у точці А, причому менше коло проходить через центр більшого. Доведіть, що будь-яка хорда більшого кола, я к а виходить із точки А, ділиться меншим колом навпіл. 154

Підсумки розділу IV ПІДСУМКОВИЙ ОГЛЯД РОЗДІЛУ IV

Переміщення Переміщенням (або рухом) називається перетворення фігури, внаслідок якого зберігаються відстані м і ж точками даної фігури. Дві фігури називаються рівними, суміщаються переміщенням

я к щ о вони

Симетрія відносно точки Точки X і X ' називаються симетричними відноско точки О, я к щ о точка О — середина відрізка XX'

Перетворенням симетрії , симетрією) відносно точки ся таке перетворення фігури унаслідок якого кожна точка реходить у точку X' фігури F', відносно точки О.

(центральною О називаєтьF у фігуру F', X фігури F песиметричну X

Основна властивість симетрії відносно точки: центральна симетрія є переміщенням Якщо перетворення симетрії відносно точки О переводить фігуру F у себе, то така фігура називається центрально-симетричною, а точка О — центром симетрії фігури F 155

РОЗДІЛ IV. Геометричні перетворення

Симетрія відносно прямої

X•

Точки X і X' називаються симетричними відносно прямої І, я к щ о ця пряма перпендикулярна до відрізка XX' і проходить через його середину

Перетворенням симетрії (осьовою симетрією) відносно прямої І н а з и в а є т ь с я т а к е перетворення фігури F у фігуру F', унаслідок якого к о ж н а точка X фігури F переходить у точку X' фігури F', симетричну X відносно прямої І. Основна властивість осьової симетрії: осьова симетрія є переміщенням Я к щ о перетворення симетрії відносно прямої І переводить фігуру F у себе, то така фігура називається симетричною відносно прямої І, а сама пряма І — віссю симетрії фігури F

Поворот Поворотом фігури F навколо точк и О на кут а називається перетворення фігури F у фігуру F', унаслідок якого к о ж н а точка X фігури F переходить у точку X' фігури F ' т а к , що ОХ' = ОХ і Z ХОХ' = а. Точку О називають центром повороту, а кут а — кутом повороту. Основна властивість повороту: поворот є переміщенням Я к щ о внаслідок повороту навколо деякої точки О фігура F переходить у себе, то к а ж у т ь , що ц я фігура має поворотну симетрію (або симетрію обертання) 156

Підсумки розділу IV

Паралельне перенесення X'

Паралельним перенесенням фігури F у напрямі променя OA на відстань а називається перетворенн я фігури F у фігуру F', унаслідок якого к о ж н а точк а X фігури F переходить у точку X ' фігури F' так, що промені XX' і OA співнапрямлені і XX' = а. Основна властивість паралельного перенесення: паралельне перенесення є переміщенням

М\х+а- у+Ь) У п Р Я М 0 К У т н і й системі координат паралельне переучти ' несення, я к е переводить точку (дг; у) у точку (х'; у'), F І задається формулами М(х; у) х' = х + а,у' = у + Ь, де а і b — деякі числа, одні й ті самі д л я всіх точок -> площини

Перетворення подібності. Гомотетія Перетворенням подібності (подібністю) називається таке перетворення фігури F у фігуру F', унаслідок якого відстань м і ж точками змінюється в тому самому відношенні k (k > 0). Число k > 0 називають коефіцієнтом подібності. Дві ^фігури називаються подібними, я к щ о вони переводяться одна в одну перетворенням подібності X T ' = kXY Гомотетією з центром О називається таке перетворення фігури F у фігуру F', унаслідок якого к о ж н а точка X фігури F переходить у точку X ' фігури F' так, що точка X ' л е ж и т ь на промені ОХ і ОХ' = kOX (k — фіксоване додатне число). Число k називають- коефіцієнтом гомотетії, а самі фігури F і F' — гомотетичними. Основна властивість гомотетії: X V/J.YX4/ і> V* Лє. Xперетворенням vА. V IIV/^V/ Л XX4//J,XV> гомотетія подібності Відношення площ подібних фігур s Я к щ о F ~ F' з коефіцієнтом k, то —— = S F 157

РОЗДІЛ IV. Геометричні перетворення

КОНТРОЛЬНІ ЗАПИТАННЯ ДО РОЗДІЛУ IV 1. Д а й т е о з н а ч е н н я п е р е м і щ е н н я . Н а з в і т ь основні властивості переміщення. Я к и й зв'язок переміщення має з рівністю фігур? 2. Дайте означення симетрії відносно точки. Які фігури називаються центрально-симетричними? Наведіть приклади. 3. Дайте означення симетрії відносно прямої. Що таке вісь симетрії фігури? Наведіть приклади фігур, я к і мають вісь симетрії. 4 . Дайте означення повороту. 5. Дайте означення паралельного перенесення. Я к и м и формулами паралельне перенесення задається в прямокутній системі координат? 6. Д а й т е означення перетворення подібності. Назвіть основні властивості подібних фігур. 7. Опишіть перетворення гомотетії.

ДОДАТКОВІ ЗАДАЧІ ДО РОЗДІЛУ IV 5 2 5 . Доведіть, що внаслідок переміщення медіана т р и к у т н и к а переходить у відповідну медіану трикутника-образу. 5 2 6 . Визначте переміщення, за допомогою я к и х можна перевести: а) одну з бічних сторін рівнобедреної трапеції в іншу; б) одну з протилежних сторін паралелограма в іншу. 527. Рівні кола з центрами О і О, перетинаються в точках А і В. Назвіть: а) центр симетрії, я к а переводить одне з даних кіл в інше; б) вісь симетрії, я к а переводить одне з даних кіл в інше; в) центр і кут повороту, я к и й переводить одне з даних кіл в інше; г) промінь і відстань, що задають паралельне перенесення, я к е переводить одне з даних кіл в інше. 5 2 8 . Унаслідок деякого переміщення кожна з точок А і В переходить у себе. Доведіть, що будь-яка точка прямої А В внаслідок цього переміщення т а к о ж переходить у себе. 5 2 9 . Дельтоїдом називається опуклий чотирикутник, що має єдину вісь симетрії, я к а містить його діагональ. Побудуйте дельтоїд і опишіть його властивості. 5 3 0 . Дано коло і точку А на ньому. Точка В рухається по даному колу. Я к у лінію описує під час такого руху середина відрізка АВ? 158

Підсумки розділу IV 531. У даний трикутник впишіть ромб так, щоб він мав із даним трикутником спільний кут. 5 3 2 . Доведіть подібність двох ромбів із відповідно пропорційними діагоналями. 5 3 3 . Два кола розміщені по різні сторони від прямої І. Побудуйте відрізок із к і н ц я м и на д а н и х к о л а х , д л я якого п р я м а / є віссю симетрії. Задачі підвищеної складності 5 3 4 . Два рівні кола мають зовнішній дотик. В одне з кіл вписано т р и к у т н и к . Доведіть, що т р и к у т н и к , симетричний даному відносно точки дотику, є вписаним у друге коло. 5 3 5 . Кола, симетричні описаному навколо трикутника колу відносно сторін трикутника, проходять через ортоцентр цього трикутника. Доведіть. 5 3 6 . Побудуйте квадрат, три вершини якого лежать на трьох даних паралельних прямих. 537. Впишіть у даний трикутник ABC квадрат, дві вершини якого лежать на стороні АС, а дві інші — на сторонах АВ і ВС відповідно. 5 3 8 . Побудуйте коло, яке вписане в даний кут і проходить через дану точку всередині цього кута.

ІСТОРИЧНА ДОВІДКА Теорія геометричних перетворень виникла у зв'язку з пізнанням законів зображення предметів на площині. Спроби . правильно відобразити на плоскому рисунку природні форми предметів здійснювалися задовго до виникнення писемності — люди малювали на стінах печер, скелях, посуді різноманітні рослини, тварин тощо. Тривала практика підказувала митцям, як передати на рисунку зображуваний предмет — так зароджувалося вчення про відповідності й перетворення. Раніше за інші були встановлені й вивчені закони перспективи. Стародавні греки дотримувалися їх уже в V—IV ст. до н. е. В Епоху Відродження з'явилися перші фундаментальні дослідження з теорії перспективи, зокрема робо-

3РаЗОК

наскельного живопису

ти видатних художників Леонардо да Вінчі (1452—1519) і Альбрехта Дюрера (1471—1528). Розробником математичних основ теорії проективних перетворень (теорії перспективи) став французький інженер і архітектор Жерар Дезарг (1593—1662).

Нарис Леонардо да Вінчі

160

Бастеї Дюрера

Леонардо да Вінчі

Альбрехт Дюрер

Мішель Ш а л ь

Завдяки теорії перспективи вдалося досягнути достатньо? наочності зображень, однак технічний прогрес вимагав точного відтворення об'єктів із дотриманням розмірів. Багато талановитих учених доклали зусиль до створення теорії взаємно однозначних відповідностей на площині й у просторі. Серед них був, зокрема, французький математик Мішель Шаль (1793-1880), який довів фундаментальну теорему про геометричні перетворення (нині відому як теорема Шаля). Підсумував наукові пошуки в галузі геометричних перетворень французький геометр Гаспар Монж (17461818), створивши новий розділ геометрії - нарисну геометрію. Пізніше на основі розподілу геометричних перетворень на групи було виділено ще декілька розділів геометрії - афінна, проективна та інші. Здобутки вчених у вивченні перетворень склали математичну основу для розвитку багатьох галузей сучасної техніки.

161

РОЗДІЛ IV. Геометричні перетворення

ТЕМАТИКА ПОВЩОМЛЕНЬ І РЕФЕРАТІВ ДО РОЗДІЛУ IV 1. 2.

Координатні формули геометричних переміщень. Композиції переміщень. Інверсія відносно кола. Застосування інверсії для розв'язування задач.

3. 4.

Теорія перспективи в мистецтві й комп'ютерній графіці. Переносна симетрія. Паркети і бордюри. Геометричні ідеї в живопису (М. Ешер, В. Вазарелі).

Застосування гомотетії для дослідження кола дев'яти точок.

РЕКОМЕНДОВАНІ Д Ж Е Р Е Л А І Н Ф О Р М А Ц І Ї 1. 2.

6. 7. 8.

Математична хрестоматія для 6—8 класів. Т. 1 [Текст]. — К. : Рад. шк., 1968. — 320 с. Математична хрестоматія д л я с т а р ш и х класів. Геометрія. Т. 2 [Текст] / упоряд. JI. В. Кованцова. — К. : Рад. ш к . , 1969. — 383 с. Глейзер, Г. И. История математики в школе. VII—VIII классы: Пособие д л я учителей [Текст] / Г. И. Глейзер. — М. : Просвещение, 1982. — 240 с. Прасолов, В. В. Задачи по планиметрии. Ч. 1 [Текст] / В. В. Прасолов. — Изд. 2-е, перераб. и доп. — М. : Наука : Гл. ред. физ.-мат. лит., 1986. — 320 с. — (Б-ка мат. кружка). Прасолов, В. В. Задачи по планиметрии. Ч. 2 [Текст] / В. В. Прасолов. — Изд. 2-е, перераб. и доп. — М. : Наука : Гл. ред. физ-мат. лит., 1986. — 320 с. — (Б-ка мат. крулска). Вейль, Г. Симметрия / Пер. с англ. [Текст] / Г. Вейль. — М. : Наука, 1968. Тарасова, JI. Этот у д и в и т е л ь н ы й с и м м е т р и ч н ы й мир [Текст] / JI. Тарасова. — М. : Просвещение, 1992. Полонський, В. Б. Вчимося розв'язувати задачі з геометрії [Текст] / В. Б. Полонський, ІО. М. Рабінович, М. С. Якір. — Тернопіль : Підручники й посібники, 2002. Інтернет-бібліотека МЦНМО. http://ilib.mirror0.mccme.ru/

10. Сайт видавництва «Ранок», http://www.ranok.com.ua

§ 16. Початкові відомості про вектори § 17. Додавання і віднімання векторів § 18. Множення вектора на число. Скалярний добуток векторів § 19. Векторний метод

Доступ до більш глибоких принципових проблем у фізиці вимагає найвитонченіших математичних методів. Альберт Ейнштейн,

німецький

фізик

Як відомо з курсу фізики, деякі величини, наприклад сила, швидкість, прискорення тощо, характеризуються не тільки числовим значенням, але й напрямом. Необхідність математичного моделювання таких величин зумовила створення теорії векторів. У сучасній математиці один із розділів, у якому вивчають дії з векторами, не випадково називають векторною алгеброю, адже операції над векторами мають багато спільного з алгебраїчними діями. Вектори, як і координати, значно розширюють арсенал способів геометричних доведень та обчислень і спрощують деякі з них. Векторні співвідношення широко застосовуються в природничих науках і багатьох галузях техніки. Завдяки вивченню векторів ви зможете краще опанувати методи розв'язування не лише геометричних, але й фізичних задач.

§ 16. Початкові відомості про вектори 16.1. Означення вектора. Модуль і напрям вектора

( 0 ( 0 ( 0 ( 0 Вектор — від ла-

тинського «вектор» — той, що несе.

У природничих науках зустрічаються величини, які повністю характеризуються числовим значенням, — довжина, площа, температура, маса тощо (такі величини називають скалярними). Але чимало величин задаються не тільки числовим значенням, але й напрямом. Наприклад, для розв'язування задачі про рух автомобіля недостатньо знати його швидкість — треба уточнити, в якому напрямі він рухається. У такому випадку швидкість автомобіля розглядається як векторна величина. Отже, векторна величина характеризується числовим значенням і напрямом. У геометрії векторні величини зображають за допомогою напрямлених відрізків. Означення Вектором називається напрямлений відрізок, тобто відрізок, для якого вказано, який із його кінців є по, чайком, а який — кінцем.

Рис. 111. Вектор

З а з в и ч а й вектор з о б р а ж а ю т ь відрізком зі стрілкою, яка вказує напрям вектора. Для позначення векторів використовують малі латинські букви (а, Ь, с...) або дві великі латинські букви, перша з яких позначає початок вектора, а друга — кінець вектора. Замість слова «вектор» над позначенням вектора ставлять стрілку. Так, вектор з початком А і кінцем В (рис. 111) позначають а або АВ. Означення Д о в ж и н о ю (або м о д у л е м ) вектора

довжина відрізка АВ, що зображає вектор.

називається

Довжина вектора АВ позначається так:

АВ 165

РОЗДІЛ V. Вектори на площині Означення Нульовим вектором називається вектор, початок і кінець якого збігаються.

Т а к и м чином, будь-яку точку А п л о щ и н и можна вважати нульовим вектором А А . Нульовий вектор позначають так: б . Н а п р я м у він не має, а його довжина дорівнює нулю: | б | = 0 . (S

( Р (О

Колінеарний — від

латинського «ко-» — з, разом і «лінеаріс» — лінійний

Означення Ненульові вектори називаються колінеарними, якщо вони лежать на одній прямій або на паралельних прямих.

На рис. 112 вектори АВ, CD і EF колінеарні. Нульовий вектор вважають колінеарним будьякому вектору. Означення Вектори АВ і CD називаються співнапрямленими (або однаково напрямленими), якщо промені АВ і CD співнапрямлені. Вектори АВ і CD називаються протилежно напрямленими, якщо промені АВ і CD протилежно напрямлені.

Рис. 112. Колінеарні вектори

На рис. 112 вектори АВ і CD співнапрямлені (коротко це позначають так: AB]]CD), а вектори EF і CD протилежно напрямлені (коротко це позначають так: EF ТІ CD ). Зазначимо, що завдяки щойно введеним пон я т т я м можна спростити означення паралельного перенесення. Тепер замість паралельного перенесення в напрямі променя АВ на відстань АВ можна розглядати паралельне перенесення на вектор АВ.

16.2. Рівні вектори Означення Два вектори називаються рівними, якщо вони суміщаються паралельним перенесенням.

166

§ 16. Векторні величини Це означає, що існує паралельне перенесення, внаслідок якого початок і кінець одного вектора переходять відповідно в початок і кінець другого. На рис. 113 зображено рівні вектори АВ і CD. їх рівність позначають так: AB = CD. Обґрунтуємо основні властивості й ознаки рівних векторів. Рис. 113. Рівні вектори

1) Рівні вектори співнапрямлені та м а ю т ь рівні довжини.

Ця властивість випливає безпосередньо з означення рівних векторів і властивостей паралельного перенесення. 2) Якщо вектори співнапрямлені і м а ю т ь рівні довжини, то вони рівні.

Рис. 114. До обґрунтування ознаки рівних векторів

Справді, нехай вектори АВ і CD співнап р я м л е н і та м а ю т ь рівні д о в ж и н и (рис. 114). Паралельне перенесення на вектор АС переводить п р о м і н ь АВ у с п і в н а п р я м л е н и й п р о м і н ь CD. О с к і л ь к и відрізки АВ і CD рівні, то внаслідок такого паралельного перенесення точка А переходить у точку С, а точка В — в точку D. Отже, вектори АВ і CD суміщаються паралельним перенесенням, тобто рівні за означенням. 3) Від будь-якої т о ч к и м о ж н а відкласти вектор, що дорівнює даному, і притому тільки один.

В •N М Рис. 115. Відкладання вектора, що дорівнює даному

Справді, нехай дано вектор АВ і точку М (рис. 115). Існує єдине паралельне перенесення, внаслідок якого точка А переходить у точку М — паралельне перенесення на вектор A M . Під час такого перенесення вектор АВ переходить у вектор MN, я к и й за означенням дорівнює АВ. Д л я практичного відкладання від заданої точки вектора, що дорівнює даному, варто зазначити, що у випадку, коли точка М не л е ж и т ь на прямій АВ, чотирикутник ABNM — паралелограм. З а у в а ж и м о т а к о ж , що рівні вектори, відкладені від різних точок, часто позначають тією 167

РОЗДІЛ V. Вектори на площині самою буквою. ГІро т а к і вектори к а ж у т ь , що це той самий вектор, відкладений від різних точок. Такий підхід є цілком природним: справді, розглядаючи декілька зображень Вінні-Пуха, ми кажемо: «Це — Вінні-Ilyx», а не «Це — різні зображення Вінні-Пуха».

16.3. Координати вектора До цього часу, к а ж у ч и про координати, ми м а л и на увазі координати точки, я к і однозначно з а д а ю т ь її р о з м і щ е н н я у системі координат. Виявляється, що за допомогою координат можна описувати і вектори.

Координатами вектора з початком

числа а, = х 2 - х } і аг =

у2-уг

</,) і кінцем В(х2\

у2) називають

Інакше к а ж у ч и , кожна координата вектора дорівнює відповідних координат його кінця і початку. Координати вектора записують у д у ж к а х п о р я д го

буквеним

позначенням:

АВ(ах\а2).

Іноді

для

різниці із

йо-

позначен-

ня вектора з координатами а, і а2 використовують запис

(а,; а 2 ).

Очевидно, що нульовий вектор має нульові Із формули відстані м і ж точками маємо:

0(0; 0 ) .

д о в ж и н а вектора а(а,;

Теорема

а2)

координати:

обчислюється за ф о р м у л о ю

j = ^/а,2 + а 2 " .

(властивість і о з н а к а к о о р д и н а т рівних векторів)

Рівні вектори м а ю т ь рівні координати, і навпаки: я к щ о у векторів відповідні координати рівні, то ці вектори рівні.

Доведення • 1) Властивість. Нехай Л(х,; (у,) і В(х2; у2) — початок і кінець даного вектора

а.

Вектор а', що дорівнює а, можна дістати з вектора а паралельним перенесенням. Нехай це перенесення задається формулами х' = х + с, у' = y + d. Тоді а' = АГВ\ де + с; І/, + d), В'(х2 + с;у2 + d). Очевидно, що обидва вектори а і а' мають координати x2-xt і у2-уг що й треба було довести.

168

§ 16. Векторні величини 2) Ознака. Нехай тепер вектори АВ і А'В' мають рівні координати. Я к щ о початком і кінцем другого вектора є точки А'(х\; у\) і В'(х'2; у'2), то за умовою =

3ві х + х Уг-Уі=У'і-У\Д°и '2 = х2-хі \> У'2=Уг-Уі + У'ґ Паралельне перенесення, задане формулами х' = х - xt + х\, у' = у - yt + у\, переводить точку А в точку А', а точку В — в точку В', тобто суміщає вектори АВ і А'В', що й треба було довести. Теорему доведено повністю. • *

Т а к и м чином, координати вектора не фіксують н а п р я м л е н и й відрізок, а лише задають його довжину і напрям. Я к приклад застосування рівності координат векторів наведемо ще один спосіб розв'язування відомої задачі про пошук четвертої вершини паралелограма. Задача Знайдіть координати четвертої вершини паралелограма ABCD, якщо А(-2; 1), В(0; 4), С(4; 1).

,с

Розв'язання Якщо чотирикутник ABCD — паралелограм (рис. 116), то

AB = DC.

Нехай

шукана

вершина

Знайдемо координати векторів АВ і DC :

— D(x; у).

АВ - (0 - (-2),~4 - ї ) = (2; 3), DC = (4 - х; 1 - у).

Рис. 116

Отже, 4 - х = 2, 1 — у = 3, звідки х = 2, у = -2.

Відповідь: (2; -2).

Запитання і задачі

УСНІ ВПРАВИ 5 3 9 . На площині позначені точки А і В. Чи правильно, що вектори АВ і ВА : а) мають однакові довжини; б) співнапрямлені; в) рівні? 5 4 0 . Вектори АВ і ВС колінеарні. Чи л е ж и т ь точка В на прямій АС; на відрізку АС? 541. Точка С — середина відрізка АВ. Чи рівні вектори АС і ВС? Чи рівні вектори АС і СВ? 169

РОЗДІЛ V. Вектори на площині 5 4 2 . У паралелограмі ABCD (рис. 117) назвіть вектори: а) співнапрямлені з вектором DC; б) співнапрямлені з вектором AO; в) протилежно напрямлені з вектором AD; г) протилежно напрямлені з вектором BD; д) що дорівнюють вектору АВ; е) що дорівнюють вектору ОС; є) що дорівнюють вектору ВВ. 5 4 3 . Визначте вид чотирикутника ABCD, я к щ о AB = DC. 5 4 4 . Дано рівнобедрений т р и к у т н и к ABC з основою АС. Ч и правильно, що АВ = ВС? Чи правильно, що | а в | = | в с | ?

5 4 5 . Відомо, що а = Ь . Чи правильно, що: а) дані вектори мають відповідно рівні координати; б) відрізки, що зображають дані вектори, обов'язково збігаються; в) при відкладанні від однієї точки відрізки, що зображають дані вектори, обов'язково збігаються?

ГРАФІЧНІ ВПРАВИ 5 4 6 . Накресліть паралельні прямі а і Ь. Позначте на прямій а точки А і В, а на прямій b — точку С. а) Відкладіть від точки С вектор CD, співнапрямлений з АВ. б) Відкладіть від точки С вектор С Е , протилежно напрямлений з АВ. в) Відкладіть від точки В вектор BF, що дорівнює вектору АВ. Чи співнапрямлені вектори BF і DE, BF і ED ?

—^ 547. Накресліть ромб ABCD. а) Відкладіть від точки В вектор, що дорівнює вектору CD. б) Відкладіть від точки В вектор, що дорівнює вектору А С . в) Виконайте паралельне перенесення даного ромба на вектор BD.

ПИСЬМОВІ ВПРАВИ Рівень А 5 4 8 . У прямокутнику ABCD АВ - 5, ВС = 12, точка Е — середина сторони ВС. Знайдіть довжини векторів AD, СЁ, АС, АЕ . —^ 5 4 9 . У ромбі ABCD АС = 8, BD = 6, О — точка перетину діагоналей. Знайдіть довжини векторів ОС, ВО, АВ. 170

§ 16. Векторні величини 5 5 0 . Доведіть, що в паралелограмі ABCD AD = BC. —^ 551. Точка О — середина відрізка АВ. Назвіть пари рівних векторів із к і н ц я м и в даних точках і доведіть їх рівність. 5 5 2 . Знайдіть координати вектора А В , я к щ о : а)А(-1; 4), В(3; 9);

б) А(2; - 5 ) , В(-1; -1);

в) А(3; 2), В(3; -2).

5 5 3 . Відомо, що ОА = а, а(2; -1), О — початок координат. Знайдіть координати точки А. 5 5 4 . Знайдіть довжину вектора А В , якщо: а) АВ (7; 24);

б) А(0; -1), В(3; - 5 ) ; _ _ в) А(2; - 4 ) , В(2; -1).

—^ 5 5 5 . Знайдіть координати і довжину вектора А В , якщо: а) А(-3; 1), В(5; -5); б) А(12; 0), В(0; - 5 ) . 5 5 6 . Відкладіть від точки Z)(l; 3) вектори а (2; -1) і Ь(-3; 4). Знайдіть координати кінців цих векторів. —^ 557. Кінцем вектора а ( - 3 ; 7) є точка (0; -2). Знайдіть координати початку вектора і відкладіть його в прямокутній системі координат. 5 5 8 . За.допомогою векторів доведіть, що чотирикутник ABCD ралелограм, я к щ о А(-2; -1), В( 1; 2), С(2; 2), Щ - 1 ; -1).

— па-

5 5 9 . Знайдіть координати четвертої вершини паралелограма я к щ о В(3; 1), С(5; 0), D(2; - 3 ) .

ABCD,

Рівень Б 5 6 0 . У прямокутній трапеції ABCD AD|| ВС, АВ = 4, AD = 7, Z D = 45u. Знайдіть довжини векторів ВС, CD і BD. —^ 561. У паралелограмі ABCD АВ - 4, ВС = 7, діагональ АС більша за діагональ BD на 2. Знайдіть довжини векторів АС і DB . 5 6 2 . Визначте вид чотирикутника ABCD, якщо:

в) ВС 11 AD, 563. Якщо Доведіть.

а вектори АВ і CD не колінеарні.

AB = CD,

то середини відрізків AD

і ВС збігаються.

—^ 5 6 4 . Сформулюйте і доведіть твердження, обернене до твердження попередньої задачі. 5 6 5 . Довжина вектора а(т - 3; т -1) дорівнює 10. Знайдіть т. 171

РОЗДІЛ V. Вектори на площині 5 6 6 . Довжина вектора АВ дорівнює 5. Знайдіть координати точки В, я к щ о А(4; -2), а точка В л е ж и т ь на прямій у = 2х. 567. Довжина вектора а(т; 15) дорівнює 17. Знайдіть т. 5 6 8 . Відкладіть від початку координат вектори а (-2; 1) і 6(1; 2). Знайдіть координати і довжину вектора, початком якого є кінець вектора а , а кінцем — кінець вектора b . 5 6 9 . Відкладіть, від точки (1; 3) вектори а (2; -1) і Ь(-4; 2). Чи колінеарні ці вектори?

Рівень В 570. Вектори АВ і CD колінеарні. Чи означає це, що ABCD трапеція? Відповідь обґрунтуйте.

—

571. Дано паралелограми ABCD і A^BC^D. Доведіть, що АА, = С , С . 572. Від точки М, я к а л е ж и т ь поза рівностороннім трикутником ABC, відкладено вектори MF, ME і MD, що дорівнюють відповідно векторам АВ, АС і ВС. Доведіть, що MFED — ромб. 573. У колі проведено діаметр АС і хорду АВ. Від точки М, що л е ж и т ь усередині кола, відкладено вектори MD і ME, я к і дорівнюють відповідно векторам АВ і АС. Знайдіть кут MDE.

ПОВТОРЕННЯ ПЕРЕД ВИВЧЕННЯМ § 17 Теоретичний матеріал нерівність трикутника; найпростіші задачі в координатах.

(

9 клас, § 8

Задачі 574. Доведіть, що точки А, В і С лел<ать на одній п р я м і й , я к щ о АВ = 8,3 см, ВС = 1 0 , 1 см, AC = 1 , 8 см. Я к а з цих точок лежить м і ж двома іншими? 575. Чи лежать на одній прямій точки А(-2; -2), В(-3; -4), С(0; 2)? Розв'яжіть задачу двома способами. 172

§ 17. Додавання і віднімання векторів 17.1. Додавання векторів Для векторів, я к і для чисел, визначаються операції додавання і віднімання, причому результатами цих дій також є вектори. Означення Сумою векторів а(а,; а2) і b(bx; Ьг) називається вектор с(сх; с2) з координатами с, = а, + Ьг Ґ с2 = а 2 + Ь2.

Таким чином, (ар а ^ + ф , ; b2)=(a1+bl^ а 2 + Ь 2 ) . Сформулюємо властивості додавання векторів. Для будь-яких векторів я (а,; а2), h(bx; b2), с (с,; с2): 1) a + b = b + a; 3) а+ 6 = а.

Д л я доведення цих властивостей достатньо порівняти координати векторів у правій і лівій частинах кожної рівності. Очевидно, що ці координати рівні, отже, рівні й самі вектори. У я к и й спосіб можна побудувати зображення вектора-суми за зображеннями векторів-доданків? Для відповіді на це питання доведемо наступну теорему. Т б о р е м а (про додавання векторів) Для будь-яких точок Л, В і С справджується векторна рівність АВ + ВС = АС. И(х2; у,)

у,)

С(х,; у,)

Рис. 118. До доведення теореми про додавання векторів

Доведення • Нехай дано точки А(де,; //,), В(х2; г/2) і С(х3, у.) (рис. 118). Виразивши координати векторів-доданків, маємо АВ(х2-хх\ t/ 2 -*/,): ВС(х3-х2; ул-у2). За означенням суми векторів для визначення координат вектора-суми додамо відповідні координати векторів АВ і В С :

173

РОЗДІЛ V. Вектори на площині Отже, координати вектора-суми збігаються з координатами вектора АС, тобто вектори А В + В С і АС рівні. Теорему доведено. • Наслідками цієї теореми є такі способи побудови суми векторів.

В/

а+Ь а. о а , ft а +6

а +Ь Ь

Рис. 119. Побудова суми векторів за правилом трикутника

Рис. 120. Побудова суми векторів за правилом паралелограма

Рис. 121. Побудова суми векторів за правилом многокутника

1) Правило трикутника. Нехай дано ненульові неколінеарні вектори а і b (рис. 119, а). Відкладемо від кінця вектора АВ = а вектор ВС, що дорівнює вектору Ь. Тоді за доведеною теоремою вектор АС, початок якого збігається з початком вектора АВ, а кінець — з кінцем вектора ВС, є вектором-сумою АВ + ВС. Побудову вектора а + Ь у випадку, коли вектори а і b колінеарні, показано на рис. 119, б, в. 2) Правило п а р а л е л о г р а м а . Д л я ненульових векторів а і Ь зі спільним початком вектор-сума а + Ь зображається діагоналлю паралелограма, побудованого на даних векторах, причому початок вектора а + Ь збігається зі с п і л ь н и м початком векторів а і b (рис. 120). Справді, я к щ о відкласти від кінця вектора а вектор, що дорівнює Ь, ця побудова зводиться до попередньої. 3) П р а в и л о м н о г о к у т н и к а . Я к щ о д е к і л ь к а векторів-доданків відкладено так, що початок другого вектора збігається з кінцем першого, початок третього — з кінцем другого і т. д., то початок вектора-суми є початком першого вектора, а кінець — кінцем останнього: А]А2 + А2Ад + . . . + АП_,АП = А, Ап. На рис. 121 показано застосування правила многокутника д л я складання векторів а , b , с і d , Задача

Дано вектори а (2; 3) і b (-4; 5). Знайдіть координати вектора с , такого, що Ь + с = а.

Розв'язання Якщо с(^;сг) — шуканий вектор, то -4 + с, = 2, 5 + с2 = 3. Отже, с, = 6, сг = -2.

Відповідь, с (6; -2).

174

§ 17. Додавання і віднімання векторів

17.2. Віднімання векторів Вектор с , знайдений у попередній

задачі,

можна означити я к різницю векторів а і b . Означення Різницею векторів

a ( a t ; а2)

і b(bx;

b2)

називається

такий вектор c(cjj с 2 ), який у сумі з вектором Ь дає вектор а :

Ь+с=а.

а-b

Рис. 122. Побудова різниці векторів

О А

N В

Рис. 123. Протилежні вектори

Із даного означення знаходимо координати вектора с = а-Ь: c1 = al-bx,c2 = a2-b2. Д л я побудови вектора-різниці скористаємося правилом трикутника і рівністю + = Відкладемо вектори а і b від однієї точки (рис. 122). Тоді початок вектора-різниці є кінцем вектора b, а кінець — кінцем вектора а, тобто вектор-різниця сполучає кінці векторів а і b та напрямлений у бік зменшуваного. Означення Протилежними векторами називаються два протилежно напрямлені вектори однакової довжини.

' ' На рис. 123 вектори ОМ і ON, а т а к о ж вектори АВ і ВА п р о т и л е ж н і . Вектор, протил е ж н и й вектору а, позначають - а . Очевидно, що , Покажемо, що a-b = a + l-bj. ченням

різниці

векторів

Справді, за озна-

( a - f r ) + b = a . Додавши

до обох частин цієї рівності вектор - Ь , маємо: ( a - f t ) + f t + (-5) = a + ( - f t ) , ( а - 5 ) + б = а + ( - б ) , тобто

Рис. 124

=a+ Щойно обґрунтована формула вказує, що для отримання різниці а-Ь можна додати до вектора а вектор, протилежний вектору b (рис. 124). 175

РОЗДІЛ V. Вектори на площині Операції додавання і віднімання векторів широко застосовуються у фізиці д л я додавання сил. На рис. 125 проілюстровано фізичний зміст відомої байки Л.Глібова «Лебідь, Щ у к а і Рак»: д л я визначення напрямку руху хури необхідно знайти рівнодійну сил Лебедя, Щ у к и й Рака, тобто суму векторів а -\-Ь + с. Як відомо з байки, «хура й досі там», тобто а + Ь + с = 0 .

Рис. 125

Запитання і задачі ф

УСНІ ВПРАВИ 576. Чи може сума двох векторів дорівнювати: а) нулю; б) нульовому вектору; в) одному з векторів-доданків? 577. Чи молсе довжина вектора-суми дорівнювати сумі довжин векторів-доданків? У якому випадку? В-^С 578. У паралелограмі ABCD (рис. 126) / / назвіть вектор-суму: / / а) АВ + BD ; б) ВА + ВС ; ' \ / в) АО і ОС;

г) ВО + ЇЮ.

рис

126

579. Чи може різниця двох векторів дорівнювати їх сумі? У якому випадку? 5 8 0 . У паралелограмі ABCD (рис. 126) назвіть вектор, протилежний: а) вектору ВС ; б) вектору OA . 581. У паралелограмі ABCD (рис. 126) назвіть вектор-різницю: а) АВ-АС; 176

б) AB-DA;

в)

AD-BC.

§ 17. Додавання і віднімання векторів

ГРАФІЧНІ ВПРАВИ 5 8 2 . Перекресліть вектори а, Ь, с і d (рис. 127) у зошит. Побудуйте вектори a + b, c-d, b + d, d — Ь, a + b + c + d, b-d. Чи є серед побудованих векторів протилежні? 5 8 3 . Перекресліть вектори а, Ь, с i d (рис. 128) у зошит. Побудуйте вектори: • а) b + d, а + с, a + d за правилами трикутника й паралелограма та за допомогою координат; б) b-d, а-с, с-а трьома способами. УV

у \с

О/

Рис. 127

с а

іі О

X Рис. 128

5 8 4 . Накресліть довільний трикутник ABC. а) Побудуйте вектор A D , що дорівнює сумі АВ + АС. Знайдіть суму векторів DB і АС. б) Побудуйте вектор АЕ, що дорівнює різниці А В - А С . Чи рівні вектори АЕ і ВС?

ПИСЬМОВІ ВПРАВИ Рівень А 5 8 5 . Знайдіть координати і довжину вектора с, я к и й дорівнює а + Ь, якщо: а) а (2; - 9 ) , Ь(6; 3); б) а ( 0 ; 4), Ь(-3; 0); в) а ( - 1 ; 5), 5(1; - 5 ) . 5 8 6 . Знайдіть координати і довжину вектора с, який дорівнює а - Ь , якщо: а) а(-4; 7), Ь(8; 2); б) а(2; -2), Ь(-3; 3); в) а (0; 1), Ь(0; -2). 587. Знайдіть вектор-суму а + Ь і вектор-різницю а-Ь, якщо: а) а (-3; -1), Ь(-1; 2); б) а(2; - 7 ) , Ь(2; 3). 177

РОЗДІЛ V. Вектори на площині 5 8 8 . Сторона рівностороннього т р и к у т н и к а ABC дорівнює а. Знайдіть: а) АВ + ВС ;

б)

АВ + АС ; в) С А - С В ;

г) I АВ - ВС І

5 8 9 . У трикутнику ABC Z A = 30°, Z B = 90°, АС = а. Знайдіть: а) І ВА + AC J;

б) |ВА + В С | ; в) С В - С А ;

5 9 0 . Доведіть, що в чотирикутнику ABCD

г)

ВС-ВА|

AB+BC = AD + DC-

—^ 591. Доведіть, що в трикутнику ABC А В + В С + С А = б. 5 9 2 . Точки М і N — середини сторін АВ і АС трикутника ABC. Виразіть через вектори а = AM і b = AN вектори: a) M B ;

б) CN;

в)

MN.

5 9 3 . Дано трикутник ABC. Виразіть через вектори а = АВ і Ь = АС вектори: а) ВА; б) ВС; в) СВ.

Рівень Б 5 9 4 . Дано точки А(-1; 4), В(0; - 2 ) , С(3; 5). З н а й д і т ь вектора: а) АВ + а, де а ( 0 ; -2); б) ВА + АС; в) СВ + А В .

координати

5 9 5 . Дано точки А(0; -1) і С(3; 5) та вектор АВ (1; 2). З н а й д і т ь координати вектора: а) СВ-СА; б) АВ-СВ; в) АС-АВ. —^ 5 9 6 . Дано т о ч к и 0 ( 0 ; 0), А(1; - 4 ) , В(8; 3). З н а й д і т ь координати векторів: а) Ы. + Ш; б) А О - А В ; в) Ш-ВА. 597. У п р я м о к у т н и к у ABCD АВ = З, ВС = 4 , 0 — точка перетину діагоналей. Знайдіть: а) J АВ + AD І; б) \AO + OD + DC\; в)|аО-ВС|. 5 9 8 . У ромбі ABCD АС = 10, BD = 24, О — точка перетину діагоналей. Знайдіть: a) J A D + D B І ;

б) [ А В + В О + О С | ;

В)|СО-ВА|.

5 9 9 . Точка О — центр правильного т р и к у т н и к а ABC. Доведіть, що OA + OB + ОС = б . 6 0 0 . Доведіть, що в чотирикутнику ABCD 178

АС + DB = AB-CD

§ 17. Додавання і віднімання векторів 601. У паралелограмі ABCD виразіть вектор АС через вектори а і ft, якщо: а) а = АВ , Ь = ВС; б) а = СВ , Ь = CD в) а = АВ , Ь = ВА . 6 0 2 . Відрізок BD — медіана трикутника ABC. через вектори а і Ь, якщо: а) а = A D , Ь = А В \ б) а = С В , Ь - A D .

Виразіть вектор

Рівень В 6 0 3 ( о п о р н а ) . Доведіть нерівність трикутника д л я векторів: д л я будья к и х векторів х і у справджується нерівність + 6 0 4 . Чи може дорівнювати нульовому вектору сума трьох векторів, довжини я к и х дорівнюють: а) 1, 2 і 9; б) 3, 5 і 8; в) 3, 4 і 5? 6 0 5 . Доведіть, що для будь-яких неколінеарних векторів х і у справджується нерівність | д : - і / | < | х | + |(/|. У якому в и п а д к у | х - у | = |лг| + |(/|? У якому випадку | x - i / | = | x | - | у | ? 6 0 6 . Я к щ о точка О — точка перетину медіан т р и к у т н и к а ABC, то ОА + ОВ + ОС = 6. Доведіть. 607. Дано паралелограм ABCD і довільну точку М. Доведіть, що МА + МС = МВ+ MD .

ПОВТОРЕННЯ ПЕРЕД ВИВЧЕННЯМ § 18 Теоретичний матеріал • теорема косинусів; • рівняння прямої. Задачі 6 0 8 . Складіть рівняння прямої, я к а проходить через початок координат і точку А(-4; 2). 6 0 9 . Дано точки А(1; 5), В(3; 1), С(5; 2). Знайдіть кут ABC. 179

РОЗДІЛ V. Вектори на площині

§ 18. Множення вектора на число. Скалярний добуток векторів 18.1. Множення вектора на число Я к відомо з курсу алгебри, суму п доданків, к о ж н и й із я к и х дорівнює а, можна подати у вигляді добутку па. Аналогічне подання для векторів можливе завдяки операції множення вектора на число. Означення Добутком вектора а(а1;а2) називається вектор ka = (kax;

на число k (або добутком числа k на вектор а) ka2).

Це означає, що /г(а,;а 2 ) = (/га,; ka2). Сформулюємо властивості множення вектора на число. Для будь-яких векторів а і Н а чисел k, т : 1)

4) Оа = б ;

ka = ak;

2) (km)a

fe(ma);

5) ( k + m)a

= ka + ma;

3) feO = 0; Ці властивості легко довести, порівнявши координати векторів у правій і лівій частинах кожної рівності (зробіть це самостійно). Спосіб побудови вектора ka за даними числом k і вектором а випливає з такої теореми. Теорема

(про д о в ж и н у і н а п р я м вектора ka )

Довжина вектора ka дорівнює |ft||a|. Якщо а * б , то вектор ka

спів-

напрямлений з вектором а за умови fe>0 і протилежно напрямлений

з вектором а за умови fe < 0.

Доведення • Відкладемо вектори a = OA і ka = OB від початку координат О. Я к щ о a ( a , ; a . , ) , то ka2), тобто A(a,; a 2 ), B(kax\ ka2). Рівняння прямої OA має вигляд ax + by = 0. Оскільки це рівняння задовольняють координати х = а, та у = а2, то його з а д о в о л ь н я ю т ь і координати х = kax та у = ka2, тобто точка В л е ж и т ь на прямій OA. Зауважимо, що координати будь-якої точки променя OA мають ті самі знаки, що й координати точки А, а координати будь-якої точки променя, доповняльного до OA, — знаки, протилежні знакам координат точки А. 180

§ 18. Множення вектора на число. Скалярний добуток векторів ,/к

k>о

Тому за умови k > 0 точка В л е ж и т ь на промені OA ( р и с . 1 2 9 , а), тобто a]]ka, а за умови k < 0 точка В л е ж и т ь на промені, доповняльному до OA (рис. 129, б), тобто а | j ka. І нарешті, обчислимо довжину вектора ka: I ka J = ^(/ш, )2 + (ka2f

k <0

у'

= \k\yja2 + a./ = |/e||a|. А

Теорему доведено. X

ka, О

Наслідок

•

(властивість і ознака

колінеарних векторів)

Якщо а і Ь — ненульові колінеарні вектори, то

ka2

= Jk2 (a*+a.f)

існує число k таке, щ<) b = ka, і навпаки: якщо для ненульових векторів а і b справджується рівність

Рис. 129. Побудова

b = ka, то вектори а і Ь колінеарні,

вектора ka

Овнаку колінеарних векторів обґрунтовано в щойно доведеній теоремі. Обґрунтуємо властивість колінеарних векторів. Я к щ о а l i b ,

|5|

виберемо /г = р г г . Очевидно, що k > 0, тому вектори b і ka співнапряма лені і мають одну и ту саму довжину: \ka = U • І а І = І b І. t і Це означає, що b = ka. Аналогічно у випадку а][Ь

слід вибрати

Щойно обґрунтований наслідок можна сформулювати інакше: у колінеарних векторів відповідні координати пропорційні, і навпаки: якщо у двох векторів відповідні координати пропорційні, то ці вектори колінеарні. Узагалі, повертаючись до тлумачення поняття «векторна величина», слід зазначити, що, крім наявності числового значення й напряму, векторні величини характеризуються обов'язковою визначеністю для них операцій додавання і множення на число. Тому, наприклад, швидкість руху автомобіля є векторною величиною, а потік м а ш и н на вулиці міста (який т а к о ж можна охарактеризувати числовим значенням і напрямом) — не векторна величина. . 181

РОЗДІЛ V. Вектори на площині \

і \

Задача

1 Доведіть, що точки А(1; 2), В(2; 4) і С(-3; -6) лежать на одній прямій.

\ 1

Розв'язання Визначимо координати векторів АВ і АС : АВ(1; 2), АС (-4; -8).

Зауважимо, що (-•4;-8) =-4 (ї; 2), тобто

АС =-ЛАВ.

Це означає, що вектори

АВ і АС колінеарні, тобто мають лежати на одній прямій або на пара-

лельних прямих. Але прямі АВ і АС мають спільну точку А, тобто точки А, В і С лежать на одній прямій.

18.2. Скалярний добуток векторів Означення Скалярним добутком векторів a(aj;a 2 ) а

і Ь(ргіЬ2)

називається число

А + а2Ь2Скалярний добуток векторів a(a,;a 2 )i 6(6,; b2) позначають a b або ab. Отже, a b = a1b1+а2Ь2. Сформулюємо властивості скалярного множення векторів. Для б у д ь - я к и х векторів а, & і с та числа k: 1) a b = b a;

2) ( k ) - b = t((i-b);

3) (a + b ) c = a c + b c .

Доведіть ці рівності самостійно на підставі означення скалярного добутку. Скалярний добуток а-а називають скалярним квадратом век- . —2 -2 2 , І - |2 тора а і позначають а . Очевидно, що a -а, +а2 = a . Означення К у т о м м і ж н е н у л ь о в и м и в е к т о р а м и АВ

і АС

називається кут

ВАС.

К у т о м м і ж д о в і л ь н и м и н е н у л ь о в и м и в е к т о р а м и а і b називається кут між

векторами, що дорівнюють даним векторам і мають спільний початок.

Побудову кута м і ж векторами а і b показано на рис. 130. Цей кут позначають

Очевидно, що коли а 1]Ь, то

= 0°, а коли

a f j . 6 , Toz(a,fc) = 180°. Я к щ о z ( a , b ) = 90°, то вектори а і b називають перпендикулярними

(пишуть так: a ± Ь).

Я к щ о кут м і ж двома векторами відомий, то їх с к а л я р н и й добуток можна виразити через довжини цих векторів. 182

§ 18. Множення вектора на число. Скалярний добуток векторів Теорема

(про скалярний добуток векторів)

Скалярний добуток векторів дорівнює д о б у т к у їх

д о в ж и н на косинус кута м і ж ними:

а-Ь = \а\-\Ь\-cos І z[a,b).

Доведення • П о к а ж е м о , що с к а л я р н и й добуток векторів а і ft не з а л е ж и т ь від вибору системи координат. Справді, Рис. 130.

Кут між векторами

(a +fe)2= (a + ft)(a + b) = (a + fe)a + (a + ft)-6 = 2

—

—2

= а + 2a b + b ,

(О

(О (О

Скалярний — від

латинського «скалар» — число

тобто І a + 61 = І a | +161 + 2 a b . Звідси І - |2 а+Ь\ - а -\Ь 2\ Т а к и м ч и н о м , с к а л я р н и й д о б у т о к векторів а і Ь виражається через довжини векторів a, Ь і а + Ь, отже, не з а л е ж и т ь від вибору системи координат. Виберемо систему координат так, я к показано на рис. 131. У такому випадку вектор а матиме координати j a j і 0, а вектор Ь — координати jb|cosZ(a,fc) і |ft|sinZ(a,fc).

Виразимо скалярний добуток векторів а і Ь: Рис. 131. До доведення теореми про скалярний добуток векторів Наслідок

a - 5 = j a j ]6 |cosz(a,&) + 0-|b |sin z(a,ft) = |a | |ft|cosZ(a,ft). Теорему доведено.

•

1 a b

Якщо a і b — ненульові вектори, то cos Z ( a , Ь ) = . - . . _

Наслідок Якщо a l b ,

2 (властивість і о з н а к а п е р п е н д и к у л я р н и х векторів) то а-Ь = 0, і навпаки: я к щ о д л я ненульових векторів а

с п р а в д ж у є т ь с я рівність а Ь = 0,

то

і b

alb.

Д л я о б ґ р у н т у в а н н я цього наслідку достатньо з а у в а ж и т и , cos 90° = 0.

що

183

РОЗДІЛ V. Вектори на площині Задача При якому значенні х вектори а (2; -1) і Ь(3; х) перпендикулярні?

Розв'язання Вектори а і b перпендикулярні за умови а-Ь = 0. Записавши цю умову

в координатах, маємо: 2 3 + (-1) х = 0, 6 - х = 0, х = 6.

Відповідь: 6.

Запитання і задачі

УСНІ ВПРАВИ 610. У скільки разів довжина вектора - 3 а більша, н і ж довжина вектора а ? Чи правильно, що довжина вектора ka у k разів більша, н і ж довжина вектора а ? 611. Дано ненульовий вектор а. Визначте з н а к числа k, я к щ о : а) вектори а і ka співнапрямлені; б) вектори -2а і ka співнапрямлені; в) вектори ka і k2a протилежно напрямлені. 612. Діагоналі квадрата ABCD перетинаються в точці О (рис. 132). Знайдіть кут м і ж векторами:

D а) АС і AD; б) ОВ і ОС; в) ВС і CD; г) АС і DA; д) AO і АС ; е) АВ і CD . Рис. 132 613. Чи може скалярний добуток двох векторів дорівнювати нульовому вектору? Чи може скалярний квадрат ненульового вектора дорівнювати нулю? 614. Визначте, чи є кут м і ж неколінеарними векторами а і Ь гострим, прямим або тупим, я к щ о : a) a b<0; б) а 6 = 0 ; в) a b>0. 615. Ч и може с к а л я р н и й добуток векторів дорівнювати добутку їх довжин? У якому випадку?

ГРАФІЧНІ ВПРАВИ 616. Накресліть вектори а , Ь, с і d (рис. 133) у зошиті. а) Побудуйте вектори - 2 а , Зс, 0 , 2 5 d . б) Побудуйте вектори 0 , 5 а + 6, 2c + d, 2d-\-3b. в) Побудуйте вектори 2 с - а , 2a-0,5d,

184

—b—d. З

§ 18. Множення вектора на число. Скалярний добуток векторів

Рис. 133

—^ 617. Накресліть рівиосторонній трикутник ABC. а) Побудуйте кут між векторами СА і АВ. Яка його градусна міра? б) Побудуйте вектор АВ АС. Я к и й кут він утворює з век2

тором ВС ? в) Побудуйте вектор

ПИСЬМОВІ ВПРАВИ

Рівень А 618. Знайдіть координати і довжину вектора ka, якщо: а) а (6; -8), k = 0,5; б) а (5; 12), k = 3; в) а ( - 1 ; -2), k = - l . 619. Довжина вектора ka дорівнює 10. Знайдіть k, якщо: а) а (3; -4); б) а (18; 24). 620. Знайдіть координати вектора Ь, якщо: а) b = ka, k = -2, а (-0,5; 3); б) a = kb , k = — , а (-6; -9). З 621. Доведіть, що для будь-якого вектора а справджується рівність ( - 1) а = - а . _ _ 622. На рис. 134 АВ = ВС = CD = DE. Виразіть через вектор а = АВ вектори АЕ, BE, ЕІ), СА. а В

Рис. 134

623. Точка М середина відрізка АВ. Знайдіть координати векторів АВ і В М , якщо AM(2; -3). 185

РОЗДІЛ V. Вектори на площині

624. Серед векторів а (-2; 3), b (8; 18), с (-4; - 9 ) і d (-4; 6) назвіть пари колінеарних векторів. Які з даних векторів співнапрямлені, а які — протилежно напрямлені? —^ 625. Вектори а (14; - 8 ) і й(-7; х) колінеарні. Знайдіть х. Чи співнапрямлені дані вектори? 626. Знайдіть скалярний добуток векторів а і b, якщо: а) а(7; -4), 5(2; 3);

б) | а | = 4, |5| = 5>/3, z(a,b) = 30°.

627. Сторона квадрата ABCD дорівнює 1. Знайдіть скалярний добуток векторів: а) АВ і AD; б) АС і ^ ^ 628. Знайдіть скалярний добуток векторів: а) а(0; 4) і 5(6; -2);

AD.

б) а і 5 , якщо j а j = j 61 = 2 , z(a,5) = 120°; в) АВ і АС, якщо трикутник ABC рівносторонній зі стороною 6. 629. Знайдіть кут між векторами: а) о (2; -1) і 5(-4; -8);

б) a (2; 1) і 5(1; 3).

630. Доведіть, що ненульові вектори a (х; у) і b (у; -х) лярні. —^ 631. При якому значенні х вектори дикулярні?

а(х;

перпендику-

4) і b (-2; 3) перпен-

Рівень Б 632. Дано вектори a (3; -1) і b (-4; 10). Знайдіть координати і довжину вектора с, якщо: a ) c = 2a + 0,5ft; б) c = 3 a - 5 . —^ 6 3 3 . Дано вектори а(0; -3), b (-2; 1), c = ka + 2b. Знайдіть k, я к щ о с (-4; 11). 634 (опорна). Якщо відрізок ВМ — медіана трикутника ABC, то ВМ = - (ВА + ВС). Доведіть. 2

635 (опорна). Якщо точки М і N — середини відрізків А В і CD, то MN = -[AD 2

186

+ BC). Доведіть.

§ 18. Множення вектора на число. Скалярний добуток векторів

636. Відрізок В М — медіана т р и к у т н и к а ABC. Виразіть через вектори а = АС і Ь = В М вектори АВ і СВ. —^ 637. У ромбі ABCD ри AD

виразіть через вектори а = АС

і b = BD

векто-

і DC.

638. Доведіть, що точки А(-3; 1), В(3; 4), С(1; 3) л е ж а т ь на одній прямій. Я к а з цих точок л е ж и т ь м і ж двома іншими? 639. Дано точки А(2; 3), В(4; 6), С(7; 8), £>(11; х). Знайдіть значення х, при якому вектори АВ і CD колінеарні. Ч и співнапрямлені ці вектори? 640. При я к и х значеннях х вектори а (4; і b 9) колінеарні? У кожному з випадків визначте, чи співнапрямлені дані вектори. 641. Знайдіть кути трикутника з вершинами А ^ - І ; \ / З ) , В^І; — >/З),

С(0,5; 7з).

—^ 642. Знайдіть кути трикутника ABC, я к щ о А(-5; 2), В(-2; 1), С(-1; 4). 643. Я к щ о неколінеарні вектори а і b мають рівні довжини, то вектори аЧ b і а - Ь перпендикулярні. Доведіть. 644. Дано вектори а(1; 0) і Ь( 1; 1). Знайдіть значення k, при якому вектори a + kb і а перпендикулярні. —^ 645. Дано вектори а(1; 8) і Ь(-3; 2). Знайдіть значення k, при якому вектори a + kb і Ь перпендикулярні.

Рівень В

' •

646 (опорна). а) Якщо точка С ділить відрізок АВ у відношенні АС : СВ = т: п, то ОС = — - — О А + — — — О В , де О — деяка точка площини.

т +п

т+п

б) Якщо точка С лежить на прямій АВ, то ОС = рОА+(1де О — деяка точка площини, р — число.

р)ОВ,

Доведіть дані т в е р д ж е н н я . Сформулюйте і доведіть обернені твердження. 647 (опорна). Відрізки А А , , В В , і CCt — медіани трикутника A B C , я к і перетинаються в точці М . Доведіть, що: а) А Д + В В , + СС[ = б;

б) MA + MB + МС = б; в) з відрізків А А , , В В , і СС{ можна скласти трикутник.

187

РОЗДІЛ V. Вектори на площині —^

648

(опорна).

Якщо

точка

—

точка

перетину медіан три-

кутника A B C , то ОМ = — (ОА + О В + ОС], де О — деяка точка площини.

Доведіть.

649. Точка М — точка перетину медіан трикутника ABC. Виразіть через вектори а = АВ і ft = АС вектори ВМ і МА . 650. Точка М ділить сторону ВС паралелограма ABCD у відношенні ВМ : МС = 1 : 3 . Виразіть через вектори а = АВ і ft = AD вектори AM і MD. 651. Знайдіть кут між векторами а і ft, якщо | a | = |ft| = l , а вектори а + 2Ь і 5 а - 4 f t перпендикулярні. 652. Дано вектори а (2; -1) і Ь(4; 3). Знайдіть значення k, при якому вектори a + kb і Ь-а перпендикулярні. 653. Знайдіть: а) |a + 2fe|, якщо \а\ = 2^2 , |fe| = 4 , z ( a , ь ) = 135°; б) ab, я к щ о | a + 2b| = 4, | a - 2 b | = 2; в) j a +ft+ с J, якщо | a | = |ft| = |c| = l , z(a,ft) = z(ft,c) = z(a,c) = 120°. —^ 654. Знайдіть кут м і ж векторами

і ft, я к щ о

|a| = 3,

|ft| = 2 ,

( a - f t ) 2 + ( a - 2 f t ) 2 = 56.

ПОВТОРЕННЯ ПЕРЕД ВИВЧЕННЯМ § 19

655. Середня лінія трапеції дорівнює 33 см. Знайдіть основи трапеції, якщо їх довжини відносяться як 3 : 8 . 656. Діагоналі ромба дорівнюють 10 см і 24 см. Знайдіть периметр чотирикутника, вершини якого є серединами сторін ромба, і визначте його вид. 188

§ 19*. Векторний метод 19.1. Розв'язування геометричних задач векторним методом Використання векторів і векторних співвідношень під час розв'язування задач у деяких випадках дозволяє значно спростити міркування і розрахунки. Застосування векторного методу передбачає три основні етапи. 1) Сформулювати задачу мовою векторів. Для цього необхідно розглянути деякі з даних відрізків я к вектори і скласти відповідні до умови задачі векторні рівності. 2) Перетворити складені рівності на підставі відомих векторних співвідношень. 3) Перекласти отримані результати мовою геометрії. Д л я подання геометричних співвідношень мовою векторів і навпаки зручно користуватися такою таблицею. №

Рисунок

з/п 1

О ^ ^ »

А /

/Кр\

а С

Твердження мовою векторів

ТочкиА і В збігаються

АВ = 0 або ОА = ОВ, де 0 — деяка точка площини

AB\\CD

АВ = kCD ,k*0 (прямі АВ і CD не збігаються)

АВ LCD

ABCD = 0

•

Твердження мовою геометрії

АВ = CD = а 'D

АВ =CD

=а2 189

РОЗДІЛ V. Вектори на площині

Закінчення №

Твердження мовою геометрії

Рисунок

з/п

таблиці

Твердження мовою векторів

А / 5 о >/ур в Точка С лежить на прямій АВ

С є АВ, АС: СВ = т: п

І /Ж

190

С — середина АВ

_С

^ ч\

т+п

ОА+

т+п

ОВ,

АС = СВ або

В о

ОС=

де О — деяка точка площини

AB = kAC або ОС = рОА + (1 - р)бв , де О — деяка точка площини AC = —СВ або п

|0А|-|0В|

COS(P = - p = .

В с

OA OB

ZAOB=ф

N \ D

М — середина АВ, N — середина CD М — точка перетину медіан (центроїд) трикутника ABC

ОС = ^{ОА + Ш), де О — деяка точка площини

MN =

1 ,

-[AD+BCj

ОМ = ^{ОА + ОВ + ОС), де О — деяка точка площини

§ 19'. Векторний метод

Іноді векторний метод використовують у поєднанні з методом координат. У цих випадках подані векторні співвідношення доцільно записувати в координатній формі.

19.2. Розкладання вектора за двома неколінеарними векторами У деяких задачах доцільно вибрати на площині неколінеарні вектори а і Ь та виразити через них інші вектори, що розглядаються. Доведемо існування і єдиність такого подання. Т е о р е м а (про розкладання вектора за двома неколінеарними векторами) Якщо а і b — неколінеарні вектори, то для будьякого вектора

існує розкладання

c = ma + nb,

д е т , п — деякі числа, причому таке розкладання єдине. Доведення

Рис. 135. Розкладання вектора с за векторами а і b [Див. також с. 192]

• Н е х а й а і b — д а н і вектори, с = АВ (рис. 135, а). Проведемо через точки А і В прямі, паралельні векторам а і Ь відповідно. Оскільки дані вектори неколінеарні, то ці прямі перетинаються в деякій точці С, причому АС + СВ = АВ . Оскільки за побудовою вектори АС і СВ колінеарні векторам о і b відповідно, то існують числа т і п такі, що АС = та і СВ = пЬ. Отже, с = ma + nb. Доведемо від супротивного єдиність такого р о з к л а д а н н я . Н е х а й існує р о з к л а д а н н я c = mla + nlb, причому справджується хоча б одна з умов m, * т або п, Ф п. Припустимо, наприклад, що тх * т. Прирівнюючи два розкладання вектора с, маємо: ma + nb = mla + n1b, [m-ml)a = (nl-n)b. 191

РОЗДІЛ V. Вектори на площині Оскільки т о а = ———І, т о б т о век_ т- т1 т о р и а і Ь к о л і н е а р н і , щ о с у п е р е ч и т ь умові теорем и . О т ж е , р о з к л а д а н н я c = ma + nb є д и н е . •

Рис. 135. [Закінчення]

Н а п р а к т и ц і д л я р о з к л а д а н н я в е к т о р а з а двома неколінеарними векторами можна використовувати т а к о ж правило паралелограма. Д л я цього д а н і в е к т о р и a , b і с в і д к л а д а ю т ь від однієї точк и (рис. 135, б) і п р о в о д я т ь ч е р е з к і н е ц ь в е к т о р а с п р я м і , п а р а л е л ь н і в е к т о р а м а і Ь. Задача Точка перетину відрізків, що сполучають середини протилежних сторін чотирикутника, збігається з точкою перетину його діагоналей. Доведіть, що даний чотирикутник — паралелограм. Розв'язання Нехай діагоналі чотирикутника ABCD

перетинають-

ся в точці О, точки М і N — середини сторін AD і ВС відповідно (рис. 136). Позначимо Тоді то

ON = |-(a + b). 0 6 = ma,

Оскільки

OA = nb,

отже,

а = ОВ, ODtJ-a,

Ь = ОС. OA Tib,

OM = ^(OD + 0 a ) =

= j ( m a + nb), де m і n — деякі числа. За умовою задачі вектори ОМ

і ON

колінеарні,

отже, OM = kON , або i ( m a + nb) =-^-(а+ b) . Звідси (k-m)a = (k-n)b.

Але

оскільки

вектори

неколінеарні, рівність можлива лише за умови k = m = п. Отже, BC = b - a , AD = k(b-a), тобто вектори ВС і AD колінеарні, звідки ВС || AD. Аналогічно можна довести, що АВ И CD. Таким чином, ABCD — паралелограм. 192

§ 19'. Векторний метод

1 г, о

У прямокутній системі координат особливу роль відіграє розкладання вектора за векторами ех (1; 0) і е2 (0; 1) — векторами одиничної довжини, співнапрямленими з осями координат (рис. 137). Такі вектори називають координатними векторами, або ортами. Коефіцієнти розкладання вектора а(ах;а2) за векторами ел і е2 дорівнюють координатам вектора а. Справді, а • ех = а, • 1 + а2 0 = а, , а • е2 = а, • 0 + а2 • 1 = а 2

Рис. 137

Отже, а = ахех+а2е2. Іноді, зокрема у фізичних задачах, розглядають поняття проекції вектора на вісь. Для побудови векторної проекції вектора АВ на вісь І через кінці даного вектора проводять перпендикуляри AA{L І, BBt± І (рис. 138). Тоді вектор А,В, є проекцією вектора АВ на вісь І. Скалярною проекцією

А,

В,

вектора АВ

на Вісь І 'є число

АХВХ

якщо А Х В Х ]]1 (рис. 138, а), або число - А,В,|, якщо А^ВХ ТІ І (рис. 138, б).

19.3. Застосування колінеарності векторів В, Рис. 138. Проекція вектора на вісь

Властивості й ознаки колінеарних векторів під час розв'язування задач найчастіше використовуються в таких випадках: 1) для доведення паралельності прямих (променів, відрізків) — у цьому випадку треба довести, що вектори, які лежать на даних прямих, колінеарні, і ці прямі не мають спільних точок; 2) для доведення належності трьох точок одній прямій — у цьому випадку користуються тим, що належність точки С прямій АВ випливає з колінеарності векторів АВ і АС; 193

РОЗДІЛ V. Вектори на площині

3) для доведення того, що деяка точка ділить даний відрізок у заданому відношенні (зокрема, є його серединою) — у цьому випадку застосовують відповідні векторні рівності. Задача Доведіть, що точка

перетину

продовжень

бічних

сторін трапеції і середини її основ лежать на одній прямій. Розв'язання Нехай у трапеції ABCD точки К і L — середини основ ВС і AD відповідно, S — точка перетину прямих АВ і CD (рис. 139). Доведемо, що вектори

і 5L

колі-

неарні. Нехай a = SB і b = SC. Тоді 5К = —(a + b). Оскільки AD||BC,

то A S A D ^ A S B C

— =— =к SB 5С

за двома кутами, отже,

звідки SА = ka, SD = kb. Маємо

SL = j (SA + SB) = j (ka + kb) = к ~ (a + b) = kSK, тобто вектори SK

і SL

колінеарні. Це означає, що

точки S, К і L лежать на одній прямій.

19.4. Застосування скалярного добутку векторів Скалярний добуток векторів доцільно використовувати в таких випадках: 1) для доведення перпендикулярності прямих (променів, відрізків) — у цьому випадку достатньо показати, що скалярний добуток відповідних векторів дорівнює нулю; 2) для знаходження довжини відрізка — для цього вектор с , який зображається шуканим відрізком, розкладають за двома неколінеарними 194

§ 19'. Векторний метод

векторами а і b (при цьому | а | , |б| і z(a,ft) ма-2 |-|2 ють бути відомі) і знаходять с = с ; 3) для знаходження величини кута — у цьому випадку вектори, якими задано шуканий або даний кут, розкладають за двома неколінеарними векторами, довжини або відношення довжин яких відомі, і обчислюють косинус шуканого кута. Задача Знайдіть кут між бічними сторонами рівнобедреного трикутника, якщо медіани, проведені до бічних сторін, взаємно перпендикулярні. Розв'язання Нехай дано рівнобедрений трикутник ABC з основою АС, АЕ і CD — медіани, A E 1 C D

(рис. 140).

Нехай а = BD

АЕ = Ь-2а.

і Ь = ВЕ.Тоді CD = a-2b,

Оскільки за умовою A E 1 C D , то A E C D = 0,

тобто

(а-2Ь)(Ь-2а) = 0. Враховуючи, що |a| = |b| і а - Ь = | а | -1 b jcos В маємо: а• b-2а г -2Ь г + 4а b = 0, 5а Ь-2а -2Ьг = 0,

Рис. 140

,5|q|2cosB-4|d|2 = 0, cosB = —. Отже, Z B я 37°.

Відповідь: =37°.

Запитання і задачі Ф

УСНІ ВПРАВИ 657. Дано неколінеарні вектори а і Ь. Чи рівні вектори За + 7Ь і 7fe + 3a; a-2b і 2 Ь - а ? Чи є серед даних векторів колінеарні? 658. Назвіть: а) координати вектора а , якщо a = - З е , + 8е, ; б) коефіцієнти т і п розкладання а = те1+пе.2,

якщо а (І; -2). 195

РОЗДІЛ V. Вектори на площині

ПИСЬМОВІ ВПРАВИ

Рівень А 659. Доведіть пеції. 660. Доведіть ника. 661. Доведіть кулярні. 662. Доведіть

векторним методом властивості середньої лінії травекторним методом властивості середньої лінії трикутвекторним методом, що діагоналі ромба перпендивекторним методом, що діагоналі прямокутника рівні.

Рівень Б 663. Доведіть векторним методом, що сума квадратів діагоналей паралелограма дорівнює сумі квадратів усіх його сторін. 664. Доведіть векторним методом, що коли дві медіани трикутника рівні, то цей трикутник рівнобедрений. 665. На стороні AD і діагоналі АС паралелограма ABCD позначено відповідно точки М і N так, що AM =—AD, 6

AN =—AC. Доведіть, що 7

точки М, N і В лежать на одній прямій. 6 6 6 . У прямокутному т р и к у т н и к у ABC (ZB = 90°) на катеті ВС позначено точку К так, що СК : KB = 2 : 1 . Доведіть, що середина медіани ВМ лежить на відрізку АК.

Рівень В 667. У трикутнику ABC (рис. 141) АВ = ВС, BD — висота, DK1 DM = МК. Доведіть, що ВМ ±АК.

ВС,

АIk В

ум

Рис. 141

~ ^ 6 6 8 . Доведіть, що середини основ трапеції і точка перетину її діагоналей лежать на одній прямій. 196

§ 19'. Векторний метод

669. Відрізок BD — медіана трикутника ABC, =

•Уз АВ 4

ZDBC = 90°,

BD =

. Знайдіть кут ABD.

670. Знайдіть довжину медіани A M трикутника ABC, якщо АВ = 10, АС = 6, Z ВАС = 60°.

ПОВТОРЕННЯ ПЕРЕД ВИВЧЕННЯМ § 20 Теоретичний матеріал

(

7 клас'

• основні геометричні фігури на площині; • паралельні прямі; • перпендикуляр до прямої.

7 клас, § 9

Задачі

671. «У результаті перетину трьох прямих утворилися прямі кути. Визначте їх найбільшу кількість, якщо дані прямі перетинаються в одній точці; в трьох точках. 672. Перпендикуляри, проведені з точок А і В до прямої а, дорівнюють відповідно 4 см і 6 см. Чи можуть прямі а і АВ бути паралельними? Відповідь обґрунтуйте.

Задачі для підготовки до контрольної роботи N° 5 1. Дано точки А(2; - 5 ) і В(8; 3). Знайдіть координати і довжину вектора А В . 2.

Дано вектори а(0; 4) і b (-3; -2). Знайдіть вектор

с-2а-Ь.

3. У прямокутнику ABCD виразіть вектори АС і BD через вектори а - АВ і Ї> = ВС. 4. 5.

Знайдіть значення х, при якому вектори а(х; 2) і fo(-3; 6): а) колінеарні; б) перпендикулярні. У рівносторонньому трикутнику ABC проведено медіани AM і BN.

Побудуйте вектори АВ + АС, AM-AN,

-AN—AC. З 2 6. Визначте вид чотирикутника ABCD, я к щ о А(0; -2), В(0; 1), С(2; 2), £>(4; 0). 197

Підсумки розділу V ПІДСУМКОВИЙ огляд РОЗДІЛУ Вектори

АВ

Вектором називається напрямлений відрізок, тобто відрізок, для якого вказано, я к и й із його кінців є початком, а я к и й — кінцем. Координатами вектора з початком ух) і кінцем В(х2; у2) називають числа а1 = хг-х1 і а2 = уі-у1: а(а,;а2). Довжина вектора а(а,;а 2 ) обчислюється за формулою І а І = •у/а,2 +а 2 Ненульові вектори називаються колінеарними, якщо вони л е ж а т ь на одній прямій або на паралельних прямих. Вектори АВ і CD називаються співнапрямленими (або однаково напрямленими), я к щ о промені АВ і CD співнапрямлені.

АВ|ТС5>

АВЦЁЯ

-а О

Вектори АВ і EF називаються протилежно напрямленими, я к щ о промені АВ і EF протилежно напрямлені Протилежними векторами називаються два протилежно напрямлені вектори однакової довжини Два вектори називаються рівними, я к щ о вони суміщаються паралельним перенесенням. Властивості й ознаки рівних векторів: • Рівні вектори співнапрямлені та мають рівні довжини. • Я к щ о вектори співнапрямлені і мають рівні довжини, то вони рівні. • Від будь-якої точки можна відкласти вектор, що дорівнює даному, і притому тільки один. • Рівні вектори мають рівні координати, і навпаки: я к щ о у векторів відповідні координати рівні, то ці вектори рівні

198

Підсумки розділу VI

Дії з векторами Додавання Сумою векторів

а(аа2)

векторів

Ь2) називається вектор с(с,; с2) з координата-

ми Cj = а, + bv с2 = а2 + Ь2, тобто (а,; а 2 ) + (Ь,; Ь2) = (а1+Ь1; а2 + Ь2) Побудова суми

векторів

а +Ь Правило трикутника

Правило паралелограма

Віднімання Різницею

векторів

Правило многокутника

векторів

«(а,; а2) і Ьф х ; Ь2) називається такий вектор c(c t ; с 2 ) , я к и й

у сумі з вектором b дає вектор а , тобто b + с = а : с(с,; с2) = (а,; а2)-(Ь„; b2) = (al-b1; Побудова різниці

a2-b2)

векторів

а-Ь

199

РОЗДІЛ V. Вектори на площині

Множення У

Добутком вектора а(а,; а2) на число k (або добутком числа k на вектор а) називається вектор ka = (fta,; ka2):

Чг О

вектора на число

ka,

я к щ о k > 0, то вектор ka співнапрямлений з вектором а

/е(а,; а2) = (Аа,; ka2), |fta| = |ft||a| Я к щ о а і Ъ — колінеарні вектори, то існує число k таке, що b = ka, і навпаки: я к щ о для ненульових векторів а і b справджується рівність b = ka, то вектори а і b колінеарні

ka,

11 11 і1 ^^^

1 О

а,

ka2

У колінеарних векторів відповідні координати пропорційні, і навпаки: я к щ о у двох векторів відповідні координати пропорційні, то ці вектори колінеарні

я к щ о k < 0, то вектор ka протилежно напрямлений з вектором а Скалярний

добуток

векторів

Скалярним добутком ab векторів a(Oj; a 2 ) і ; b2) називається число a • b = а Д + a2b2. Скалярний добуток a а називають скалярним —2

І - |2

квадратом: a = a,2 + a22=a . • Скалярний добуток векторів дорівнює добутку їх довжин на косинус кута між ними: a-6 = |a|-|fr|-cosz(a,fc). • Якщо а і b — ненульові вектори, то гч a b cosZ(a,o) = і - , .„і .

М'Г

200

н -

ZBAC

• Властивість і ознака перпендикулярних векторів: я к щ о a Lb, то а 6 = 0, і навпаки: я к щ о для ненульових векторів а і b справджується рівність а Ь = 0, то a Lb

Підсумки розділу VI

КОНТРОЛЬНІ ЗАПИТАННЯ ДО РОЗДІЛУ V 1. Дайте означення вектора. Як зображають вектори? 2. Що таке довжина вектора? Який вектор називають нульовим? 3. Які вектори називають співнапрямленими; протилежно напрямленими; колінеарними? 4. Дайте означення рівних векторів. 5. Як визначити координати вектора? Як пов'язані координати рівних векторів? 6. Дайте означення суми двох векторів. Опишіть способи побудови вектора-суми. 7. Дайте означення різниці двох векторів. Опишіть способи побудови вектора-різниці. 8. Дайте означення добутку вектора на число. Сформулюйте теорему про довжину і напрям вектора ka. 9. Дайте означення скалярного добутку векторів. Як визначається кут між векторами? 10. Сформулюйте теорему про скалярний добуток векторів. Сформулюйте властивість і ознаку перпендикулярних векторів.

ДОДАТКОВІ ЗАДАЧІ ДО РОЗДІЛУ V 673. Діагоналі ч о т и р и к у т н и к а ABCD

перетинаються

в точці

О,

причому ОА + ОС = OB + OD . Доведіть, що ABCD — паралелограм. 674. У прямокутнику ABCD АВ = 8 см, ВС = 15 см, О — точка перетину діагоналей. Знайдіть | АВ+ AD-~DC-OD

675. Доведіть, що в паралелограмі ABCD AC + BD = 2BC. 676. Доведіть, що точки А(8; 0), В(4; 1), С(0; 2) лежать на одній прямій. Яка з цих точок лежить між двома іншими? 677. Дано вектор а(1; -2). Знайдіть координати вектора Ь, я к щ о а Ь = 1 0 , а вектори а і b колінеарні. 678. Дано вектори а (—1; - 2 ) і b (-2; 1). Які кути утворюють ці вектори з вектором а + Ь ? 679. У ромбі ABCD АВ = 6 см, ZA = 120°. Знайдіть скалярні добутки СВ CD, АС-АВ і AC BD. 201

РОЗДІЛ V. Вектори на площині

680. Визначте, чи є кут між векторами а і b гострим, прямим або тупим, якщо | f e | > | a | , а вектори а -2Ь

і а + Ь перпендикулярні.

681. Доведіть векторну нерівність ja — b | > | | a | - | f t | | . У якому випадку має місце рівність? Задачі підвищеної

складності

682. Дано довільний трикутник ABC. Доведіть, що вектор

• AR+ АВ

. АС. напрямлений уздовж бісектриси кута А. I АС І 683. Дано правильний л-кутник. Доведіть, що сума п векторів із початком у центрі цього л-кутника і кінцями в його вершинах дорівнює нульовому вектору. 684. Точка О — центр кола, описаного навколо трикутника ABC, а точка Я задовольняє векторну рівність ОН =ОА+ОВ+ОС. Доведіть, що Я — ортоцентр трикутника ABC. Сформулюйте і доведіть обернене твердження (формулу Гамільтона). 685. Доведіть, що в трикутнику ABC ортоцентр Я, центроїд М і центр описаного кола О лежать на одній прямій (пряма Еилера), причому МН = 2 ОМ. 6 8 6 . Точки А, В і С задовольняють рівність АС2 + ВС2 = — АВ". До2

ведіть, що АС + ВС = 0 . 687. Знайдіть кути м і ж радіусами кола OA, OB і ОС, я к щ о ОА + ОВ+6С = 0. 6 8 8 . Доведіть векторним методом, що сума квадратів діагоналей трапеції дорівнює сумі квадратів бічних сторін, доданій до подвоєного добутку основ. 689. Точки М, N і К лежать на сторонах АВ, ВС і АС трикутника ABC відповідно. Доведіть, що прямі AN, ВК і СМ перетинаються в одній точці тоді й тільки тоді, коли AM • BN • СК = ВМ • CN • АК (теорема Чеви). 690. Доведіть, що кут між прямими і / 2 , заданими рівняннями atx+bxy + с, = 0 і a2x+b2y + с2 = 0 відповідно, визначається із формули c 202

r / ' V

nK+V-NK

ІСТОРИЧНА ДОВІДКА Інтерес до векторів і векторного методу виник у математиків у XIX ст. у зв'язку з потребами фізики й механіки. Але витоки числення з напрямленими відрізками знаходимо ще в далекій давнині, в роботах піфагорійців і геометричній теорії відношень Евдокса (408—355 pp. до н. е.). У геометричному численні, що його виклав Евклід, додавання і віднімання чисел зводилося до відповідних операцій з відрізками, а множення — до'побудови прямокутника зі сторонами, довжини яких дорівнюють множникам. У XIV—XVI ст. геометрична алгебра через обмеженість "засобів дослідження майже не розвивалася. Однак у 1587 р. фламандський учений Симон Стевін (1548—1620), розглядаючи додавання двох сил у роботі «Початки статики», дійшов висновку, що для визначення рівнодійної слід скористатися так званим «паралелограмом сил». Для позначення сил Стевін першим увів йідііізки зі стрілками. Значно пізніше, у 1803 p., французький математик Луї Пуансо (1777—1859) розробив загальну теорію векторів, узагальнивши дослідження попередників. Подальший розвиток векторного методу пов'язаний зі становленням аналітичної геометрії і теорії геометричних перетворень. Вектор А В стали розглядати як паралельне перенесення, яке задано початковою точкою А та її образом В. Згодом відповідний розділ математики отримав назву «векторна алгебра».

РОЗДІЛ V. Вектори на площині

ТЕМАТИКА ПОВІДОМЛЕНЬ І РЕФЕРАТІВ ДО РОЗДІЛУ V 1. 2. 3. 4.

Векторний добуток векторів. Векторні означення геометричних перетворень на площині. Радіус-вектор точки. Проекція вектора на вісь та її застосування. Застосування векторів у природничих науках.

РЕКОМЕНДОВАНІ ДЖЕРЕЛА

3. 4. 5. 6.

7. 8.

9. 10. 11.

ІНФОРМАЦІЇ

Атанасян, JI. С. Геометрия. Дополнительные главы к учебнику 8 класса [Текст] / JI. С. Атанасян, В. Ф. Бутусов, С. Б. Кадомцев, С. А. Шестаков, И. И. Юдина — М. : Витанресс, 2002. Бурда, М. І. Геометрія. 8—9 класи: Підручник для загальноосвіт. навч. закл. [Текст] / М. I. Бурда, Л. М. Савченко. — К. : Освіта, 1996. Кушнир, И. А. Координатный и векторный методы решения задач [Текст] / И. А. Кушнир. — К. : Астарта, 1996. Кушнир, И. А. Векторные методы решения задач [Текст] / И. А. Кушнир. — К. : Оберіг, 1994. Математична хрестоматія для 6—8 класів. Т. 1 [Текст]. — К. : Рад. шк., 1968. — 320 с. Математична хрестоматія для старших класів. Геометрія. Т. 2 [Текст] / у поряд. JI. В. Кованцова. — К. : Рад. шк., 1969. — 383 с. Понарин, Я. П. Планиметрия, преобразования плоскости. Т. 1 [Текст] / Я. П. Понарин. — М. : МЦНМО, 2004. Прасолов, В. В. Задачи по планиметрии. Ч. 1 [Текст] / В. В. Прасолов. — Изд. 2-е, перераб. и доп. — М. : Наука : Гл. ред. физ.-мат. лит., 1986. — 320 с. — (Б-ка мат. кружка). Прасолов, В. В. Задачи по планиметрии. Ч. 2 [Текст] / В. В. Прасолов. — Изд. 2-е, перераб. и доп. — М. : Наука : Гл. ред. физ-мат. лит., 1986. — 320 с. — (Б-ка мат. крулска). Інтернет-бібліотека МЦНМО. http://ilib.mirror0.mccmc.ru/ Сайт видавництва «Ранок», http://www.ranok.com.ua

Геометрія кладе в основу чисте споглядання простору. Іммануїл Кант, німецький філософ Протягом усього часу вивчення геометрії предметом розгляду нашого курсу були фігури однієї площини. У старших класах ви ґрунтовно вивчатимете стереометрію — розділ геометрії, у якому розглядаються фігури в просторі. Чимало властивостей геометричних фігур, відомих вам із курсу планіметрії, зберігаються також і в просторі. Тому знайомство зі стереометрією допоможе вам краще узагальнити вивчений матеріал з планіметрії. До того ж, повторення курсу 7—9 класів стане в пригоді напередодні підсумкової атестації. Зрозуміло, що в повному обсязі вивчити весь курс стереометрії за декілька уроків неможливо. Тому останній розділ підручника принципово відрізняється від попередніх — він являє собою своєрідний стислий огляд курсу геометрії 10—12 класів. Через це більшість тверджень у цьому розділі розглядатимуться без доведень і докладних обґрунтувань, а основні поняття вводитимуться наочно, без строгих означень. Світ просторових фігур неодмінно зацікавить вас, здивує несподіваним поєднанням нового і добре відомого — адже він є відтворенням навколишнього світу, в якому ми живемо.

§ 20.

Прямі і площини в просторі 20.1. Основні геометричні фігури в просторі

Рис. 142. Озеро

В •D

Рис. 143. Площина а

( С ( С ( Р ( Р

Стереометрія — від грецького «стерео» — тіло і «метрео» — вимірюю — вимірювання тіл

Рис. 144. Пряма а л е ж и т ь у площині а

Як відомо, основними фігурами на площині є точка і пряма. У просторі як основна фігура розглядається також площина. Площина в стереометрії мислиться як необмежена, ідеально плоска поверхня — наочне уявлення про неї дають поверхня озера (рис. 142), столу, дзеркала тощо. На рисунках будемо зображати лише частину площини у вигляді паралелограма (рис. 143). Площини зазвичай позначаються малими грецькими буквами ос, (і, у і т. д. Отже, основними фігурами в просторі є точка, пряма і площина. Розширення переліку основних фігур потребує введення нових аксіом і доведення теорем щодо належності точок і прямих площині. Зокрема, яка б не була площина, існують точки, що належать цій площині, і точки, які не, належать їй. Так, на рис. 143 точки А і D належать площині а, а точки В і С не належать площині а. Належність точки А площині а позначають так: А є а . Якщо кожна точка прямої а належить площині а , то кажуть, що пряма а лежить у площині а (або належить площині а). При цьому якщо дві точки прямої належать площині, то і вся пряма належить цій площині (рис. 144). Належність прямої а площині а позначають так: а с . а . Зауважимо, що дві прямі в просторі називаються паралельними, якщо вони лелсать в одній площині й не перетинаються. 207

РОЗДІЛ VI. Початкові відомості зі стереометрії

• • •

Єдину через через через

площину можна провести: дві прямі, що перетинаються (рис. 145, а); дві паралельні прямі (рис. 145, б)\ пряму і точку, яка не належить цій прямій

(рис. 145, в);

•

через три точки, що не лежать на одній прямій

(рис. 145, г). У будь-якій площині д л я точок, п р я м и х , відрізків, кутів тощо справджуються всі аксіоми і теореми планіметрії. Крім того, означення рівності й подібності, а також геометричних перетворень (переміщення, симетрії, паралельного перенесення) для фігур у просторі вводяться так само, я к і на площині, а відповідні властивості зберігаються.

20.2. Взаємне розміщення прямої і площини У випадку, коли дві точки прямої л е ж а т ь у даній площині, усі інші точки прямої також лежать у цій площині. Існує ще два випадки взаємного розміщення прямої і площини: перетин (пряма і площина мають єдину спільну точку) і паралельність (пряма і площина не мають спільних точок). Таким чином, пряма і площина або паралельні, або перетинаються, або пряма лежить у площині. Усі випадки взаємного розміщення прямої і площини представлені на рис. 146. Паралельність прямої а і площини а позначають так: а | | а .

Рис. 145. Фігури в просторі, що визначають єдину площину

Пряма лежить у площині

Пряма перетинає площину

Пряма паралельна площині

/ / а Рис. 146.

208

/У /

Взаємне розміщення прямої і площини в просторі

/ в

§ 20. Прямі і площини в просторі

Рис. 147. Пряма а перпендикулярна до площини а

Розглянемо окремий випадок перетину прямої а з площиною а , коли пряма а перпенд и к у л я р н а до будь-якої прямої площини а , що проходить через точку перетину А прямої а і площини а (рис. 147). У такому випадку кажуть, що пряма а перпендикулярна до площини а (пишуть так: а 1 ос). Відрізок ВА прямої а, одним із кінців якого є точка перетину а і ос, називають перпендикуляром, проведеним із точки В до площини ос, а довжину цього перпендикуляра — відстанню від точки В до площини ос. З а у в а ж и м о , що під час побудови п р я м и х і площин, що перетинаються, ми вважаємо площ и н и непрозорими, тобто використовуємо д л я зображення невидимих частин цих фігур штрихові лінії. Так, на рис. 147 невидимою є частина прямої а.

20.3. Взаємне розміщення прямих у просторі

Рис. 148. Прямі а і b мимобіжні

Як відомо, дві прямі на площині або перетинаються, або паралельні. У просторі можливий ще один випадок взаємного розміщення прямих. Нехай пряма b лежить у площині а , а пряма а перетинає цю площину в точці А, яка не належить п р я м і й b (рис. 148). Таким чином, прямі а і b не мають спільних точок, але не є паралельними, оскільки не лежать в одній площині (тобто неможливо провести площину, я к а містила б обидві ці прямі). У такому випадку прямі а і Ь, я к і не перетинаються і не лежать в одній площині, називають мимобіжними. Таким чином, дві прямі в просторі або пе,

ретинаються, або паралельні, або мимобіжні. Усі випадки взаємного розміщення прямих у просторі можна подати у вигдяді такої схеми. 209

РОЗДІЛ VI. Початкові відомості зі стереометрії

20.4. Взаємне розміщення площин

Рис. 149. • Відрізок А й — відстань м і ж паралельним'; площинами (X і р

Рис. 150. Площини О. і Р перетинаються по прямій с

210

Розглянемо ПЛОЩИНИ (X І р, я к і не мають спільних точок (рис. 149). Такі площини називають паралельними (пишуть так: а || Р). Перпендикуляр, проведений із будь-якої точки однієї з цих площин до іншої, є відстанню між паралельними площинами. Розглянемо тепер випадок, коли площини а і р мають спільну точку С (рис. 150). Наочне уявлення І , - І І К Є розміщення площин можна отримати, я к щ о замість площин а і |5 розглянути дві сторінки зошита або книги. Як бачимо, спільна точка двох площин не є єдиною — площини а і Р мають спільну пряму с, що проходить через точку С. Інакше кажуть: площини а і [і перетинаються по прямій с (позначають так: а п (і = с). Отже, якщо дві різні площини мають спільну точку, то вони перетинаються по прямій, яка проходить через цю точку. Таким чином, дві площини в просторі або паралельні, ибо перетинаються по прямій.

§ 20. Прямі і площини в просторі

Запитання і задачі ф

УСНІ ВПРАВИ 691. Чи правильно, що: а) будь-які три точки простору лежать в одній площині; б) будь-які чотири точки простору лежать в одній площині? 692. Скільки площин можна провести в просторі: а) через довільну пряму; б) через пряму і точку, що не лежить на цій прямій; в) через дві паралельні прямі; г) через дві мимобіжні прямі? 693. Визначте, чи лежить трикутник ABC у площині а , якщо: а) усі вершини трикутника лежать у площині а; Q) сторона АВ лежить у площині а; в) медіана AD лежить у площині а; г) медіана AD і вершина С лежать у площині а . 694. Одна з двох мимобіжних прямих лежить у площині а . Чи може друга пряма також лежати в даній площині? Чому? 695. Чи можуть дві площини мати лише одну спільну точку; лише дві спільні точки? ' »

^ ^

ГРАФІЧНІ ВПРАВИ 696. Накресліть площини а і |і, які перетинаються по прямій с. а) Проведіть пряму І, яка перетинає площини ос і Р, але не перетинає пряму с. Визначте взаємне розміщення прямих І і с. б) Проведіть пряму а, яка лежить у площині а і паралельна прямій с. Як розміщена пряма а відносно площини (З?

—^ 697. Накресліть трикутник ABC і позначте точку D, яка не лежить у площині цього трикутника. а) Як розміщена пряма DA відносно площини трикутника ABC? б) Як розміщені прямі DA і ВС? * 211

РОЗДІЛ VI. Початкові відомості зі стереометрії

ПИСЬМОВІ ВПРАВИ

Рівень А 698. Точка А не н а л е ж и т ь прямій а. Чи будуть усі прямі, я к і проходять через точку А і перетинають пряму а, лежати в одній площині? Відповідь обґрунтуйте. 699. Прямі а і b паралельні. Чи будуть усі прямі, які перетинають обидві дані прямі, лежати в одній площині? Відповідь обґрунтуйте. 700. Точка О є спільною точкою прямих a, b і с. Чи означає це, що прямі a, b і с лежать в одній площині? Зробіть рисунок. - ^ 701. Через точки А, В і С проходять дві різні площини. Чи лежить точка С на прямій АВ? Відповідь обґрунтуйте. 702. Катет ВС прямокутного трикутника ABC (ZB = 90°) лежить у площині а . Чи означає це, що катет АВ є перпендикуляром до площини а? Зробіть рисунок. 703. Відрізок АВ — перпендикуляр до площини а (точка В — основа перпендикуляра), а точка С лежить у площині а. Знайдіть відстань від точки А до площини а , якщо АС = 25 см, ВС = 7 см. ~^ 704. Пряма а перпендикулярна до площини а і перетинає її в точці О. Точка А лежить на даній прямій і віддалена від площини а на 32 см, а від точки В цієї площини — на 40 см. Знайдіть ОВ. 70S. Пряма b паралельна площині а , а пряма а лежить у площині а . Чи можуть прямі а і b бути паралельними; перетинатися; бути мимобіжними? Зробіть рисунки. ~^ 706. Пряма b паралельна площині а , а пряма а перпендикулярна до площини а . Чи можуть прямі а і b бути паралельними; перетинатися; бути мимобіжними? Зробіть рисунки. 707. Чи правильно, що три площини, які мають спільну точку, мають спільну пряму? Зробіть рисунки. 708. Пряма а лежить у площині а , а пряма b — у площині Р, паралельній а . Чи можуть прямі а і b бути паралельними; перетинатися; бути мимобіжними? Зробіть рисунки. 212

§ 20. Прямі і площини в просторі

709. Площини а і (і перетинаються по прямій с. Пряма а лежить у площині а . Чи можуть прямі а і с бути паралельними; перетинатися; бути мимобілсними? Зробіть рисунки.

Рівень Б 710. Точки А, В, С і D не лежать в одній площині. Доведіть, що прямі АВ і CD не перетинаються. 711. Чотири точки не лежать в одній площині. Чи можуть які-небудь три з них лежати на одній прямій? Відповідь обґрунтуйте. 712. Пряма b лежить у площині (і, а пряма с паралельна площині [і. Доведіть, що прямі b і с не перетинаються. 713. Доведіть, що через точку поза даною площиною проходить не більше однієї прямої, перпендикулярної до даної площини. 714. Пряма а перпендикулярна до площини а і рівновіддалена від точок В і С, які лежать у цій площині, причому прямі а і ВС перетинаються. Знайдіть відстань між точками В і С, якщо точка А прямої а віддалена від цих точок на 13 см, а від площини а — на і г см. 715. Відрізок АВ — перпендикуляр, проведений із точки А до площини а , точки С і D лежать у площині а. Чи лежать точки В, С і D на одній прямій, якщо АС = 25 см, AD = 17 см, АВ = 15 см, CD = 28 см? 716. Прямі а і b перетинаються, а прямі Ь і с паралельні. Чи можуть прямі а і с бути паралельними; перетинатися; бути мимобіжними? Зробіть рисунки. 717. Прямі АВ і CD мимобіжні. Доведіть, що прямі АС і BD також мимобіжні. 718. Площини ос і р паралельні. Доведіть, що будь-яка площина, не паралельна даним, перетинає їх по паралельних прямих. 719. Доведіть, що паралельні площини відтинають на паралельних прямих, які їх перетинають, рівні відрізки.

Рівень В 720. Площини ос і Р перетинаються по прямій АВ, а площини р і у — по прямій ВС. Чи лежить точка В на 'прямій АС? Зробіть рисунки. 213

РОЗДІЛ VI. Початкові відомості зі стереометрії

—^ 721. Площини а і (і перетинаються по прямій с. Площина у перетинає ці площини по прямих а і b відповідно. Доведіть, що коли а\\Ь, то кожна з цих прямих паралельна прямій с.

ПОВТОРЕННЯ ПЕРЕД ВИВЧЕННЯМ § 21 Теоретичний

матеріал

722. Знайдіть площу прямокутного трикутника з гіпотенузою 12 см і гострим кутом 30°. 723. Площа прямокутної трапеції дорівнює 24 см 2 . Більша основа дорівнює 8 см, а менша основа дорівнює меншій бічній стороні. Знайдіть гострий кут трапеції.

214

§ 21. Многогранники ( С 4 (С"4 сС^ (С"4 Призма — від грецького «призма» — розпиляна

Рис. 151.

Многогранник

б,

Рис. 152.

Призма

Риг 153

21.1. Поняття многогранника. Призма Серед просторових фігур, які вивчаються в стереометрії, окрему групу складають геометричні тіла. Наочно геометричне тіло можна уявити я к частину простору, обмежену деякою поверхнею. Розгляд геометричних тіл почнемо з многогранників — тіл, поверхня я к и х складається зі скінченної кількості плоских многокутників, тобто многокутників з" їх внутрішніми областями (рис. 151). Ці плоскі многокутники називають гранями многогранника, їх сторони ребрами многогранника, а вершини - вершинами многогранника. Наприклад, многогранник па рис. 151 має 5 граней, 9 ребер і 6 вершин. Розглянемо многогранник, поверхня якого складається з двох плоских многокутників, що л е ж а т ь у різних площинах і с у м і щ а ю т ь с я пар а л е л ь н и м перенесенням, і всіх відрізків, що сполучають відповідні точки цих многокутників (рис. 152). Такий многогранник називають призмою. Дані плоскі многокутники називають основами призми, інші грані — бічними гранями призми, а ребра призми, що сполучають відповідні вершини основ,— бічними ребрами призми. Перпендикуляр, проведений із довільної точки однієї основи призми до площини іншої основи, називається висотою призми, а відрізок, що сполучає дві вершини, які не належать одній грані, — діагоналлю призми. На рис. 152 зображено призму ABCDEAtB{\DxEr Наочне у я в л е н н я про призму дає, наприклад, багатоповерховий будинок (рис. 153). Із властивостей паралельного перенесення виплиі'яють такі властивості призми:

РОЗДІЛ VI. Початкові відомості зі стереометрії 1) 2) 3)

Рис. 154. Пряма і похила призми

Рис. 155.

Паралелепіпед

/ / /

/ а

основи призми рівні і лежать у паралельних площинах; бічні ребра призми паралельні й рівні; бічні грані призми — паралелограми.

Призма називається прямою, я к щ о її бічні ребра п е р п е н д и к у л я р н і до п л о щ и н основ (рис. 154, а); в іншому випадку призма називається похилою (рис. 154, б). Очевидно, що бічні грані прямої призми — прямокутники, а висота дорівнює бічному ребру. П р я м у призму, основами якої є правильні многокутники, називають правильною призмою. Бічні грані правильної призми — рівні прямокутники. Серед усіх призм до окремого виду виділяють ті, основи я к и х є паралелограмами, — такі призми називають паралелепіпедами (рис. 155). Усі грані паралелепіпеда є паралелограмами, причому протилежні грані — рівні паралелограми, що лежать у паралельних площинах. Паралелепіпед називається прямокутним, я к щ о всі його грані — прямокутники (рис. 156, а). Сторони основи і бічне ребро прямокутного паралелепіпеда, що виходять з однієї точки, називають його вимірами та позначать відповідно a, b і с. Якщо всі ребра прямокутного паралелепіпеда рівні (тобто всі грані є квадратами), такий паралелепіпед називається кубом (рис. 156, б). Площею бічної поверхні призми (позначається <S6.iim) називають суму площ усіх її бічних граней, а площею повної поверхні (позначається S ПОВ1Г ) — суму площ' усіх її граней: S = ^ новії S..оічн + 2S оси', де S nru — площа основи призми. Т е о р е м а ( ф о р м у л а площі б і ч н о ї п о в е р х н і прямої призми) Площа бічної поверхні прямої призми дорівнює д о бутку периметра ї ї основи на довжину бічного ребра:

SAбі' =P ІІІ Рис. 156. Прямокутний паралелепіпед. Куб

216

де Р ребро

оси

Н.

— периметр основи призми, Н — бічне

§ 21. Многогранники

( 0 ( 0 <0(0 Паралелепіпед — від грецького «паралелепіпедом» — паралельна площина

Доведення

• Нехай а,, а 2 , ап — сторони основи прямої призми з бічним ребром Н. Оскільки її бічні грані є прямокутниками то Sr0.1ЧН= а ,1# + а.,# 2 + ... + ап Н = = (а,1 + а20 + ... + а) Н = Р Н. п' оси у

Задача Знайдіть площу бічної поверхні правильної чотирикутної призми, діагональ якої дорівнює d і утворює з бічним ребром кут а.

1 »\ »\

1 / D

Рис. 157

Розв'язання Нехай

АВСОА,В,СД

— .дана

призма

(рис. 157),

B,D = d — ї ї діагональ, Z B B , D = a. Знайдемо площу бічної поверхні призми. Із

трикутника

BB,D

( Z B = 90°,

Z B , = a,

B,D = d)

BB, = dcosa, BD = dsina. Оскільки дана призма правильна, то ABCD — квадрат, тобто з рівнобедреного прямокутного трикутника ABD

/2 2

АВ = BDcos45°, АВ = —— d sin а. Т°Д;' рРси

- 4 А В = 2x/2d sin a, S,i4H = Росн ВВ„

б6ічи = 2\j2d sin a d cos а = 2\l2dz sin a cos a. Відповідь:

2V2d 2 sinacosa.

21.2. Піраміда

Рис. 158.

Піраміда

Розглянемо довільний плоский многокутник і точку Р, я к а не лежить у площині цього многокутника (рис. 158). Послідовно сполучивши точку Р з усіма точками многокутника, дістанемо піра міду. При цьому даний многокутник є основою піраміди, точка Р — вершиною піраміди, а відрізки, що сполучають вершину піраміди з вершинами її основи, — бічними ребрами піраміди. Якщо основа піраміди — л-кутник, то площа її бічної 217

РОЗДІЛ VI. Початкові відомості зі стереометрії

Рис. 159. Єгипетські піраміди

(О (О Апофема — від

грецького «апофема» — та, що відкладена

поверхні є сумою площ п трикутників зі спільною вершиною Р — бічних граней піраміди. Перпендикуляр, проведений із вершини піраміди до площини її основи, є висотою піраміди. Зокрема, піраміда на рис. 158 має висоту РО, яка перпендикулярна до площини ABC. Слово «піраміда» має грецьке походження, а спорудженням величних пірамід уславилися давні єгиптяни (рис. 159). Піраміда називається правильною, якщо її основою є правильний многокутник, а основа висоти збігається з центром цього многокутника. На рис. 160 зображено правильну чотирикутну піраміду PABCD: її основа — квадрат ABCD, а основа її висоти точка О — точка перетину діагоналей цього квадрата. Усі бічні ребра правильної піраміди рівні, всі бічні грані — рівні рівнобедрені трикутники. Висоту бічної грані правильної піраміди, проведену з її вершини, називають апофемою. Так, на рис. 160 відрізок Р М — апофема правильної піраміди PABCD. Очевидно, що всі апофеми правильної піраміди рівні. Т е о р е м а ( ф о р м у л а площі бічної поверхні прав и л ь н о ї піраміди) Площа бічної поверхні правильної піраміди д о р і в нює д о б у т к у півпериметра ї ї основи на а п о ф е м у :

бічи

— — р І, 2 ОСИ

д е Р ж и — п е р и м е т р основи піраміди, І — а п о ф е м а . Доведення

• Нехай основа правильної піраміди — правильний л-кутник зі стороною а. Оскільки всі Рис. 160. Правильна чотирикутна піраміда

бічні грані піраміди рівні і мають площу - - а і , то

Площа повної поверхні піраміди дорівнює сумі площ її бічної поверхні та основи: наші =S..тчи +S or я. 218

§ 21. Многогранники Задача Знайдіть площу бічної поверхні правильної трикутної піраміди з апофемою 4\/3 см і плоским кутом при

вершині а.

Розв'язання Нехай РАВС — правильна трикутна піраміда з основою ABC (рис. 161). Розглянемо бічну грань АРС і проведемо апофему РМ. За умовою задачі ZAPC = a, РМ = 4ч/3 см. Оскільки трикутник АРС рівнобедрений з основою АС, то висота РМ є також його медіаною і бісектрисою. Отже, з трикутника АРМ ( Z M = 90°, Z АРМ = —, Рис. 161

РМ = 4ТЗ

см) маемо AM = PMtgZAPM,

AM - 4ч/3 tg - = 4v/3 tg - (см). Оскільки AC = 2АМ, то AC = 2 4v/3tg

= 8ч/3>д ~ (см).

Знайдемо бічну поверхню піраміди: Seinil = і • 3 873 tg |

473 /З =144 = 144 t g | (см г ). Відповідь: 144 tg — смг. 2

21.3. Об'єми призми і піраміди

Рис. 162

Ви вже знайомі з поняттям площі я к числової характеристики фігури на площині. Аналогічною характеристикою в просторі с об'єм додатна величина, яка ставиться у відповідність геометричному тілу. За одиницю вимірювання об'ємів приймають об'єм куба, ребро якого дорівнює одиниці довжини. Зазвичай об'єм позначають буквою V. Уявімо собі, що многогранник занурено в посудину із рідиною (рис. 162). При цьому рівень рідини в посудині збільшиться. Об'єм рідини, витісненої тілом, можна виміряти, причому він 219

РОЗДІЛ VI. Початкові відомості зі стереометрії

дорівнюватиме об'єму многогранника. На підставі такого наочного уявлення розглянемо об'єми призми та піраміди. Як відомо з курсу математики 5 класу, об'єм прямокутного паралелепіпеда дорівнює добутку трьох його вимірів: V=abc. Оскільки ab — площа основи паралелепіпеда, то можна стверджувати, що об'єм паралелепіпеда дорівнює добутку площі його основи на висоту. Виявляється, що така закономірність зберігається для будь-якої призми. Отже, об'єм призми дорівнює добутку площі її основи на висоту: V =S Н. OCR

Експериментально можна встановити (а в старших класах це буде доведено), що коли призма і піраміда мають рівні основи й однакові висоти, то об'єм піраміди утричі менший, ніяс об'єм призми. Отже, об'єм піраміди дорівнює третині добутку площі її основи на висоту:

V- { s „ „ H .

Строгі обґрунтування щойно наведених формул подаються в курсі геометрії старших класів.

Запитання і задачі ^ ^

УСНІ ВПРАВИ 724. Визначте вид многокутника, який є основою призми, якщо дана призма має 8 граней; 15 граней; п граней. 725. Чи існує призма, яка має 9 ребер; 15 ребер; 100 ребер; 150 ребер? Визначте закономірність. 726. Чим відрізняються: а) пряма чотирикутна призма і прямий паралелепіпед; б) правильна чотирикутна призма і прямокутний паралелепіпед; в) прямий і прямокутний паралелепіпед; г) правильна чотирикутна призма і куб? 727. У кубі ABCDAlBlClDl (рис. 163) визначте взаємне розміщення: а) прямих ВС і DDj; А,В і CD,; А,С і B,Z); б) площин BjBC і A{AD; А{АС і В,В£>. 728. Визначте вид многокутника, я к и й є основою піраміди, якщо дана піраміда має 4 грані; 11 граней; п граней.

220

§ 21. Многогранники

729. Чи існує піраміда, я к а має 16 ребер; 25 ребер; 100 ребер; 101 ребро? Визначте закономірність. 730. Точка О — основа висоти РО трикутної піраміди РАВС. Чи є дана піраміда правильною, якщо: а) точка О — центр кола, описаного навколо трикутника ABC; б) трикутник ABC — рівносторонній; в) точка О — центр правильного трикутника ABC? 731. У піраміді РАВС (рис. 164) визначте взаємне розміщення прямих: а) АС і РВ; б) РА і ВС; в) АВ і РА. В, с. А,

! 1

В!

/ /

Рис. 163

ГРАФІЧНІ ВПРАВИ 732. Зобразіть правильну чотирикутну призму ABCDAXBXCXDV Проведіть діагоналі граней BD, ВС, і DCr Визначте вид многогранника BC,DC. 733. Зобразіть правильну трикутну піраміду РАВС і проведіть її висоту РО. Сполучіть точку О з вершинами основи А, В і С. Чи рівні кути РОА, РОВ і РОС?

ПИСЬМОВІ ВПРАВИ Рівень А

734. Знайдіть площу: а) бічної поверхні правильної шестикутної призми зі стороною основи 6 см і бічним ребром 5 см; б) повної поверхні правильної чотирикутної призми з площею основи 36 см2 і висотою 10 см; в) бічної поверхні прямої призми, основа якої — прямокутний трикутник з катетами 3 см і 4 см, а найбільша бічна грань — квадрат. 221

РОЗДІЛ VI. Початкові відомості зі стереометрії

—^ 735. Знайдіть площу: а) бічної поверхні правильної трикутної призми з площею основи 4\/з см 2 і висотою 6 см; б) повної поверхні прямої призми, основа якої — прямокутник, а висота і діагоналі бічних граней дорівнюють відповідно 8 см, 10 см і 17 см. 736. Площа бічної поверхні правильної трикутної призми дорівнює 90 см 2 , а висота 5 см. Знайдіть площу основи призми. —^ 737. Знайдіть площу повної поверхні: а) правильної чотирикутної призми з висотою 10 см і площею бічної грані ЗО см 2 ; б) прямокутного паралелепіпеда із вимірами 3 см, 4 см і 5 см. 738. Знайдіть площу: а) повної поверхні правильної трикутної піраміди, всі ребра якої дорівнюють а; б) бічної поверхні правильної п'ятикутної піраміди зі стороною основи 2 см і апофемою 4 см. ^ ^ 739. Знайдіть площу: а) бічної поверхні правильної трикутної піраміди з бічним ребром 5 см і апофемою 4 см; б) повної поверхні правильної чотирикутної піраміди з площею основи 25 см 2 і апофемою 8 см. 740. Бічне ребро правильної трикутної піраміди дорівнює 10 м, а площа бічної поверхні 150 м 2 . Знайдіть кут м і ж бічними ребрами піраміди. 741. Площа повної поверхні правильної чотирикутної піраміди дорівнює 108 см 2 , причому площа бічної поверхні вдвічі більша, ніж площа основи. Знайдіть сторону основи й апофему. 742. Знайдіть об'єм: а) прямої п р и з м и з площею основи 24 см 2 і бічним ребром 5 см; б) прямого паралелепіпеда, я к щ о сторони його основи дорівнюють 2\І2 см і 4 см, кут між ними 45°, а висота паралелепіпеда 8 см; в) правильної трикутної піраміди зі стороною основи 2 см і висотою бТз см. 743. Об'єм правильної чотирикутної піраміди дорівнює 36 см 3 . Знайдіть висоту піраміди, я к щ о периметр її основи дорівнює 24 см.

§ 21. Многогранники

—^ 744. Знайдіть: а) виміри прямокутного паралелепіпеда, об'єм якого дорівнює 126 см 3 , а площі двох граней 18 см2 і 42 см 2 ; б) об'єм правильної чотирикутної піраміди з діагоналлю основи 4л/2 см і бічним ребром см.

Рівень Б 745. Знайдіть площу: а) бічної поверхні прямої призми з висотою 10 см, основою якої є трикутник зі сторонами 5 см і 8 см та кутом між ними 60°; б) повної поверхні правильної чотирикутної призми зі стороною основи 4 см і діагоналлю 9 см. —^ 746. Знайдіть площу повної поверхні прямої трикутної призми, основою якої є прямокутний трикутник з катетами 6 см і 8 см, а діагональ найбільшої бічної грані дорівнює 26 см. 747. Знайдіть площу бічної поверхні: а) правильної шестикутної піраміди з бічним ребром 4 см і плоским кутом при вершині 30°; б) правильної трикутної піраміди з площею основи 9\/з сма і бічним ребром 5 см. 748. Площа бічної поверхні правильної чотирикутної піраміди дорівнює S. Знайдіть площу основи піраміди, якщо її апофема дорівнює І. 749. Знайдіть об'єм: а) прямої призми, основою якої є рівнобедрена трапеція з основами 4 см і 'см та гострим кутом 45°, а найбільша бічна грань — квадрат; б) правильної трикутної піраміди з висотою 6 см і бічним ребром 10 см; в) куба, повна поверхня якого має площу 54 см 2 . 750. Об'єм правильної трикутної призми дорівнює 54>/з см 3 , а висота 6 см. Знайдіть об'єм правильної трикутної піраміди, основа якої дорівнює основі призми, а всі ребра рівні. —^ 751. Знайдіть об'єм: а) піраміди, основою якої є трикутник зі сторонами 4 см, 13 см і 15 см, а висота піраміди дорівнює найбільшій висоті цього трикутника; б) прямокутного паралелепіпеда, площі трьох граней якого дорівнюють 15 см 2 , 18 см2 і ЗО см 2 . 223

РОЗДІЛ VI. Початкові відомості зі стереометрії

Рівень В 752. Діагоналі трьох граней прямокутного паралелепіпеда дорівнюють 10 см, 17 см і см. Знайдіть площу повної поверхні паралелепіпеда. —^ 753. Знайдіть площу бічної поверхні правильної трикутної призми ABCA{BXCV якщо площа трикутника АВХС дорівнює 12уі91 CM2, а його висота, проведена до сторони АС, — 2N/9TCM. 754. Доведіть, що всі грані трикутної піраміди РАВС рівні, якщо: а) РА = ВС, РВ = АС, РС = АВ\ б) ZABP = ZВРС, ZAPB = ZСВР, ZAPC = Z ВАР. 755. Знайдіть об'єм правильної чотирикутної піраміди PABCD з основою ABCD, бічне ребро якої дорівнює т, a ZAPC = 60°. —^ 756. Знайдіть об'єм правильної шестикутної призми, найбільша діагональ якої дорівнює d і утворює з бічним ребром кут а .

^ ^

ПОВТОРЕННЯ ПЕРЕД ВИВЧЕННЯМ § 22 Теоретичний

матеріал

• довжина кола і площа круга;

( 9 клас, § 7

• розв'язування прямокутних трикутників.

8 клас, § 21

Задачі

757. Дві взаємно перпендикулярні хорди кола завдовжки 10 см і 24 см мають спільний кінець. Знайдіть довжину кола. 758. У гострокутному трикутнику ABC ZA = a, ZC = y, ВН — висота, АН = т. Знайдіть сторону АС.

224

§ 22. Тіла обертання 22.1. Циліндр

Рис. 165

Рис. 166. Обертання п р я м о к у т н и к а навколо прямої, що містить його сторону

(0(0 О О Циліндр — від грецького «кіліндро» — катаю, обертаю

СО В Рис. 167.

Циліндр

Окрему групу просторових геометричних об'єктів складають тіла, я к і утворюються внаслідок обертання плоских фігур навколо прямої. Форму тіл обертання мають предмети, які часто зустрічаються в повсякденному ж и т т і , — олівці, п л я ш к и , деякі види головних уборів тощо (рис. 165). Розглянемо обертання плоского прямокутника навколо прямої, що містить одну з його сторін (рис. 166). Під час обертання дві сторони прямокутника описують круги, а ще одна сторона — дея к у поверхню. Тіло, яке утворюється внаслідок такого обертання прямокутника, називається циліндром. Отже, циліндр складається з двох кругів, які лежать у різних площинах і суміщаються паралельним перенесенням (їх називають основами циліндра, а радіус кожного з них — радіусом циліндра), і >всіх відрізків, що сполучають відповідні точки основ. Відрізки, що сполучають відповідні точки кіл основ, називаються твірними циліндра і утворюють бічну поверхню циліндра. Очевидно, що основи циліндра рівні, а твірні паралельні й рівні. Пряма, що проходить через центри основ, є віссю циліндра. Висотою циліндра називають відстань мі не площинами його основ. На рис. 167 пряма 0 0 , — вісь циліндра, відрізок АВ — твірна. Очевидно, що твірні і вісь циліндра перпендикулярні до площин його основ, отже, будь-яка твірна, так само, я к і відрізок ОО,, дорівнює висоті циліндра. Я к щ о бічну поверхню циліндра розрізати по одній із твірних і розгорнути на площину, 225

РОЗДІЛ VI. Початкові відомості зі стереометрії

дістанемо розгортку бічної поверхні циліндра (рис. 168). Вона являє собою прямокутник, одна зі сторін якого дорівнює висоті циліндра, а інша — довжині кола основи. Отже, площа бічної поверхні циліндра обчислюється за формулою SLбічн = 2 nRH,

2 nR Рис. 168. Розгортка бічної поверхні циліндра

де R — радіус циліндра,

Н —

висота.

Площа повної поверхні циліндра є сумою площі бічної поверхні і площ основ: S поим =S..Січи + 2 Sоси7, х 7 тобто S поїш = 2nRH + 2nR2,7 або S понн = 2kR(R + H).

22.2. Конус

Рис. 169. Обертання прямокутного трикутника навколо прямої, що містить його катет

Рис. 170

226

Тіло, утворене обертанням плоского прямокутного трикутника навколо прямої, що містить один із його катетів, називається конусом (рис. 169). Поверхня конуса складається з круга (основи конуса), що його описує під час обертання другий катет, і деякої поверхні, яку описує гіпотенуза. Ця поверхня є бічною поверхнею конуса і складається з усіх відрізків, що сполучають точку, яка не лежить у площині основи (вершину конуса), з точками кола основи. Кожний із цих відрізків є твірною конуса, а пряма, яка проходить через вершину конуса і центр основи, — віссю конуса. Відрізок осі, що сполучає вершину конуса з центром основи, перпендикулярний до площини основи. Він є висотою конуса. На рис. 170 точка Р — вершина конуса, пряма РО — його вісь, відрізок РО — висота конуса, відрізок РА — твірна. Очевидно, що всі твірні конуса рівні. Я к щ о розрізати бічну поверхню конуса по твірній і розгорнути її на площину, дістанемо розгортку бічної поверхні конуса (рис. 171). Вона є круговим сектором круга, радіус якого дорівнює твірній конуса І, а довжина дуги — довжині кола

§ 22. Тіла обертання

основи. Тоді відношення площі цього сектора до площі круга радіуса L дорівнює відношенню довжини дуги А А до довжини кола радіуса і. А 2 лЕ Рис. 171. Розгортка бічної поверхні конуса

S„,H _ 2тсR кГ 2пІ Звідси випливає, що, площа бічної конуса обчислюється за формулою

поверхні

SRбічи . =nRl,7 де R — радіус основи конуса, І — твірна. Площа повної поверхні циліндра є сумою площі бічної поверхні і площі основи: S НОВІЇ =SRбі.ЧІІ +SОСІ»1, х тобто S пони =nRl + nR2,7 або SІОІШ = nR(l + 'R).

22.3. Куля. Об'єми тіл обертання

Рис. 172. Обертання півкруга навколо прямої, що містить діаметр

Унаслідок обертання півкруга навколо прямої, що містить його діаметр (рис. 172), утворюється куля. Куля є геометричним місцем точок простору, віддалених від даної точки О (центра кулі) на відстань, яка не перевищує R (радіус кулі). Поверхня кулі називається сферою. Сферу не можна розгорнути на площину, тому для отримання формули її площі використовують більш складні міркування. Доведено, що площа сфери учетверо більша за площу круга того самого радіуса, тобто площа сфери обчислюється за формулою S = 4 kR\

(О (О (О (О Сфера — від грецького «сфайра» — куля

де R — радіус сфери. Отже, циліндр, конус і куля є основними тілами обертання. Для наочного уявлення про їхні об'єми можна скористатися тими самими міркуваннями, що і для многогранників. Однак можна розмірковувати інакше — наприклад, уявити циліндр я к склянку з ідеально тонкими стінками, яку необхідно заповнити рідиною. Об'єм цієї рідини можна прийняти за об'єм циліндра. 227

РОЗДІЛ VI. Початкові відомості зі стереометрії

Впишемо в ц и л і н д р п р а в и л ь н у га-кутну призму й опишемо навколо нього правильну я-кутну призму (рис. 173, а). При збільшенні п площі основ цих призм прямуватимуть до площі основи циліндра, а об'єми призм — до об'єму циліндра. Враховуючи, що висоти призм і циліндра рівні, маємо V цил = пК1Н, 7

де R — радіус

циліндра,

Н —

висота.

Застосовуючи аналогічні міркування для конуса і правильних л-кутних пірамід (рис. 173, б), маємо VK.a=jnR2H, де R — радіус

основи

конуса,

Н —

висота.

Формула об'єму кулі є наслідком більш складних міркувань, тому наводимо її без наочного пояснення: Рис. 173. об'ємів*

Знаходження

де R — радіус

кулі. Задача

Знайдіть площу бічної поверхні та об'єм конуса, твірна

якого дорівнює І і утворює з висотою конуса кут а. Розв'язання

Нехай дано конус із висотою РО (рис. 174).

Із прямокутного трикутника АРО ( Z O = 90°, ZAPO = a,

PA = /)

AO =/sina, PO = /cosa. За формулою площі бічної поверхні конуса S6i4H = k R / = K A O A P ,

За формулою об'єму конуса

V = —hR2H = —я AO2 РО,

Відповідь: На даному рисунку прозорими).

228

56l4„ = rt/?sina.

V = — 7t/3sin2acosa.

n/2sina,

— 7i/3sin2acosa.

геометричні тіла зображено без штрихових

ліній

(тобто

§ 22. Тіла обертання

Запитання і задачі ф

УСНІ ВПРАВИ

759. Чи правильно, що: а) твірна циліндра більша, ніж його висота; б) твірна конуса більша, ніж його висота? 760. Чи існує паралельне перенесення, внаслідок якого: а) одна з основ циліндра переходить в іншу; б) одна з твірних конуса переходить в іншу? 761. Чи може площа бічної поверхні конуса дорівнювати площі його основи? 762. Радіус однієї кулі дорівнює діаметру іншої. У скільки разів площа поверхні першої кулі більша за площу поверхні другої? У скільки разів об'єм першої кулі більший за об'єм другої? 763. Циліндр і конус мають рівні радіуси основ та рівні висоти. Яке з цих тіл має більший об'єм? У скільки разів об'єм більшого тіла перевищує об'єм меншого?

ГРАФІЧНІ ВПРАВИ

764. Зобразіть циліндр. Проведіть діаметр АВ однієї з його основ. Проведіть із точок А і В перпендикуляри ААХ і ВВ, до площини іншої основи. Визначте вид чотирикутника A A J B J B . —^ 765. Зобразіть конус із вершиною Р. Проведіть діаметри основи АВ і CD. Визначте вид трикутника АРВ. Чи рівні трикутники АРС і BPD1 • »

ПИСЬМОВІ ВПРАВИ Рівень А

766. Висота циліндра дорівнює 24 см. Знайдіть площу основи циліндра, якщо відрізок, який сполучає центр основи з точкою кола іншої основи, дорівнює 25 см. 767. Знайдіть площу: а) повної поверхні циліндра з радіусом 4 см і висотою 6 см; б) бічної поверхні циліндра з площею основи 25л см 2 і твірною 10 см. —^ 768. Знайдіть площу: а) бічної поверхні циліндра з радіусом 4 см, якщо розгорткою бічної поверхні циліндра є квадрат; б) повної поверхні циліндра, утвореного обертанням квадрата з діагоналлю 3\/2 см навколо сторони. 229

РОЗДІЛ VI. Початкові відомості зі стереометрії

769. Прямокутний трикутник із гіпотенузою 6 см і гострим кутом 30° обертається навколо більшого катета. Знайдіть радіус основи і висоту утвореного конуса. 770. Знайдіть площу: а) бічної поверхні конуса з твірною 13 см і висотою 12 см; б) повної поверхні конуса, твірна якого дорівнює 10 см і утворює з висотою кут 30°. —^ 771. Знайдіть площу повної поверхні конуса, площа основи якого дорівнює 9к см 2 , а висота 4 см. 772. Знайдіть площу сфери з радіусом 2 см. 773. Знайдіть об'єм: а) циліндра, утвореного обертанням прямокутника зі сторонами З см і 5 см навколо більшої сторони; б) конуса з висотою 6 см і твірною З\І5 см; в) кулі, площа поверхні якої дорівнює 36л см 2 . —^ 774. Знайдіть об'єм: а) циліндра з площею основи 16л см2 і висотою 5 см; б) конуса, утвореного обертанням рівнобедреного прямокутного трикутника з гіпотенузою 3\/2 см навколо катета; в) кулі з радіусом 9 см.

Рівень Б 775. Знайдіть площу: а) бічної поверхні циліндра, я к щ о відрізок, який сполучає центр основи з точкою кола іншої основи, дорівнює а і утворює з віссю циліндра кут а ; б) повної поверхні циліндра, утвореного обертанням прямокутника з діагоналлю 17 см і стороною 15 см навколо даної сторони. —^ 776. Знайдіть площу повної поверхні циліндра, я к щ о площа його основи дорівнює 9ті см 2 , а середина твірної віддалена від центра основи на 5 см. 777. Знайдіть площу повної поверхні конуса, висота якого дорівнює 20 см, а основа висоти віддалена від твірної на 12 см. 778. Бічна поверхня конуса має площу 32л см 2 . Знайдіть площу основи конуса, якщо його твірна дорівнює діаметру основи. ~~^ 779. Знайдіть площу повної поверхні конуса, в якому кут між твірною і висотою дорівнює 30°, а відстань від основи висоти до середини твірної складає 8 см. 7 8 0 . Об'єм кулі дорівнює 36л см 3 . Знайдіть площу сфери, яка обмежує дану кулю. 230

§ 22. Тіла обертання

781. Знайдіть об'єм: а) циліндра з висотою Н, якщо хорда основи завдовжки Н стягує дугу а ; б) конуса з вершиною Р і діаметром основи АВ, я к щ о трикутник РАВ прямокутний і має площу 9 см 2 . 782. Знайдіть об'єм конуса, твірна якого дорівнює 10 см, а площа бічної поверхні дорівнює площі бічної поверхні циліндра з діаметром 5 см і твірною 12 см.

Рівень В ~^

783. Прямокутник із площею S обертається навколо сторони. Знайдіть площу бічної поверхні утвореного циліндра. 784. Твірна конуса складає з його висотою кут а . Знайдіть площу основи конуса, я к щ о площа його бічної поверхні дорівнює Q. 785. Знайдіть об'єм циліндра з площею • основи Q і площею бічної поверхні S. 786. Твірна конуса дорівнює діаметру його основи. Знайдіть площу бічної поверхні конуса, якщо його висота дорівнює Н. Задачі д л я підготовки до контрольної роботи № 6

1. Прямі а і Ь перетинаються в точці О. Чи будуть усі прямі, я к і перетинають обидві дані прямі і не проходять через точку О, лежати в одній площині? Відповідь обґрунтуйте. 2. Дано правильну трикутну призму А В С А ^ С , (рис. 175). Визначте взаємне розміщення прямих: а) ВВ, і СС,; б) АС і ВВ,; в) ВС, і АС,. 3. Основою прямого паралелепіпеда є паралелограм зі сторонами 8 см і 10 см та гострим кутом 30°. Висота паралелепіпеда дорівнює меншій висоті цього паралелограма. Знайдіть площу повної поверхні паралелепіпеда. 4. Знайдіть об'єм правильної трикутної піраміди з висотою 4 см і бічним ребром 5 см. 5. Площа бічної поверхні циліндра дорівнює площі його основи. Знайдіть твірну циліндра, якщо його діаметр дорівнює 16 м. 6. Знайдіть об'єм конуса, якщо кут між його твірною і висотою дорівнює а , а середина твірної віддалена від осі на відстань а. 231

Підсумки розділу VI ПІДСУМКОВИЙ ОГЛЯД РОЗДІЛУ VI Прямі і площини в просторі

Способи

проведення

площини

Через дві прямі, що перетинаються у

Xх

/ о

Через три точки, що не лежать на одній прямій

Через дві паралельні прямі

/ а

просторі

Через пряму і точку, я к а не належить цій прямій

/ / а

Взаємне

розміщення

Пряма лежить у площині

прямої

В •

і площини

Пряма перетинає площину

просторі

Пряма паралельна площині а

/ / / / /

Взаємне Дві прямі перетинаються

232

розміщення

прямих

Дві прямі паралельні

просторі Дві прямі мимобіжні

Підсумки розділу VI

І•

Взаємне

розміщення

площин

просторі

Дві площини перетинаються по прямій

Дві площини паралельні

/, / Многогранники Призма Похила

Пряма

Паралелепіпед

Прямокутний паралелепіпед

Піраміда

Правильна піраміда

233

РОЗДІЛ VI. Початкові відомості зі стереометрії

Основні формули для пірамід і призм Площа бічної поверхні прямої призми

Площа бічної поверхні правильної піраміди

1 SKбічн =Р осн Н,

S„бічн =-Р 2 осп і, де Ржи — периметр основи, 1 — апофема правильної піраміди

де Ріка — периметр основи, Н — бічне ребро прямої призми Об'єм

Об'єм

призми

v=s оси я,' де S — площа основи, Н — висота призми

піраміди

v=-s О осн Я ,' о де йосн — площа основи, Я — висота піраміди

Тіла обертання

234

Циліндр

Конус

Площа бічної поверхні

Srбічн = 2 nRH

S..бічн = nRL

Площа повної поверхні v S плин = 2л R(R+H) '

Площа повної поверхні v S повн = к R(l+R) '

Об'єм Vцил = п R2H

Об'єм V KOI = g—nR2H

Площа сфери S = 4kR2

Об'єм

кулі

Підсумки розділу VI

КОНТРОЛЬНІ ЗАПИТАННЯ ДО РОЗДІЛУ VI 1. Опишіть взаємне розміщення у просторі двох прямих; прямої і площини; двох площин. 2. Опишіть призму. Яка призма називається прямою; правильною? 3. Опишіть паралелепіпед. Який паралелепіпед називається прямим; прямокутним? 4. Запишіть формули площ бічної та повної поверхонь прямої призми. 5. Опишіть піраміду. Яка піраміда називається правильною? 6. Що таке апофема правильної піраміди? Запишіть формулу площі бічної поверхні правильної піраміди. 7. Запишіть формули об'ємів прямої призми та піраміди. 8. Опишіть циліндр та його елементи. 9. Запушіть формули площ бічної та повної поверхонь циліндра. 10. Опишіть конус та його елементи. 11. Запишіть формули площ бічної та повної поверхонь конуса. 12. Опишіть кулю і запишіть формулу площі сфери. 13. Запишіть формули об'ємів циліндра, конуса, кулі. •

ІСТОРИЧНА ДОВІДКА

Стереометрія як розділ геометрії зароджувалася і розвивалася одночасно з планіметрією. Майже всі твердження про паралельність і перпендикулярність прямих і площин у просторі були відомі в Давній Греції, чимало з них викладені у «Началах» Евкліда. Властивості многогранників і тіл обертання першими систематично виклали давньогрецькі математики. Окрім Евкліда, слід особливо виділити Архімеда, який у двох своїх працях дослідив властивості тіл обертання. Одним із засновників теорії конічних поверхонь вважається давньогрецький геометр Аполлоній Пергський (бл. 262 - бл. 190 p.p. до н. е.). Робота Аполлонія «Конічні перерізи» розглядає перерізи поверхонь, утворених обертанням однієї з двох прямих, що перетинаються, навколо іншої. Ця праця справила вплив на розвиток механіки, оптики й астрономії. Важливі дослідження в галузі геометрії многогранників належать усесвітньо відомому українському математикові Георгію Феодосійовичу Вороному (1868-1908). Зокрема, він дослідив проблему заповt нення простору рівними опуклими многогранниками. Об'єми деяких многогранників уміли обчислювати ще в Стародавньому Єгипті. Значною мірою сприяли вдосконаленню методів обчислень об'ємів роІ? боти італійського математика Бонавентури Кавальєрі (1598-1647), який установив ознаку тіл, що мають рівні об'єми, нині відому як принцип Кавальєрі. Але строга сучасна теорія об'ємів, заснована на методах математичного аналізу, з'явилася значно пізніше.

Аполлоній Пергський

Г. Ф. Вороний

Підсумки розділу VI

ТЕМАТИКА ПОВІДОМЛЕНЬ І РЕФЕРАТІВ ДО РОЗДІЛУ VI 1. 2. 3. 4.

Правильні та напівправильні многогранники. Зірчасті многогранники. Кристали я к природні многогранники. Орієнтація поверхні. Листок Мебіуса.

РЕКОМЕНДОВАНІ ДЖЕРЕЛА

1. 2.

3. 4. 5. 6. 7. 8.

ІНФОРМАЦІЇ

Математична хрестоматія для 6—8 класів. Т. 1 [Текст]. — К. : Рад. шк., 1968. — 320 с. Математична хрестоматія для старших класів. Геометрія. Т. 2 [Текст] / упоряд. JI. В. Кованцова. — К. : Рад. шк., 1969. — 383 с. Понарин, Я. П. Стереометрия, преобразования плоскости. Т. 2 [Текст] / Я. П. Понарин. — М. : МЦНМО, 2004. Прасолов, В. В. Задачи по стереометрии [Текст] / В. В. Прасолов, И. Ф. Шарыгин. — М. : Наука : Гл. ред. физ-мат. лит., 1989. — 288 с. — (Б-ка мат. кружка). Смирнова, И. М. В мире многогранников [Текст] / И. М. Смирнова. — М.: Просвещение, 1995. Шаскольская, М. П. Кристаллы [Текст] / М. П. Шаскольская. — М. : Наука, 1985» , Інтернет-бібліотека МЦНМО. http://ilib.mirrorO.mccme.ru/ Сайт видавництва «Ранок», http://www.ranok.com.ua

ЗАДАЧІ НА ПОВТОРЕННЯ КУРСУ ГЕОМЕТРІЇ 7-9 КЛАСІВ 787. Точки В і С лежать на відрізку AD завдовжки 24 см. Знайдіть довжину відрізка ВС, якщо АВ = 7 см, АС : CD = 3 : 1 . 7 8 8 . Сума трьох кутів, що утворилися в результаті перетину двох прямих, дорівнює 220°. Знайдіть кут між даними прямими. 789. У рівнобедреному трикутнику ABC з основою АС проведено медіани AN і СМ. Доведіть рівність трикутників: a) ANM і СМАГ; б) ABN і СВМ. 7 9 0 . У трикутнику ABC бісектриса зовнішнього кута при вершині В паралельна стороні АС. Доведіть, що АВ = ВС. 791. Доведіть рівність трикутників ABC і AJ$XCV я к щ о ВС = ВХСХ, ZA = 80°, Z B = Z B , = 55°, Z C , = 45°. 792. У прямокутному трикутнику ABC серединний перпендикуляр до гіпотенузи ВС перетинає катет АВ в точці М. Знайдіть гострі кути трикутника, якщо ZAMC = 50°. 793. У прямокутному трикутнику ABC з гіпотенузою ВС проведено бісектрису СМ. Відрізок М К — висота трикутника СМВ. Знайдіть гострі кути трикутника ABC, якщо ZAMK = 140°. 7 9 4 . Дві сторони трикутника дорівнюють 5 см і 12 см. У яких межах може змінюватися довжина третьої сторони, я к щ о кут між даними сторонами тупий? 795. Побудуйте трикутник за стороною, прилеглим кутом і бісектрисою, проведеною з вершини цього кута. 7 9 6 . Коло дотикається до сторін кута А в точках В і С. Бісектриса кута А перетинає дане коло в точках М і N. Доведіть рівність трикутників MBN і MCN. 797. На сторонах AD і ВС паралелограма ABCD позначено точки М і N відповідно, причому A M = CN = АВ. Доведіть, що чотирикутник MBND — паралелограм, і знайдіть його кути, якщо ZA = 80°. 7 9 8 . Діагоналі рівнобедреної трапеції взаємно перпендикулярні. Доведіть, що середини сторін трапеції є вершинами квадрата. 799. Основу рівнобедреного трикутника видно з центра описаного кола під кутом 140°. Знайдіть кути трикутника. Скільки розв'язків має задача?

Задачі на повторення курсу геометрії 7—9 класів

800. Пряма, паралельна основі рівнобедреного трикутника, ділить бічні сторони у відношенні 3 : 5, починаючи від основи. Знайдіть довжину відрізка прямої, я к и й міститься всередині трикутника, якщо середня лінія, що сполучає середини бічних сторін, дорівнює 8 см. 801. Бісектриса прямокутного трикутника ділить гіпотенузу на відрізки завдовжки 100 см і 75 см. Знайдіть довжини відрізків, на які ділить гіпотенузу висота трикутника. 802. Знайдіть периметр і площу трикутника зі сторонами 8 см і 15 см та кутом між ними 60°. 803. У трикутник зі сторонами 11 см, 25 см і ЗО см вписано коло. Знайдіть площу правильного трикутника, вписаного в те саме коло. 804. Площа паралелограма дорівнює 21 см 2 , а одна з його висот 3 см. Знайдіть меншу діагональ паралелограма, якщо його гострий кут дорівнює 45°. 805. Радіус кола, вписаного в рівнобедрену трапецію, дорівнює 6 см, а різниця основ 10 см. Знайдіть площу трапеції. 806. Знайдіть площу круга, в який вписано прямокутний трикутник із катета'ми 18 см і 24 см. 807. У трикутнику ABC AC = b, ZA = a , Z B = fi. Знайдіть висоту BD. 808. Трикутник ABC задано координатами вершин А(-6; 1), В(3; 0), С(4; 5). Знайдіть довжину медіани, проведеної з вершини В.

809. Дано точку А(1; 2). Задайте: а) центральну симетрію, . внаслідок якої дана точка переходить у точку В(-5; 4); б) осьову симетрію, внаслідок якої дана точка переходить у точку С(-1; 2); в) паралельне перенесення, внаслідок якого дана точка переходить у точку D(-4; -1); г) поворот навколо початку координат, внаслідок якої дана точка переходить у точку Е(-2; 1); д) гомотетію з центром у початку координат, внаслідок якої дана точка переходить у точку F(3; 6). 810. Дано паралелограм ABCD. Знайдіть АС + BD - 2AD . 811. Знайдіть кути трикутника ABC, якщо АВ (-4; 3), ВС (7; 1).

239

ДОДАТКИ Додаток 1. Довжина кола та площа круга

Рис. 176. кривої

Довжина

Рис. 177. Означення довжини кола

Розглянемо криву лінію L , що сполучає точки А та В. Розіб'ємо її точками At,A2,...,An_l на п частин і розглянемо фігуру, що складається з відрізків А 4 , , AtA2, A2AV ..., Ап — ламану AA l A 2 ...A n l B (рис. 176). Назвемо таку ламану вписаною в криву L . Довжиною кривої L називається границя, до якої прямує довжина вписаної в неї ламаної, коли число ланок необмежено зростає, а їх довжина наближається до нуля. Таке саме означення можна застосувати і для визначення довжини кола. При цьому ламана буде многокутником, вписаним у дане коло (рис. 177). Однак для коректності такого означення потрібно довести, що вказана границя існує. Це доволі складна проблема, яка розв'язується засобами іншої математичної науки — математичного аналізу. Тому визначимо довжину кола таким чином*. Розглянемо послідовність Р2, периметрів вписаних у дане коло правильних 2* -кутників. Доведемо, що при необмеженому зростанні k ці периметри наближаються до деякої границі С . Тоді число С ми називатимемо довжиною даного кола. Доведемо спочатку допоміжне твердження (лему). Лема

(про периметри опуклих многокутників)

Якщо один опуклий многокутник міститься всередині другого опуклого многокутника, то периметр першого менший, ніж периметр другого. Доведення Рис. 178. До доведення леми про периметри опуклих многокутників

• Із вершин внутрішнього многокутника проведемо промені, я к і перпендикулярні до його відповідних сторін та перетинають сторони зовнішнього многокутника (рис. 178).

Можна довести, що таке означення буде рівносильним до попереднього.

240

Додаток 1. Довжина кола та площа круга

Тоді за нерівністю т р и к у т н и к а АВ<СЕ< <CD + DE, і т.д. Отже, периметр внутрішнього многокутника менший за периметр зовнішнього. • Із доведеної леми випливають такі наслідки. Периметр правильного 2*-кутника, вписаного у дане коло, менший за периметр правильного 2* и -кутника, вписаного у те саме коло (рис. 179).

Рис. 180

Периметр будь-якого правильного вписаного в коло многокутника менший за периметр будь-якого правильного многокутника, описаного навколо того самого кола (рис. 180). Отже, послідовність Р2, зростає зі зростанням k і обмежена зверху периметром квадрата, описаного навколо даного кола: Рг, <Р.г„,, Р2, < 8 R . Тоді, за теоремою з курсу математичного аналізу, існує границя С , до якої наближається P t зі зростанням k, тобто довжина кола. Аналогічними міркуваннями можна показати, що периметри Q2„ правильних 2*-кутників, описаних навколо кола, також прямують до того самого С. Тепер нескладно отримати формулу довжини кола. Доведемо, що відношення д о в ж и н и кола до його діаметра є числом, сталим д л я всіх кіл (позначається п). Впишемо в кожне з двох довільних кіл радіусів R та R' правильні 2*-кутники (рис. 181). Тоді Р2, =2 -2 Bsin Отже,

р;

180°

, в ; =2* 2 Я'sin

180°

2 R'

Звідси при необмеженому зростанні k маємо Рис. 181. До обґрунтування формули довжини кола

= — , що й треба було довести. Отже, C = nd = 2kR . 241

Перейдемо тепер до розгляду площі круга. Назвемо простою фігурою фігуру, я к у можна розбити на скінченну кількість т р и к у т н и к і в . За означенням, дана фігура має площу S , я к щ о існують прості фігури, які містяться в даній, і прості фігури, що містять дану, площі я к и х я к завгодно мало відрізняються від S . Розглянемо площу круга, ґрунтуючись на цьому означенні. Очевидно, що площі S 2 , правильних вписаних у дане коло 2* -кутників (рис. 182) дорівнюють 1 1 1 яо° S , = 2 * А л о в = 2* АВ Ь2. = -Р2, • R c o s — . Отже, при необмеженому зростанні k маємо: S' -*-CR 2

R = nR2.

= --2nR 2

Аналогічно, площі S'2k правильних

2*-кутни-

ків, описаних навколо даного кола (рис. 183), дорівнюють S ^ = 2 * - S 4 c o „ = 2 * - R CD=-Pf 2

R = nR2.

Отже, S . та S'

обмеженому зростанні k маємо: S' -*-CR 2

= --2nR 2

R. При не-

при необмеженому зростанні k як завгодно мало будуть відрізнятися від числа nR2, тобто SKpyr„ = nR2 за означенням.

Додаток 2. Паралельне перенесення в декартовій системі координат Застосування паралельного перенесення в геометрії часто пов'язане з декартовою системою координат. Доведемо відповідні формули паралельного перенесення у два етапи. Обґрунтуємо спочатку, що для будь-яких точок А і В існує паралельне перенесення, яке переводить точку А в точку В, і притому єдине. Очевидно, що таке паралельне перенесення f існує — в напрямі променя АВ на відстань А В .

Додаток 2. Паралельне перенесення в декартовій системі координат

Доведемо, що будь-яке паралельне перенесення g, яке переводить точку А в точку В, збігається з f . Нехай С — довільна точка площини. Розглянемо випадок, коли С не лежить на прямій АВ (рис. 184). Нехай точка С' — образ точки С при паралельному перенесенні f, а точка С" — образ точки С при паралельному перенесенні g.

Рис. 184. До обґрунтування единості паралельного перенесення

Оскільки АВ = СС' , а промені АВ і СС' співнапрямлені, то АВС'С — паралелограм за ознакою. Отже, точка О — середина відрізка СВ — є серединою відрізка АС'. Аналогічно доводимо, що точка О є серединою відрізка АС". Звідси випливає, що точки С' та С" збігаються. Нескладно доводиться їх збіг і у випадку, коли С лежить на прямій АВ (зробіть це самостійно). Отже, оскільки точка С довільна, паралельні перенесення / і g збігаються, що й треба було довести. Доведемо тепер теорему про задания паралельного перенесення формулами в декартовій системі координат. Т е о р е м а (формули паралельного перенесення в прямокутній системі координат) У прямокутній декартовій системі координат па^алельне перенесення, яке переводить точку ( х ; у) фігури F в точку (х'; у') фігури F', задається ф о р мулами: х' = х+а, у' = у + Ь, д е а і Ь — числа, ті самі для всіх точок фігури F . Доведення

В'(х2 + а;у„ + Ь) В(х2; у2) О Рис. 185. До доведення формул паралельного перенесення

• Доведемо спочатку, що перетворення будьякої точки (я;//) у точку {х';у') , де х' = х+а, у' = у+Ь, а і b — сталі, є паралельним перенесенням. Розглянемо довільні т о ч к и A(jt,;t/,) та В(х2;у2), що переходять у точки A'(xl+a-,yl+Ь), В'(х9+а;у9+Ь) відповідно. Нехай точка В не н а л е ж и т ь п р я м і й АА' (рис. 185). Тоді середини відрізків АВ' та ВА' мають координати І *' + Х'г + а ; І

У,+Уг+Ь

І, тобто збігаються. )

243

ДОДАТКИ

Отже, чотирикутник АА'В'В — паралелограм за ознакою. Тому промені АА' та ВВ' співнапрямлені, а довжини відрізків АА' та ВВ' рівні. Такий саме висновок легко обґрунтувати й у випадку, коли точка В належить прямій АА'. Оскільки, за доведеним, паралельне перенесення, яке переводить точку А в точку А', єдине, а дане перетворення х' = х+а , у' = у + Ь є саме таким перенесенням, то паралельне перенесення в прямокутній декартовій системі координат задається формулами х' = х+а , у' = у + Ь . Теорему доведено. • Зазначимо, що коли задано точку А(х;у) і точку А'(х';у'), у яку переходить точка А при паралельному перенесенні, то числа, що визначають де перенесення, легко знайти за формулами а = х ' - х , Ь = у ' - у .

Додаток 3. Накладання, переміщення, подібність На початку вивчення курсу геометрії ми визначили, що рівними фігурами називаються ті, що суміщаються накладанням. Але поняття накладання було введено наочно, тому ми не розглядали докладно його властивості. Під час вивчення теми «Переміщення» ми визначили рівні фігури я к такі, що суміщаються переміщенням, тобто перетворенням, що зберігає відстані між точками. Можна встановити, що будь-яке переміщення на площині є накладанням, і навпаки, накладання на площині є переміщенням. Деталізуємо ці твердження для трикутників. Теорема

(про тотожність накладання і переміщення трикутників)

Два трикутники суміщаються накладанням тоді й тільки тоді, коли існує п е реміщення, що переводить один із них в інший. Доведення

• 1) Нехай існує переміщення f , що переводить трикутник ABC у трикутник А'В'С , зокрема точку А в А', В — в В', С — в С'. Тоді, за властивостями переміщення, відрізок АВ накладається на відрізок А'В', ВС — на В'С', АС — на А'С'; отже, трикутник ABC накладається на трикутник А'В'С . 2) Нехай тепер трикутник ABC накладається на трикутник А'В'С', зокрема, відповідні сторони й кути цих трикутників рівні. Доведемо існування переміщення, що переводить трикутник ABC у трикутник А'В'С'. Розглянемо симетрію /і відносно прямої Z, — серединного перпендикуляра до відрізка АА' (рис. 186). При такому переміщенні трикутник ABC переходить у трикутник А,В,С,, причому точки А, та А' збігаються. Розглянемо 244

Додаток 3. Накладання, переміщення, подібність

а __+_

\А'(АД) С'(С 2 , С 3 )

В'(В2)

Рис. 186. До доведення теореми про тотожність накладання і переміщення трикутників

тепер симетрію f2 відносно прямої 12 — серединного перпендикуляра до відрізка ВХВ' (якщо його кінці не збігаються). Тоді трикутник АЛВ1СІ переходить у трикутник А2В2С2, причому точки А{, А^ та А' збігаються, так само, я к і точки В2 та В'. За властивістю переміщення, ZCAB = ZClAlBl= ZC2A2B2 = a, Z ABC = Z AlBlCi = ZA2B2C2 = $• Оскільки в результаті послідовного застосування переміщень /, та f2 точка А переходить в А2 (А'), В — в В2 ( В ' ) , то відрізок АВ суміщається з А'В'. За умовою, ZCAB = ZC'A'B' = ос, Z A B C = Z А ' В ' С ' = (3. Якщо точки С2 та С' лежать по один бік від прямої А'В', то з наведених рівностей кутів випливає збіг променів А'С' та А2Сг, В'С' та В2С2; отже, точки С, та С' також збігаються. Тому трикутник ABC переходить у трикутник А'В'С' в результаті послідовного виконання переміщень та / 2 . Якщо ж С2 та С' лежать по різні боки від прямої А'В', то під час симетрії f3 відносно прямої А'В' точка С2 перейде в точку С 3 , що збігається з С', і далі доведення є аналогічним до попереднього. Теорему доведено. • У процесі доведення другої частини теореми ми задали деяке переміщення, що переводить трикутник ABC у трикутник А'В'С', за допомогою осьових симетрій. Насправді, таке переміщення є єдиним. Т е о р е м а (про однозначність задання переміщення) Якщо під час деякого переміщення трикутник A B C переходить у трикутник А'В'С', причому точка А — в точку А', В — в В', С— в С', то для будь-якої точки площини М ї ї образ М ' при такому переміщенні визначається однозначно. Доведення

• Нехай існують два різних переміщення / та g , що переводять точку А — в А', В — в В', С — в С' (рис. 187). Нехай далі деяка точка М 245

ДОДАТКИ

під час переміщення f переходить у точку M j , а під час переміщення g — в точку М 2 , причому точки М, і М2 не збігаються (рис. 188). Оскільки при переміщенні зберігаються відстані між точками, то AM = А'М, = А'М 2 , В М = В'М, = В'М 2 , СМ = С'МХ=С'М2. Отже, точки А', В' і С' лежать на серединному перпендикулярі до відрізка М , М 2 , що суперечить тому, що А'В'С' — трикутник. " В'

м.

м. С' Рис. 187

Рис. 188

Отже, переміщення f та g збігаються, що й треба було довести. • Аналогічного аналізу потребує і ситуація з подібними трикутниками. Спочатку, у восьмому класі, ми визначили подібні трикутники як такі, в яких відповідні кути рівні, а відповідні сторони пропорційні. Але у дев'ятому класі, під час вивчення подібності, ми визначили, що дві фігури є подібними, якщо вони суміщаються перетворенням подібності. Покажемо, що ці означення подібності для трикутників є рівносильними. 1) Якщо трикутник ABC переходить у трикутник А'В'С' при деякому перетворенні подібності f з коефіцієнтом k, то Z A = Z A ' , ZB = ZB', Z C = Z C ' , А'В' В'С' А'С' • = k , тобто справджуються умови першого означення. АВ ВС АС А'В' В'С/ А'С' 2) Нехай навпаки ZA = ZA', ZB = ZB', ZC = ZC', -=k AB

ВС

Розглянемо гомотетію /' з центром у точці А і коефіцієнтом Л (рис. 189), яка переводить трикутник ABC у трикутник АХВХСХ ( А збігається з А,).

А(А,)

Рис. 189

Тоді ДА,В,С 1 =ААВС за трьома сторонами. Отже, за доведеною теоремою існує переміщення g , що суміщає трикутник А1В,С1 з трикутником А'В'С'. Але тоді послідовне виконання f та g є перетворенням подібності, що суміщає трикутник ABC з трикутником А'В'С', що й треба було довести. Таким чином, означення рівних (подібних) трикутників, які зустрічались під час вивчення різних розділів геометрії, рівносильні. 246

Додаток 4. Таблиця значень тригонометричних функцій Градуси

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 ЗО 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 Градуси

sina (0°<a<45°) tga (0°<а<45°) ctg а (0°<а<45°) cosa (0Ча<45°) 0,000 0,000 1,000 57,290 0,017 0,017 1,000 0,035 0,035 28,636 0,999 0,052 0,052 19,081 0,999 0,070 0,070 14,301 0,998 0,087 0,087 11,430 0,996 9,514 0,105 0,105 0,995 0,122 8,144 0,123 0,993 0,141 0,990 0,139 7,115 0,158 6,314 0,156 0,988 0,174 5,671 0,176 0,985 0,194 0,191 5,145 0,982 0,208 0,213 4,705 0,978 0,225 4,331 0,974 0,231 0,249 0,242 4,011 0,970 0,259 0,268 3,732 • 0,966 0,276 0,287 3,487 0,961 0,292 0,306 3,271 0,956 0,309 3,078 0,335 0,951 0,344 2,904 0,326 0,946 0,364 • 0,342 2,747 0,940 0,384 0,934 0,358 2,605 0,404 0,375 2,475 0,927 0,424 0,921 0,391 2,356 0,407 0,914 0,445 2,246 0,423 0,466 2,145 0,906 0,438 0,488 2,050 0,899 0,454 1,963 0,510 0,891 0,469 0,532 1,881 0,883 0,485 0,554 1,804 0,875 0,577 1,732 0,500 0,866 1,664 0,857 0,515 0,601 1,600 0,530 0,625 0,848 0,545 0,649 1,540 0,839 0,559 0,675 1,483 0,829 0,574 0,700 1,428 0,819 0,727 0,588 1,376 0,809 0,754 0,602 1,327 0,799 0,616 0,781 1,280 0,788 0,629 0,810 0,777 1,235 0,643 1,192 0,839 0,766 0,869 1,150 0,656 0,755 0,900 1,111 0,669 0,743 0,682 1,072 0,933 0,731 0,695 0,966 1,036 0,719 0,707 0,707 1,000 1.00Q cosa (45°<а<90°) ctg а (45°<а<90°) tga(45°<a<90°) sina (45°<а<90°) —

Градуси

90 89 88 87 86 85 84 83 82 81 80 79 78 77 76 75 74 73 72 71 70 69 68 67 66 65 64. 63 62 61 60 59 58 57 56 55 54 53 52 51 .50 49 48 47 46 45 Градуси

247

ВІДПОВІДІ ТА В К А З І В К И Розділ І. Розв'язування трикутників 10. а) 60° і 120°; б) 120°; в) 135°. 11. а) =0,174 і =-0,176; б) =40° і =140°. 12. а) 0,6; б)

— ^ ; в) 0. 13. -0,8 і -0,75. 17. a) t g a = -2,4, ctga = - — ; 75 12 8 15 24 tj б) t g a = - — , c t g a = ——; в) t g a = c t g a = - l . 18. а) ——; б) - — . 20. а) cos 2 a; б) -1; в) - Л ~ - 21. а) sin 2 а; б) - А - ; в) 1. 22. 0,6 і - 0 , 8 . 23. — і - — . 28. sina = - ^ , cos a sin а 13 13 4/5 cosa = —%= або sina = -?= , cosa = —1= . 29. — а б о —— . Вказівка.

Складіть праві

й ліві частини заданої рівності й основної тригонометричної тотожності. ЗО. а) 170°, 120°, 50°; б) 170°, 50°, 120°; в) 120°, 170°, 50°. 31. а) s i n a > s i n | J ; б) t g a c t g p ; в) c t g a > ctg (і. 32. З см і з 7 з см. 33. 255 см2 або 6 8 7 Ї З см 2 . 39. а) 7 см; б) 13 см; в) 19 см. 40. 35 см. 41. 135°. 43. 9. 44. 5 см або 741 см. 45. 7 см. 46. а) 5 см і 7109 см; б) 14 см і 27129 см. 47. a ^ 2 ( l + cosa) і a J 2 ( 1 - c o s a ) , або, за умоa a г— ви р о з в ' я з у в а н н я без теореми косинусів, 2acos— і 2asin— . 48. 2V13 см 2 2 1 5 19 і 14 см. 49. а) Тупокутний; б) прямокутний; в) гострокутний. 50. - , - , — ; гостро5

кутний. 51. а) 38 см; б) 8 см і 14 см. 52. 8 см і 9 см. 53. 477 см. 54.

. 55. 19 см.

58. 4 см. Вказівка.

Доведіть, що АВСК 87з — рівнобедрена трапеція, і застосуйте теорему косинусів у трикутнику ACD. 59. —— см, 4 72 см. 60. 45° і 135°. 67. 1 і 7 з . 68. а) 4 см; б) 30°. 69. а) 6 см; б) 45°. 70. 30° або 150° 71. 9 м. 72. 72 . 74. 8 см. 75. АС = 1 2 м, АВ ~ 6,21 м, ВС = 8,78 м. 76. 78.

. .

а8Ш(С!

m(2 + J b

271.

aSlnP ГХ

77.

sin

+В P

asin °. sin a +

{

. 79. 24 см, в 7 з см, 8 7 з см. 80. 30°, 60°, 90° або 30°, 120°, 30°. 81. /н(3 + 7 б ) ,

82.

***

Psin(a+

s i n a + sinp + sin(a + p) s i n a + sinP + sin(a + P) s i n a + sinp + sin(a + p) 83. 10,625 см. 84. Вказівка. Я к щ о Н — ортоцентр трикутника ABC, то ZAHB = = 180° -ZC. 85. 60° і 120°. 86. AD > DB. 92. 150°, =3,11 см, =3,11 см. 93. 90°, 5 см б 7 з см. 94. а) a = 105°, b = 7,32, с = 5,18; б) у= 30°, a = 7,71, с = 3,92. 95. а) с = 19, a = 13° Р = 107°; б) a = 13, р = 28°, 7=32°. 96. Не встигнуть. 97. а) у =76°, 6=16,78, с =18,11 б) с = 1 3 , a = 23°, Р = 22°. 98. а) а = 22°, Р = 8°, у = 150°; б) a = 28°, Р = 62°, 7 = 9 0 ° 99. а) р = 21°, 7 = 39°, с = 8,69; б) 7= 32°, a = 142°, a = 11,65 або 7= 148°, a = 26°, a = 8,24 в) розв'язків немає. 100. а) a = 13°, Р = 107°, 7= 60°; б) Р = 30°, 7= 128°, с = 12,62 або Р = 150° 7= 8°, с = 2,22. 101. а) а = 4, a = 42°, р = 108°, b = 5,70 або а = 4, a = 138°, Р = 12а, b = 1,23 б) 7=45°, с =13, а =112°, Р = 23° або 7=135°, с =22,56, a =32°, Р=13°. 102. ZBAD = 15° ZABD = 60°, ZADB= 105°, АВ = 4 см, AD = 3,59 см, B D = 1 , 0 7 см. 103. а) Гострокут „ „ „ ^ sin(P + y)\Jb2+c2 -2fcccosa u нии; б) тупокутний; в) гострокутний або тупокутнии. 104. —'— . :— a sin a sin 7 іаіпф-а) ^ asinasinp ^ ^ 105 1Q6 10g 5Q м csinp cosp sin(P-a)

Відповіді та вказівки Вказівка. Доведіть, що д і а г о н а л ь т р а п е ц і ї є бісектрисою кута при більшій основі. 110. = 8 , 2 6 см. Вказівка. Доведіть, що д і а г о н а л ь трапеції є бісектрисою кута при м е н ш і й основі. 111. Я к щ о а >Ь — один розв'язок; я к щ о а < Ь , то при a>bsina — два р о з в ' я з к и , при а = bsinot — один розв'язок, при а < frsinu — розв'язків немає. 112. а) а = 10, 6 = 1 4 , 1 4 , с = 19,32; б) а = 20, a = 83°, р = 27°, у = 70°. 113. а) а = 16, &« 19, с = 5; б) a = 4v/l3 , <>=10, с = 2^73 . 114. АВ = Ja2 +Ьг-2a&cos(a + P) , „_ ВО-

asina ... /,, a2sin27 , AO= b +—; s i n ( a + Y) V sin (a + у)

2aftsinvcosB .„_ . 115. s i n ( a + y)

ab ... , „„ , . 116. 30 см . 117. 96 см 2 . a+b

123. a) ЗО; б) 9-Д ; в) 20. 124. a) 5 4 ^ 3 см 2 ; 6) 24 см 2 ; в) 36 см 2 . 125. a) 25 см 2 ; б) 1б/2~см 2 ; в) 18 см 2 .126. 8 см. 127. 30° і 150". 128.12 м. 129. а) 84; б) 156; в) 84; г) 204.130. 720 см 2 .131.12. Н - ; б) " Sln'5 2 sin a 2 s i n a s i n ( a + P) 135. а) 1б\/3см 2 ; б) 40 см 2 ; в) 25 см 2 . 136. а) 200 см 2 ; б) бч/Зсм 2 . Вказівка. Знайдіть найбільший кут т р и к у т н и к а . 137. 18 см. 138. З см і з Л см. 140. а) 12 і 1,5; б) 8 і 2; в) 15 і 3. 141. а) 8 і 10,625; б) 16 і 21,25. 143. 6 см і 12,5 см. 144. 4 см і 8,125 см. 145. 84 см 2 . Вказівка. Проведіть через вершину тупого кута пряму, паралельну діагоналі трапеції. 146. 48 см 2 . Вказівка. Проведіть через вершину тупого кута пряму, паралельну бічній стороні трапеції. 147. 12 см, 600 см 2 . 148. 42,5 см. 149. а) 120°; б) 4 см. 150. а) 120°; б) 2 см. 151. 6 см. 152. Т37 м і V93 м. 156. Z C = 180° - ( a + (3), A B = 2flsin(oc + p), ВС = 2 / J s i n a , AC = 2/?sin p. 158. 240Тз см 2 . 159. Тб5 см або 17 см.

132. а) 3 см і 6,25 см; б) 2 см і 12,5 см. 133. З і 32,5. 134. а)

•

160. До вершини найбільшого кута. 161. 24 см, 20 см, 20 см. 162. 2 1 - с м . 163. 18. Вказівка. Три медіани т р и к у т н и к а при перетині д і л я т ь даний трикутник на шість рівновеликих трикутників. 164. 2. Вказівка. Нехай R — радіус описаного кола. Виразіть через R довжини відрізків BN і CN та запишіть теорему косинусів у т р и к у т н и к а х ABN і ACN. 166. 27 см. 167. Вказівка. Проведіть діагональ, що виходить зі спільного к і н ц я сторін а і сі, і виразіть площі отриманих т р и к у т н и к і в . 168. Вказівка. За допомогою теореми косинусів доведіть, що синус кута між сторонами а і Ь дорівнює 2J(p-a)(p-b)(p-c)(p-d) ' ' 9 _ . ._ — ——— . 170. 2 — с м . Вказівка. Ястк щ о АС — гіпотенуза т р и к у т н и к а , ab+cd 13 О — центр вписаного кола, то ZAOC, = 135°. Скористайтеся методом площ у трикутнику АОС. 171. . 172. —— . Вказівка. Проведіть через вершину меншої основи пряму, 4 Ь-а паралельну бічній стороні, і застосуйте до отриманого т р и к у т н и к а теорему косинусів, враховуючи, що сума квадратів бічних сторін трапеції дорівнює а 2 + 6 2 .

Розділ II. Правильні многокутники

181. а) 4; б) 5; в) 18. 182. а) 108°; б) 120°; в) 144°. 183. а) 12; б) 12. 186. а) 4 см; б) 2ч/2 см; в) 9 см. 187. а) 3>/3 см 2 ; б) 4 см; в) 24 см. 189. 2ч/з см. 190. 4 см. 191. б 7 з см 2 . 194. а) 6; б) 5; в) 12. 195. а) 50 см; б) 6 см. 198. а) 24ч/3см 2 ; б) 48 см 2 ; в) 16 см. 199. а) 8 см 2 ; б) 27ч/3 см 2 ; в) 6 см і 3 см. 203. 3:4. 2 0 4 . 2^2 R2 . 205. 6 і 10. 206. а) 6; б) 5. 207. 4 : 3 ^ 3 : 0 . 208. 9 : 8 ч / 3 : 1 8 . 209. an=R^2-j2 , ai2=RxJ2-л/з . 211. 30°, 170° і 160°. 212. 5 см і 2 см. 220. а) 12л см; б) 2 см. 221. а) 12к см; б) 8л см; в) 10л см. 222. а) 2л см; б) 8л см. 223. = 1 , 4 м. 224. = 4 2 0 9 7 км. 225. а) ~ ; б) — 4

; в) Н ї * . 9

226. 10л см. 227.

= 6 см.'228.

= 4 5 2 м 2 . 229. а) 144л см 2 ;

249

Відповіді та вказівки б) 9л см2. 230. а) 16л см2; б) 49л см2. 231. Зл, 5л і 7л. 232. 26 см. 233. а) 27л'; б) 40л: в) 6л. 234. - ^ ( г л - з Т з ) , ^ ( Ю л + Зч/З). 235. а) 6л см; б) 10л см; в) 2ч/3л см. 236. 156 см 2 . 237. а) 24л см; б) 50л см. 238. а) зТ2л ; б) 5л. 239. а) 6л; б) 15л. 240. » 2,5 м і = 4 0 _ м ^ 241. 1 м. 242. а) 625л см 2 ; б) 27л см 2 . 243. а) 16л см 2 ; б) 9л см 2 . 245.

. 246. а) | ^ ( 4 л - 3 7 з ) ; б) ^ ( л - 2 ) ; в) ^ ( 2 л - з Т з ) . 247. а) ^ ( 2 л - 3 ч / з ) ;

б) — (8л + зТз). 248. б) 6л. 249. б) 12л. 250. 4л см 2 . 251. 100л см 2 . 252. (2л + 3>/з) см2. 253. 19 см. 254. 30 см. 255. 1,5ч/ЗД 2 . 256. (2л + 8)см. 257. а) Ні (контририклад — ромб); б) так. 258.

. 259. |(х/з + і) . 260. 0,75/. 261. па2. 262. Ні: його кути рівні через

один. 264. 1,25ла. Вказівка.

Дане коло є описаним навколо рівнобедреного трикутника

з основою а і бічною стороною "А-.

265. ^ ^ . Вказівка.

Доведіть, що трикутники

NAM, KBN, LCK і LDM рівносторонні. 266. (збУз-16,5л) см, 4,5(2-Тз)см. Обчисліть площу трапеції 0]ВС02 і відніміть від неї площі двох секторів.

Вказівка.

Розділ III. Декартові координати на площині 276. а) В(-1; 5); б) /1(-3; 1). 277. а) Д12; 1); б) D(5; -19). 278. а) /Л(6; 9); б) А(-3; 2). 280. а) 10; б) 782 ; в) 13. 281. а) - 2 або 6; б) 2. 282. 16. 285. а) В(-4; -3); б) Я(4; 3). 286. х = 2, у = -1. 287. a) D(3; 0); б) D(4; 5). 288. D(-1; -1). 289. М. 290. а) (3; 0); б) (0; -3). 291. АС. 292. 5. 293. 2\І2 . 296. (2; -6), (6; 4), (-6; 10). Вказівка. Дані точки разом із кожною із шуканих вершин утворюють паралелограм. 298. (2; 5). 300. 10. Вказівка. Доведіть, що даний трикутник прямокутний. 301. Р = 24, S = 24. 303. Середина гіпотенузи. 311. А, С, D. 312. а) (х + 2)2 + (у - І)2 = 9; б) x 2 + z/2 = 25; в) х 2 + ( у - І) 2 = 4. 313. ( х - 1 ) 2 + + ( у - І)2 = 25; С, D. 314. а) (8; 6), (8; -6); б) (-8; -6), (8; -6). 315. (-4; 0), (0; 0), (0; 2). 316. (0; 3), (0; -1), (7з;0), (->/3;0). 317. В, С, Е. 318. а) х = - 6 ; б) у = 2; в) х + 3у = 0. 319. х + у = 0; В. 320. а) (7; 3); б) (-2; 0) і (0; -6); в) (2; 2) і (-2; -2). 321. (0; -3). 322. (3; -3). 323. а) (3; -1), Я = 4; б) (0; -5), « = 1. 324. а) (х - 2)2 + (у - І) 2 = 25; б) (х + 4)2 + (у - 9)2 = 4; в) хг + (у + 2)2 = 1. 325. а) х2 + у2=36; б) (х - І)2 + (у + 4)2 = 25. 326. (х + 4)2 + (у - 5)2 = 25; (0; 2) і (0; 8). 327. ( х - 2 ) 2 + у2 = 4; (х + 2)2 + уг = 4. 328. а) 4х-у-2 = 0; б) х + 2у = 0; в) х+у+ 3 = 0. 329. д:= - 1 , jc-t/ = 0, jr + 3 t / - 8 = 0. 330. а) (-1; -2); б) (0; 1); в) (2; -2). 331. а) (-3; 1) і (6; 4); б) (2; 1) і (2; -1). 332. (3; 6); (1; 4); (5; 4). 333. а) х2 + (у - І)2 = 25; б) (лт - З)2 + (у - 2)2 = 8 або (х - З)2 + (у - б)2 = 8. 334. (ж + З)2 + у2 = 25 або (х - 5)2 + у2 = 25. 337. 2ч/2. 338. 12; 2* - Зі/+ 3 = 0. 340. 15 см, 20 см, 25 см. 347. а) 2х + 3 . у - 5 = 0; б) х + у = 0. 348. 2 л : - і / - 1 = 0 і х+2у-3 = 0. 352. A) 2 J C - I / + 5 = 0; б) х2 + уг = 5. 353. 4дг - 4і/ + 5 = 0. 354. a) y = JЗлг + 1; б) </= - х - 1. 355. Зл: + 4у - 25 = 0, З.г + 4у + 25 = 0. 356. .г - Зу + 7 = 0 або х-Зу13 = 0. 364. Коло радіуса 0,5Я, яке дотикається до даного кола внутрішньо в точці А, окрім цієї точки. Вказівка. Виберіть ^систему координат так, що 0(0; 0) — центр даного кола, A(R; 0). 365. Пряма ах + Ь у ~ І — = 0 , де а і b — довжини катетів трикутника. 367. a) D(l; 2); б) D(0; 1). 368. С(7; 3), D(4; -2). 370. (0; 1) або (0; 9). 371. п) (х - 2)2 + (у - І) 2 = 25, х * - 3, л: / 7; б) „г = - 3 або .г = 7, у * 1. 372. (.г + 2У + + (у - 2)2 = 4. 373. х + у-1 = 0. 375. х-7у + 25 = 0. 376. ( х - З)2 + (.у - 5)2 = 25. 377. 7 і З . 378. (х - З)2 + (у + 2)2 = 25. 380. k = ± - . 381. С(2; 1).

250

Відповіді та вказівки

Розділ IV. Геометричні перетворення 393. ZK = 70°, ZN = 90°. 394. ZA = ZC = 40°, ZB = 100°. 398. 60° і 120°. 399. ZA = ZD = 40", ZB = ZC = 140°. 423. а) (8; -1); б) (0; 9); в) (-4; 6). 424. а) (-4; -3); б) (-а; -Ь). 427. а) (3; 9); б) (-2; 5); в) (8; 0). 428. а) (а; -Ь); б) (-а; Ь). 429. а) у = - *; б) у = - х; в) у = х. 431. а) (* + 4)2 + + (у + З)2 = 25; б) (х + б)2 + (у - 5)2 = 25. 432. а) у = - 2; б) у = - х - 1. 435. а) (л: + 16)2 + + ( ( / - З)2 = 2 5 ; б) х = - 2 . 436. а) х 2 + ( і / - б)2 = 4; б) * = 0. 445. (-4; 0), (4; 0), (4; -4). 463. а) (-4; 1); б) (5; -4). 464. У напрямі додатної півосі осі Ох на 4 одиниці. 465. а) (-3; 7); б) (5; -1). 466. а) Ні; б) так. 467. х? = х-9, і/ = у + 5. 471. х' = х + 4, у' = у-5. 472. х 2 + 2 + (у - б) = 36. 473. А'(2; 1), С'(5; 2). 475. Точка перетину серединних перпендикулярів до відрізків АА' і ВВ'. 476. Покласти першу монету в центр столу, а решту монет — симетрично відносно центра столу до ходів суперника. 477. Брати стільки ж цукерок, скільки взяв перший гравець, але з іншої коробки (тобто робити ходи, симетричні ходам першого гравця). 480. 756 см 2 . 488. а) 12 см; б) 18 см. 489. 0,25. 490. а) 5; б) 16 см 2 . 491. 18 см 2 . 492. 320 м 2 . 493. 40 см 2 . 495. Точка перетину продовжень бічних сторін. 498. а) 0,5; б) 2. 499. а) (-1; 5); б) (1; 4). 500. 1500 см 2 . 501. 24 см 2 . 502. 48 см 2 . 505. \І2:2. 515. Вказівка. Застосуйте симетрію відносно даної точки. 516. Вказів ка. Застосуйте симетрію відносно прямої /. 517. Вказівка. Застосуйте поворот на 90° навколо точки D. 518. 10 см. Вказівка. Застосуйте паралельне перенесення в напрямі променя ОО, на 10 см. 519. Вказівка. Застосуйте симетрію відносно серединного перпендикуляра до третьої сторони. 520. Вказівка. Відобразіть менше коло симетрично відносно будь-якої його точки А. Шукана пряма проходить через точку А і точку перетину образу меншого кола з більшим. 521. Вказівка. Застосуйте поворот навколо точки А на 90°, внаслідок якого точка D переходить у точку В. 522. Вказівка. Нехай ABCD (AD\\BC) — шукана трапеція. Застосуйте паралельне перенесення діагоналі BD в напрямі променя AD на відстань ВС. 523. Так. 524. х' = х- 3, у' = у- 3; 27(2; 1). 527. а) Середина відрізка ОО,; б) пряма АВ; в) довільна точка X прямої АВ, ZOXOt; г) промінь ОО, (або Oft), відстань ОО,. 530. Коло, гомотетичне даному відносно йвго .центра з коефіцієнтом 0,5. 533. Вказівка. Застосуйте симетрію одного з даних кіл відносно прямої І. 537. Вказівка. Застосуйте гомотетію з центром А. 538. Вказівка. Застосуйте гомотетію з центром у вершині даного кута. Р о з д і л V. В е к т о р и на п л о щ и н і 552. а) (475); б) (-3; 4); в) (0; - 4 ) . 554. а) 25; б) 5; в) 3. 555. а) АВ (8; -6), | а в | = 10 ; б) АВ (-12; -5), | Л В | = 13. 556. (3; 2), (-2; 7). 557. (3; -9). 558. А(0; -2). 560. З, 4ч/2 , ч/б5 . 561. 9 і 7. 562. а) Ромб; б) прямокутник; в) трапеція. 565. 9 або - 5 . 566. (1; 2) або (-1; -2). 567. 8 або - 8 . 568. (3; 1), 569. Так. 570. Ні. 573. 90°. 587. а) (-4; І) і (-2; - 3 ) ; б) (4; - 4 ) і ( 0 ; ^ 1 0 ) . 588. а) а; б) aj3 ; в) а; г) aj3 . 589. а) 0,5а; б) а; в) — ;

г) а. 592. а) а; б) -Ь ; в) Ь-а.

593. а) -а;

б) b-d;

в) d-b.

594. а) (1; - 8 ) ;

б) (3; 7); в) (-2; - 1 3 ) . 595. а) (і; 2); б) (3; 6); в) (2; 4). 596 а) (9; - і ) ; б) (-8; - 3 ) ; в) (8; 3). 597. а) 5; б) 5; в) 2,5. 598. а) 13; б) 10; в) 12. 601. a) a + f t ; б) - d - b ; в) а - Ь . 602. а) а-Ь ; б) -а-Ь. 604. а) Ні; б) так; в) так. 608. х + 2у = 0. 609. 90°. 619. а) - 2 або 2; б) - і

або і . 620. а) Ь( 1; -6); б) Ь (-18; -27). 623. АВ (4; -6), ВМ (-2; 3). 625. 4; ні.

626. а) 2; б) 30. 627. а) 0; б) 1. 628. а) - 8 ; б) - 2 ; в) 18. 629. а) 90°; б) 45°. 631. 6.

251

Відповіді та в к а з і в к и 632. а) с(4; 3), |с| = 5;б) с(13; -13), Іс| = 13У2. 633. -3. 636. АВ = 0,5а-Ь, 637. /lJ0 = 0,5(a + fc), CD = -0,5[d-b).

СВ =

-0,5а-Ь.

639. 14; т а к . 640. 6, так, або - 6 , ні. 641. ZA = 60°,

ZB~

22°, Z С = 98°. 642. Z A = Z C = 45°, Z B = 90°. 6 4 4 . - 1 . 645. - 1 . 649. ~BM = - b - - d , , I о _ 3 3 M A = - - (Va + fc). 650. AM = a + - b , MD=-b-d . 651. 60°. 652. 0. 653. а) 2ч/Ї0 ; 3 ' 4 4

ІЗ

6) 1,5; в) J - . Вказівка.

Знайдіть с к а л я р н и й квадрат шуканого вектора. 654. 120°.

655. 18 см і 48 см. 656. 34 см; прямокутник. 667. Вказівка. буток векторів ВМ = BD + DM

і АК = АС+СК

Знайдіть с к а л я р н и й до-

. 669. 30°. 670. 7. 671. 4; 4. 674. 8,5 см.

676. С. 677. 6(2; -4). 678. 45°. 679. -18; 18; 0. 680. Тупий. 682. Вказівка.

Скористайтеся

тим, що вектори-доданки мають рівні довжини і співнапрямлені з векторами і АС відповідно. 683. Вказівка.

АВ

Доведіть, що під час повороту на центральний кут

даного л-кутника вказаний вектор-сума не змінюється, тобто є нульовим вектором. 684. Вказівка. ВС=ОС-ОВ

Спочатку доведіть, що АН 1 ВС. Д л я цього покажіть, що АН =ОВ + ОС, і АН ВС = 0.

685. Вказівка.

редньої задачі і формулу ОМ = -(ОА+ОВ+Ьс).

Застосуйте формулу Гамільтона з попе687. 120". 689. Вказівка.

Розкладіть

вектори AN , ВК і СМ за двома неколінеарними векторами і доведіть, що т о ч к и попарного перетину вказаних прямих збігаються.

Розділ VI. Початкові відомості зі стереометрії

700. Ні. 701. Так. 703. 24 см. 704. 24 см. 714. 10 см. 715. Так. 722. 18ч/3 см 2 . 723. 734. а) 180 см 2 ; б) 312 см 2 ; в) 60 см 2 . 735. а) 72 см 2 ; б) 516 см 2 . 736. 9v/3 см 2 . 737. а) 138 б) 94 см 2 . 738. а) а2^3 ; б) 20 см 2 . 739. а) 36 см 2 ; б) 105 см 2 . 740. 90°. 741. 6 6 см. 742. а) 120 см 3 ; б) 64 см 3 ; в) 6 см'. 743. З см. 744. а) 3 см, 6 см і 7 см; б) 16

45°. см 2 ; см, см 3 .

745. а) 200 см2; б) 144 см 2 . 746. 624 см 2 . 747. а) 21 см 2 ; б) 36 см 2 . 748. ~ . 749. а) 210 см 3 ; 4г б) 96V3 см 3 ; .в) 27 см 3 . 750. 18>/2 см 3 . 751. а) 96 см 3 ; б) 90 см 3 . 752. 516 см 2 . 753. 576 см 2 . v ; 755. Ы Г 756. — s i n ' a c o s o c . 757. 26л: см. 758. m(l + tgactgv). 766. 49л 12 8 2 2 2 2 2 767. а) 80л см ; б) 100л см . 768. а) 64л см ; б) 36л см . 769. 3 см, Зл/З см. 770. а) 65л б) 75л см 2 . 771. 24л см 2 . 772. 16л см 2 . 773. а) 45л см 3 ; б) 18л см 3 ; в) 36л см 3 . 774. а) 80л б) 9л см 3 ; в) 972л см 3 . 775. а) 2ita 2 sinacosa; б) 368л см 2 . 776. 66л см 2 . 777. 600л

т тЯ

778. 16л см 2 . 779. 192л см 2 . 780. 36л см 2 . 781. а) — —

я fa

784. Q s i n a . 785. - J - . 786. - л Я 2 . 2 V л 3

А • 2«

4sm

см 2 . см 2 ; см 3 ; см 2 .

; б) 9л см 3 . 782. 96л см ! . 783. 2nS.

Задачі на повторення курсу геометрії 7-9 класів

787. 11 см. 788. 40°. 792. 25°, 65°. 793. 40°, 50°. 794. Більше за 13 см, але менше за 17 см. 797. 50° і 130°. 799. 70°, 55°, 55° або 110°, 35°, 35°. 800. 10 см. 801. 112 см і 63 см. 802. 36 см, ЗОл/Зсм 2 . 8 0 3 . 12%/з см 2 . 8 0 4 . 5 см. 805. 156 см 2 . 8 0 6 . 225л см 2 . 807.

fcsin(a

+ P)sina

sin|5

. 808. 5. 810. б . 811. 46 е , 45°. 90°.

ПРЕДМЕТНИЙ ПОКАЖЧИК

Л Абсциса точки 83 Апофема правильної піраміди

Б Бічна поверхня конуса 227 — — піраміди 218 — — призми 216 циліндра 225

В Вектор 165 Висота конуса 226 — піраміди 218 — призми 215 — циліндра 226 Вісь абсцис 83 — конуса 226 — ординат 83 — симетрії 123 фігури 123 — циліндра 225

Г Геометричне перетворення Гомотетія 141

д Декартові координати 83 Довжина вектора 165 — кола 63

218

К Коефіцієнт гомотетії 141 — подібності 140 Колінеарні вектори 166 Конус 226 Координати вектора 168 — точки 83 Координатна вісь 83 — площина 83 — чверть 84 Координатний вектор 193 Косинус кута від 0° до 180° 8 Котангенс кута від 0° до 180° 8 Круговий сегмент 67 — сектор 66 Куб 216 Куля 227 Кутовий коефіцієнт прямої 100 Кут між векторами 182 — повороту 129

115

Метод векторний 189 — координат 99 — паралельного перенесення 151 — повороту 150 — симетрії 148 Мимобіжні прямі 209 Многогранник 215 Множення вектора на число 180 н Нульовий вектор 166 253

Предметний покажчик

О Об'єм

219

— конуса 228 — кулі 227 — піраміди 220 — призми 220 — циліндра 228 Ордината точки 83 Основа конуса 226 — піраміди 217 Основи призми 215 — циліндра 225

П Паралелепіпед 216 — прямий 216 — прямокутний 216 Паралельне перенесення 131 Паралельні прямі в просторі 207 Переміщення 116 Перетворення подібності 140 Піраміда 217 — правильна 218 Площа бічної поверхні конуса 227 — — — піраміди 218 — призми 216 — циліндра 226 — круга 65 — повної поверхні конуса 227 — піраміди 218 — призми 216 — циліндра 226 — сфери 227 Площина 207 Поворот 129 Подібні фігури 140 Початок координат 83

254

Правильний многокутник 53 Призма 215 — похила 216 — пряма 45 Проекція вектора на вісь 193 Протилежні вектори 166 Протилежно напрямлені вектори — — промені 131

175

Р Рівні вектори 166 — фігури 118 Рівняння кола 90, 91 — прямої 92 Різниця векторів 175 С Симетрія відносно прямої (осьова) 123 — відносно точки (центральна) 121 — переносна 132 — поворотна 130 Синус кута від 0° до 180° 8 Скалярний добуток векторів 182 — кзадрат вектора 182 Співнапрямлені вектори 166 — промені 131 Сума векторів 173 Сфера 227

Центр повороту 129 — симетрії 121 фігури 121 Центральний кут правильного многокутника Циліндр 225

ЗМІСТ Як користуватися підручником 4 РОЗДІЛ І. РОЗВ'ЯЗУВАННЯ ТРИКУТНИКІВ 5 § 1. Тригонометричні функції кутів від 0° до 180° 7 § 2. Теорема косинусів та її наслідки 14 § 3. Теорема синусів та її наслідки 20 § 4. Розв'язування трикутників 25 § 5. Застосування тригонометричних функцій до знаходження площ 33 Підсумки розділу 1 42 РОЗДІЛ II. ПРАВИЛЬНІ МНОГОКУТНИКИ 51 § 6. Вписане й описане кола правильного многокутника 53 § 7. Довжина кола і площа круга 63 Підсумки розділу II 74 РОЗДІЛ III. ДЕКАРТОВІ КООРДИНАТИ НА ПЛОЩИНІ 81 § 8. Найпростіші задачі в координатах 83 § 9. Рівняння кола і прямої 90 § 10*. Метод координат. 99 Підсумки розділу III 107 РОЗДІЛ IV. ГЕОМЕТРИЧНІ ПЕРЕТВОРЕННЯ 113 § 11. . Переміщення 115 § 12. Центральна та осьова симетрії 121 § 13. Поворот і паралельне перенесення 129 § 14. Подібність фігур 140 § 15*. Метод геометричних перетворень 148 Підсумки розділу IV 155 РОЗДІЛ V. ВЕКТОРИ НА ПЛОЩИНІ 163 § 16. Початкові відомості про вектори 165 § 17. Додавання і віднімання векторів 173 § 18. Множення вектора на число. Скалярний добуток векторів 180 § 19*. Векторний метод 189 Підсумки розділу V 198 РОЗДІЛ VI. ПОЧАТКОВІ ВІДОМОСТІ ЗІ СТЕРЕОМЕТРІЇ 205 § 20. Прямі і площини в просторі 207 § 21. Многогранники 215 § 22. Тіла обертання 225 Підсумки розділу VI 232 ЗАДАЧІ НА ПОВТОРЕННЯ КУРСУ ГЕОМЕТРІЇ 7 - 9 КЛАСІВ 238 ДОДАТКИ Додаток 1. Довжина кола та площа круга 240 Додаток 2. Паралельне перенесення в декартовій системі координат. . . 242 Додаток 3. Накладання, переміщення, подібність 244 Додаток 4. Таблиця значень тригонометричних функцій 247 ВІДПОВІДІ ТА ВКАЗІВКИ 248 ПРЕДМЕТНИЙ ПОКАЖЧИК 253

Підручник виданий за рахунок державних коштів. Продаж заборонено

Навчальне

видання

ЄРШОВА Алла Петрівна, ГОЛОБОРОДЬКО Вадим Володимирович, КРИЖАНОВСЬКИЙ Олександр Феліксович, ЄРШОВ Сергій Володимирович ГЕОМЕТРІЯ. 9 клас Підручник для загальноосвітніх навчальних закладів Фаховий редактор Iі. Ю. Вепрік. Редактор 1.JI. Мореоа. Технічний редактор А. П. 'Гвердохліб. Коректор Н. В. Красна Підписано до друку 30.05.09. Формат 70x90/16. Папір офсетний. Гарнітура Шкільна. Друк офсетний. Ум. друк. арк. 18,72. Обл.-вид. ярк. 22,05. Наклад 118 546 прим. (2-й аавод 50 001 - 1 18 546 прим.) Зам. 5807-09 TOB Видавництво «Ранок». Свідоцтво ДК № 3322 від 26.11.2008. 61071 Харків, вул. Кібальчича, 27, к. 135. Адреса редакції: 61145 Харків, вул. Космічна, 21а. Тел. (057)719-48-65, тел./факс (057)719-58-67. Для листів: 61045 Харків, а/с 3355. E-mail: office@ranok.kharkov.ua

www.ranok.com.ua

Надруковано у друкарні ПП «Тріада+». м. Харків, вул. ІСиргиаька, 19. Тел. 757-98-16,703-12-21. Зам.

Видання є частиною навчальнометодичного комплекту «Геометрія-9» • ПІДРУЧНИК «ГЕОМЕТРІЯ. 9 КЛАС » • Збірник самостійних і контрольних робіт • Методичний посібник для вчителя Л\АИСЇЄРКЛА<

ГЕОМЕТРІЯ ПЛАНИ КОНСПЕКТИ всіх УТОКІВ

; 36ІРНИК САМОСТЙ ІНИХ І КОНТРОЛЬНИХ РОБІТ ііщіііііііччііміі

»4u6<1

ай»» Jfihr

ОСОБЛИВОСТІ ВИДАННЯ • • • •

багаторівнева побудова навчального матеріалу тематичне узагальнення і систематизація авторська система усних, графічних та письмових вправ додаткові змістові лінії; • вивчення основ логіки - методика розв'язування задач • комплексне повторення, підготовка до засвоєння нових тем • розвиток творчих здібностей учнів • доступність викладання, зручність у користуванні

Підручник створено саме для Ва